2023年高考數(shù)學考前熱身題及答案

2023年高考數(shù)學考前熱身題

1.如圖，三棱錐A-BCD中，CQ_L平面ABC,AC=CB=^CD,ZACB=90°，點E,F

分別是AB,A￡>的中點.

(1)求證：AC_L平面BCD；

(II)求直線4。與平面CEF所成角的正弦值.

【分析】(I)證明AC_LCD,AC±CB.然后證明ACJ_平面BCD

(II)以點C為坐標原點，分別以直線CB,CD,C4為x,y,z軸建立空間直角坐標系

C-xyz.求出平面CEF的法向量，設直線AO與平面CEF所成角為&利用空間向量的

數(shù)量積求解直線AD與平面CEF所成角的正弦值即可.

【解答】(I)證明：因為。CL平面ABC,ACu平面A8C,

所以AC_LCD

因為NACB=90°,

所以AC_LCB.

因為CZ)nC8=C,CDc5FffiBCD,CBu平面BCD,

所以AC_L平面BCD.................................

(5分)

(II)解：因為C￡>_L平面ABC,

所以C8JLCD................................6

分

以點C為坐標原點，分別以直線CB,CD,CA為x,y,z軸建立空間直角坐標系C-“z.

設AC=BC=2,則OC=4.

因為點E,尸分別是AB,4。的中點，

所以A(0,0,2),B(2,0,0),C(0,0,0),D(0,4,0),E(1,0,1),F(0,

2,1).

設平面CEF的法向量為:=(x,y,z),

則"二叫U力。，

令y=l,貝！Jz=-2,x=2.

所以？i=(2,1,-2).

設直線AO與平面CEF所成角為e.

\n-AD\84V5

所以si"=\cos{n,AD)\==

\n\\AD\3x2店15

4V5

所以直線AO與平面CE尸所成角的正弦值束.(13分)

【點評】本題考查直線與平面垂直的判斷定理的應用，直線與平面所成角的求法，考查

空間想象能力，轉化思想以及計算能力，是中檔題.

2.如圖1,在直角梯形A8CQ中，AB//CD,ZB=90°,AB=3,CD=2,BC=V3,E在

AB上，且AO=AE.將△AOE沿￡>E折起，使得點4到點尸的位置，且P3=PC,如圖

2.

(1)證明：平面PDE_L平面BCDE-,

(2)求二面角C-P8-E的正弦值.

DC

【分析】（1）取OE的中點。，連接PO,取8c的中點M,連接MO,連接PM,利用線

面垂直的判定定理證明8c，平面PMO,從而得到BCA.PO,則由線面垂直的判定定理

可證明PO_L平面BCDE,由面面垂直的判定定理證明即可；

（2）建立合適的空間直角坐標系，求出所需點的坐標和向量的坐標，然后利用待定系數(shù)

法求出平面的法向量，由向量的夾角公式以及同角三角函數(shù)關系求解即可.

【解答】（1）證明：如圖，取。E的中點O,連接尸0,則尸。=PE,POLDE,

取BC的中點連接MO,則例0〃8E,故MO_LBC,

連接PM,因為尸B=PC,M為BC的中點，所以PMLBC,

又PMC0M=M,PM,OMu平面PMO,

所以BCJ_平面PMO,又POu平面PMO,

貝（1BCA.PO,

在平面BCDE內，BC與。E相交，因此PO_L平面BCQE,

又POu平面PDE,

故平面PZ?EJ_平面BCDE-,

（2）解：由（1）可知，PO_L平面BCDE,連接CE,

則BC=V3,BE=1,故CE=\ICB2+BE2=2=CD,

連接CO,則CO±DE,則C0=V3,

以點。為坐標原點，建立空間直角坐標系如圖所示，

則P（0,0,V3）,EQ,0,0）,C（0,V3,0）,B（|,空,0）,

所以PB=（,，，—V3），CB=@，—，0）,EB=（；,,0）,

設平面P8C的法向量為m=（x,y,z）,

麗or32lX+732y-z-o

則

=即V3

m.后=

oV3o

m.13X-2-y=

12

令

則w-z=

=1V3

故m=(1,V3,V3).

設平面PBE的法向量為￡=(a,b,c),

會

而o

一，Toa+-c=

則

則n=V3

一<?。

=,

前

"髡

^T?a+-

-o

kn

令

X--則y?z

V3.=h

故？i=(遮，—L1),

-f-r-

所以cosVm,n>=

|?n||n|47x45V35

故二面角C-PB-E的正弦值為1-A2=嚼―

【點評】本題考查了立體幾何的綜合應用，涉及了線面垂直的判定定理和面面垂直的判

定定理的應用，在求解有關空間角問題的時候，一般會建立合適的空間直角坐標系，將

空間角問題轉化為空間向量問題進行研究，屬于中檔題.

3.如圖，在六面體A8CD-A1B1C1D1中，底面ABC。為菱形.

(1)求證：BD不垂直于平面4OD4；

n27r

(2)若A4i_L平面A8C。，且AO=3,441=4,ZDAB&\~,一］,求平面AiDB與平面

ABD夾角的正切值的取值范圍.

【分析】(1)建立空間直角坐標系，設ND4B=&求得各點坐標，假設平面A1D1D4,

則BOLA。，通過向量運算可知。=0,即/OA8=0,這與四邊形ABC。為菱形矛盾,

從而得證;

(2)根據(jù)0的范圍可得sin?e礙，噂］，cos亭］，再求出平面ABO及平面

的一個法向量，利用向量的夾角公式可得cosa=cos<m,n>=I3*再通過換

J16+9COS25

元及三角函數(shù)的有界性，結合函數(shù)的性質可得cosa的取值范圍，由此得到tana的取值

范圍，從而得出答案.

【解答】解：(1)證明：連接4C,設ACn8D=。,

?.?四邊形ABC。為菱形，

：.ACLBD,

以AC,B0所在直線分別為x軸，y軸，以過O且垂直于平面ABC。的直線為z軸，建

立如圖所示的空間直角坐標系，

n

設ND48=e,則Z0AB=LOAD=全

..AO=3cos2，OB=3sin

nnnn

.\A(3cos-^,0/0),8(0,3sin0)，0(0,-3sin0)，C(-3cos,,0,0),

T0T00

：.BD=(0,-6s譏0),AD=(-3cosJ,一3s譏?0),

若&)_L平面4O1D4,則3O_LAO,

—>—?n

：.BDAD=0,即18s加2/o,

，s譏2>0,則。=0,即ND48=0,這與四邊形ABC。為菱形矛盾,

不垂直于平面AIQIDA：

(2)V0G學第，

9nn

???5叫，3],

??sni]€壇，-^-J,cos]€壇，~2~]9

易知，平面ABD的一個法向量為茄=(0,0,1),

?.?^4」平面48(7力，

g

，4I(3COS2，0,4),

Tf)G

??A^B—(-3cos2/3sin/—4),

設平面A\DB的一個法向量為n=(%,y,z),則

7T0

nBD=-Gsin^-y=01