2023年高考数学三模试题分项汇编（全国通用）专题08 立体几何（文科）（解析版）

这是一份2023年高考数学三模试题分项汇编（全国通用）专题08 立体几何（文科）（解析版），共44页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题08 立体几何（文科）一、单选题1．（天一大联考皖豫名校联盟2023届高三第三次考试数学试题）如图为一个火箭的整流罩的简单模型的轴截面，整流罩是空心的，无下底面，由两个部分组成，上部分近似为圆锥，下部分为圆柱，则该整流罩的外表面的面积约为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据题意分上部分为圆锥，利用其侧面积公式求出其侧面积；下部分为圆柱，利用其侧面积公式求出其侧面积，最后得到正面外表面面积.【详解】根据题意，上部分圆锥的母线长为，所以圆锥的侧面积为，下部分圆柱的侧面积为，所以该整流罩的外表面的面积约为．故选：B.2．（河北省保定市2022-2023学年高一下学期期中数学试题）如图①，这是一个小正方体的侧面展开图，将小正方体从如图②所示的位置依次翻到第1格、第2格、第3格、第4格、第5格、第6格，这时小正方体正面朝上的图案是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据正方体的侧面展开图找出相对面，再由其特征得到结果.【详解】由图①可知，“同心圆”和“圆”相对，“加号”和“箭头”相对，“心形”和“星星”相对．由图②可得，小正方体从如图②所示的位置翻到第6格时正面朝上的图案是．故选：C.3．（湖南省邵阳市2023届高三三模数学试题）如图所示，正八面体的棱长为2，则此正八面体的表面积与体积之比为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】作出图形，根据正八面体的性质求出相关的长度，分别代入表面积和体积计算公式即可求解.【详解】如图，由边长为2，可得的高，，则其表面积为.体积为.此正八面体的表面积与体积之比为.故选：D.4．（贵州省凯里市第一中学2023届高三三模数学（文）试题）已知某封闭的直三棱柱各棱长均为2，若三棱柱内有一个球，则该球表面积的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据已知条件及三角形的面积公式，结合球的表面积公式即可求解【详解】设底面三角形的内切圆的半径为r，则，解得，小于高的一半1，所以该球的最大半径为，所以球表面积的最大值为.故选:A．5．（江西省九江市2023届高三三模数学（文）试题）榫卯是一种中国传统建筑、家具的主要结构方式，它凝聚了中华文明的智慧.它利用材料本身特点自然连接，既符合力学原理，又重视实用和美观，达到了实用性和功能性的完美统一.下图是榫卯结构中的一种，当其合并在一起后，可形成一个正四棱柱.将合并后的榫卯对应拿开（如图1所示），已知榫的俯视图如图2所示，则卯的主视图为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据题意，由榫与卯为互补结构结合对应的视图，再由排除法即可得到结果.【详解】由题可知，榫与卯为互补结构，合并为一个正四棱柱，故卯需要有两个通透的长方形通道，由于四棱柱摆放角度为直角边正对我们，故主视图必须有一条居中的实线代表棱，故A错误；然后对榫的结构分析并与卯互补可得，卯的两边通道中间并不会连通，故不存在居中的虚线，故BD错误，综上所述，只有C满足要求.故选:C6．（福建省泉州市2023届高三数学质量监测试题（三））图1中，正方体的每条棱与正八面体（八个面均为正三角形）的条棱垂直且互相平分．将该正方体的顶点与正八面体的顶点连结，得到图2的十二面体，该十二面体能独立密铺三维空间．若，则点M到直线的距离等于（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接PR，MN，相交于点O，设MP与AB相交于点K，MQ与BC相交于点L，连接KL，利用正八面体的性质，由线面垂直的判定定理，证明平面，得到MR为点M到直线的距离，然后在中，利用是的中位线求得正八面体的边长即可.