《2024年新高考新题型数学一模好题分类汇编--立体几何含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024年新高考新题型数学一模好题分类汇编--立体几何含答案.pdf（57页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1立体几何立体几何题型01 空间几何体的有关计算题型02 点线面位置关系、空间角及距离题型03 内切球、外接球问题题型04 空间向量题型01 空间几何体的有关计算题型01 空间几何体的有关计算1(2024山西晋城统考一模)(2024山西晋城统考一模)若一个正n棱台的棱数大于15，且各棱的长度构成的集合为2,3，则n的最小值为，该棱台各棱的长度之和的最小值为2(2024浙江校联考一模)(2024浙江校联考一模)已知圆台的上下底面半径分别是1，4，且侧面积为10，则该圆台的母线长为3(2024安徽合肥合肥一六八中学校考一模)(2024安徽合肥合肥一六八中学校考一模)球O的半径与圆锥M的底面半径相等
2、，且它们的表面积也相等，则圆锥M的侧面展开图的圆心角大小为，球O的体积与圆锥M的体积的比值为4(2024湖南长沙雅礼中学校考一模)(2024湖南长沙雅礼中学校考一模)已知圆锥的母线长为2，则当圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为时，圆锥的体积最大，最大值为5(2024广东深圳校考一模)(2024广东深圳校考一模)已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆.若用平行于圆锥的底面，且与底面的距离为3 的平面截圆锥，将此圆锥截成一个小圆锥和一个圆台，则小圆锥和圆台的体积之比为.6(2024辽宁沈阳统考一模)(2024辽宁沈阳统考一模)正方体的8个顶点分别在4个互相平行的平面内，每个平面内至少有一个顶点，
3、且相邻两个平面间的距离为1，则该正方体的棱长为()A.2B.3C.2D.57(2024云南曲靖统考一模)(2024云南曲靖统考一模)为努力推进“绿美校园”建设，营造更加优美的校园环境，某校准备开展校园绿化活动已知栽种某绿色植物的花盆可近似看成圆台，圆台两底面直径分别为18厘米，9厘米，母线长约为7.5厘米现有2000个该种花盆，假定每一个花盆装满营养土，请问共需要营养土约为()(参考数据：3.14)A.1.702立方米B.1.780立方米C.1.730立方米D.1.822立方米8(2024新疆乌鲁木齐统考一模)(2024新疆乌鲁木齐统考一模)某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由棱长为4
4、0cm的2024年新高考新题型数学一模好题分类汇编-立体几何2正方体截去八个一样的四面体得到的，则()A.该几何体的顶点数为12B.该几何体的棱数为24C.该几何体的表面积为(4800+800 3)cm2D.该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项9(20242024 山西晋城山西晋城 统考一模统考一模)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4，C1 E=3EC，平面ABE将该正四棱柱分为上、下两部分，记上部分对应的几何体为上，下部分对应的几何体为下，则()A.下的体积为2B.上的体积为12C.下的外接球的表面积为9D.平面ABE截该正四棱柱所得
5、截面的面积为2 5题型题型0202 点线面位置关系、空间角及距离 点线面位置关系、空间角及距离10(20242024 河北河北 校联考一模校联考一模)已知直线l、m、n与平面、，下列命题正确的是()A.若，l，n，则lnB.若，l，则lC.若ln，mn，则lmD.若l，l，则11(20242024 浙江浙江 校联考一模校联考一模)已知直线a,b和平面,a,b，则“ab”是“a”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件12(20242024 广东深圳广东深圳 校考一模校考一模)已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列说法正确的是()A.若mn，
6、m，n，则B.若mn，m，n，则C.若mn，m，则nD.若mn，m，则n13(20242024 吉林白山吉林白山 统考一模统考一模)正八面体可由连接正方体每个面的中心构成，如图所示，在棱长为2的3正八面体中，则有()A.直线AE与CF是异面直线B.平面ABF平面ABEC.该几何体的体积为432D.平面ABE与平面DCF间的距离为2 6314(20242024 河南郑州河南郑州 郑州市宇华实验学校校考一模郑州市宇华实验学校校考一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA平面ABCD,PA=AB=2,BAD=120,ACBD，BCD是等边三角形.(1)证明：平面PAD平面PCD.(2)求二面角B-PC
