2023年全国一卷新高考题型分类2-8——立体几何（大题）12

2023年全国一卷新高考题型分类2-8 ——立体几何（大题）12 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12： （2023年冀J19唐山二模）在四棱锥中，，，，，，，点是棱上靠近点的三等分点 （1）证明：平面；（[endnoteRef:2]） [2: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证平面，得，然后可证明平面； （2）以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，设，由面面角的向量法求得，再由体积公式求得棱锥体积． 【小问1详解】 中，，，， 由余弦定理可得，， 从而有，所以， ∵，∴， ∵，，平面， ∴平面， ∵平面，∴， ∵，，平面， ∴平面； 【小问2详解】 以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图， 设， 则，，，，， 由（1）知，平面，是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量是， ， 由，得，取，则， 因为平面与平面的夹角的余弦值为． 所以，解得， 所以四棱锥的体积． ] （2）若平面与平面的夹角的余弦值为，求四棱锥的体积． （2023年冀J20唐山三模）如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面，点为线段上一点，且. （1）证明：平面；（[endnoteRef:3]） [3: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）过点作于点，由面面垂直、线面垂直的性质定理可得，，再由线面垂直的判定定理可得答案； （2）由体积求出，以为原点，分别以为轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案. 【小问1详解】 过点作于点， 因为平面平面，且平面平面平面， 所以平面， 又平面，所以， 又平面平面，则， 又因为平面， 所以平面； 【小问2详解】 由（1）知平面平面，得， 又， 所以， 以为原点，分别以为轴、轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 又因为，所以， ， ， 设是平面的一个法向量， 则，即， 所以可取， 设是平面的一个法向量， 则即，所以可取， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. ] （2）若，，且三棱锥的体积为18，求平面与平面的夹角的余弦值. （2023年冀J21唐山一模）如图，在三棱柱中，侧面和侧面均为正方形，为棱的中点． （1）证明：平面平面；（[endnoteRef:4]） [4: 【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可得平面，即平面，进而，再次利用线面垂直的判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明； （2）建立如图空间直角坐标系，利用向量法求出平面的法向量，结合面面角的向量求法即得. 【小问1详解】 因为侧面、侧面均为正方形， 所以，，又，平面， 所以平面，又，所以平面， 又平面，所以． 由，为棱的中点，所以， 又，平面， 因此平面，又平面， 故平面平面； 【小问2详解】 由（1）得是与侧面所成角，即， 令，所以，又， 所以，，， 则，． 以A为原点，以，，分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，．所以，． 设是平面的一个法向量， 则即取． 易知是平面的一个法向量， 则． 而平面与平面的夹角为锐角， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． ] （2）若直线与平面所成角为30°，求平面与平面夹角的余弦值． （2023年冀J22唐山十中）如图，在四棱台中，平面平面ABCD，底面ABCD为正方形，，. （1）求证：平面.（[endnoteRef:5]） [5: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直性质可得，利用题目条件结合图形，勾股定理可得，即可证明结论； （2）如图，建立以A为原点的空间直角坐标系，利用点在直线上，引入参数，可表示出M坐标，后由平面MCD，可得M坐标，即可得答案. 【小问1详解】 因平面平面ABCD，平面平面ABCD，，平面ABCD， 则平面.又平面，则； 又在等腰梯形，如下图，作， 由题可知，，又，则，结合，得. 因，则. 又平面，平面，， 则平面； 【小问2详解】 如图，以A为原点建立空间直角坐标系. 则，又由（1）可得 . 因在直线，则， 则，即. 则. 又，平面MCD，则. 得.则，. 又由（1）得，可取为平面的一个法向量，，