专题08 立体几何-2024年高考数学一模试题分类汇编学案（山东专用）（原卷版+解析版）

这是一份专题08 立体几何-2024年高考数学一模试题分类汇编学案（山东专用）（原卷版+解析版），文件包含专题08立体几何原卷版docx、专题08立体几何解析版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共43页， 欢迎下载使用。
命题方向
模拟演练
空间位置关系
1．（2024·山东青岛·一模）已知直线a，b和平面，，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】根据线面平行的判定定理可得，若，则，即必要性成立，
若，则不一定成立，故充分性不成立，
所以“”是“”的必要不充分条件.故选B
2．（2024·山东烟台·一模）设为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若与所成的角相等，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【解析】对于A，平行于同一平面的两条直线可能平行，也可能异面，故A错误，
对于B，与所成的角相等，则可能异面，可能相交，也可能平行，故B错误，
对于C，，则可能垂直，但也可能平行或者相交或者异面，故C错误，
对于D，，则，D正确，故选D
3．（2024·山东日照·一模）已知l，m是两条不同的直线，为平面，，下列说法中正确的是（ ）
A．若l与不平行，则l与m一定是异面直线
B．若，则l与m可能垂直
C．若，且，则l与m可能平行
D．若，且l与不垂直，则l与m一定不垂直
【答案】B
【解析】对于选项A：若l与不平行，则l与的位置关系有：相交或直线在平面内，
且，则l与m的位置关系有：平行、相交或异面，故A错误；
对于选项B：若，则l与m可能垂直，
如图所示：，可知：，故B正确；

对于选项C：若，且，，则l与m异面，故C错误；
对于选项D：若，且l与不垂直，则l与m可能垂直，
如图，取为平面，，

符合题意，但，故D错误；故选B.
4．（2024·山东聊城·一模）在三棱柱中，点在棱上，且所在的平面将三棱柱分割成体积相等的两部分，点在棱上，且，点在直线上，若平面，则（ ）
A．2B．3C．4D．6
【答案】D
【解析】如图，连接，则，
又所在的平面将三棱柱分割成体积相等的两部分，
所以，
即，
即，设到平面的距离为，
则，，
所以，所以为的中点，
在上取点，使得，连接、，
因为，所以，又平面，平面，
所以平面，
又平面，，平面，
所以平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，又，所以四边形为平行四边形，
所以，所以，
所以.故选：D

立体几何中动态问题
5．（2024·山东潍坊·一模）如图所示，在棱长为1的正方体中，点为截面上的动点，若，则点的轨迹长度是（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【解析】在棱长为1的正方体中，连接，
由平面，平面，得，而，
平面，则平面，又平面，
于是，同理，而平面，
因此平面，因为，则平面，
而点为截面上的动点，平面平面，
所以点的轨迹是线段，长度为.故选：B
6．（2024·山东菏泽·一模）如图，在棱长为2的正方体中，为侧面上一点，为的中点，则下列说法正确的有（ ）

A．若点为的中点，则过P、Q、三点的截面为四边形
B．若点为的中点，则与平面所成角的正弦值为
C．不存在点，使
D．与平面所成角的正切值最小为
【答案】AB
【解析】 如图，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
对于A项，连接P、、Q、四点，当为的中点时，，，，，
，，，所以为平行四边形，A正确；

