2023年全国一卷新高考题型分类2-8——立体几何（大题）8

2023年全国一卷新高考题型分类2-8 ——立体几何（大题）8 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8： （2023年闽J16泉州适应）在四棱锥中，底面为矩形，点在平面内的投影落在棱上，． （1）求证：平面平面；（[endnoteRef:2]） [2: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）作于点，即可得到平面，从而得到，再由，得到平面，即可得证； （2）过点作于，连接，即可得到平面，则，即可求出、、，根据锥体体积公式及基本不等式求出体积最大值时，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】 作于点，因为点在平面内的投影落在棱上， 所以平面，平面，所以， 又为矩形，所以，，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 过点作于，连接， 因为，，，所以，所以， 又因平面，平面，所以，且， ，平面， 所以平面，平面，所以， 所以，且，， 所以的体积， 在中，，所以， 当且仅当时，此时四棱锥的体积最大， 如图建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，所以， 设平面的法向量为，则，所以， 设平面与平面的夹角为， 则， 故平面与平面的夹角的余弦值为. ] （2）若，，当四棱锥的体积最大时，求平面与平面的夹角的余弦值． （2023年闽J19漳州三检）如图，在四棱柱中，⊥平面ABCD、底面ABCD为梯形．∥，，，Q为AD的中点，平面a经过直线，平面直线l （1）请在图中画出直线l，写出画法并说明理由（[endnoteRef:3]） [3: 【答案】（1）作图见解析；画法见解析；理由见解析 （2） 【解析】 【分析】(1) 取中点P，连接，则直线PA即为，先证明四边形是平行四边形，从而，从而可证CQ平面，再证明平面与平面重合，从而得证. （2）过点D作，垂足为F，又因为⊥平面ABCD，所以DA，DF，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【小问1详解】 取中点P，连接，则直线PA即为. 证明如下：连接，PQ， 在四棱柱中，因为是平行四边形 P，Q分别是，AD的中点，所以． 所以四边形是平行四边形．所以 因为, 所以 所以四边形是平行四边形，所以. 又因为CQ平面，平面 所以CQ平面， 因为经过且与CQ平行的平面有且只有一个. 若经过直线有两个不同的平面，，使得 因为、与平面ABCD有公共点A，所以，与平面ABCD都相交， 设交线分别为，，则，又因为， 由线面平行的性质定理可得，所以，这与矛盾. 所以平面与平面重合， 因为平面平面，所以直线PA即为． 【小问2详解】 过点D作，垂足为F，又因为⊥平面ABCD， 所以DA，DF，两两互相垂直， 以D为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D—xyz， 所以, 设平面的法向量为 所以 ，即 令，得，所以 取平面PAD的一个法向量为 所以 所以平面a与平面所成角的余弦值为 ] （2）求平面a与平面所成角的余弦值． （2023年闽J20漳州三检）如图，在直四棱柱中，底面是边长为的菱形，，，为棱上一点，，过三点的平面交于点. （1）求点到平面的距离；（[endnoteRef:4]） [4: 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量求法可求得结果； （2）根据面面平行和线面平行性质可证得四边形为平行四边形，由此可求得点坐标，利用面面角的向量求法可求得结果. 【小问1详解】 连接交于点， 四边形为菱形，， 则以为坐标原点，正方向为轴，作轴，可建立如图所示空间直角坐标系， ，，，， ，，，， ，，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，， 点到平面的距离. 【小问2详解】 由直棱柱的结构特征知：平面平面， 平面，平面， 平面平面，平面，， 同理可得：，四边形为平行四边形，， 又，，，，， 又，，， ，，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，； 设平面的法向量， 则，令，解得：，，； ， 即平面与平面所成锐二面角的余弦值为. ] （2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值. （2023年闽J21漳州二检）如图1，在直角梯形BCDE中，，，A为DE的中点，且，，将沿AB折起，使得点E到