7、-D的正弦值.15(20242024 辽宁沈阳辽宁沈阳 统考一模统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABC平面BCD，且BC=BD=BA，CBA=CBD=120，点P在线段AC上，点Q在线段CD上.(1)求证：ADBC；(2)若AC平面BPQ，求BPBQ的值；(3)在(2)的条件下，求平面ABD与平面PBQ所成角的余弦值.416(20242024 重庆重庆 统考一模统考一模)如图，四棱锥P-ABCD中，PA底面ABCD，四边形ABCD中，AB=AP，ABAD,AB+AD=6,CD=2,CDA=45(1)若E为PB的中点，求证：平面PBC平面ADE；(2)若平面PAB与平面PCD所成的角的
8、余弦值为66()求线段AB的长；()设G为PAD内(含边界)的一点，且GB=2GA，求满足条件的所有点G组成的轨迹的长度17(20242024 云南曲靖云南曲靖 统考一模统考一模)在图1的直角梯形ABCD中，A=D=90,AB=BC=2,DC=3，点E是DC边上靠近于点D的三等分点，以BE为折痕将BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1=6，如图2(1)求证：平面BC1E平面ABED；(2)在棱DC1上是否存在点P，使得二面角P-EB-C1的大小为45？若存在，求出线段DP的长度，若不存在说明理由518(20242024 云南曲靖云南曲靖 统考一模统考一模)如图所示，正方体ABCD-ABCD
9、的棱长为1，E,F分别是棱AA,CC的中点，过直线EF的平面分别与棱BB,DD交于点M,N，以下四个命题中正确的是()A.四边形EMFN一定为菱形B.四棱锥A-MENF体积为13C.平面EMFN平面DBBDD.四边形EMFN的周长最小值为419(20242024 山东济南山东济南 山东省实验中学校考一模山东省实验中学校考一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA平面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为4，底面ABCD为直角梯形，ABC=BAD=2,AD=2,PA=BC=1，点E为棱PD上一点，满足PE=PD 01，下列结论正确的是()A.平面PAC平面PCD；B.在棱PD上不存在点E，使得CE
10、平面PABC.当=12时，异面直线CE与AB所成角的余弦值为2 55；D.点P到直线CD的距离3；20(20242024 新疆乌鲁木齐新疆乌鲁木齐 统考一模统考一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA平面ABCD，PA=AB，点E，F分别是棱PB，BC的中点(1)求直线AF与平面PBC所成角的正弦值；(2)在截面AEF内是否存在点G，使DG平面AEF，并说明理由621(20242024 山西晋城山西晋城 统考一模统考一模)如图，P是边长为2的正六边形ABCDEF所在平面外一点，BF的中点O为P在平面ABCDEF内的射影，PM=2MF(1)证明：ME平面PBD(2)若PA=
11、2，二面角A-PB-D的大小为，求cos222(20242024 河南郑州河南郑州 郑州市宇华实验学校校考一模郑州市宇华实验学校校考一模)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是AD1的中点，点Q是直线CD1上的动点，则下列说法正确的是()A.PBD是直角三角形B.异面直线PD与CD1所成的角为3C.当AB的长度为定值时，三棱锥D-PBQ的体积为定值D.平面PBD平面ACD1723(20242024 浙江浙江 校联考一模校联考一模)在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形BCC1B1是菱形，ABC是等边三角形，点M是线段AB的中点，ABB1=60(1)证明：B1C平面ABC1；(2)若
12、平面ABB1A1平面ABC，求直线B1C与平面A1MC1所成角的正弦值24(20242024 广东深圳广东深圳 校考一模校考一模)如图，在圆锥SO中，AB是圆O的直径，且SAB是边长为4的等边三角形，C,D为圆弧AB的两个三等分点，E是SB的中点.(1)证明：DE平面SAC；(2)求平面SAC与平面SBD所成锐二面角的余弦值.825(20242024 广西南宁广西南宁 南宁三中校联考一模南宁三中校联考一模)在如图所示的五面体ABCDEF中，ABEF共面，ADF是正三角形，四边形ABCD为菱形，ABC=23,EF平面ABCD,AB=2EF=2，点M为BC中点(1)证明：EM平面BDF；(2)已知
