2023年全国一卷新高考题型分类2-8——立体几何（大题）4

2023年全国一卷新高考题型分类2-8 ——立体几何（大题）4 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4： （2023年鲁J13烟台适应）如图，在圆台中，，分别为上、下底面直径，，为的中点，为线段的中点，为圆台的母线，与圆台下底面所成的角为． （1）证明：平面；（[endnoteRef:2]） [2: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证明线面垂直，先证线线垂直，根据题中线面位置关系，不难发现证明，容易证明. （2）因题中线面位置较为特殊，考虑用空间向量，建立空间直角坐标系后，直接按照求平面与平面夹角的公式，按步骤求解即可. 【小问1详解】 证明：连接，，则平面． 因为为母线，所以四点共面，且．取中点，连接，．因为，则， 所以四边形为平行四边形． 所以，所以平面． 所以为与底面所成角， 即． 在中，，所以，同理．在中，，所以． 因为平面，平面，所以． 因为为的中点，所以， 又，平面，平面, 所以平面， 又平面，所以． 又因为，， 平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 以O为原点，分别以，，所在的方向为，，的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，，. 设平面的一个法向量为， 由，得， 令，得，所以． 设平面的一个法向量为， 由，则． 令，得，所以， 设平面，与平面夹角为， 则． 所以平面与平面夹角的余弦值为． ] （2）求平面与平面夹角的余弦值． （2023年鲁J20滨州邹平一中）如图，四棱台的下底面和上底面分别是边和的正方形，侧棱上点满足. （1）证明：直线平面；（[endnoteRef:3]） [3: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）延长和交于点，连接交于点，连接，即可得到，从而得到为中点，即可得到且，从而得到，即可得解； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】 证明：延长和交于点，连接交于点，连接， 由，故，所以，所以， 所以，所以为中点， 又且，且， 所以且， 故四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 解：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. 所以. 设平面的法向量，由，得， 取， 故所求角的正弦值为， 所以直线与平面所成角的正弦值为. ] （2）若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值. （2023年鲁J21滨州邹平一中）已知平行四边形中，分别是，的中点，将菱形沿折至的位置，使得二面角的平面角为，连接，得到斜三棱柱. （1）求证：；（[endnoteRef:4]） [4: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到，从而证明出线面垂直，得到线线垂直；（2）作出辅助线，找到直线与平面所成角，求出各边长，求出正弦值. 【小问1详解】 连接交于，连接，BF，DE， ∵平行四边形中，分别是，的中点， ∴△ABF为等边三角形， ∴BF=BE=DF=DE， ∴四边形BFDE为菱形， 平面 【小问2详解】 过D作于，连接. 平面平面 平面. 即为直线与平面所成的角. 设，则， ∵二面角的平面角为， ∴由第一问知：为二面角平面角的补角， ∵， ∴，， 其中， 由勾股定理得： ] （2）求直线与平面所成角的正切值. （2023年鲁J22滨州邹平）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，侧面底面，为棱的中点，，. （1）求证：平面平面；（[endnoteRef:5]） [5: 【答案】（1）见解析；（2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质可得平面，得到，再由，即可得到平面，从而得证； （2）根据，利用等体积法求出点到面的距离. 【详解】解：（1）∵，，，∴，∴， ∴侧面底面，侧面底面，面 ∴平面， 平面， ∴， ∵，，平面，平面 ∴平面，平面， ∴平面平面. （2）， ，， ∵， ∴， ∴， ∴ 【点睛】本题考查线面垂直的判定及性质定理的应用，面面垂直的证明，等体积法求点面距，属于中档题. ] （2）求点到平面的距离. （2023年鲁J25滨州二模）如图，圆锥的母线长为，侧面积为，是圆的内接正三角形． （1）证明：平面；（[endnoteRef:6]） [6: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【