2023年全国一卷新高考题型分类2-8——立体几何（大题）2

2023年全国一卷新高考题型分类2-8 ——立体几何（大题）2 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2： （2023年粤J43深圳德琳）如图1所示，等边的边长为，是边上的高，，分别是，边的中点．现将沿折叠，如图2所示. （1）证明：；（[endnoteRef:2]） [2: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由已知可得面，进而可证，可证， （2）取的中点，连接，，取和的中点分别为和，连接，，，可证二面角的平面角为，进而求解即可． 【小问1详解】 在等边的边长为，是边上的高， 根据折叠的性质可得，， 因为，，，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为和分别是和的中点， 所以，所以， 【小问2详解】 取的中点，连接， 取和的中点分别为和，连接，，， 因为，，中点分别为，，， 所以，， 因为，所以为等边三角形，又为的中点，所以， 所以，又平面，平面，平面，所以， 又因为平面， 所以，又因为，平面， 所以平面，平面， 所以， 则二面角的平面角为， 所以， 又，解得，显然为锐角， 所以，即二面角的余弦值为． ] （2）折叠后若，求二面角的余弦值. （2023年粤J42深圳德琳）如图，在三棱台ABC—中，，平面平面 （1）证明：平面；（[endnoteRef:3]） [3: 【答案】（1）证明见解析； （2）2. 【解析】 【分析】（1）在等腰梯形中，作，利用勾股定理得到，再利用面面垂直的性质定理得到，即可得证. （2）建立空间直角坐标系，设，写出相应点坐标，求出平面与平面的法向量，再利用二面角的大小是，即可求出. 【小问1详解】 在等腰梯形中，作，则，在中，，，， 在中，，解得， ，即 由平面平面，平面平面， 平面 ，平面 平面. 【小问2详解】 如图，在平面内，过点作，以为原点，以所在的直线为轴建立空间直角坐标系， 设，则 设平面的法向量为， 则，即，则 平面的一个法向量为 则，解得 即. ] （2）若二面角的大小是，求线段的长. （2023年粤J44深圳冲刺）已知正三棱柱中，侧棱长为，底面边长为2，D为AB中点. （1）证明：；（[endnoteRef:4]） [4: 【答案】（1）证明见解析； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由正三棱柱的性质可得平面，再利用线面垂直的判定定理即可证明平面，即可得；（2）以的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系利用空间向量与二面角的几何关系即可求得二面角的大小为；（3）根据（2）中结论，利用线面角与空间向量的关系即可得直线CA与平面所成角的正弦值为. 【小问1详解】 由为正三棱柱可知，平面， 又平面，所以， 由底面是边长为2的正三角形，D为AB的中点，所以； 又，平面，所以平面； 又平面，所以； 【小问2详解】 取线段的中点分别为，连接， 易知两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示; 由侧棱长为，底面边长为2可得， ， 由D为AB的中点可得， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得； 即； 易得即为平面的一个法向量， 所以， 设二面角的平面角为，由图可知为锐角， 所以，即； 即二面角的大小为. 【小问3详解】 由（2）可知，平面的一个法向量为， 设直线CA与平面所成的角为， 所以， 即直线CA与平面所成角的正弦值为. ] （2）求二面角的大小； （3）求直线CA与平面所成角的正弦值. （2023年粤45深圳二调）在三棱柱中，，，. （1）证明:；（[endnoteRef:5]） [5: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】(1)先由线面垂直得出,又因为是的中点，可以得出结论； (2)建系应用空间向量法求面面角的余弦值即可. 【小问1详解】 设的中点为，连接 因为，所以，又因为且， 所以， 因平面，且， 所以平面 ,因为 平面 ， 所以,又因为是的中点， 所以 . 【小问2详解】 在中，由余弦定理求得则 因为，所以，解得, 在和中，可知. 在中，，因此. 由(1)知，，且平面，且， 所以平面 . 以 所在直线分别为x轴，y轴，z轴,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 , , 令，得. 设平面的法向量为, 则 , 即 令