2021_2023年高考数学真题分类汇编专题06立体几何解答题理

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专题06 立体几何（解答题）（理）近三年高考真题知识点1：线面角及其正弦值、二面角1．（2023•甲卷（理））在三棱柱中，，底面，，到平面的距离为1．（1）求证：；（2）若直线与距离为2，求与平面所成角的正弦值．【解析】（1）证明：取的中点，连接，底面，底面，，，，底面，底面，，，，，平面，平面，平面平面，到平面的距离为1，到的距离为1，，；（2）过作交的延长线与，连接，取的中点，连接，四边形为平行四边形，平面，，平面，平面，，，为直线与距离，，，由（1）可知平面，为与平面所成角的角，易求得，，，，．与平面所成角的正弦值为．2．（2022•浙江）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设，分别为，的中点．（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．【解析】证明：由于，，平面平面，平面，平面，所以为二面角的平面角，则，平面，则．又，则是等边三角形，则，因为，，，平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又因为，平面，平面，所以平面，因为平面，故；（Ⅱ）由于平面，如图建系：于是，则，，设平面的法向量，，，则，，令，则，，平面的法向量，设与平面所成角为，则．3．（2022•甲卷（理））在四棱锥中，底面，，，，．（1）证明：；（2）求与平面所成的角的正弦值．【解析】（1）证明：底面，面，，取中点，连接，，，，又，，，为直角三角形，且为斜边，，又，面，面，面，又面，；（2）由（1）知，，，两两互相垂直，故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，则可取，设与平面所成的角为，则，与平面所成的角的正弦值为．4．（2022•北京）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，，分别为，的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【解析】证明：取中点，连接，，为的中点．，且，四边形是平行四边形，故，平面；平面，平面，是中点，是的点，，平面；平面，平面，又，平面平面，又平面，平面；侧面为正方形，平面平面，平面平面，平面，，又，，若选①：；又，平面，又平面，，又，，，，两两垂直，若选②：平面，，平面，平面，，又，，，，，，又，，，，两两垂直，以为坐标原点，，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，1，，，1，，，2，，，1，，，1，，设平面的一个法向量为，，，则，令，则，，平面的一个法向量为，，，又，2，，设直线与平面所成角为，，．直线与平面所成角的正弦值为．5．（2022•乙卷（理））如图，四面体中，，，，为的中点．（1）证明：平面平面；（2）设，，点在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．【解析】（1）证明：，为的中点．，又，，，，，又为的中点．，又，平面，平面，平面，又平面，平面平面；（2）连接，由（1）知，，故最小时，的面积最小，时，的面积最小，又平面，平面，，又，平面，平面，平面，又平面，平面平面，过作于点，则平面，故，即为直线与平面所成的角，由，，知是2为边长的等边三角形，故，由已知可得，，又，，，所以，，，在中，由余弦定理得，．故与平面所成的角的正弦值为．6．（2021•上海）如图，在长方体中，已知，．（1）若是棱上的动点，求三棱锥的体积；（2）求直线与平面的夹角大小．【解析】（1）如图，在长方体中，；（2）连接，，四边形为正方形，则，又，，平面，直线与平面所成的角为，．直线与平面所成的角为．7．（2021•浙江）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，，分别为，的中点，，．（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）证明：在平行四边形中，由已知可得，，，，由余弦定理可得，，则，即，又，，平面，而平面，，，；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，平面，又平面，平面平面，且平面平面，，且平面，平面，连接，则，在中，，，，可得，又，在中，求得，取中点，连接，则，可得、、两两互相垂直，以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，则，2，，，0，，，又为的中点，，，平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则．故直线与平面所成角的正弦值为． 8．（2023•北京）如图，四面体中，，，平面．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的大小．【解析】证明：（Ⅰ）平面，平面，平面，，，，，，又，，，又，平面；（Ⅱ）以点为坐标原点，分别以，所在直线为轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：则，1，，，0，，，0，，，1，，，0，，，，，，1，，，0，，设平面的一个法向量为，，，则，取，得，1，，设平面的一个法向量为，，，则，取，得，1，，，，由图可知二面角为锐角，设二面角的大小为，则，，，即二面角的大小为．9．（2023•乙卷（理））如图，在三棱锥中，，，，，，，，的中点分别为，，，点在上，．（1）证明：平面；（2）证明：平面平面；（3）求二面角的正弦值．【解析】证明：（1）由题可知，，设，，则，解得，，，而，，，，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面．证明：（2），，，即，，，，平面，平面，平面平面．（3）设二面角的平面角为，，，为和的夹角，，，，，二面角的正弦值为．10．（2022•天津）直三棱柱中，，，，为中点，为中点，为中点．（1）求证：平面；（2）求直线与平面的正弦值；（3）求平面与平面夹角的余弦值．【解析】（1）证明：取的中点，连接，，连接交于，再连接，，且是的中点，则是的中点，，，又平面，平面，平面，同理可得，平面，又，平面平面，平面，（2）在直三棱柱中，，则可建立如图所示的空间直角坐标系，又，为中点，为中点，为中点．故，2，，，0，，，0，，，0，，，1，，则，，，，0，，，1，，设，，是平面的法向量，则有：，，即，令，则，，所以，设直线与平面的夹角为，则，（3），0，，则，0，，，1，，设平面的法向量为，，，则有，，即，令，则，，故，设平面与平面的夹角为，所以．11．（2023•上海）已知直四棱柱，，，，，．（1）证明：直线平面；（2）若该四棱柱的体积为36，求二面角的大小．【解析】（1）证明：根据题意可知，，且，可得平面平面，又直线平面，直线平面；（2）设，则根据题意可得该四棱柱的体积为，，底面，在底面内过作，垂足点为，则在底面内的射影为，根据三垂线定理可得，故即为所求，在中，，，，，又，，二面角的大小为．