2023年全国一卷新高考题型分类2-8——立体几何（大题）5

2023年全国一卷新高考题型分类2-8 ——立体几何（大题）5 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5： （2023年鲁J46泰安二模）如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，D，E分别为，的中点，，，. （1）求证：平面；（[endnoteRef:2]） [2: 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）先证明，结合，由线面垂直判定定理和定义证明，取中点G，由面面垂直性质定理证明平面，由此可得，最后利用线面垂直判定定理证明平面； 【小问1详解】 为等边三角形，D为中点， ， 又，，，平面， 平面， 平面， ， 取中点G，连接， 为等边三角形， ， 平面平面，平面平面，平面. 平面， ， 与相交，，平面， 平面； 【小问2详解】 以为坐标原点，，所在直线为x轴，y轴，过C且与平行的直线为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则 ，，，，， 设，则 ，， 设平面的一个法向量为， 则，所以， 取，可得， 为平面的一个法向量， 取平面的一个法向量为， 则， 解得，此时， 在线段上存在点F使得平面与平面的夹角为，且. ] （2）在线段上是否存在点F，使得平面与平面的夹角为，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由． （2023年鲁J50淄博三模）在四棱锥中，平面平面，，为的中点. （1）求证：；（[endnoteRef:3]） [3: 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证明；（2）由边长关系，根据勾股定理证明得，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标和相关向量的坐标，设，利用空间向量的夹角公式，根据直线与平面的夹角列式计算点的坐标，求解平面的法向量，再利用点到平面的距离公式列式求解距离即可. 【小问1详解】 ∵，为的中点，∴ 又∵平面平面，平面平面， ∴平面，又平面， ∴ 【小问2详解】 由，， 可知四边形为等腰梯形，易知， ∵，∴ 建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，，， 平面的法向量为， 设，则， ，， ∵直线与平面所成角为， ∴， ∴① ∵点在棱上，∴， 即， ∴，，代入①解得或（舍去）. ， ，， 设平面的法向量为， ， 令，得，， 所以点到平面的距离 【点睛】对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. ] （2）若，，，，点在棱上，直线与平面所成角为，求点到平面的距离. （2023年鲁J51淄博一模）已知多面体中，，且，， （1）证明:；（[endnoteRef:4]） [4: 【答案】（1）证明见解析; （2） 【解析】 【分析】（1）通过证明，得平面，从而证明； （2）由条件证得，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系求解. 【小问1详解】 连接,， 在中，，，， ， 可得，即， 同时，可得， 同理可得， 因为，，且平面，平面，， 所以平面； 又因为平面，所以. 【小问2详解】 在中，易得，且， 所以，同时，， 以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，如图所示， 建立空间直角坐标系. 其中，，，， ，， 设向量为平面的法向量， 满足， 不妨取，， 直线与平面所成角的正弦值为： . ] （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. （2023年鲁J52淄博诊断）如图，是圆柱底面的内接三角形，为圆柱的母线，其中，圆柱的母线和其底面圆直径的长都为2. （1）当时，证明：；（[endnoteRef:5]） [5: 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理结合条件可得平面，平面，进而即得； （2）根据正余弦定理结合条件可得为正三角形，然后利用坐标法，根据面面角的向量求法即得. 【小问1详解】 由于为圆柱的母线，所以平面，平面， 可得：， 由已知，且平面平面， 所以平面，因为平面， 所以， 因为平面，平面，，所以， 且平面平面， 所以平面， 且平面，所以； 【小问2详解】 当三棱锥体积最大值时，即的面积取得最大值，设的三边为， 因为，，由余弦定理可得，当且仅当等号成立， 所以，此时为正三角形， 以所在直线为轴，所在直线为轴，如图建立空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量为，其中， 则，令，得， 设平