13、EM=2，求平面BDF与平面BEC所成二面角的正弦值26(20242024 安徽合肥安徽合肥 合肥一六八中学校考一模合肥一六八中学校考一模)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB=5，AC=6，点E，F分别在AD，CD上，AE=CF=54，EF交BD于点H，将DEF沿EF折到DEF位置，OD=10(1)证明：DH平面ABCD；(2)求平面BAD与平面ACD的夹角的余弦值927(20242024 安徽合肥安徽合肥 合肥一六八中学校考一模合肥一六八中学校考一模)设b、c表示两条直线，、表示两个平面，则下列命题正确的是()A.若b，c，则bcB.若b，bc，则cC.若c，则cD.若c，c
14、，则28(20242024 吉林延边吉林延边 统考一模统考一模)已知三棱柱ABC-A1B1C1，侧面AA1C1C是边长为2的菱形，CAA1=3，侧面四边形ABB1A1是矩形，且平面AA1C1C平面ABB1A1，点D是棱A1B1的中点(1)在棱AC上是否存在一点E，使得AD平面B1C1E，并说明理由；(2)当三棱锥B-A1DC1的体积为3 时，求平面A1C1D与平面CC1D夹角的余弦值29(20242024 黑龙江齐齐哈尔黑龙江齐齐哈尔 统考一模统考一模)如图1，在平面四边形PABC中，PAAB,CDAB，CD=2AB=2PD=2AD=4.点E是线段PC上靠近P端的三等分点，将PDC沿CD折成四
15、棱锥P-ABCD，且AP=2 2，连接PA,PB,BD，如图2.(1)在图2中，证明：PA平面BDE；(2)求图2中，直线AP与平面PBC所成角的正弦值.1030(20242024 重庆重庆 统考一模统考一模)如图，在边长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，M是线段A1E上的一点，则下列说法正确的是()A.当M点与A1点重合时，直线AC1平面ACMB.当点M移动时，点D到平面ACM的距离为定值C.当M点与E点重合时，平面ACM与平面CC1D1D夹角的正弦值为53D.当M点为线段A1E中点时，平面ACM截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面面积为7 333231(2
16、0242024 福建厦门福建厦门 统考一模统考一模)如图，在四棱锥E-ABCD中，ADBC，2AD=BC=2，AB=2，ABAD，EA平面ABCD，过点B作平面BD(1)证明：平面平面EAC；(2)已知点F为棱EC的中点，若EA=2，求直线AD与平面FBD所成角的正弦值1132(20242024 吉林延边吉林延边 统考一模统考一模)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2 的正方形，DE=BF=1,DEBF,DE平面ABCD，动点P在线段EF上，则下列说法正确的是()A.ACDPB.存在点P，使得DP平面ACFC.三棱锥A-CDE的外接球被平面ACF所截取的截面面积是92D.当动点
17、P与点F重合时，直线DP与平面ACF所成角的余弦值为3 101033(20242024 福建厦门福建厦门 统考一模统考一模)如图所示，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是矩形，ABF和DCE均是等边三角形，且AB=2 3，EF=x(x0)，则()A.EF平面ABCDB.二面角A-EF-B随着x的减小而减小C.当BC=2时，五面体ABCDEF的体积V(x)最大值为272D.当BC=32时，存在x使得半径为32的球能内含于五面体ABCDEF题型题型0303 内切球、外接球问题 内切球、外接球问题34(20242024 黑龙江齐齐哈尔黑龙江齐齐哈尔 统考一模统考一模)已知四面体ABCD的各个面均
18、为全等的等腰三角形，且CA=CB=2AB=4.设E为空间内任一点，且A,B,C,D,E五点在同一个球面上，则()A.ABCDB.四面体ABCD的体积为2 14C.当AE=2 3 时，点E的轨迹长度为4D.当三棱锥E-ABC的体积为146时，点E的轨迹长度为3 235(20242024 吉林白山吉林白山 统考一模统考一模)在四面体A-BCD中，BC=2 2，BD=2 3，且满足BCBD，ACBC，ADBD若该三棱锥的体积为8 63，则该锥体的外接球的体积为36(20242024 吉林延边吉林延边 统考一模统考一模)已知一个圆锥的侧面展开图是一个圆心角为2 55，半径为5 的扇形.若该圆锥的顶点及