12．（2023•新高考Ⅱ）如图，三棱锥中，，，，为中点．（1）证明；（2）点满足，求二面角的正弦值．【解析】证明：（1）连接，，，为中点．，又，，与 均为等边三角形，，，，平面，平面，．（2）设，，，，，，又，，平面，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，，，，，0，，，，，，，设平面与平面的一个法向量分别为，，则，令，解得，，令，解得，，故，1，，，1，，设二面角的平面角为，则，故，所以二面角的正弦值为．13．（2022•新高考Ⅱ）如图，是三棱锥的高，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若，，，求二面角的正弦值．【解析】（1）证明：连接，，依题意，平面，又平面，平面，则，，，又，，则，，延长交于点，又，则在中，为中点，连接，在中，，分别为，的中点，则，平面，平面，平面；（2）过点作，以，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，由于，，由（1）知，又，则，，又，即，12，，设平面的一个法向量为，又，则，则可取，设平面的一个法向量为，又，则，则可取，设锐二面角的平面角为，则，，即二面角正弦值为．14．（2022•新高考Ⅰ）如图，直三棱柱的体积为4，△的面积为．（1）求到平面的距离；（2）设为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．【解析】（1）由直三棱柱的体积为4，可得，设到平面的距离为，由，，，解得．（2）连接交于点，，四边形为正方形，，又平面平面，平面平面，平面，，由直三棱柱知平面，，又，平面，，以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，，，又，解得，则，0，，，2，，，0，，，2，，，1，，则，2，，，1，，，0，，设平面的一个法向量为，，，则，令，则，，平面的一个法向量为，0，，设平面的一个法向量为，，，，令，则，，平面的一个法向量为，1，，，，二面角的正弦值为．15．（2021•天津）如图，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求二面角的正弦值．【解析】（1）证明：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，0，，，1，，，2，，故，设平面的法向量为，则，即，令，则，，故，又，2，，，2，，所以，则，又平面，故平面；（2）由（1）可知，，则，故直线与平面所成角的正弦值为；（3）由（1）可知，，设平面的法向量为，则，即，令，则，故，所以，故二面角的正弦值为．16．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥中，底面是正方形，若，，．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值．【解析】（Ⅰ）证明：中，，，，所以，所以；又，，平面，平面，所以平面；又平面，所以平面平面．（Ⅱ）取的中点，在平面内作，以所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则，0，，，，，，1，，，0，，因为平面，所以平面的一个法向量为，0，，设平面的一个法向量为，，，由，2，，，，，得，即，令，得，，所以，2，；所以，，所以二面角的平面角的余弦值为．17．（2021•乙卷（理））如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为中点，且．（1）求；（2）求二面角的正弦值．【解析】（1）连结，因为底面，且平面，则，又，，，平面，所以平面，又平面，则，所以，又，则有，所以，则，所以，解得；（2）因为，，两两垂直，故以点位坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则，，0，，所以，，设平面的法向量为，则有，即，令，则，，故，设平面的法向量为，则有，即，令，则，故，所以，设二面角的平面角为，则，所以二面角的正弦值为．18．（2021•新高考Ⅰ）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积．【解析】（1）证明：因为，为的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以；（2）方法一：取的中点，因为为正三角形，所以，过作与交于点，则，所以，，两两垂直，以点为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，1，，设，0，，则，因为平面，故平面的一个法向量为，设平面的法向量为，又，所以由，得，令，则，，故，因为二面角的大小为，所以，解得，所以，又，所以，故．方法二：过作，交于点，过作于点，连结，由题意可知，，又平面所以平面，又平面，所以，又，所以平面，又平面，所以，则为二面角的平面角，即，又，所以，则，故，所以，因为，则，所以，则，所以，则，所以．知识点2：点到平面距离问题19．（2023•天津）在三棱台中，若平面，，，，，分别为，中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求平面与平面所成角的余弦值；（Ⅲ）求点到平面的距离．【解析】（Ⅰ）证明：连接，可得为△的中位线，可得，且，而，，则，，可得四边形为平行四边形，则，而平面，平面，所以平面；（Ⅱ）取的中点，连接，由，，可得．由平面，平面，可得，可得平面．过作，垂足为，连接，由三垂线定理可得，可得为平面与平面所成角．由．在矩形中，，所以；（Ⅲ）设到平面的距离为．在△中，，，，则．由，可得，解得．知识点3：立体几何的综合20．（2023•新高考Ⅰ）如图，在正四棱柱中，，．点，，，分别在棱，，，上，，，．（1）证明：；（2）点在棱上，当二面角为时，求．【解析】（1）证明：根据题意建系如图，则有：，2，，，0，，，2，，，0，，，，，又，，，四点不共线，；（2）在（1）的坐标系下，可设，2，，，，又由（1）知，0，，，2，，，0，，，，，设平面的法向量为，则，取，设平面的法向量为，则，取，根据题意可得，，，，又，，解得或，为的中点或的中点，．21．（2021•北京）如图，在正方体，为的中点，交平面交于点．（Ⅰ）求证：为的中点；（Ⅱ）若点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．【解析】（Ⅰ）证明：连结，在正方体中，，平面，平面，则平面，因为平面平面，所以，则，故，又因为，所以四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，所以，，而点为的中点，所以，故，则点为的中点．另取的中点，则与平行且相等，进而与平行且相等，，，，四点共面，平面，从而与重合，点为的中点．（Ⅱ）以点为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体棱长为2，设点，0，，因为二面角的余弦值为，则，所以，则，2，，，1，，，1，，故，设平面的法向量为，则，即，所以，，故，设平面的法向量为，则，即，所以，，故，因为二面角的余弦值为，则，解得，又，所以，故．