2022屆高考數(shù)學(xué)模擬題及答案解析

2022年高考數(shù)學(xué)考前模擬題

1.如圖，在三棱柱ABC-AiBiCi中，44i_L平面ABC,AA\^AC=BC=2,ZACB=90°,

D,E分別是A181,CG的中點

(I)求證：CiD〃平面4BE；

(II)求直線AB與平面4BE所成角的正弦值；

(III)在棱CO上是否存在一點P,使得平面附8與平面A18E所成二面角為60°?若

存在，求出P點的坐標；若不存在，請說明理由.

【分析】(I)取A8的中點F,連結(jié)￡＞凡交48于點M,可證利用線面平

行的判定定理可得〃平面AiBE；

(II)建立空間直角坐標系，求出平面AiBE的法向量，利用向量的夾角公式，可求直線

48與平面AiBE所成角的正弦值；

(III)假設(shè)在棱CC1上存在一點尸，使得平面辦8與平面48E所成二面角為60°,求

出平面以8的法向量，根據(jù)向量的夾角公式，列方程求出點尸坐標，即可得結(jié)論.

【解答】(I)證明：取AB的中點凡連接力尸，交48于點例，可知M為。尸中點，

連接EM,易知四邊形C\DME為平行四邊形，

所以C\D//EM.

又。?！镀矫嫫矫鍭iBE,EMu平面A18E,

所以C1O〃平面A18E.

(II)解：如圖建立空間直角坐標系C-孫z,則A(2,0,0),B(0,2,0),E(0,0,

1),Ai(2,0,2).

：.AB=(-2,2,0),E1i=(2,0,1),EB=(0,2,-1).

EA+z=0

設(shè)平面48E的法向量為蔡=(x,y,z),則r-n=0

TT—z=0

EB-n=0

令x=l,則￡=(1,-1,-2).

所以cos<AB,n>=乎：=—萼.

網(wǎng)網(wǎng)J

所以直線AB與平面A1BE所成角的正弦值為號.

(III)解：假設(shè)在棱CCi上存在一點P,使得平面附8與平面4BE所成二面角為60°,

設(shè)P(0,0,c),0WcW2.

則日1=(2,0,-c),設(shè)平面B4B的法向量為/=(x,y,z),

則伊-PA=02x—cz=0

—2x+2y=O'

取K=C,則m=(c,c,2),

由(n)知平面4BE的法向量為￡=(1,-1,-2).

所以|cos<m,n>\=呼'=--14=1,

|m||n|76-JC2+C2+4

解得c=挈<2,

故在棱CCi上存在一點P,使得平面%B與平面AiBE所成二面角為60°,P點的坐標

【點評】本題考查了空間向量在幾何中的應(yīng)用，考查了直線與平面平行的判定、線面角

和二面角的求法，考查了運算求解能力，轉(zhuǎn)化與化歸能力，邏輯推理能力，屬于中檔題

2.如圖1,在平面四邊形48DC中，AB=2,AC=1,CD=V5,ZA=90°,cosZBC￡>=j.

(1)求sin。；

(2)將△3CQ沿3。折起，形成如圖2所示的三棱錐。-ABC,AD=2.

(i)三棱錐O-ABC中，證明：點。在平面ABC上的正投影為點4；

(ii)三棱錐Q-ABC中，點E,F,G分別為線段A8,BC,AC的中點，設(shè)平面DEF

與平面DAC的交線為/,Q為/上的點.求DE與平面QFG所成角的正弦值的取值范圍.

圖1圖2

【分析】(1)在Rt^ABC中：求出8C,在△BCQ中由余弦定理求出C的余弦函數(shù)值,

在ABCD中由正弦定理求解即可.

(2)(i)證明A￡>_LA8,ADA.AC,推出AO_L平面ABC,得到結(jié)論.

(ii)以A坐標原點，分別以48、AC.A。為x、y、z軸建立空間直角坐標系4-孫z,

設(shè)Q(0,32),求出平面QFG的法向量，DE=(1,0,一2),設(shè)OE與平面QFG所

成角為6,利用空間向量的數(shù)量積求解表達式，然后推出DE與平面QFG所成角的正弦

值的取值范圍.

【解答】解：(1)在RtZ\A8C中：BC=y/AB2+AC2=V5,

在./XBCD中由余弦定理：BC=CD=底cos4BCD=8c“榔父i=1

ZDC'CD□

所以BD=2V2,

BCBD9./Z

在△BC。中由正弦定理：--=-------；sin乙BCD=妥，

sinDsin乙BCD5

所以sin。=

(2)(i)證明：在△D4B中，因為4B=2,AD=2,BD=2VL

所以BD2=AB2+AD2,ADLAB,

在4c中，因為ZC=1,AD=2,CD=煙,

所以CD2=AC2+AD2,ADLAC,

又因為ABAAC=A,所以AD_L平面ABC,

所以點D在平面ABC上的正投影為點A.

(ii)因為E尸〃AC,EFU平面。AC,ACu平面。AC,

所以EF〃平面D4C,平面QEF與平面D4C的交線為/,所以/〃AC,

以A坐標原點，分別以AB、AC、A￡＞為x、＞、z軸建立空間直角坐標系A(chǔ)-孫z,

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所以4(0,0,0),D(0,0,2),E(以0,0),F(l,0),G(0,0),

設(shè)Q(0,32),設(shè)平面QFG的法向量三=(x,y,z),

->T1

因為

n-FQ=(%,yfz)?(-l,2)=0,

TT1

n-GQ=(%/y,z)?(0/t-2)=0,

—x+(t-+2z=0

所以取y=2,解得％=0，z=，-3

(t-+2z=0

所以，平面QFG的一個法向量為5=(0,2,:t),

因為法=(1,0,-2),設(shè)。石與平面。FG所成角為仇

所以，sine=I吵：|=_11一24，

四卜㈤帚屏由4

若t=*,則sin0=0；

若則sin0=等xIIV等

所以。E與平面QFG所成角的正弦值的取值范圍為［0,等).

【點評】本題考查直線與平面垂直的判斷定理的應(yīng)用，直線與平面所成角的范圍的求法,

考查空間想象能力，邏輯推理能力，以及計算能力，是中檔題.

3.如圖，在直四棱柱48c￡>-4B1C1O1中，AB//CD,DC=2,A4=3,AB=BC=DA=\,

點E和F分別在側(cè)棱AAi、CC\±,且AiE=CF=l.

(1)求證：BC〃平面O1EF；

(2)求直線4力與平面。E尸所成角的正弦值.

/)?

【分析】(1)分別取CD,FD\的中點M,N,連結(jié)MN,AM,EN,利用中位線定理證

明四邊形AEMN是平行四邊形，AMCB是平行四邊形，從而得到8C〃AM〃硒，由線面

平行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，由向量的夾角公式求解即可.

【解答】(1)證明：如圖所示，分別取CD,EDi的中點M,N,連結(jié)何N,AM,EN,

則有MN是梯形CFDi。的中位線，^MN//CF//D\D,且MN=4(CF+D1O)=2,

因為A1E=LA\A//DiD,

所以EA=2=MN,且MN〃EN,

所以四邊形4EMN是平行四邊形，

所以EN//AM,同理可證AMCB是平行四邊形，

所以BC//AM//EN,

又因為EM=平面D\EF,BCC平面D\EF,

所以BC〃平面D1EF；

(2)解：以點A為坐標原點，AB為x軸，441為y軸，過點A且垂直于A