19、底面圆周都在球O的表面上，则球O的体积为.1237(20242024 河南郑州河南郑州 郑州市宇华实验学校校考一模郑州市宇华实验学校校考一模)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2，以A1为球心、3 为半径的球面与底面ABC的交线长为36，则三棱柱ABC-A1B1C1的表面在球内部分的总面积为38(20242024 江西吉安江西吉安 吉安一中校考一模吉安一中校考一模)已知球O的直径 PQ=4，A，B，C是球O球面上的三点，ABC是等边三角形，且APQ=BPQ=CPQ=30，则三棱锥P-ABC的体积为().A.3 34B.9 34C.3 32D.27 3439(20242024 湖南长沙
20、湖南长沙 雅礼中学校考一模雅礼中学校考一模)如图所示，有一个棱长为4的正四面体P-ABC容器，D是PB的中点，E是CD上的动点，则下列说法正确的是()A.直线AE与PB所成的角为2B.ABE的周长最小值为4+34C.如果在这个容器中放入1个小球(全部进入)，则小球半径的最大值为63D.如果在这个容器中放入4个完全相同的小球(全部进入)，则小球半径的最大值为2 6-2540(20242024 江西吉安江西吉安 吉安一中校考一模吉安一中校考一模)如图，在正三棱锥P-ABC中，有一半径为1的半球，其底面圆O与正三棱锥的底面贴合，正三棱锥的三个侧面都和半球相切设点D为BC的中点，ADP=(1)用分别表
21、示线段BC和PD长度；(2)当 0,2时，求三棱锥的侧面积S的最小值1341(20242024 江西吉安江西吉安 吉安一中校考一模吉安一中校考一模)地球仪是地理教学中的常用教具.如图1所示，地球仪的赤道面(与转轴垂直)与黄道面(与水平面平行)存在一个夹角，即黄赤交角，大小约为23.5.为锻炼动手能力，某同学制作了一个半径为4cm的地球仪(不含支架)，并将其放入竖直放置的正三棱柱ABC-A1B1C1中(姿态保持不变)，使地球仪与该三棱柱的三个侧面相切，如图2所示.此时平面AB1C恰与地球仪的赤道面平行，则三棱柱ABC-A1B1C1的外接球体积为.(参考数据：tan23.50.43)题型题型040
22、4 空间向量 空间向量42(20242024 福建厦门福建厦门 统考一模统考一模)已知平面的一个法向量为n=(1,0,1)，且点A(1,2,3)在内，则点B(1,1,1)到的距离为43(20242024 广西南宁广西南宁 南宁三中校联考一模南宁三中校联考一模)在边长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，动点M满足AM=xAB+yAD+zAA1，(x,y,zR且x0,y0,z0)，下列说法正确的是()A.当x=14,z=0,y 0,1时，B1M+MD的最小值为13B.当x=y=1,z=12时，异面直线BM与CD1所成角的余弦值为105C.当x+y+z=1，且AM=2 53时，则M的轨迹长度为
23、4 23D.当x+y=1,z=0时，AM与平面AB1D1所成角的正弦值的最大值为6344(20242024 湖南长沙湖南长沙 雅礼中学校考一模雅礼中学校考一模)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=1，DAB=90，cos=22，cos=12，点M为BD中点.(1)证明：B1M平面A1C1D；(2)求二面角B-AA1-D的正弦值.1立体几何立体几何题型01 空间几何体的有关计算题型02 点线面位置关系、空间角及距离题型03 内切球、外接球问题题型04 空间向量题型题型0101 空间几何体的有关计算 空间几何体的有关计算1(20242024 山西晋城山西晋城 统考一
24、模统考一模)若一个正n棱台的棱数大于15，且各棱的长度构成的集合为2,3，则n的最小值为，该棱台各棱的长度之和的最小值为【答案】642【分析】根据正n棱台共有3n条棱，从而得到不等式，求出n的最小值为6，得到棱的长度之和最小值.【详解】因为正n棱台的侧棱有n条，底面有2n条棱，所以正n棱台共有3n条棱，由3n15，得n5，所以n的最小值为6，该棱台各棱的长度之和的最小值为212+36=42故答案为：6，422(20242024 浙江浙江 校联考一模校联考一模)已知圆台的上下底面半径分别是1，4，且侧面积为10，则该圆台的母线长为【答案】2【分析】利用圆台侧面积公式求解即可.【详解】设母线长度为
25、l，由圆台侧面积公式得10=12(21+24)l，解得l=2，故圆台母线长度为2.故答案为：23(20242024 安徽合肥安徽合肥 合肥一六八中学校考一模合肥一六八中学校考一模)球O的半径与圆锥M的底面半径相等，且它们的表面积也相等，则圆锥M的侧面展开图的圆心角大小为，球O的体积与圆锥M的体积的比值为【答案】23/1202【分析】设球O的半径及圆锥M的底面半径均为R，圆锥M的母线长为l，再根据球与圆锥的表面积公式求得l=3R，即可得圆锥M的侧面展开图的圆心角大小；根据勾股定理求得h=2 2R，再结合球与圆锥的体积公式分析体积比即可【详解】设球O的半径及圆锥M的底面半径均为R，圆锥M的母线长为
