2023甘肃建筑职业技术学院数学单招试题测试版(附答案解析)

2023年甘肃建筑数学单招试题限时：60分钟满分：78分1．(满分13分)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF.(1)求证：BD⊥平面AED；(2)求二面角F－BD－C的余弦值．解：(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，所以∠ADC＝∠BCD＝120°.又因为CB＝CD，所以∠CDB＝30°，因此∠ADB＝90°，AD⊥BD，又因为AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面AED，所以BD⊥平面AED.(2)法一：连接AC，由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC.又因为FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设CB＝1，则C(0,0,0)，B(0,1,0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，F(0,0,1)，因此＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，0))，＝(0，－1,1)．设平面BDF的法向量为m＝(x，y，z)，则m·＝0，m·＝0，所以x＝eq\r(3)y＝eq\r(3)z，取z＝1，则m＝(eq\r(3)，1,1)．由于＝(0,0,1)是平面BDC的一个法向量，则cos〈m，〉＝eq\f(m·,|m|||)＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，所以二面角F－BD－C的余弦值为eq\f(\r(5),5).法二：取BD的中点G，连接CG，FG，由于CB＝CD，因此CG⊥BD，又因为FC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以FC⊥BD.由于FC∩CG＝C，FC，CG⊂平面FCG，所以BD⊥平面FCG，故BD⊥FG，所以∠FGC为二面角F－BD－C的平面角．在等腰三角形BCD中，由于∠BCD＝120°，因此CG＝eq\f(1,2)CB，又因为CB＝CF，所以GF＝eq\r(CG2＋CF2)＝eq\r(5)CG，故cos∠FGC＝eq\f(\r(5),5)，因此二面角F－BD－C的余弦值为eq\f(\r(5),5).2．(满分13分)(2023·广东高考)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE.(1)证明：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝1，AD＝2，求二面角B－PC－A的正切值．解：(1)证明：∵PC⊥平面BDE，BD⊂平面BDE，∴PC⊥BD.又∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，∵PC∩PA＝P，∴BD⊥平面PAC.(2)如右图设AC∩BD＝O，连接OE.∵PC⊥平面BDE，BE⊂平面BDE，OE⊂平面BDE，∴PC⊥BE，PC⊥OE，∴∠BEO为二面角B－PC－A的平面角，∵BD⊥平面PAC，∴BO⊥OE，即∠BOE＝90°，故tan∠BEO＝eq\f(OB,OE).又∵BD⊥平面PAC，AC⊂平面PAC，∴BD⊥AC.由四边形ABCD为长方形知它也是正方形，由AD＝2得BD＝AC＝2eq\r(2)，在Rt△PAC中，PC＝eq\r(PA2＋AC2)＝3.∵△OEC∽△PAC，∴eq\f(OC,PC)＝eq\f(OE,PA)，即eq\f(OC,OE)＝eq\f(PC,PA)＝3，又∵tan∠BEO＝eq\f(OB,OE)＝eq\f(OC,OE)＝3，∴二面角B－PC－A的正切值为3.3．(满分13分)(2023·天津高考)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.(1)证明PC⊥AD；(2)求二面角A－PC－D的正弦值；(3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．解：法一：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))，P(0,0,2)．(1)易得＝(0,1，－2)，＝(2,0,0)，于是·＝0，所以PC⊥AD.(2)＝(0,1，－2)，＝(2，－1,0)．设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)．则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－2z＝0，,2x－y＝0.))不妨令z＝1，可得n＝(1,2,1)．可取平面PAC的法向量m＝(1,0,0)．于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(1,\r(6))＝eq\f(\r(6),6)，从而sin〈m，n〉＝eq\f(\r(30),6).所以二面角A－PC－D的正弦值为eq\f(\r(30),6).(3)设点E的坐标为(0,0，h)，其中h∈[0,2]．由此得＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，h)).