2022年高考数学保分题及答案

2022年高考数学考前保分题

1.如图，四棱柱ABC。-AiBiCiDi的所有棱长都相等，ACHBD=O,A\C\QB\D\=O\,

四边形4CC14和四边形均为矩形.ZCBA=90°,设E,尸分别是棱BC,CD

的中点，求平面ABE与平面尸的夹角的余弦值.

【分析】建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定

系数法求出平面AB1E与平面AD1尸的法向量，由向量的夹角公式求解即可.

【解答】解：以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，

设此棱柱的棱长为1,

则4(0,0,0),当(1,0,1),E(L0),D1(0,1,1),F(1,1,0),

所以融=(1,0),AB1=(1,0,1),6=弓，1，0),=(0,1,1),

设平面AB1E的法向量为蔡=(x,y,z),

则n-AB^O%+z=0

即

x+5y=o

n-AE=0

令y=2,则x=-l,z=l,

故九=(-1,2,1),

设平面AO1F的法向量为蔡=(a,b,c),

(TTy+z=0

m-AD=0

则r

TT聂+y=。'

\m-AF=0{

令尤=2,贝Uy=-1,z=l,

所以蔡=(2，—L1),

则Icosv亡"=犒=福=4

1

故平面AB\E与平面ADiF的夹角的余弦值为鼻.

【点评】本题考查了空间向量在立体几何的综合应用，二面角的求解问题，在求解有关

空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量

问题进行研究，属于中档题.

2.如图，在四棱锥P-4BC。中，底面A8CC是平行四边形，乙48c=120°,AB=1,BC

=4,PA=V15,M,N分别为BC,PC的中点，PD±DC,PMLMD.

(I)证明：ABLPM；

(II)求直线AN与平面PQM所成角的正弦值.

【分析】(I)由已知求解三角形可得C£>_LOM,结合POJ_Z)C,可得CO_L平面POM,

进一步得到AB1PM；

(II)由(I)证明平面A8CQ,由已知求解三角形可得AM,PM,取AO中点E,

连接ME,以M为坐标原点，分别以MZXME、MP为x、)，、z轴建立空间直角坐标系,

求出众的坐标及平面PDM的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得直线AN与

平面POM所成角的正弦值.

【解答】(I)证明：在平行四边形ABC。中，由已知可得，CD=A8=1,

1

CM=*=2,NQCM=60°,

，由余弦定理可得，DM1=CD1+CM2-2C£>XCA/Xcos60°

1

=1+4—2xlx2X[=3,

则CD^+DM2=1+3=4=CM2,即CD±DM,

又PDLDC,PDHDM=D,.,.C。，平面POM,

而PMu平面POM,：.CDLPM,

'：CD//AB,.'.ABA.PM；

(II)解：由(I)知，C£>_L平面PCM,

又CQu平面A8C£),平面ABC。，平面POM,

且平面ABCPn平面PDM=DM,

'：PM1MD,且PMu平面POM,平面ABC£>,

连接AM,则PM_LMA,

在△ASM中，A2=l,BM=2,ZABM=120°,

1

可得4M2=1+4-2xlx2x(—5)=7,

又PA=V15,在Rt/\PMA中，求得PM=y/PA2-MA2=2V2,

取AO中点E,连接ME,则ME〃C£),可得ME、MD、MP两两互相垂直，

以M为坐标原点，分别以M。、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系,

则A(-V3,2,0),P(0,0,2V2),C(V3,-1,0),

又N为PC的中点，；.N(今0),众=(孥，一|,V2),

平面PDM的一个法向量为蔡=(0,1,0),

设直线AN与平面PDM所成角为6,

TT5,--

则sin0=|cos<AN,n>\==——=

HNHn|居+学+2x1。

J15

故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为一.

6

【点评】本题考查直线与平面垂直的判定与性质，考查空间想象能力与思维能力，训练

了利用空间向量求直线与平面所成的角，是中档题.

3.如图，在平行四边形ABC。中，ZD=60°,E为CO的中点，且4E=CE,现将平行四

边形沿AE折叠成四棱锥P-ABCE.

(1)已知M为4B的中点，求证：AELPM；

(2)若平面/MEL平面ACBE,求二面角B-PE-C的余弦值.

【分析】(1)取AE的中点N,连接PN,MN,BE,易知PN_LAE,由勾股定理可证AE

LBE,从而知再由线面垂直的判定定理和性质定理，得证；

(2)由面面垂直的性质定理知，PNL平面ACBE,故以N为原点建立空间直角坐标系，

—>—>

求得平面PBE'和PCE的法向量其与亡再由cosV茄，蔡〉=得解.

|ni|-|n|

【解答】(1)证明：取AE的中点N,连接PMMN,BE,

•：AE=CE=DE,ZD=60°,二ZVIOE为等边三角形，即△曲£为等边三角形，

PN1AE,

设AE=CE=DE=a,贝ijBE=®，AB=2a,

：.AB2=AE2+BE2,即AEVBE,

,：M,N分别为AB,AE的中点，：.MN//BE,：.AE±MN,

又PNCMN=N,PN、MNu平面PMN,

・・・AE_L平面PMN,

・.,PMu平面PMM：.AE±PM.

（2）解：由（1）知，PN工AE,

•・,平面平面AC3E,平面BAEA平面ACBEnAE,.・.PN_L平面AC3E,

以N为原点，NE,NM,N尸所在直线分别为Ky,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,

…1l、/V31、V3

则B(一。，遮a,0),P(0,0,­a)x,E(一小0,0),C(a,—a,0),

2222

T175T1f-J5TV3J3

:・PE-1-a,0,--^-a),PB=(-«,y/3aPC=(m—a,一亍"),

222f222

，］x/3

一(_与CLX5-CLZ=0

设平面P5E的法向量为m=(x,y,z),则料•皆=°A,即^2

PB=02a%+V3ay—勺QZ=0

令则y=0,z=l,.*.m=(V3,0,1),

同理可得，平面PCE的法向量为£