26、l，则4R2=R2+lR，所以l=3R，圆锥M的侧面展开图的圆心角大小为2Rl=23；球O的体积为4R33，圆锥M的高h=l2-R2=2 2R，圆锥M的体积为13R22 2R=2 2R33，所以球O的体积与圆锥M的体积的比值为2故答案为：23，24(20242024 湖南长沙湖南长沙 雅礼中学校考一模雅礼中学校考一模)已知圆锥的母线长为2，则当圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为时，圆锥的体积最大，最大值为2【答案】6316 327【分析】由线面角的定义得出cos=r2，从而得出V=831-sin2sin，再由导数求解即可.【详解】设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线与底面所成的角为,0,2，易知c
27、os=r2.圆锥的体积为V=13r24-r2=43cos22sin=83cos2sin=831-sin2sin令x=sin,x 0,1，则y=1-sin2sin=-x3+x，y=-3x2+1当y0时，x 0,33，当y0时，x33,1，即函数y=-x3+x在 0,33上单调递增，在33,1上单调递减，即Vmax=8333-333=16 327，此时cos=1-323=63.故答案为：63；16 3275(20242024 广东深圳广东深圳 校考一模校考一模)已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆.若用平行于圆锥的底面，且与底面的距离为3 的平面截圆锥，将此圆锥截成一个小圆锥和一个圆台，则小圆
28、锥和圆台的体积之比为.【答案】17/1:7【分析】由题意，根据圆锥侧面积计算公式，求的圆锥底面半径、母线，结合三角形相似即可求出小圆锥和圆台的体积之比.【详解】设圆锥底面半径为r，母线长为l，由题意，l=4，2r=4，故r=2，作圆锥轴截面如下图：所以AH=2，AC=4，CH=2 3，所以圆锥体积为V=13222 3=8 33，因为用与底面的距离为3 的平面截圆锥，故CDCA=12，且CDECAB，所以小圆锥体积V1=13123=33，所以圆台的体积V2=V-V1=7 33，故小圆锥和圆台的体积之比为V1V2=17.故答案为：1736(20242024 辽宁沈阳辽宁沈阳 统考一模统考一模)正方
29、体的8个顶点分别在4个互相平行的平面内，每个平面内至少有一个顶点，且相邻两个平面间的距离为1，则该正方体的棱长为()A.2B.3C.2D.5【答案】BD【分析】分类讨论两个平面的位置，作截面结合正方体的结构特征运算求解.【详解】设该正方体为ABCD-A1B1C1D1，且其棱长为a，若考虑4个平面中最中间的两个平面，共有两种情况.若中间的两个平面为平面A1BD和平面B1D1C，如图1所示，则过A1,A,C作截面，截面图如图2所示，其中E,F分别为AC,A1C1中点，则AE=22a,AA1=a,A1E=62a，设相邻两平面间距离即为A到A1E的距离h，可得1222aa=1262ah，解得h=33a
30、，即相邻两平面间距离即为A到A1E的距离33a，可知33a=1，解得a=3；若中间的两个平面如图3所示，过B,C,C1作截面，截面图如图4所示，其中M,N分别为BC,B1C1中点，则BM=12a,AA1=a,A1E=52a，设相邻两平面间距离即为B到B1M的距离d，可得1212aa=1252ad，解得d=55a，即相邻两平面间距离即为B到B1M的距离55a，则55a=1，解得a=5；故选：BD.4【点睛】方法点睛：根据题意分类讨论平面的位置分布，结合正方体的结构特征以及截面分析求解.7(20242024 云南曲靖云南曲靖 统考一模统考一模)为努力推进“绿美校园”建设，营造更加优美的校园环境，某
31、校准备开展校园绿化活动已知栽种某绿色植物的花盆可近似看成圆台，圆台两底面直径分别为18厘米，9厘米，母线长约为7.5厘米现有2000个该种花盆，假定每一个花盆装满营养土，请问共需要营养土约为()(参考数据：3.14)A.1.702立方米B.1.780立方米C.1.730立方米D.1.822立方米【答案】B【分析】利用圆台的结构特征求高，再由圆台体积公式求体积，即可求2000个该种花盆所需要的营养土.【详解】令2R=18,2r=9,l=152(单位厘米)，则花盆的高h=l2-R-r22=1522-18-922=6，所以花盆的体积为V=13h(R2+Rr+r2)=136 81+812+814=56
