2024屆高考數(shù)學(xué)考前熱身題及答案解析

2024年高考數(shù)學(xué)考前熱身題

1.如圖，在四棱錐P-4BCQ中，氏_L平面ABC。，底面4BCO是菱形，PA=AB=2,Z

BAD=60a.

(I)求證：直線BQ_L平面PAC；

(II)求直線P8與平面附。所成角的正切值；

(III)設(shè)點(diǎn)M在線段PC上，且二面角C-MB-A的余弦值為"求點(diǎn)"到底面力8co

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的距離.

【分析】(I)由菱形的性質(zhì)可得8OL4C,利用線面垂直的性質(zhì)可得BOJ_AP,根據(jù)線

面垂直的判定定理證明即可；

(II)建立合適的空間直角坐標(biāo)系，求出所需點(diǎn)的坐標(biāo)和向量的坐標(biāo)，然后直線的方向

向量與平面辦。的法向量，由向量的夾角公式以及同角三角函數(shù)關(guān)系式求解即可；

(III)設(shè)M(x,y,z),且前=入而(0/入W1),由題意結(jié)合空間直角坐標(biāo)系求出入的

值，確定點(diǎn)”的坐標(biāo)，然后求解點(diǎn)到平面的距離即可.

【解答】(【)證明：由菱形的性質(zhì)可知，BDLAC,

因?yàn)楸仄矫鍭4C。，且8Qu平面ABCD,

MBDLAP,RAPQAC=A,AP,ACu平面%C,

故BOJ_平面PAC；

(II)解：以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，

則P(0,0,2),3(75,L0),做0,0,0),0(0,2,0),

所以而=(V5,1,-2),

由平面以。的一個(gè)法向量為藍(lán)=(L0,0),

設(shè)直線PB與平面以。所成的角為0,

所以sin0=|cos<PB，m>|=―心=

78x1

底

2*7

故cos0=V1-sin3=局

八sin3vl5

所以ian6=$=可,

故直線PB與平面心。所成角的正切值為絲;

(III)解：設(shè)M(x,j,z),且尸G=apZ(0W入W1),

因?yàn)镻(0,0,2),C(V5,3,0),B(V5,1,0),4(D,0,0),

所以(x,y,z-2)=A(V3,3,-2),

解得人=6心y=3入，z=-2入+2,

所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為例(百九3九-2A+2),

設(shè)平面CM4的法向量為3=(a,b,c),

則g."二-28=0

(n-MB=(V3-V3A)a+(1-3A)b+(21-2)c=0

令4=2,則c=V5,

故］=(2,0,V3),

設(shè)平面MBA的法向量為t=(p,q,r),

則tAB=>/3p+q=0

?詁=(O-V3A)p+(1-31)Q+(21-2)r=0

令〃=1,則q=-V5,r=

5

因?yàn)槎娼荂-MB-4的余弦值為

2s5

所以——T=

同尸』

整理可得14入2?19入+6=0,

解得2=4或2=y,

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由點(diǎn)M的坐標(biāo)可知點(diǎn)W到底面人ACO的距離為1或一.

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【點(diǎn)評(píng)】本題考查了立體幾何的綜合應(yīng)用，涉及了線面垂直的判定定理的應(yīng)用，線面角

的求解以及二面角的定義，點(diǎn)到平面距離的求解，在求解有關(guān)空間角問題的時(shí)候，一般

會(huì)建立合適的空間直角坐標(biāo)系，將空間角問題轉(zhuǎn)化為空間向量問題進(jìn)行研究，屬于辯題.

2.在四楂錐P-A8CO中，AR//CD,八0=2,ND4B=60°,△APB為等腰直角三角形,

PA=PB=2五,過C。的平面分別交線段以，PB于M,N,E在線段。夕上(M,ME

不同于端點(diǎn)).

(I)求證：C?！ㄆ矫鍹NE；

(II)若E為OP的中點(diǎn)，且QM_L平面”3,求直線PA與平面MNE所成角的正弦值.

【分析】(I)通過A8〃C￡>,推出CQ〃平面ABP,得到CD〃MMCD〃平面

(II)法一(幾何法)：作于F,連接OF,直線布與平面A8CO所成角.Z

MAH是直線PA與平面A8CO所成角，通過求解三角形推出結(jié)果即可.

法二(坐標(biāo)法)：建立如圖空間直角坐標(biāo)系.連接08.求出平面MNE的法向量，利用空

間向量的數(shù)量積求解直線PA與平面MNE所成角的正弦值即可.