对B，当点为的中点，，，
，设平面的法向量为，则，
即，令，则，，
则与平面所成角的正弦值为，
故B正确；
对C，可设，，，
，，，令，
即，显然能取到，故C错误；
对D，当与平面所成角的正切值最小时，与平面所成角的正弦值也最小，，设的法向量为，
则与平面所成角的正弦值为
，当或2，时，
，由三角函数可得与平面所成角的正切值最小为，故D错误.
故选：AB
7．（2024·山东日照·一模）已知正四棱锥的所有棱长都为2；点E在侧棱SC上，过点E且垂直于SC的平面截该棱锥，得到截面多边形H，则H的边数至多为 ，H的面积的最大值为 ．
【答案】 5 /
【解析】取中点且，平面，可知平面，
根据平面的基本性质，作平面与平面平行，如图至多为五边形.
令，则，
可得，
则，可得，
所以，
又因为与的夹角为与夹角，而与垂直，
则，
可得，
可知：当时，S取最大值.
8．（2024·山东聊城·一模）已知正四面体的棱长为2，动点满足，且，则点的轨迹长为 .
【答案】
【解析】由，故点在过点且垂直于的平面上，
由，故点在以为直径的球面上，
即点的轨迹为过点且垂直于的平面截以为直径的球面所得的圆，
由正四面体的性质可得，取中点，连接，，
则有，又、平面，，
故平面，取中点，中点，连接，
则，由平面，故平面，
，，
为以为直径的球的球心，则该球半径为，
则点的轨迹所形成的圆的半径为，
则其轨迹长为.
球的切与接
9．（2024·山东日照·一模）如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥侧面得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）．在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，截面分别与球，球切于点E，F（E，F是截口椭圆C的焦点）．设图中球，球的半径分别为4和1，球心距，则（ ）
A．椭圆C的中心不在直线上
B．
C．直线与椭圆C所在平面所成的角的正弦值为
D．椭圆C的离心率为
【答案】ACD
【解析】依题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交，椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合体，得圆锥的轴截面及球，球的截面大圆，如图，
点分别为圆与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，线段是椭圆长轴，
可知椭圆C的中心（即线段的中点）不在直线上，故A正确；
椭圆长轴长，
过作于D，连，显然四边形为矩形，
又，
则，
过作交延长线于C，显然四边形为矩形，
椭圆焦距，故B错误；
所以直线与椭圆C所在平面所成的角的正弦值为，故C正确；
所以椭圆的离心率，故D正确；
故选：ACD.
10．（2024·山东淄博·一模）把底面为椭圆且母线与底面都垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，椭圆柱(中椭圆长轴，短轴，为下底面椭圆的左右焦点，为上底面椭圆的右焦点，， P为线段上的动点，E 为线段上的动点，MN 为过点的下底面的一条动弦(不与AB重合)，则下列选项正确的是（ ）

A．当平面时，为的中点
B．三棱锥外接球的表面积为
C．若点Q是下底面椭圆上的动点，是点Q在上底面的射影，且，与下底面所成的角分别为，则的最大值为
D．三棱锥体积的最大值为8
【答案】ACD
【解析】由题设，长轴长，短轴长，
则，

得分别是中点，而柱体中为矩形，连接，
由，，∴四边形为平行四边形，，
当平面时，平面，平面平面，
则，有，
中，是中点，则为的中点，A选项正确；
，，，则中，，，
外接圆半径为，
，则平面，
三棱锥外接球的半径为，
所以外接球的表面积为，B选项错误；
点Q是下底面椭圆上的动点，是点Q在上底面的射影，且，与下底面所成的角分别为，
令，则，又，
则，，，
，由椭圆性质知，
则当或时，的最大值为，C选项正确；

由，要使三棱锥体积最大，
只需的面积和到平面距离之和都最大，
，令，且，则，
，
当时，有最大值，
在下底面内以为原点，构建如上图的直角坐标系，且，则椭圆方程为，
设，联立椭圆得，，
，，
令，，
由对勾函数性质可知在上递增，，
综上，三棱锥体积的最大值为，D选项正确.
故选：ACD
11．（2024·山东济宁·一模）如图，在棱长为2的正方体中，是棱BC的中点，是棱上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．若是棱的中点，则过A，M，N的平面截正方体所得的截面图形的周长为
C．若是棱的中点，则四面体的外接球的表面积为
D．若CN与平面所成的角为，则
【答案】AD
【解析】对于A,连接,因为,
平面,平面,
所以平面,

又点是棱上的动点（含端点），
所以点到平面的距离为定值，设为，
则，为定值，故A正确；
对于B,如图，
四边形为过A，M，N的平面截正方体所得的截面图形，

因为平面平面,
且平面平面,
且平面平面,
根据面面平行的判断定理知，，
又因为为中点，所以为四等分点，
则四边形的周长为：
,
故B错误；
对于C,如图所示，连接,取的中点为,
连接，设外接圆圆心为,外接球球心为,
连接,则,

在中，设其外接圆半径为，
由正弦定理知，，
所以，即，
依题易得,故,
弦所对的圆周角相等，故四点共圆，
则,
设外接球半径为,过作,交于,
则在中，,
即,①
在中，,
即,②
联立①②，解得,
故外接球的表面积为,
故C错误；
对于D，以为坐标原点，建立如下图所示空间直角坐标系，

则,
则,
设平面的法向量，
则，
令，则，故，
则,
,
当时，，
当时，
，
当且仅当时等号成立，
又，
综上可知，，故D正确，
故选：AD.
12．（2024·山东临沂·一模）球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是，与之对应的球缺的体积公式是.如图2，已知是以为直径的圆上的两点，，则扇形绕直线旋转一周形成的几何体的表面积为 ，体积为 .

