2024年新高考数学一模好题分类汇编：立体几何及答案

更体瓜何

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

H邂01堂向瓜何体,中臬针不

题目刀（2024•山西誉城•统考一模）若一个正九棱台的棱数大于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.

遮目句（2024•浙江•校戚考一模）已知圆台的上下底面半径分别是1,4,且侧面积为10兀，则该圆台的母线长

为.

【题目|3）（2024•安徽合•合后一六八中学校考一模）球。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。的体积与圆锥河的体积的比值为.

蜃亘目（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.

题目可（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,

且与底面的距离为四的平面截圆锥，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.

题目同（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，且相邻两个平面间的距离为1,则该正方体的棱长为（）

A.V2B.V3C.2D.V5

遒瓦⑺（2024•云南西翦•稣寺一模）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：兀-3.14）

A.L702立方米B.1.780立方米C.1.730立方米D.1.822立方米

（题目⑻（2024•新41鸟舍木齐•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12

B.该几何体的棱数为24

C.该几何体的表面积为（4800+800g）cn?

D.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

题目9（2024-山西晋城•统考一模）如图,在正四棱柱ABCD-ABGA中，4B=2,44产4,CrE=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

D,

A.。下的体积为2B.Q上的体积为12

C.。下的外接球的表面积为9兀D.平面ABE截该正四棱柱所得截面的面积为2方

疑型02/裁而傕置美奈、空同廊及耀离

题目,（2024・河北•校联考一模）已知直线八机、八与平面a、6,下列命题正确的是（）

A.若&〃6/<20,n（^6,则，〃nB.若a_L/5,Zu&,贝也_）_/?

C.若2_1"，m，九，则，〃机D.若1_14,Z〃万，则a_L万

题目兀（2024•浙江•校联考一模）已知直线a,6和平面a,a（Xa,6〃&,则%〃b”是%〃优'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

题目叵（2024•广东深圳•校考一模）已知a,0是两个不同的平面，正是两条不同的直线，则下列说法正

确的是（）

A.若?n_L",M_La,?i_L6/!ja_L6B.若mHa,n"B，驰a"B

C.若m_L",7n〃a,a_L6』lJ??z_L6D.若则？

题目H（2024•吉林白山・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ABFA.平面ABE

C.该几何体的体积为得方D.平面ABE与平面DCF间的距离为罕

O

（题目〔14〕（2024-河南郑州•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,ABAD=120°,AC±BD,ABCD是等边三角形.

⑴证明：平面PAD_L平面PCD.

（2）求二面角B-PC-D的正弦值.

题目口可（2024•辽宁沈阳•统考一模）如图,在三棱锥A-BCD中，平面ABC±平面BCD,且BC=BD=

BA,2CBA=2CBD=120°,点P在线段AC上，点Q在线段CD上.

⑴求证

⑵若AC,平面BPQ,求修的值；

-DQ

（3）在（2）的条件下,求平面ABD与平面PBQ所成角的余弦值.

（题目J16］（2024・重庆・统考一模）如图，四棱锥P-ABCD中，PAJ_底面ABCD,四边形ABCD中，AB=

AP,AB±AD,AB+AD^6,CD^V2,ACDA=45°.

(1)若E为PB的中点,求证：平面PBC±平面ADE-,

(2)若平面P4B与平面PCD所成的角的余弦值为坐.

0

(i)求线段的长；

(ii)设G为/\PAD内(含边界)的一点，且GB=2G4求满足条件的所有点G组成的轨迹的长度.

题目兀(2024.云南曲靖.统考一模)在图1的直角梯形ABCD中，/A=/。=90°,AB=BC=2,DC=3,

点E是。。边上靠近于点D的三等分点，以BE为折痕将4BCE折起，使点。到达G的位置，且力G=

如图2.

(1)求证:平面BQE±平面ABED；

(2)在棱OG上是否存在点P,使得二面角P—EB—G的大小为45°?若存在，求出线段DP的长度，若不

存在说明理由.