32、72，故2000个该种花盆共需要营养土约为567220001780380立方厘米，即1.780立方米.故选：B8(20242024 新疆乌鲁木齐新疆乌鲁木齐 统考一模统考一模)某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由棱长为40cm的正方体截去八个一样的四面体得到的，则()A.该几何体的顶点数为12B.该几何体的棱数为24C.该几何体的表面积为(4800+800 3)cm2D.该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项【答案】ABD【分析】对于A，该几何体的顶点是正方体各棱的中点，由正方体有12条棱即可判断；对于B，由该几何体有6个面为正方形即可判断；对于C，该几何体的棱
33、长为202+202=20 2，根据正三角形及正方形的面积公5式求解即可判断；对于D，原正方体内切球的半径为20cm，原正方体外接球的半径为402+402+4022=20 3，该几何体外接球的球心为原正方体的中心，故外接球半径为202+202=20 2，根据球的表面积公式及等差中项的定义即可判断.【详解】对于A，该几何体的顶点是正方体各棱的中点，正方体有12条棱，所以该几何体的顶点数为12，故A正确；对于B，由题意知，该几何体有6个面为正方形，故该几何体的棱数为64=24，故B正确；对于C，该几何体的棱长为202+202=20 2，该几何体有6个面为正方形，8个面为等边三角形，所以该几何体的表面
34、积为6 20 22+834 20 22=4800+1600 3cm2，故C错误；对于D，原正方体内切球的半径为20cm，内切球表面积为S1=4202=1600cm2.原正方体外接球的半径为402+402+4022=20 3，外接球表面积为S2=4 20 32=4800cm2.由题意得该几何体外接球的球心为原正方体的中心，故外接球半径为202+202=20 2，所以该几何体外接球的表面积为S=4 20 22=3200cm2.因为2S=6400=1600+4800=S1+S2，所以该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项，故 D正确.故选:ABD.9(20242024 山西晋
35、城山西晋城 统考一模统考一模)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4，C1 E=3EC，平面ABE将该正四棱柱分为上、下两部分，记上部分对应的几何体为上，下部分对应的几何体为下，则()A.下的体积为2B.上的体积为12C.下的外接球的表面积为9D.平面ABE截该正四棱柱所得截面的面积为2 5【答案】ACD【分析】根据题意求截面，可知下为直三棱柱ADF-BCE，进而可求相应的体积，即可判断AB；利用补形法结合长方体的性质求外接球的半径和表面积，即可得判断C；可知平面ABE截该正四棱柱所得截面为矩形ABEF，即可得面积判断D.6【详解】设D1F=3FD,A1G=3GA,
36、B1H=3HB，连接EF，AF，BE,GF,GH,EH，由长方体的性质可知：EFAB，可知A，B，E，F四点共面，所以下为直三棱柱ADF-BCE，其体积为12122=2，故A正确；上的体积为224-2=14，B错误下的外接球即为长方体ABCD-GHEF的外接球，所以下的外接球的半径R=22+22+122=32，则下的外接球的表面积为4R2=9，C正确平面ABE截该正四棱柱所得截面为矩形ABEF，其面积为212+22=2 5，D正确故选：ACD.题型题型0202 点线面位置关系、空间角及距离 点线面位置关系、空间角及距离10(20242024 河北河北 校联考一模校联考一模)已知直线l、m、n与
37、平面、，下列命题正确的是()A.若，l，n，则lnB.若，l，则lC.若ln，mn，则lmD.若l，l，则【答案】D【分析】利用线线，线面，面面的位置关系，以及垂直，平行的判断和性质判断选项即可.【详解】对于A，若，l，n，则l与n可能平行，也可能异面，故A错误；对于B，若，l，则l与可能平行，也可能相交，故B错误；对于C，若ln，mn，则l与m可能平行，也可能相交或异面，故C错误；对于D，若l，则由线面平行的性质定理可知，必有l1，使得ll1，又l，则l1，因为l1，所以，故D正确.故选：D.11(20242024 浙江浙江 校联考一模校联考一模)已知直线a,b和平面,a,b，则“ab”是“