【答案】
【解析】因为，所以，设圆的半径为，
又，解得（负值舍去），
过点作交于点，过点作交于点，
则，，
所以，同理可得，，
将扇形绕直线旋转一周形成的几何体为一个半径的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥，
其中球缺的高，圆锥的高，底面半径，
则其中一个球冠的表面积，球的表面积，
圆锥的侧面积，
所以几何体的表面积，
又其中一个球缺的体积，
圆锥的体积，球的体积，
所以几何体的体积.
13．（2024·山东菏泽·一模）如图，在正四棱台中，，，该棱台体积，则该棱台外接球的表面积为 ．

【答案】
【解析】连接，取的中点，连接，
则外接球球心在直线上，设球心为，如图所示，则，

则⊥平面，
因为正四棱台中，，，
故，所以，
设四棱台的高为，
故，解得，
故，
设，则，
，
故，解得，
故半径，
故该棱台外接球的表面积为.
14．（2024·山东泰安·一模）如图，在水平放置的底面直径与高相等的圆柱内，放入三个半径相等的实心小球（小球材质密度），向圆柱内注满水，水面刚好淹没小球，若圆柱底面半径为，则球的体积为 ，圆柱的侧面积与球的表面积的比值为 ．

【答案】 ； .
【解析】根据题意，作出圆柱的轴截面图，连接，
过作，垂足为，如下所示：

设小球半径为，圆柱的底面圆半径为，
根据题意可得：，
，，
在三角形中，由勾股定理可得，
即，整理得，
又，则，又，则；
故球的体积为；
圆柱的侧面积，
球的表面积，
则；
15．（2024·山东烟台·一模）在三棱锥中，，且分别是的中点，，则三棱锥外接球的表面积为 ，该三棱锥外接球与内切球的半径之比为 .
【答案】
【解析】如图，，且，故，
可得，则，取中点，连接，
则，又，面，可得面
又面，则，又分别是的中点，连接，则//
由题意得，故，，又，
面，故面，又，则，
可得，则两两垂直，
故以作长方体，如图所示，
则该长方体外接球即为所求三棱锥的外接球，连接，
其中点为所求外接球的球心，设其半径为，
可得，故，解得，而，
设该三棱锥内切球半径为，球心为，连接，
则，
可得，
故，
而，，，
易知是的中点，由，得，故得，
而由勾股定理得，则，
故可将一式化为，
解得，而半径比为，
16．（2024·山东青岛·一模）已知球O的表面积为，正四面体ABCD的顶点B，C，D均在球O的表面上，球心O为的外心，棱AB与球面交于点P．若平面，平面，平面，平面，且与之间的距离为同一定值，棱AC，AD分别与交于点Q，R，则的周长为 .
【答案】/
【解析】设与之间的距离为d，设球O的半径为R，则由题意得，解得，
所以，所以，所以，
由A，P，B三点共线，故存在实数使得，
所以，所以，即，
解得，所以，所以，所以，
又且与之间的距离为d，则，，
所以，，所以，
又，所以的周长为.
立体几何（解答题）
17．（2024·山东潍坊·一模）如图，在四棱台中，下底面是平行四边形，，，，，，为的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
【解】（1）在中，由，得，而，
在中，由余弦定理，得，
则，即，又，，
平面，因此平面，而平面，
所以平面平面.
（2）在四棱台中，由，得，有，
在梯形中，，过作交于点，
则，又，显然，则，即，
又平面，于是平面，
以为坐标原点，以的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
，，
设平面的法向量为，则，令，得，
而，设与平面所成角大小为，
因此，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．（2024·山东临沂·一模）如图，在直三棱柱中，，点分别在棱上，为的中点.

(1)在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由；
(2)当三棱柱的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值.
【解】（1）作直线即为所求，
连接交于点，连接、、、，
因为，，
所以，又，所以四边形为平行四边形，
所以，又，所以，又平面，平面，
所以平面，
所以在平面内，过作一条直线与平面平行的直线为.
（2）因为，
又因为，
所以当时取最大值，
即当时直三棱柱的体积最大，
又平面，平面，所以，，
如图建立空间直角坐标系，则，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，取，
又平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.