题目叵（2024・云南曲靖・统考一模）如图所示,正方体ABCD-ASCd的棱长为1,E,F分别是棱AA,

的中点，过直线EF的平面分别与棱交于点以下四个命题中正确的是（）

A.四边形EMFW一定为菱形B.四棱锥A-MENF体积为日

C.平面EMFN±平面DBBDD.四边形EMFN的周长最小值为4

〔题目|19）（2024•山东济南.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?底面ABCD为直角梯形,ZABC=ABAD=^,AD=2,PA=BC=1,

点E为棱PD上一点，满足屋=后方（04441）,下列结论正确的是（）

A.平面PACA.平面PCD；

B.在棱PD上不存在点E,使得CE〃平面

C.当彳时，异面直线您与所成角的余弦值为宇；

/0

D.点P到直线CD的距离四；

［题目J20］（2024•新疆乌鲁木齐.统考一模）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA±平面

4BCD,PA=AB,点分别是棱的中点.

（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OGL平面AEF,并说明理由.

题目叵（2024•山西晋城・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.

⑴证明：ME〃平面PBD

（2）若PA=2,二面角A—的大小为。，求cos26.

［题目［22）（2024-河南郑州•郑州市宇华实验学校校考一模）如图，在正方体ABCD-A.B.C.D.中，点P是

AR的中点，点Q是直线CA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CR所成的角为看

C.当AB的长度为定值时，三棱锥。一PBQ的体积为定值

D.平面PBD±平面ACDi

题目区（2024•浙江•校联考一模）在三棱柱AB。—ABG中，四边形是菱形，△AB。是等边三角

形,点”是线段AB的中点，/ABB产60°.

⑴证明：平面ABG；

（2）若平面ABB^r平面ABC,求直线与平面4HG所成角的正弦值.

题目回（2024•广东深圳•校考一模）如图,在圆锥S。中，是圆。的直径，且ASAB是边长为4的等边三

角形，C,。为圆弧的两个三等分点，石是S3的中点.

（1）证明：DE〃平面SAC；

（2）求平面S4C与平面SBD所成锐二面角的余弦值.

题目25(2024・广西南宁•南宁三中校残考一卷在如图所小的五面体ABCDEF中，ABEF共面，△ADF是

正三角形，四边形ABCD为菱形，NABC=等,EF〃平面ABCD,AB=2EF=2,点M为BC中点.

O

(1)证明：EMU平面BDF；

⑵已知EAf=2,求平面BDF与平面BEC所成二面角的正弦值.

［题目|26)(2024•安徽含•合质一六八中学校考一模)如图，菱形ABCD的对角线与BD交于点O,AB

=5,人。=6,点E,F分别在AD,CD±.,AE=CF=^~,EF交BD于点H,将ADEF沿EF折到△£>'EF

4

位置，OD'=VIU.

⑴证明：UHX.平面ABCD；

(2)求平面BAD'与平面ACCi的夹角的余弦值.

（题目|27〕（2024•安徽舍JI&合心一六八中学校考•一模）设b、c表示两条直线，a、B表示两个平面，则下列命题

正确的是（）

A.若b〃以，cUa,则b〃cB.若bu以，b〃c，贝！JcUa

C.若c〃a,a_L0,则c_L0D.若c〃a,c_L§,则a_L0

［题目J28）（2024•吉林雅•边•统考一模）已知三棱柱ABC-A.B.C,，侧面44QQ是边长为2的菱形，ZCAA

=看,侧面四边形ABBA是矩形，且平面AA.C.C±平面ABB,AX,点D是棱力得的中点.

O

（1）在棱AC上是否存在一点E,使得ADH平面B1GE,并说明理由；

（2）当三棱锥B-AQG的体积为V3时,求平面4G。与平面CCQ夹角的余弦值.

［题目〔29］（2024•黑龙江齐齐哈尔考一模）如图1,在平面四边形PABC中，PA，AB,CD//AB,CD=

2AB=2PD=2AD=4.点E是线段PC上靠近P端的三等分点,将AFDC沿CD折成四棱锥P—

ABCD，且AP=2V2,连接PA,PB,BD,如图2.

D

图1

（1）在图2中,证明：PA〃平面BDE；

⑵求图2中，直线AP与平面PBC所成角的正弦值.

•M

题目叵（2024•重庆•统考一模）如图，在边长为1的正方体ABCD-45GA中，E是的中点，/■是线

段4E上的一点，则下列说法正确的是（）

A.当M点、与4点重合时,直线AQu平面ACM

B.当点M移动时，点。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CCQQ夹角的正弦值为字

D.当加点为线段AE中点时，平面ACM•截正方体ABCD—4瓦。1。1所得截面面积为吝翁

题目叵口（2024•福QL门•统考一模）如图，在四棱锥E—ABCD中，AD〃BC,240=BC=2,AB=V2,

AB±AD,EA.L平面ABCD,过点B作平面a±BD.