【详解】解：如图所示：连接PR，MN，相交于点O，设MP与AB相交于点K，MQ与BC相交于点L，连接KL，在正八面体中，易知，且，所以 ，则 ，即 ，又平面，则，又HG与RN相交，所以平面，则MR为点M到直线的距离，在中， ，则 ，因为是的中位线，所以，即，故选：A7．（湖北省圆创联考2023届高三下学期五月联合测评数学试题）如图，把一个长方形的硬纸片沿长边所在直线逆时针旋转得到第二个平面，再沿宽边所在直线逆时针旋转得到第三个平面，则第一个平面和第三个平面所成的锐二面角大小的余弦值是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】将两个单位正方体叠放在一起可构造模型，确定三个平面的位置后，由线面垂直可得两个平面的法向量，根据法向量夹角可确定所求角的余弦值.【详解】如图，把两个单位正方体叠放在一起， 平面，平面，平面分别代表第一，二，三个平面，四边形为正方形，，平面，平面，，，平面，平面；同理可得：平面；平面的法向量为，平面的法向量为，，，，，即与的夹角为，所求锐二面角的大小的余弦值是.故选：C．8．（重庆市2023届高三三模数学试题）已知n棱柱（，）的所有顶点都在半径为1的球面上，则当该棱柱的体积最大时，其上下底面之间的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】转化为球体内接圆柱体积最大时，求上下底面的距离. 设圆柱底面圆的半径为，用表示圆柱的体积，再利用导数可求出结果.【详解】圆内接边形为正边形时面积最大，要使棱柱的体积最大，棱柱的底面必为正边形，由于正边形与外接圆的面积比不依赖于圆的半径，故只需考虑球体内接圆柱体积最大时，上下底面的距离.设圆柱底面圆的半径为，则球心到圆柱底面的距离为，圆柱体积为，考虑函数，，令，得，令，得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以时，，所以当时，棱柱的上下底面之间的距离为.故选：C【点睛】关键点点睛：转化为球体内接圆柱体积最大时，求上下底面的距离是本题解题关键.9．（浙江省金丽衢十二校、“七彩阳光”2023届高三下学期3月联考数学试题）在正方体中，平面经过点B、D，平面经过点A、，当平面分别截正方体所得截面面积最大时，平面所成的锐二面角大小为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设平面与面所成的二面角为，二面角为，分和两种情况讨论，证明平面经过点B、D且截正方体所得截面面积最大时，平面与面重合，从而可得出答案.【详解】平面经过点B、D且截正方体所得截面面积最大时，平面与面重合，证明：设平面与面所成的二面角为，二面角为，当时，记平面截正方体所得截面为面，，则，令，因为，所以，当时，显然平面截正方体所得截面面积最大时，截面为面，当时，平面截正方体所得截面为，所以平面截正方体所得截面面积最大时截面为面，同理平面过时，截正方体所得截面面积最大时截面为面，连接，面与面所成锐二面角为，因为面面，所以的所成角大小为二面角大小，因为，所以面与面所成锐二面角大小为.故选：C．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于说明平面经过点B、D且截正方体所得截面面积最大时，平面与面重合，考查了分类讨论思想和极限思想.二、多选题10．（湖南省邵阳市2023届高三三模数学试题）如图所示，已知点A为圆台下底面圆周上一点，S为上底面圆周上一点，且，则（    ）A．该圆台的体积为B．直线SA与直线所成角最大值为C．该圆台有内切球，且半径为D．直线与平面所成角正切值的最大值为【答案】ACD【分析】对于A，根据圆台的体积公式，可得答案；对于B，根据异面直线夹角的定义，作图，利用三角函数的定义，可得答案；对于C，研究圆台的轴截面，结合等腰体形存在内切圆的判定，可得答案，对于D，根据线面角的定义，作图，利用线面垂直判定定理，结合函数的单调性，可得答案.【详解】对于A选项，，则A选项正确.对于B选项，如图（1），过作垂直于下底面于点，则，所以直线与直线所成角即为直线与直线所成角，即为所求，而，由圆的性质得，，所以，因为，则B选项错误.