【解答】(I)證明：'JAB//CD,ABu平面ABP,CDC平面

???CO〃平面A8P,乂「COu平面CQMN,平面COMNH平面ABP=MN,C.CD//MN.

XMNu平面MNE,COU平面MNE,/.CD//平面MNE.

（II）解：法一（幾何法）：

作MF_LA8于尸，連接。F,由三垂線定理有。F_LAB,

在中，VZMD=60",AD=2,：,AF=\,

在RtZ\AM/中，?.?N5AM=45°,:?AM=五,:?MP=遮,

???加為AP的中點(diǎn)，E為。P的中點(diǎn)，

：.MN//AB,ME//AD,MNOME=M.

???平面MNE〃平面ABC。，直線附與平面MNE所成角，即直線以與平面4BCD所成

角.

平面AP5,又TAB^MF,DMAMF=M,

平面DFM,平面MQP_L平面ABCD,

過點(diǎn)M作加〃_1_。尸交于點(diǎn)〃，連接A〃，則M〃J_平面A8CQ.

???NM4H是育線PA與平面ABC。所成角，

*/MF=AF=1,DM=^]AD2-AM2=瓜：.MH=紇7=等.s山乙MAH=^=^.

工直線PA與平面MNE所成角的正弦值為4.

法二（坐標(biāo)法）：建立如圖空間直角坐標(biāo)系.連接DB.P（0,0,0）,4（0,2企，0）,

8（2也0,0）.

因?yàn)锳B=4,4。=2,ZDAB=6（r,

由余弦定理可得08=28.

設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為（0,y-｛熏二產(chǎn)產(chǎn)=12#/DEL/#fy=^

AD2=（2V2-y）2+z2=4#/DEL/#[z=y/2

所以，點(diǎn)。的坐標(biāo)為（0,V2,6），點(diǎn)M的坐標(biāo)為（0,&，0）,點(diǎn)N的坐標(biāo)為（VL0,0）.

點(diǎn)七的坐標(biāo)為（0,孝，免薪二（一怎V2,0）,證二（0,-孝，孝）.

、c――,fn-NM=-y[2a+\/2b=0

設(shè)平面MNE的法I可量兀=（a,b,c）,貝-J2J2.

In-ME—~~2^+^2'c=

取〃=%=c=l,WUn=(1,1,1).PA=(0,2vL0i,

TTL

設(shè)直線P\與平面MNE所成角為Q.sinO=\cos(n,PA)\==*.

\n\\AP\

故直線PA與平面MN￡所成角的正弦值為

【點(diǎn)評(píng)】本題考杳直線與平面平行的判定定理的應(yīng)用，直線與平面所成角的求法，是中

檔題.

3.已知如圖①，在菱形A8CO中，ZA=60°月.A8=2,E為A。的中點(diǎn)，將△A8E沿8E

折起使力。=V2,得到如圖②所示的四棱錐A-BCDE.

（2）若尸為AC的中點(diǎn)，求二面角P-B。-A的余弦值.

【分析】（1）在圖①中，連接8Q,證明8E_LAE,BEIDE,推出AE_LEO.BCA.BE,

BCA.AE,即可證明5CJ_平面A6￡.然后證明平面A6E_L平面A6C.

（2）以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EB,ED,"的方向分別為x軸，y軸，z粕］,建立如圖所示的

空間直角坐標(biāo)系：求出平面PBD的一個(gè)法向量，求出平面BDA的一個(gè)法向量，利用空

間向量的數(shù)量積求解即可.

【解答】解：（1）在圖①中，連接8D,如圖所示：

因?yàn)樗倪呅?4C。為菱形，ZA=60°,所以△46。是等邊三角形.

因?yàn)镋為人。的中點(diǎn)，所以BEA.DE.

乂A。=48=2,所以八E=OE=1.

在圖②中，AD=V2,所以45+92=4。2,g|jAE1ED.

因?yàn)锽C〃OE,所以BC_L8E,BC1AE.

又BECAE=E,AE,BEu平面ABE.

所以8C_L平面ABE.

又BCu平面ABC,所以平面平面ABC.

(2)由(1)知，AE1DE,AELBE.

因?yàn)锽E,DEu平面BCDE.

所以AE_L平面BCDE.

以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EB,ED,E4的方向分別為％軸，y軸，z軸，

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系：

則E(