38、a”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【分析】由线面平行的判定、面面平行的性质以及充分不必要条件的定义即可求解.【详解】因为b，则存在c使得bc且b，若ab且a，则ac，又a且c，所以a，充分性成立；设，b,a,ab=P，则有a，但a,b不平行，即必要性不成立.故选：A.12(20242024 广东深圳广东深圳 校考一模校考一模)已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列说法正确的是()A.若mn，m，n，则B.若mn，m，n，则C.若mn，m，则nD.若mn，m，则n【答案】A【分析】由空间中线线、线面、面面之间的位置关系逐一
39、判定各选项即可.7【详解】若m，n，设,对应法向量分别为m,n，也是m,n的方向向量，由mn，即mn，则，故A正确；若mn，m，n，则与可能平行或相交，故B错误；若mn，m，则n，或n，或n与相交，故C错误；若mn，m，则n，又，则n或n，D错误.故选：A13(20242024 吉林白山吉林白山 统考一模统考一模)正八面体可由连接正方体每个面的中心构成，如图所示，在棱长为2的正八面体中，则有()A.直线AE与CF是异面直线B.平面ABF平面ABEC.该几何体的体积为432D.平面ABE与平面DCF间的距离为2 63【答案】D【分析】可借助正方体解决正八面体的有关问题.【详解】正八面体可由正方体
40、每个面的中心构成，如图：因为正八面体的棱长为2，所以正方体的棱长为2 2.A，E，C，F四点共面，直线AE与CF是共面的，故A错；设二面角E-AB-D为，SABE=3，S正方形ABCD=4，所以cos=13224.所以：二面角E-AB-F=22，故B错；V=1342 2=832，故C错；由八面体的构成可知：平面ABE和平面DCF之间的距离是正方体体对角线的13，所以两个平面之间的距离为：132 2 3=2 63，故D对.故选：D14(20242024 河南郑州河南郑州 郑州市宇华实验学校校考一模郑州市宇华实验学校校考一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA平面ABCD,PA=AB=2,BAD=
41、120,ACBD，BCD是等边三角形.8(1)证明：平面PAD平面PCD.(2)求二面角B-PC-D的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)154【分析】(1)设ACBD=O，由已知得ADCD，又PA平面ABCD得PACD，利用线面垂直的判断定理得CD平面PAD，再由面面垂直的判断定理可得平面PAD平面PCD；(2)以O为坐标原点，OB,OC 的方向分别为x,y轴的正方向建立空间直角坐标系O-xyz.求出平面PBC的法向量、平面PCD的法向量，由二面角的向量求法可得答案.【详解】(1)设ACBD=O，因为BCD是等边三角形，且ACBD，所以O是BD的中点，则AB=AD，又BAD=120，所以A
42、DB=30，所以CDA=CDB+ADB=90，即ADCD，又PA平面ABCD,CD平面ABCD，所以PACD，又ADPA=A，所以CD平面PAD，因为CD平面PCD，所以平面PAD平面PCD.(2)以O为坐标原点，OB,OC 的方向分别为x,y轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.因为PA=AB=2，所以B3,0,0,C 0,3,0,D-3,0,0,P(0,-1,2)，PB=3,1,-2,PC=0,4,-2,PD=-3,1,-2，设平面PBC的法向量m=x1,y1,z1，则3x1+y1-2z1=0,4y1-2z1=0,令y1=1，得m=3,1,2，设平面PCD的法向量为n=x2,y
43、2,z2，则4y2-2z2=0,-3x2+y2-2z2=0,令y2=1，得n=-3,1,2，cosm,n=mnmn=14，0 m,n，9故二面角B-PC-D的正弦值为1-142=154.15(20242024 辽宁沈阳辽宁沈阳 统考一模统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABC平面BCD，且BC=BD=BA，CBA=CBD=120，点P在线段AC上，点Q在线段CD上.(1)求证：ADBC；(2)若AC平面BPQ，求BPBQ的值；(3)在(2)的条件下，求平面ABD与平面PBQ所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)BPBQ=32(3)55【分析】(1)根据三角形全等，可证明线线垂直
44、，进而可得线面垂直，进而可求证，(2)建立空间直角坐标系，利用向量即可求解.或者利用空间垂直关系的转化即可结合三角形的边角关系求解.(3)建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.【详解】(1)证明：过A作AO直线BC于O，连接DO.由题知BA=BD,BO=BO,ABO=DBO=60，ABODBO,DOB=AOB=90，即BCDO，又BCAO,AODO=O,AO,DO平面AOD,BC平面AOD，又AD平面AOD，BCAD，即ADBC(2)方法一：平面ABC平面BCD，平面ABC平面BCD=BC，AOBC,AO平面ABCAO平面BCD.以O为原点，以OB的长度为单位长度，以OD,OC,OA