对于C选项，设上底面半径为，下底面半径为，若圆台存在内切球，则必有轴截面的等腰梯形存在内切圆，如图（2）所示，梯形的上底和下底分别为2，4，高为，易得等腰梯形的腰为，假设等腰梯形有内切圆，由内切圆的性质以及切线长定理，可得腰长为，所以圆台存在内切球，且内切球的半径为，则C选项正确；对于D选项，如图（3），平面即平面，过点做交于点，因为垂直于下底面，而含于下底面，所以，又，且平面，所以平面，所以直线与平面所成角即为，且.设，则，所以，其中，所以，当时，，当时，.根据复合函数的单调性，可知函数，在上单调递增，所以当时，有最大值，最大值为，所以D选项正确.故选：ACD.11．（天一大联考皖豫名校联盟2023届高三第三次考试数学试题）如图，已知四棱锥的外接球的直径为4，四边形ABCD为正方形，平面平面APB，G为棱PC的中点，，则（    ）A．平面PCDB．C．AC与平面PBC所成角的正弦值为D．四棱锥的体积为【答案】ABC【分析】A.由，利用线面平行的判定定理判断；B.易得平面PBC，再利用线面垂直的性质定理判断；C.易知为AC与平面PBC所成的角求解判断；D.根据平面平面APB，过P作，由面面垂直的性质定理，得到平面ABCD，再由求解判断.【详解】解：  因为，平面PCD，平面PCD，所以平面PCD，故A正确；平面平面APB，且，所以，又，从而平面PBC，所以，故B正确；易知，所以四棱锥的外接球的直径为AC，所以，所以，所以，因为平面PBC，所以为AC与平面PBC所成的角，所以，故C正确；如图所示：因为平面平面APB，过P作，根据面面垂直的性质定理，可知平面ABCD，因为，所以，所以，故D错误．故选：ABC12．（湖北省圆创联考2023届高三下学期五月联合测评数学试题）在四面体中，平面ABC，，点，Q为AC的中点，，垂足为H，连结BH，则正确的结论有（    ）A．平面平面PBCB．若平面平面PBC，则一定有C．若平面平面PBC，则一定有D．点R是平面PBC上的动点，，则当直线AR与BC所成角最小时，点R到直线AB的距离为【答案】ABD【分析】对于A、B、C：根据线面、面面垂直逐项分析判断；对于D：转化为圆锥.结合垂直关系分析运算.【详解】易知三棱锥是“基本图”，它各个面均为直角三角形，且平面PAB，平面平面ABC，平面平面ABC，，平面PAC，对于A：由平面PAC知，，又因为，平面BQH，所以平面BQH，又平面PBC，平面BQH平面PBC，故A正确；对于B：过点C作，由于平面平面PBC，且两面的交线为MN，由面面垂直的性质得平面AMN，平面AMN，，且平面PAB，平面PAB，，又平面PBC，平面PBC，平面PBC，，B正确；对于C：在平面PBC条件下，N可以在直线PC上运动，C不正确．对于D：由题意可得，则，R点的轨迹是以M为圆心为半径的圆，动线段AR是圆锥的母线，AR与平面PBC所成的角为定角，AR与BC所成的角最小时//．过作平面ABC，，垂足为N，则为到直线AB的距离． 由四边形是矩形得，D正确．故选：ABD.13．（福建省泉州市2023届高三数学质量监测试题（三））在长方体中，，，点、在底面内，直线与该长方体的每一条棱所成的角都相等，且，则（    ）A．B．点的轨迹长度为C．三棱锥的体积为定值D．与该长方体的每个面所成的角都相等【答案】BCD【分析】将长方体补成正方体，连接、、、，设，，确定点的位置，求出的长，可判断A选项；确定点的轨迹，求出点的轨迹的长度，可判断B选项；利用锥体的体积公式可判断C选项；利用线面角的定义可判断D选项.【详解】如下图所所示，将长方体补成正方体，连接、、、，设，，易知与正方体的每一条棱所成的角都相等，所以，与底面的交点即为点.对于A选项，，A错；对于B选项，因为平面，平面，则，又因为四边形为正方形，则，因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，同理，，因为，、平面，则平面，故平面，因为，所以，平面，即平面，又因为平面，平面平面，所以，，所以，点的轨迹为线段，且，B对；对于C选项，记点到平面的距离为，由，因为，则，则，故点为的中点，同理可知，为的中点，所以，，因为，，故四边形为平行四边形，所以，，所以，，因为平面，平面，则平面，所以，点到平面的距离为定值，又因为的面积为定值，所以，三棱锥为定值，C对；对于D选项，因为到平面、平面、平面的距离都相等，易知，直线与正方体的每个面所成的角都想等，所以，与长方体的每一个面所成的角都相等，D对.