（1）证明:平面aH平面EAC；

⑵已知点F为梭EC的中点，若EA=2,求直线AD与平面FBD所成角的正弦值.

题目32（2。24・吉林筵边晚考一如图，在多面体ABCDEP中，底面ABCD是边长为血的正方形，。石

=3尸=1,。目〃3斤,。豆，平面ABCD,动点P在线段EF上,则下列说法正确的是（）

A.AC±DP

B.存在点P,使得DP〃平面ACF

C.三棱锥A-CDE的外接球被平面ACF所截取的截面面积是等

D.当动点P与点F重合时，直线DP与平面ACF所成角的余弦值为第0

「题目区（2024•福堂及门•统考一模）如图所示，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是矩形，和

△DCE均是等边三角形，且48=2/,而=’（,>0）,则（）

A.EF〃平面ABGD

B.二面角A-£F-B随着0的减小而减小

C.当口。=2时,五面体ABCDEF的体积V（z）最大值为日

D.当口。=1■时，存在/使得半径为卓的球能内含于五面体ABCDEF

«03角5建、，卜餐滓冏4L

［题目|34］（2024•黑龙江齐齐哈尔•统考一模）己知四面体ABCD的各个面均为全等的等腰三角形,且CA=

CB=2AB=4.设E为空间内任一点，且ABCDE五点在同一个球面上，则（）

A.AB±CD

B.四面体ABCD的体积为

C.当4E=2g时，点E的轨迹长度为4兀

D.当三棱锥E-ABC的体积为平时，点E的轨迹长度为3V27T

0

W目区（2024•吉林白山•统考一模）在四面体A-BCD中，BC=2,,3。=2』,且满足BC±BD,AC

±BC,AD±BD.若该三棱锥的体积为厚,则该锥体的外接球的体积为

O

逾自1至（2024•吉林建边•统考一模）已知一个圆锥的侧面展开图是一个圆心角为义等，半径为弱的扇形.

O

若该圆锥的顶点及底面圆周都在球。的表面上，则球。的体积为.•••

题目37（2024・河南郑州•郑州市宇华实酷学校校考一.已知正三棱柱A3C-4场G的底面边长为2,以

4为球心、血为半径的球面与底面ABC的交线长为手，则三棱柱ABC-45G的表面在球内部分的

0

总面积为.

廛自］亘（2024•江西吉安•吉安一中校考■一模）已知球。的直径|PQ|=4,A,B,。是球。球面上的三点，

△ABC是等边三角形,且AAPQ=ZBPQ=ACPQ=30°，则三棱锥P-ABC的体积为（）.

A3V1B9^103V1口%愿

.4424

〔题目〔39］（2024•湖南长沙•靠札中学校才一模）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，七是CD上的动点，则下列说法正确的是（）

A.直线AE与PB所成的角为方

B./XABE的周长最小值为4+V34

C.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平

O

D.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*2

［题目］40）（2024•江西吉安•吉安一中校才一模）如图，在正三棱锥P-ABC中,有一半径为1的半球，其底面

圆。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。为的中点，乙4OP=a.

（1）用a分别表示线段BC和PD长度；

⑵当a6（0昼）时，求三棱锥的侧面积S的最小值.

题目41（2024•江西吉安•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所小,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-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.此时平面人场。恰与地球仪的赤道面

平行，则三棱柱ABC-的外接球体积为.（参考数据：tan23.5°40.43）

Ci

图1图2

M04*间向量

期目应（2024•福t厦门•统考一模）已知平面&的一个法向量为n=（1,0,1），且点41，2,3）在a内，则点B

（1,1,1）到a的距离为.

［题目［43）（2024•广西南宁•南宁三中校联考一模）在边长为2的正方体ABCD-中，动点“满足

AW=+%4。+z44i,Q,y,z6况且劣>0,y>0,z>0）,下列说法正确的是（）

A.当2=］,/=0,夕6［0,1］时，耳河+加的最小值为，叵

B.当，=9=1,2=4时,异面直线加与。01所成角的余弦值为当

C.当c+y+z=L且4河=苧时，则河的轨迹长度为生答

OO

D.当①+y=l,z=0时，⑷W与平面ABB所成角的正弦值的最大值为平

O

［题目|44）（2024•湖南长沙特礼中学校考一模）如图,在平行六面体ABCD-ABGR中，AB=AO=AA,

=1,Z.DAB=90°,cos<AAi,AB>—,cos<AA\,AD>=,点M为BD中点.

