2023年全国一卷新高考题型分类2-8——立体几何（大题）11

2023年全国一卷新高考题型分类2-8 ——立体几何（大题）11 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11： （2023年鄂J54名校适应）已知如图，在多面体中，，，为的中点，，，平面． （1）证明：四边形为矩形；（[endnoteRef:2]） [2: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）依题意可得且，从而得到四边形为平行四边形，由线面垂直的性质得到，从而得到，即可得到平面，从而得到，即可得证； （2）由（1）可得利用基本不等式求出三棱锥体积最大值，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值； 【小问1详解】 解：因为，，为的中点， 所以，且， 又因为，所以，因为， 所以四边形为平行四边形， 因为平面，平面，所以，所以， 因为，平面，所以平面， 平面， 所以，所以四边形为矩形． 【小问2详解】 解：由（1）可知，平面，平面，平面，所以，， 所以三棱锥的体积 ， 当且仅当时等号成立，此时， 据（1），以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系如图所示． 由已知可得下列点的坐标：，，，， 所以，， 设平面的法向量为，则， 即，取，则，， 所以平面的一个法向量为， 因为是平面的法向量， 设平面与平面夹角为，则， 故平面与平面夹角的余弦值为． ] （2）当三棱锥体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值． （2023年鄂J55名校二模）在三棱柱中，，侧面底面，D是棱的中点. （1）求证：平面平面；（[endnoteRef:3]） [3: 【答案】（1）详见解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接与交于点，连接，根据题意可证四边形是平行四边形，即.根据侧面底面，可得平面，根据面面垂直的判定定理，即可得证． （2）分别以分别为轴正方向建系，求出各点坐标及平面和平面的法向量，利用面面角的公式求解即可． 【详解】 解：（1）取的中点，连接与交于点，连接. 则为的中点， 因为三棱柱， 所以，且， 所以四边形是平行四边形. 又是棱的中点，所以. 因为侧面底面，且， 所以平面 所以平面 又平面， 所以平面平面 （2）连接，因为，所以是等边三角形，故底面． 设，可得， 分别以分别轴正方向建立空间直角坐标系， 则 设平面的一个法向量为 则 所以，取 所以 又平面的一个法向量为 故 因为二面角为钝角，所以其余弦值为. 【点睛】本题考查面面垂直的证明，二面角的向量求法，考查学生的逻辑思维和空间想象能力，属中档题． ] （2）若，求二面角的余弦值. （2023年鄂J56联诊）如图，在几何体中，平面平面，.四边形为矩形.在四边形中，，，. （1）点在线段上，且，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.（[endnoteRef:4]） [4: 【答案】（1）存在实数，使得，且的值为 （2） 【解析】 【分析】（1）由题知平面，进而建立空间直角坐标系，利用向量共线求解即可； （2）结合（1）得平面的法向量，设，，进而结合空间向量求线面角即可. 【小问1详解】 解：因为四边形为矩形，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面 不妨设，则. 以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过D与AB平行的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，，， 所以，. 因为，所以，解得. 故存在实数，使得，且的值为 【小问2详解】 解：设平面的法向量，则，即， 不妨取，则. 设，， 则，. 直线与平面所成的角为， 则.… 令，当时，；当时，. 所以. 故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为. ] （2）点在线段上，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. （2023年鄂J57十七校一联）如图，在正三棱柱中，点D为线段的中点，侧面的面积为． （1）若证明：；（[endnoteRef:5]） [5: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点H，连接，证明得到平面，得到证明. （2）计算，，再利用均值不等式计算得到答案. 【小问1详解】 取中点H，连接，，， 则． 平面，平面，故， ，，平面，故平面， 平面，故． 又，平面，故平面． 而平面，故． 【小问2详解】 设，表面积， 体积． ，当且仅当等号成立． ] （2）求三