故选：BCD.【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.三、填空题14．（陕西省商洛市2023届高三三模文科数学试题）在四面体中，，，，若，，则该四面体外接球的表面积为______.【答案】【分析】作图，根据几何关系求出球心的位置即可.【详解】平面ABD，平面ABD， 平面ABD，平面ABD， ，取AC的中点G，BD的中点 ，CD的中点O，又平面ABC，平面ABC， 平面ABC，平面ABC，G是外接圆的圆心，平面ABD，是外接圆的圆心，所以O是四面体ABCD外接球的球心； ，所以外接球O的半径为 ，外接球的表面积 ；故答案为： .15．（上海市建平中学2023届高三三模数学试题）一个正三棱锥的侧棱长为1，底面边长为，它的四个顶点在同一个球面上，则球的表面积为__________.【答案】【分析】设为正三角形的中心，则⊥平面，正三棱锥的外接球的球心在上，在中利用勾股定理求出的长，再在中利用勾股定理即可求出的值，从而得到球的表面积．【详解】如图所示：设为正三角形ABC的中心，连接，则⊥平面，正三棱锥的外接球的球心在上，设球的半径为，连接，，∵的边长为，∴，又∵，∴在中，，在中，，，，∴，解得，此时说明球心在点的下方，即如下图所示：∴球的表面积为．故答案为：．16．（贵州省凯里市第一中学2023届高三三模数学（文）试题）如图，已知正方体的棱长为2，点是内（包括边界）的动点，则下列结论中正确的序号是_____.（填所有正确结论的序号）①若，则平面；②若，则直线与所成角的余弦值为；③若，则的最大值为；④若平面与正方体各个面都相交，且，则截面多边形的周长一定为.【答案】①②④.【分析】利用面面平行性质定理即可证得选项A判断正确；求得直线与所成角的余弦值判断选项B；求得的最大值判断选项C；求得截面多边形的周长判断选项D.【详解】对于①，由知，点在线段上，连接，则，又平面，平面，则平面，平面，又，平面，则平面平面， 因为平面，所以平面，故①正确；对于②，由，易知点是中点，因为，则为异面直线直线与所成角，且，，在中，由余弦定理知，故②正确；对于③，若，则，因为的最大值为.判断错误；对于④，易知平面，又因为，所以平面平面，即所求截面与平面平行.因为平面平面，平面平面，所以，同理可证，设，其中，则，因为，所以，因为，所以，同理，可得，故截面多面形的周长为；故④正确；故答案为：①②④.17．（浙江省金丽衢十二校、“七彩阳光”2023届高三下学期3月联考数学试题）将两个形状完全相同的正三棱锥底面重合得到一个六面体，若六面体存在外接球，且正三棱锥的体积为1，则六面体外接球的体积为_____________．【答案】/【分析】根据正三棱锥的几何性质，确定其形成六面体的外接球球心的位置及半径的长，从而列式求得半径，即可得六面体外接球的体积.【详解】如图所示，记两个形状完全相同的正三棱锥为三棱锥和三棱锥设点A在面上的投影为点O，则、O、A三点共线．在三棱锥和中，到几何体各顶点距离相等的点分别在和上若组合后的六面体存在外接球，则O为外接球的球心，设，则，因为O为的中心，所以即，所以，解得所以球的体积为.故答案为：.18．（河南省名校2022届联盟全国高考冲刺压轴（一）文科数学试题）如图所示为某几何体的三视图，则该几何体外接球的表面积为____________. 【答案】【分析】作出原几何体的直观图，找出该几何体的外接球球心，计算出外接球的半径，结合球体体积公式可得结果.【详解】由三视图还原原几何体如下图所示，由图可知，原几何体为三棱锥，且平面平面，取的中点，连接、，则，，由三视图可知，，，则平面，由勾股定理可得，则、均为正三角形，因为平面平面，平面平面，，平面，平面，平面，，过的外心在平面内作，过的外心在平面内作，设，因为平面，平面，则，因为，，平面，同理，平面，所以，为三棱锥的外接球球心，因为为等边的外心，则，同理，在平面内，因为，，，，所以，四边形为正方形，所以，，因为，所以，，因此，该几何体外接球的表面积为.故答案为：.19．（湖南省邵阳市2023届高三三模数学试题）三棱锥中，PA⊥平面ABC，，则三棱锥外接球的表面积为__________.【答案】【分析】首先求证两两垂直，将棱锥补全为长方体，根据它们外接球相同求其半径，进而求表面积.