（1）证明：ByM//平面AQQ；

（2）求二面角B-AA-D的正弦值.•M

鱼体几何

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

敷型01空间几何伟的1美计靠

题目①（2024•山西晋城・统考一模）若一个正九棱台的棱数大于15,且各棱的长度构成的集合为{2,3},则九

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】根据正九棱台共有3九条棱，从而得到不等式，求出九的最小值为6,得到棱的长度之和最小值.

【详解】因为正口棱台的侧棱有n条，底面有2九条棱，所以正n棱台共有3九条棱，

由3n＞15,得＞5,

所以九的最小值为6,该棱台各棱的长度之和的最小值为2X12+3x6=42.

故答案为：6,42

题目区（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兀，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I,由圆台侧面积公式得10兀=]x（2nx1+2兀x4）xI,

解得，=2,故圆台母线长度为2.

故答案为：2

[题目|3）（2024.安徽合肥.合肥一六八中学校考一模）球。的半径与圆锥7W的底面半径相等，且它们的表面积

也相等，则圆锥河的侧面展开图的圆心角大小为，球。的体积与圆锥河的体积的比值为.

【答案】等/120°V2

【分析】设球。的半径及圆锥河的底面半径均为R,圆锥M的母线长为Z,再根据球与圆锥的表面积公式求

得Z=3凡即可得圆锥河的侧面展开图的圆心角大小；根据勾股定理求得h=21,再结合球与圆锥的体

积公式分析体积比即可

【详解】设球。的半径及圆锥M■的底面半径均为R,圆锥河的母线长为，，则4兀&=n&+兀必,所以/=3R,

圆锥”的侧面展开图的圆心角大小为苦9=冬;球。的体积为生典，圆锥朋•的高h=V/2-2?2=2V2R,

LOO

圆锥朋■的体积为4­nR2.2727?=2勺＞，所以球。的体积与圆锥M的体积的比值为V2.

OO

遒亘H（2024.湖南长沙.雅礼中学校考一模）己知圆锥的母线长为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.•M

【答案］乎号之兀

【分析】由线面角的定义得出cosd=g，从而得出V=$~（1—sin%）sin氏再由导数求解即可.

/O

【详解】设圆锥的底面半径为T,圆锥的母线与底面所成的能为仇0C（0号），易知cos。=1■.

圆锥的体积为

V=yritr2-“4—7-2=a兀cos?。-2sin9=•sin。=考-（1—sin2^）sin^

oooo

令力=sin优力E（0,1），则g=（1—sin%）sinP=—xs+x,y=—3x2+l

当”＞0时，/e（o,空），当u'＜。时，

即函数g=T+c在（0,寻）上单调递增，在（鲁,i）上单调递减，

即％=等照-呼丫）=16V37T此时cosd=Jl—（呼）=乎-

27

故答案为：斗；当竺

O乙（

题目§（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,

且与底面的距离为四的平面截圆锥，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____.

【答案】＞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】设圆锥底面半径为丁，母线长为Z,

由题意，1=4,2兀/=4兀，故丁=2,

作圆锥轴截面如下图：

所以AH=2,AC=4,CH=2述，所以圆锥体积为V=［兀x2?x24=3空三,

OO

因为用与底面的距离为一的平面截圆锥，故舞•=：,且△CDE〜△CAB,

所以小圆锥体积弘=:nX/义通=乂咨,

OO

所以圆台的体积H=V—弘=邛三，

故小圆锥和圆台的体积之比为"=

V27

故答案为：与

题目回（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，且相邻两个平面间的距离为1,则该正方体的棱长为（）

A.V2B.V3C.2D.V5

【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—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.

①若中间的两个平面为平面A,BD和平面BQQ,如图1所示，

则过4,AC作截面，截面图如图2所示，

图1图2

其中H,F分别为AC,AG中点，则AB=空a,44尸a,人也=乎a,

设相邻两平面间距离即为力到AiE的距离无，

可得[x~^~Obxa=[x-^~ax%,解得无=-^-a,

即相邻两平面间距离即为人到人㈤的距离乎a,

可知=1,解得a=V3;

O

②若中间的两个平面如图3所示，过B,C,G作截面，截面图如图4所示,

其中分别为BC,BG中点，则BM=：a,44j=a,A,E=^a,

设相邻两平面间距离即为B到BXM的距离d,

可得Jx[axa=]X~~~aXd,解得d—~~~a,

即相邻两平面间距离即为B到日河的距离暇a,

5

则~^-CL—1,解得a—V5;

5

故选：RD

【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.

