2023年全国一卷新高考题型分类2-8——立体几何（大题）1

2023年全国一卷新高考题型分类2-8 ——立体几何（大题）1 资料编制说明： 1、 试卷主要是2023年全国一卷新高考地区真题、模拟题，约208套。其中全国卷6套，广东42，山东42，江苏29，福建17，湖南26，湖北21，河北25。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题目前面括号，标注该题的出处。有“末”字的，表示单选、填空的最后一题，难度相对会大一些。 多选3、多选4也难。 立体几何——大题1： （2023年国J01全国一卷）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，． （1）证明：；（[endnoteRef:2]） [2: 【答案】（1）证明见解析； （2）1 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明； （2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解. 【小问1详解】 以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， ， ， 又不在同一条直线上， . 【小问2详解】 设， 则， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， ， 化简可得，， 解得或， 或， . ] （2）点在棱上，当二面角为时，求． （2023年国J02全国二卷）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． （1）证明：；（[endnoteRef:3]） [3: 【答案】（1）证明见解析； （2）． 【解析】 【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得； （2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出． 【小问1详解】 连接，因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②，由①②，，平面， 所以，平面，而平面，所以． 【小问2详解】 不妨设，，． ，，又，平面平面． 以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 设， 设平面与平面的一个法向量分别为， 二面角平面角为,而， 因为，所以，即有， ，取，所以； ，取，所以， 所以，，从而． 所以二面角的正弦值为． ] （2）点F满足，求二面角的正弦值． （2023年国J03全国甲卷文）如图，在三棱柱中，平面． （1）证明：平面平面；（[endnoteRef:4]） [4: 【答案】（1）证明见解析. （2） 【解析】 【分析】(1)由平面得，又因为，可证平面，从而证得平面平面； (2) 过点作，可证四棱锥的高为,由三角形全等可证，从而证得为中点，设，由勾股定理可求出，再由勾股定理即可求. 【小问1详解】 证明：因为平面，平面, 所以, 又因为，即， 平面，, 所以平面， 又因为平面, 所以平面平面 【小问2详解】 如图， 过点作，垂足为. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以四棱锥的高为. 因为平面，平面, 所以,, 又因为，为公共边， 所以与全等，所以. 设，则， 所以为中点，, 又因为,所以, 即，解得， 所以， 所以四棱锥的高为． ] （2）设，求四棱锥的高． （2023年国J04全国甲卷理）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1． （1）证明：；（[endnoteRef:5]） [5: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得平面，再由勾股定理求出为中点，即可得证； （2）利用直角三角形求出的长及点到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值. 【小问1详解】 如图， 底面，面， ，又，平面，, 平面ACC1A1，又平面， 平面平面， 过作交于，又平面平面，平面， 平面 到平面的距离为1，， 在中，， 设，则， 为直角三角形，且， ，，， ，解得， ， 小问2详解】 ， ， 过B作，交于D，则为中点， 由直线与距离为2，所以 ，，， 在，， 延长，使，连接， 由知四边形为平行四边形， ，平面，又平面， 则在中，，， 在中，，， , 又到平面距离也为1， 所以与平面所成角的正弦值为. ] （2）已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值． （2023年国J05全国乙卷文）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，． （1）求证：//平面；（[endnoteRef:6]） [6: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答. （2）作出并证明为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积. 【小问1详解】 连接，设，则，，， 则， 解得，则为