【详解】由PA⊥平面ABC，面，则，又，所以两两垂直，故可将三棱锥补全为长方体，故三棱锥外接球，即为长方体外接球，令三棱锥外接球半径为，则满足，所以外接球表面积为.故答案为：20．（江西省九江市2023届高三三模数学（文）试题）如图，棱长为2的正方体中，P，Q为四边形内的点（包括边界），且点P到AB的距离等于到平面的距离，点Q到的距离等于到平面ABCD的距离，则的最小值为______.【答案】【分析】根据抛物线的定义得到P，Q的轨迹，结合图像，即可求解.【详解】当P，Q在线段上时，由P到AB的距离等于到平面的距离知，P到点B的距离等于到的距离，故点P在以B为焦点，为准线的抛物线上；同理，点Q在以为焦点，BC为准线的抛物线上.设这两条抛物线与的交点即分别为点，（如图1）.则P，Q的轨迹分别为四边形内过点，且平行于AB的线段（如图2）.则的最小值即为.如图3所示，建立平面直角坐标系，则的坐标为，，所在的抛物线方程为，，联立方程且，得，，，即的最小值为.故答案为：.四、解答题21．（2022届“云教金榜”N 1联考高三下学期5月冲刺测试文科数学试题）如图，在三棱锥中，平面平面，，，且点在以点为圆心为直径的半圆上．(1)求证：；(2)若，且与平面所成角为，求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接，根据线面垂直的性质证明平面即可；（2）根据线面垂直的性质可得与平面所成角为，再根据等体积法求解点到平面的距离即可【详解】（1）连接，因为，，故，，又，平面，故平面.又平面，故（2）由（1）因为，且平面平面，平面平面于，故平面，故与平面所成角为，故，又点在以点为圆心为直径的半圆上，，，故，，设点到平面的距离为 ，则因为，即，解得22．（天一大联考皖豫名校联盟2023届高三第三次考试数学试题）已知平行六面体的各棱长均为2，，M，E分别是线段的中点．(1)证明：平面；(2)求平面DME与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）设AC，BD交于点O，连接，根据为等边三角形和四边形ABCD为菱形，分别得到和，再利用线面垂直的判定定理证明；（2）由（1）易得平面平面，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，过O与平面ABCD垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，求得平面DME的一个法向量，再由为平面的一个法向量，设平面DME与平面的夹角为，由求解.【详解】（1）证明：如图，设AC，BD交于点O，连接．因为平行六面体中，各棱长均为2，且，所以为等边三角形，四边形ABCD为菱形，所以O为BD的中点，．所以．因为，平面，所以平面．（2）由（1）可知，为等边三角形，所以，故．解可得．因为平面，平面，所以平面平面，故在平面ABCD上的射影Q落在AC上，连接，所以．以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，过O与平面ABCD垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则，所以，所以．设平面DME的一个法向量为，由，得取，则．由（1）知为平面的一个法向量．设平面DME与平面的夹角为，则，故平面DME与平面的夹角的余弦值为．23．（浙江省金丽衢十二校、“七彩阳光”2023届高三下学期3月联考数学试题）如图，四面体中，，，与面的所成角为．(1)若四面体的体积为，求的长；(2)设点在面中，，，过作的平行线，分别交于点，求面与面所成夹角的余弦值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）作，，根据线面垂直和面面垂直的性质可证得平面，由线面角定义知，设，，利用面积桥可得，由，结合棱锥体积公式可构造方程求得的值，即为；（2）设，延长交于点，根据垂直关系可说明点为的垂心，方法一：结合相似的知识可证得，由此可说明分别为中点，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得结果；方法二：作，，利用射影面积法可求得结果.