19．（2024·山东菏泽·一模）如图，已知为等腰梯形，点为以为直径的半圆弧上一点，平面平面，为的中点，，．

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成角的余弦值．
【解】（1）取的中点，连接，，则且，
又且，且．
为平行四边形，．
又平面，平面，平面．
（2）取中点为，连接，因为为等腰梯形，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
过点作直线的垂线交于点，
分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．

为直径，，，，．
在等腰梯形中，，，所以，
，，，，，
，，，．
设平面的法向量为，
则，，令则，．
，
设平面的法向量为，则，
取，
设平面与平面所成的角为，
则，
平面与平面所成角的余弦值为．
20．（2024·山东泰安·一模）如图，在底面为菱形的直四棱柱中，，分别是的中点．
(1)求证：；
(2)求平面与平面所成夹角的大小．
【解】（1）取中点，连接
因为底面为菱形，，
所以
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
（2）设平面的法向量为
又
所以即
取，则
为平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，则
平面与平面的夹角为
21．（2024·山东淄博·一模）如图，多面体ABCDEF是由一个正四棱锥与一个三棱锥拼接而成，正四棱锥A-BCDE的所有棱长均为.
(1)在棱DE上找一点G，使得面面AFG，并给出证明;
(2)当时，求点F到面ADE的距离;
(3)若，求直线DF与面ABC所成角的正弦值.
【解】（1）当点为中点时，面面，
证明如下：因为四棱锥是正四棱锥，所以.
在正方形中，，所以，
在正方形中，，因为，所以，
因为面，
所以面，
因为面，所以面面.
（2）连接，交于点，连接，，则，
又因为四棱锥是正四棱锥，所以面，
所以四边形为矩形，
，又，面，面，
又，
设点到面的距离为，即，
，所以，点到面的距离为.
（3）因为四棱锥是正四棱锥，所以，，两两垂直，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，则有
取，则，故，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
22．（2024·山东济宁·一模）如图，四棱锥的底面为正方形，底面，，过点的平面分别与棱，，相交于，，点，其中，分别为棱，的中点．
(1)求的值；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【解】（1）方法一：取BC中点Q，连接PQ交BG于点S，连接QD，SF．

∵四边形为正方形，为中点，∴//，，
故四边形为平行四边形，∴//；
又∵平面，平面，∴//平面，
∵平面，平面平面，∴//，∴；
又∵为棱的中点，，∴点为△的重心；
∴，故．
方法二：以为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，
建立如图所示空间直角坐标系：

则，，，，，，
所以，，，，
设，，平面的一个法向量为
所以，，即，解得，
令，解得，故；
又，
平面，所以，
解得，所以．
（2）以A为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，
建立如图所示空间直角坐标系：

则，，，，，，，
所以，，，，，；
设平面的一个法向量为，
所以，即，解得
令，则；
另设平面的一个法向量为，
由（1）知，
∴，
所以，即，解得，
令，则
设平面与平面夹角为，
所以．
即平面与平面夹角的余弦值为.
23．（2024·山东烟台·一模）如图，在三棱柱中，，为的中点，平面.

(1)求证：；
(2)若，求二面角的余弦值.
【解】（1）在三棱柱中，，则，
由，得，在中，，
由余弦定理，得，，
于是，由平面平面，得，
而平面，因此平面，又平面，
所以，
（2）由（1）知，两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由，得，则，
于是，设为平面的一个法向量，
则，取，得，显然为平面的一个法向量，
因此，显然二面角的大小为锐角，
所以二面角的余弦值为.

24．（2024·山东聊城·一模）如图，在四棱台中，，平面，.
(1)证明：；
(2)若，，，求平面与平面的夹角的余弦值.
【解】（1）连接点与中点，连接，，
由棱台的性质可得，故、、、共面，
由，，故、，
故四边形为平行四边形，故，
故有，故，
由平面，且、平面，故，，
又、平面，，
故平面，又平面，故；
（2）由（1）知，、、两两垂直，故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由，，则，，
点到直线的距离为，
则有、、、，
则，，
由轴平面，故平面的法向量可为，
设平面的法向量为，
则有，令，则有、，
故平面的法向量可为，
则，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
25．（2024·山东青岛·一模）如图，在三棱柱中，与的距离为，，．
(1)证明：平面平面ABC；
(2)若点N在棱上，求直线AN与平面所成角的正弦值的最大值．
【解】（1）取棱中点D，连接，因为，所以
因为三棱柱，所以，
所以，所以
因为，所以，；
因为，，所以，所以，
同理，
因为，且，平面，所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
（2）
取中点O，连接，取中点P，连接，则，
由（1）知平面，所以平面
因为平面，平面，
所以，，
因为，则
以O为坐标原点，，，所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
可设点，，
，，，
设面的法向量为，得，
取，则，，所以
设直线与平面所成角为，
则
若，则，
若，则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值.
立体几何
空间位置关系
立体几何中动态问题
球的切与接
立体几何（解答题）