题目2D（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：7T-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上.

【详解】令2R=18,2r=9,2=号■（单位厘米），

则花盆的高仁…产（号）2-（丁『=6,

所以花盆的体积为V=*X月X7T（R2+Rr+r2）=yX6X7TX（81+-y+弓）=,

故2000个该种花盆共需要营养土约为史货X2000弋1780380立方厘米，即1.780立方米.

故选：B

题目⑥（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12

B.该几何体的棱数为24

C.该几何体的表面积为（4800+800v^）cm2

D.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】4BD

【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。,该几何体的棱长为V202+202=20/5,根据正三角形及正方形的面积公

式求解即可判断；对于。，原正方体内切球的半径为20cm,原正方体外接球的半径为曲也产吆匕=

20V3,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V202+202=20V2,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4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

4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6X4=24,故B正确；

对于。，该几何体的棱长为正联丽=202,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积为6x(202)2+8x乎x(202)2=(4800+1600盗)312,故。错误；

对于。，原正方体内切球的半径为20cm,内切球表面积为Si=4兀X202=160071cm2.

22

原正方体外接球的半径为一纳土±=20，^,外接球表面积为S2—47rx(20A/3)=48007rcm.

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V202+202=20V2,

所以该几何体外接球的表面积为S=4兀x(20A/2)2=3200兀cm2.

因为2S=6400?:=1600?r+4800=g+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。正确.

故选：4BD

目可(2024.山西晋城.统考一模)如图，在正四棱柱ABCD-ABGA中，AB=2,44尸4,旗后=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Q上，下部分对应的几何体为Q下，则

()

D.

A.Q下的体积为2B.Q上的体积为12

C.Q下的外接球的表面积为9兀D.平面ABE截该正四棱柱所得截面的面积为2遍

【答案】4CD

【分析】根据题意求截面，可知Q下为直三棱柱ADF—BCE，进而可求相应的体积，即可判断48;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.

【详解】设而=3万，而=3科,崩=3配，

连接EF,AF,BE,GF,GH,EH,

由长方体的性质可知：EF〃AB,可知A,B,E,F四点共面，

所以Q下为直三棱柱4DF—BCE,其体积为/xlX2X2=2,故＞1正确;

。上的体积为22x4—2=14,2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="管+仔=,

则Q下的外接球的表面积为4兀&=9兀，。正确.

平面ABE截该正四棱柱所得截面为矩形ABEF,其面积为2x谈=2一,D正确.

故选：ACD.

败型02点铁面像置房金、空同鹿及雁离

［题目叵］（2024•河北•校联考一模）已知直线Z、m、n与平面a、6,下列命题正确的是（）

A.若a//B，lUa,nUB，则1〃nB.若a_L6，ZUa,贝!|Z_L6

C.若Z_L",m_Ln,则，〃机D.若，_La,Z〃万，则a_L万

【答案】。

【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4若a〃万，Zua,nU0,则，与几可能平行，也可能异面，故人错误；

对于B,若&J_0,/Ua,则/与0可能平行，也可能相交，故B错误；

对于。，若Z，九，山，九，则，与小可能平行，也可能相交或异面，故。错误；

对于。，若Z〃6,则由线面平行的性质定理可知，必有。U6,使得/〃。，

又/_1%则Zi_La,因为ZC6,所以a_L0,故。正确.

故选：D.

题目叵（2024・浙江•校联考一模）已知直线a,b和平面a,a«a,6〃a,则%〃b”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

【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bIIa,则存在cUa使得b〃。且

若0〃6且o@2,则a//c,

又aQa且cUa,所以0〃a,充分性成立；

设6〃a,bU0,aU6，anb=P，则有a〃/但Q,b不平行，即必要性不成立.

故选：4

题目叵（2024-r东深圳•校考一模）已知a,五是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线，则下列说法正

确的是（）

A.若m_L?i,772_La,n_L64iJa_L6B.若nz〃口，？72〃a,九〃0,则a〃0

C.若772_171,771〃。，2,6，则九，6D.若772〃？1,771，。，。，6，则71〃6

【答案】4

【分析】由空间中线线、线面、面面之间的位置关系逐一判定各选项即可.