【详解】（1），，，，又，平面，平面；作，连接，平面，平面，，，平面，平面，平面，平面面，平面平面，则作，可得平面，为与平面的所成角，，设，，则，，，，则由得：，，解得：，即.（2）设，由（1）得：，延长交于点，连接，，，，平面，平面，平面，，又，，，，，，为边上的高，即，；，，平面，平面，又平面，；由（1）得，若，则点在上，为的垂心；∽，，又，，，，即；方法一：，为中点，为中点，以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；平面，平面的一个法向量为，，即平面与平面所成夹角的余弦值为.方法二：，，即；分别作，，则平面，平面，在平面的投影为，，设平面与平面所成的二面角为，则.24．（贵州省凯里市第一中学2023届高三三模数学（文）试题）如图1所示，在边长为3的正方形ABCD中，将△ADC沿AC折到△APC的位置，使得平面平面ABC，得到图2所示的三棱锥.点E，F，G分别在PA，PB，PC上，且，，.记平面EFG与平面ABC的交线为l.(1)在图2中画出交线l，保留作图痕迹，并写出画法.(2)求点到平面的距离.【答案】(1)作图见解析(2) 【分析】（1）利用平面的基本性质作图找到两个平面的交线；（2）由面面、线面垂直的性质证，进而得到，即有，最后根据已知和等体积法求到平面的距离.【详解】（1）作图步骤：延长EF、AB交于M，延长AC、EG交于N，连接MN，则直线MN即为交线l. 如下图示：（2）记为的中点，则，由面面ABC，面面ABC，面，所以面ABC，面ABC，故，由ABCD为正方形，故，易知，所以，而，在△中，则.在中，则，故，，又，令到面距离为，所以，则，故点到平面的距离为.25．（江西省九江市2023届高三三模数学（文）试题）直三棱柱中，，D为的中点，.(1)求证：平面平面ABD；(2)若，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先证平面，得到①，再借助三角形相似证明②，最后证出平面平面；（2）等体积法求即可.【详解】（1）为直三棱柱，，又，，平面平面，①设，则，，，，，，故②由①②，，，且，知平面ABD又平面，平面平面ABD（2）由，得，解得的面积由（1）知平面，三棱锥的体积三棱锥的体积26．（陕西省商洛市2023届高三三模文科数学试题）如图，四棱锥的底面是等腰梯形，，，，底面ABCD，为棱上的一点.(1)证明：；(2)若三棱锥的体积为，求的值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）过点作，垂足为，根据等腰三角形的性质得到，利用余弦定理求出，从而得到，由线面垂直得到，即可证明平面，从而得证；（2）设，，则，求出，即可求出，从而得解.【详解】（1）证明：过点作，垂足为，在等腰梯形中，因为，，所以，，在中，，则，则，因为底面，底面，所以，因为，平面，所以平面，又平面，所以.（2）设，，则，因为，所以，又，所以，解得，即当三棱锥的体积为时，. 27．（河南省2022-2023学年高三下学期核心模拟卷（中）文科数学（一）试题）如图，在直角梯形ABCD中，，，四边形CDEF为平行四边形，平面平面ABCD，．(1)证明：平面ABE；(2)若，，，求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接交于点，取的中点，连接，根据条件证明四边形为平行四边形，然后得到即可；（2）取的中点为，连接，依次证明平面、平面，然后可求出点到平面的距离，然后根据算出答案即可.【详解】（1）证明：连接交于点，取的中点，连接，因为四边形为平行四边形，所以为的中点，所以，因为，，所以，所以四边形为平行四边形，所以，即，因为平面，平面，所以平面ABE，（2）取的中点为，连接，因为，，所以为等边三角形，所以，，因为平面平面ABCD，平面平面ABCD ，平面，所以平面，所以点到平面的距离为，因为，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离为，因为是直角梯形，，，，，所以，所以.28．（福建省泉州市2023届高三数学质量监测试题（三））如图，三棱台中，是的中点，E是棱上的动点．