2023年全国一卷新高考题型分类2-8——立体几何（大题）13

2023年全国一卷新高考题型分类2-8 ——立体几何（大题）13 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13： （2023年粤J29广州冲刺）如图，在四棱锥中，，，点为的中点． （1）求证：平面；（[endnoteRef:2]） [2: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接．先证明，再证明平面． （2）利用向量的方法求直线与平面所成角的正弦值． 【小问1详解】 取中点，连接． 因为点为的中点，所以且， 又因为且，所以且， 所以四边形为平行四边形． 所以． 又平面平面，所以平面． 【小问2详解】 在平面中，过作，在平面中，过作． 因为平面平面，平面平面，平面 所以平面． 所以，所以两两互相垂直． 以为原点，向量的方向分别为轴､轴､轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），则， 所以， 设是平面的一个法向量， 则即 取，得． 设直线与平面所成角为． 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． ] （2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值． （2023年粤J30广州冲刺）已知四棱锥的底面是棱长为2的菱形，，，若，且与平面所成的角为，为的中点，点在线段上，且平面. （1）求；（[endnoteRef:3]） [3: 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）连接，利用线面平行的性质结合三角形重心及菱形性质求解作答. （2）取中点，利用给定条件探求平面，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答. 【小问1详解】 连接，连接，由菱形知是中点，而为的中点， 则为的重心，有， 因为平面，平面平面，平面，因此， 所以. 【小问2详解】 菱形中，由，知为等边三角形，有，又， 则，即有，取的中点，连接，则， 而，且两相交直线在平面内，于是平面，而平面，有平面平面， 在平面内过做于点，平面平面， 从而平面，是与平面所成的角，则， 因为，则，又，因此与重合， 以为坐标原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ，， ，则，， 设平面的法向量，则，令，得， 设平面的法向量，则，令，得， 于是， 所以求平面与平面夹角的余弦值为. ] （2）求平面与平面夹角的余弦值. （2023年粤J41深圳适应性）如图，且，，且，且.平面，. （1）求平面与平面的夹角的正弦值；（[endnoteRef:4]） [4: 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用空间向量法求出平面与平面的法向量，即可求解； （2）设线段DP的长为（），求出，，然后利用向量的夹角公式列方程求解. 【小问1详解】 因为平面，，平面，所以，. 因为，所以，，两两垂直，以为原点， 分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系（如图）， 则，，，，，，. 得，，. 设为平面的法向量，则， 令，则； 设为平面的法向量，则， 令，则， 所以. 所以平面与平面的夹角的正弦为. 【小问2详解】 设线段的长为，则，. 因为，，平面， 所以平面，为平面的一个法向量， 所以，由题意，可得，解得. 所以线段的长为.] （2）若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长. （2023年粤J26广州）如图，在四棱锥P-ABCD中，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形， （1）求证：；（[endnoteRef:5]） [5: 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，可证明，，进而可证平面，则结论成立；（2）过做平面，过做于，则为平面PAB与平面所成角，根据题中所给条件计算，的长，求出正切值，进而求出正弦值. 【小问1详解】 取中点，连接， 因为，且，所以四边形为平行四边形，即， 因为，所以； 因为△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，所以； ，所以平面，平面，所以. 【小问2详解】 过做平面，过做于，则为平面PAB与平面所成角， 由（1）可知：平面，平面，所以平面平面，平面平面， 则直线，由题意可知，，又，所以，在直角三角形中，，所以，， 过做于，则， 中，，，则，， 所以，所以，，则. ] （2）求平面PAB与平面ABCD交角的正弦值. （2023年粤J27广州二模）如图，在直三棱柱中，，点D是的中点，点E在上，平面. （1）求证：平面平面；（[endnoteRef:6]