【详解】若M_Lafn_L0,设对应法向量分别为由，方，也是的方向向量，由M_L"，即亦，则a

_L0,故A正确；

若加〃九，馆〃a,n〃6,则a与6可能平行或相交，故8错误；

若?72_1"，?72〃〃，&_16，则九（36，或??,〃6，或几与£相交，故。错误；

若加〃"，？n_La,则几_La,又a_L0,则九〃6或t1U0,_D错误.

故选：A

题目国（2024.吉林白山.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_L平面4BE

C.该几何体的体积为卷四D.平面ABE与平面DCF间的距离为2察

【答案】。

【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Wi.

•：A,E,四点共面，直线AE与是共面的，故人错；

设二面角E—AB-D为6,S4ABE=，S正方形ABCD~4,所以cos夕—=夕Wg".

所以：二面角E—4B—F=2夕故B错；

V=：x4x2A/^=~~y/2，故C错；

OO

由八面体的构成可知：平面ABE和平面。CF之间的距离是正方体体对角线的］•，所以两个平面之间的距

O

离为：!*2皿*，^=当史,故。对.

OO

故选：D

〔题目|14）（2024•河南郑州•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,NBAD=12Q°,AC±BD,△BCD是等边三角形.

⑴证明:平面PAD_L平面PCD.

（2）求二面角B-PC-D的正弦值.

【答案】（1）证明见解析

【分析】（1）设ACPIBD=O,由已知得AD_LCD,又PA_L平面ABCD得PA±CD,利用线面垂直的判

断定理得CD_L平面PAD,再由面面垂直的判断定理可得平面PAD_L平面PCD；

（2）以。为坐标原点，OB,OC的方向分别为，，沙轴的正方向建立空间直角坐标系。一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4003。=。，

因为△BCD是等边三角形，且AC_LBD,

所以。是的中点，则AB=AD,

又ABAD=120°,所以AADB=30°,

所以ZCDA=ACDB+AADB=90°,

即AD±CD,

又P4_L平面ABCD,CDU平面ABCD,

所以P4_LCD,

又ADDPA=A,

所以CD_L平面PAD,

因为CDu平面PCD,

所以平面PAD_L平面PCD

（2）以。为坐标原点，加，。方的方向分别为轴的正方向建立

如图所示的空间直角坐标系O—xyz.

因为PA=AB=2,

所以B（V^,0,0）,C（0,3,0）,0（—V^,0,0）,P（0,-L2）,

屋=（4,1,—2）历=（0,4,—2）,阮=（-73,1,-2）,

设平面PBC的法向量昂=（a;i,阴,Zi）,

则肝累二。令％j得”包，2），

设平面PCD的法向量为五=（电,例,z2）,

则因;学2…令纳=1，得方=（H⑵，

cosm,n=品=小5个兀,

故二面角B—PC—。的正弦值为

、题目叵（2024.辽宁沈阳.统考一模）如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABC_L平面BCD,且BC=B_D=

BA,NCBA=2CBD=120°,点P在线段AC上，点Q在线段CD上.

⑴求证：AD±BC；

（2）若AC,平面BPQ,求黑的值；

（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

⑵理=逅

'）BQ2

【分析】（1）根据三角形全等，可证明线线垂直，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）建立空间直南坐标系，利用法向量的夹角即可求解.

【详解】（1）证明：过A作AO_L直线BC于O,连接DO.

由题知BA=BD,BO=BO,/ABO=NDBO=60°,

：.△ABO=/\DBO,：.ADOB=ZAOB=90°，即BC_LDO,

又BC_L40,AOnOO=0,40,DOu平面A。。,BC_L平面40。，

又ADu平面AO_D,

：.BC±AD,^AD±BC

（2）方法一：•.•平面ABO_L平面BCD,平面ABCCI平面BCD=BC,

AO_LB。,AOu平面ABC：.AO_L平面BCD.

以O为原点，以OB的长度为单位长度，以OD,W,OA的方向分别为立轴，沙轴，z的正

方向建立空间直角坐标系O—g/z,如图，则0（、后,0,0）,4（0,0,、后）,3（0,1,0）,。（0,3,0）.

•••AC_L平面BPQ,：.AC±BP,AC±BQ.

•：BA=BC；.P为AC中点，由题知EZ5=（V3,-3,0）,AC=（0,3,-V3）

设的=宓+4力=（0,2,0）+^（V3,-3,0）=（何,2—340）,

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