(1)试确定点E的位置，使平面；(2)已知平面．设直线与平面所成的角为，试在（1）的条件下，求的最小值．【答案】(1)是的中点，详见解析；(2). 【分析】（1）根据线线平行可得四边形为平行四边形，进而可得平面,又得平面平面，有面面平行的性质即可得线线平行，即可求解；（2）根据线线垂直可得线面垂直，即可建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可得，结合不等式即可求解.【详解】（1）连接,由三棱台中，是的中点可得,所以四边形为平行四边形，故,平面, 平面,故平面,又平面，且平面， ，所以平面平面，又平面平面,平面平面,故,由于是的中点,故是的中点，故点在边的中点处，平面;（2）因为平面，平面,所以,又平面,故平面,由于平面,所以 ,由（1）知：在边的中点，是的中点,所以,进而，连接,由 所以四边形为平行四边形，故 ,由于平面，因此平面，故两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系；设，则，故 ，设平面平面的法向量为，则，取，则，又，故，当且仅当，即时取等号，要使的最小值，只需要最大，最大值为，此时的最小值为 .29．（湖北省圆创联考2023届高三下学期五月联合测评数学试题）已知平行六面体（底面是平行四边形的四棱柱）的各条棱长均为2，且有．(1)求证：平面平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据面面垂直判定定理证明即可；（2）应用空间向量法求线面角正弦即得.【详解】（1）连接AC和，由底面是菱形得， 由与全等，得为的中点，又平面，平面，平面，                         又平面平面平面．（2）以为x轴，以为y轴，以过O与底面垂直的直线为z轴，建立如图空间坐标系，则       过A作底面的垂线，垂足为H，由为正三棱锥知H为的重心，设，由，得，                        又取平面的法向量为，设直线与平面所成角为，则∴直线与平面所成角的正弦值为．30．（湖南省邵阳市2023届高三三模数学试题）如图所示，在直四棱柱ABCD-中，底面ABCD为菱形，，，E为线段上一点.(1)求证：；(2)若平面与平面ABCD的夹角的余弦值为，求直线BE与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接，利用线面垂直的判定定理和性质即可证明；（2）根据线面垂直的性质可得，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面的法向量，由题意和向量的数量积的定义求出点E的坐标，结合线面角的定义即可求解.【详解】（1）连接，底面为菱形，.又平面平面.又面，平面.又平面.（2）设的中点为，连接，如图：为等边三角形，，又，则.又平面，则.以A为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，则，，， 设平面的一个法向量为，令，则.又平面的一个法向量为，则.又平面与平面的夹角的余弦值为，，，，.直线与平面所成角的正弦值为.31．（重庆市2023届高三三模数学试题）如图，四面体ABCD的顶点都在以AB为直径的球面上，底面BCD是边长为的等边三角形，球心O到底面的距离为1．(1)求球O的表面积；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理求出底面外接圆的半径，再根据勾股定理求出球的半径，然后用球的表面积公式可求出结果；（2）取的中点，连，过作，交于，连，则是二面角的平面角，解三角形可得结果.【详解】（1）底面外接圆的半径，又球心O到底面的距离为1．所以球的半径，所以球O的表面积为.（2）因为为球的直径，所以，，取的中点，连，则，则,因为，，所以，在等腰三角形中，过作，交于，连，则是二面角的平面角，，在中，，，，，，在中，,在中，，在中，.所以二面角B－AC－D的余弦值为.【点睛】思路点睛：求二面角的常用思路：（1）利用二面角平面角的定义，在二面角的棱上选取特殊点，分别在两个面内作棱的垂线，找到平面角，然后解三角形得解；（2）建立空间直角坐标系，利用平面的法向量求解.