2023年全国一卷新高考题型分类2-8——立体几何（大题）6

2023年全国一卷新高考题型分类2-8 ——立体几何（大题）6 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6： （2023年苏J06南京二模）在梯形中，，，，，如图1．现将沿对角线折成直二面角，如图2，点在线段上． （1）求证：；（[endnoteRef:2]） [2: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）计算确定，证明平面，得到，再证明平面，得到答案. （2）建立空间直角坐标系，得到各点坐标，设得到，再根据点到直线的距离公式计算得到答案. 【小问1详解】 ，， ，故，则，即， 又平面平面，平面平面， ，平面，故平面， 平面，则 ， 又，，平面，所以平面， 又平面，则. 【小问2详解】 设中点为，中点为，以为轴建立空间直角坐标系， 如图所示： 有， 设，则，设，则， 则 ，，， 点到直线的距离为，则， 即，即，解得， 所以. ] （2）若点到直线的距离为，求的值． （2023年苏J07南京一中）在三棱锥ABCD中，已知平面ABD⊥平面BCD，且，，，BC⊥AC． （1）求证：BC⊥平面ACD；（[endnoteRef:3]） [3: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理证明AD⊥BD，再由面面垂直的性质得AD⊥平面BCD，从而得AD⊥BC，最后再结合线面垂直判定定理证明即可； （2）根据线面关系，建立空间直角坐标系，结合面面夹角公式求解即可. 【小问1详解】 证明：因为，，，所以， 所以AD⊥BD， 又因为平面ABD⊥平面BCD， 平面平面BCD=BD，因为平面ABD， 所以AD⊥平面BCD，因为平面BCD， 所以AD⊥BC， 又因为BC⊥AC，， 所以BC⊥平面ACD． 【小问2详解】 解：因为BC⊥平面ACD，平面ACD，所以BC⊥CD， 因为，，所以，， 以D为坐标原点，直线DB，DA分别为x，z轴，在平面BCD内过点D与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系， 所以，，，，所以，所以，， 平面ABD的一个法向量为， 设平面CDE的一个法向量为，所以 ， 取，，则，所以， 设平面CDE与平面ABD所成的锐二面角为θ， 所以，所以， 即平面CDE与平面ABD所成锐二面角的正弦值为． ] （2）若E为△ABC的重心，，求平面CDE与平面ABD所成锐二面角的正弦值． （2023年苏J08南京临江二模）在四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面为中点. （1）如果与平面所成的线面角为，求证：平面.（[endnoteRef:4]） [4: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由题知，进而证明，即可证明结论； （2）根据题意，建立空间直角坐标系，设，进而利用坐标法求解线面角得，在计算体积即可. 【小问1详解】 证明：平面，平面， 为与平面平面所成的线面角， ∵与平面所成的线面角为 ， ∵为的中点， ， ∵底面是边长为的正方形，即 ∵平面， 平面， 又∵平面， ∴， ∵平面， 平面 【小问2详解】 解：以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图空间直角坐标系， 设，则， 设平面的法向量为， 则，即， ，取，得， 与平面所成角的正弦值为 ， 当且仅当，即时等号成立. ， 三棱锥的体积. ] （2）当与平面所成角的正弦值最大时，求三棱锥的体积. （2023年苏J09南京秦淮中学）如图，三棱柱的侧棱底面，，E是棱上的动点，F是的中点，，，．（[endnoteRef:5]） [5: 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，. 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得平面； （2）以为坐标原点，射线、、分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，设点，利用空间向量法可得出关于的方程，结合的取值范围可求得的值，由此可得出结论. 【详解】（1）证明：取的中点，连接、． 、分别是、的中点，且， 在三棱柱中，且， 为的中点，则且，且， 所以，四边形为平行四边形，则， 平面，平面，平面； （2）以为坐标原点，射线、、分别为轴、轴、轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、，， 设，平面的一个法向量为，则， 由，得，令，可得， 易得平面的一