45、的方向分别为x轴，y轴，z的正方向建立空间直角坐标系O-xyz，如图，则D3,0,0,A 0,0,3,B 0,1,0,C 0,3,0.AC平面BPQ,ACBP,ACBQ.BA=BCP为AC中点，由题知CD=3,-3,0,AC=0,3,-3设BQ=BC+CD=0,2,0+3,-3,0=3,2-3,0，10AC BQ=3 2-3=0,=23，BQ=2 33,0,0,BQ=2 33，又在ABC中，BC=BA=2,ABC=120，所以 BP=1,BPBQ=32.方法二：AC平面BPQ,ACBP,ACBQ.设BA=BC=2，由ABC=120知，BP=1.平面ABC平面BCD，平面ABC平面BCD=BC,
46、AOBC,AO平面ABC，AO平面BCD，又BQ平面BCD,AOBQ，又ACBQ,ACAO=A，BQ平面ABCBQBC.BC=2,BCQ=30,BQ=233=2 33,BPBQ=32(3)由(2)知，平面PBQ的一个法向量为AC，设平面ABD的一个法向量为n=x,y,z.AB=0,1,-3,DB=-3,1,0，则nAB=y-3z=0,nDB=-3x+y=0,令y=3,则n=1,3,1，cosAC,n=AC nAC n=2 32 3 5=55，平面ABD与平面PBQ所成角的余弦值为55.16(20242024 重庆重庆 统考一模统考一模)如图，四棱锥P-ABCD中，PA底面ABCD，四边形ABC
47、D中，AB=AP，ABAD,AB+AD=6,CD=2,CDA=45(1)若E为PB的中点，求证：平面PBC平面ADE；(2)若平面PAB与平面PCD所成的角的余弦值为66()求线段AB的长；()设G为PAD内(含边界)的一点，且GB=2GA，求满足条件的所有点G组成的轨迹的长度【答案】(1)证明见解析；(2)()2；()33.【分析】(1)根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定，再结合面面垂直的判定推理即得.(2)以点A为原点，建立空间直角坐标系，设AB=t，利用面面角的向量求法结合已知求出t，再求出AG并确定轨迹求解即得.【详解】(1)在四棱锥P-ABCD中，PA底面ABCD，AD平面ABC
48、D，则PAAD，而ABAD,ABPA=A,AB,PA平面PAB，于是AD平面PAB，又PB平面PAB，则ADPB，由AB=AP，E为PB的中点，得AEPB,AEAD=A,AE,AD平面ADE，11因此PB平面ADE，而PB平面PBC，所以平面PBC平面ADE.(2)()由(1)知，直线AB,AD,AP两两垂直，以点A为原点，直线AB,AD,AP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，过C作CFAD于F，由CD=2,CDA=45，得CF=DF=1，令AB=t(0t0，解得t=2，所以线段AB的长为2.()显然AB平面PAD，而AG平面PAD，则ABAG，又BG=2AG，于是(2AG)2=AG2+2
49、2，解得AG=2 33，因此点G的轨迹是以点A为圆心，2 33为半径的圆的14，所以点G的轨迹的长度为122 33=33.17(20242024 云南曲靖云南曲靖 统考一模统考一模)在图1的直角梯形ABCD中，A=D=90,AB=BC=2,DC=3，点E是DC边上靠近于点D的三等分点，以BE为折痕将BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1=6，如图2(1)求证：平面BC1E平面ABED；(2)在棱DC1上是否存在点P，使得二面角P-EB-C1的大小为45？若存在，求出线段DP的长度，若不存在说明理由【答案】(1)证明见解析；(2)63【分析】(1)由直角梯形边长可知C=60，连接AC交BE于
50、点F，由线面垂直的判定定理可证明C1F平面ABED，即可得出结论；12(2)建立空间直角坐标系，求出平面PEB与平面EBC1的法向量，利用二面角P-EB-C1的大小为45解方程即可求得线段DP的长度为63.【详解】(1)根据题意，由直角梯形边长AB=BC=2,DC=3可知C=60,ABC=120；又点E是DC边上靠近于点D的三等分点，所以EC=2，可得BCE为等边三角形；连接AC,AE，AC交BE于点F，如下图所示：可得四边形ABCE为菱形，所以ACBE，即折起后AFBE,C1FBE，如下图所示：易知AF=C1F=3，又AC1=6，满足AF2+C1F2=AC21，即AFC1F；又AFBE=F，