由＝(2，－1,0)，故cos〈，〉＝eq\f(·,||·||)＝eq\f(\f(3,2),\r(\f(1,2)＋h2)×\r(5))＝eq\f(3,\r(10＋20h2))，所以eq\f(3,\r(10＋20h2))＝cos30°＝eq\f(\r(3),2)，解得h＝eq\f(\r(10),10)或h＝－eq\f(\r(10),10)(舍)，即AE＝eq\f(\r(10),10).法二：(1)证明：由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AD，又由AD⊥AC，PA∩AC＝A，故AD⊥平面PAC，又因为PC⊂平面PAC，所以PC⊥AD.(2)如图，作AH⊥PC于点H，连接DH.由PC⊥AD，PC⊥AH，AD∩AH＝A，可得PC⊥平面ADH，又因为DH△平面ADH因此DH⊥PC，从而∠AHD为二面角A－PC－D的平面角．在Rt△PAC中，PA＝2，AC＝1，由此得AH＝eq\f(2,\r(5)).由(1)知AD⊥AH.故在Rt△DAH中，DH＝eq\r(AD2＋AH2)＝eq\f(2\r(30),5).因此sin∠AHD＝eq\f(AD,DH)＝eq\f(\r(30),6).所以二面角A－PC－D的正弦值为eq\f(\r(30),6).(3)如图，因为AD⊥AC，AD＝2AC所以∠ADC<45°，故过点B作CD的平行线必与线段AD相交，设交点为F，连接BE，EF.故∠EBF或其补角为异面直线BE与CD所成的角．由于BF∥CD，故∠AFB＝∠ADC.在Rt△DAC中，CD＝eq\r(5)，sin∠ADC＝eq\f(1,\r(5))，故sin∠AFB＝eq\f(1,\r(5)).在△AFB中，由eq\f(BF,sin∠FAB)＝eq\f(AB,sin∠AFB)，AB＝eq\f(1,\r(2))，sin∠FAB＝sin135°＝eq\f(\r(2),2)，可得BF＝eq\f(\r(5),2).由余弦定理，BF2＝AB2＋AF2－2AB·AF·cos∠FAB，可得AF＝eq\f(1,2).设AE＝h.在Rt△EAF中，EF＝eq\r(AE2＋AF2)＝eq\r(h2＋\f(1,4)).在Rt△BAE中，BE＝eq\r(AE2＋AB2)＝eq\r(h2＋\f(1,2)).在△EBF中，因为EF<BE，从而∠EBF＝30°，由余弦定理得cos30°＝eq\f(BE2＋BF2－EF2,2BE·BF).可解得h＝eq\f(\r(10),10).所以AE＝eq\f(\r(10),10).4．(满分13分)在四棱锥P－ABCD中，侧面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠ADC＝90°，AB＝AD＝PD＝1，CD＝2.(1)求证：BC⊥平面PBD；(2)设E为侧棱PC上一点，＝λ，试确定λ的值，使得二面角E－BD－P的大小为45°.解：(1)证明：因为侧面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD，所以PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.又因为∠ADC＝90°，即AD⊥CD，以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,1)，所以＝(1,1,0)，＝(－1,1,0)．所以·＝0，所以BC⊥DB.由PD⊥底面ABCD，可得PD⊥BC，又因为PD∩DB＝D，所以BC⊥平面PBD.(2)由(1)知平面PBD的一个法向量为＝(－1,1,0)，且P(0,0,1)，C(0,2,0)，所以＝(0,2，－1)，又因为＝λ，所以E(0,2λ，1－λ)，＝(0,2λ，1－λ)．设平面EBD的法向量为n＝(a，b，c)，因为＝(1,1,0)，由n·＝0，n·＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝0，,2λb＋1－λc＝0))令a＝－1，则可得平面EBD的一个法向量为n＝－1,1，eq\f(2λ,λ－1)，所以coseq\f(π,4)＝eq\f(n·,|n|·||)，解得λ＝eq\r(2)－1或λ＝－eq\r(2)－1，又由题意知λ∈(0,1)，故λ＝eq\r(2)－1.5．(满分13分)已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD＝2，AB＝1，PA⊥平面ABCD，E、F分别是线段AB、BC的中点．(1)证明：PF⊥FD；(2)判断并说明PA上是否存在点G，使得EG∥平面PFD；(3)若PB与平面ABCD所成的角为45°，求二面角A－PD－F的余弦值．解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，AB＝1，AD＝2，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0,0)，B(1,0,0)，F(1,1,0)，D(0,2,0)．不妨令P(0,0，t)，则＝(1,1，－t)，＝(1，－1,0)．所以·＝1×1＋1×(－1)＋(－t)×0＝0，即PF⊥FD.(2)设平面PFD的法向量为n＝(x，y，z)，由(1)知＝(1,1，－t)，＝(1，－1,0)，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－tz＝0，,x－y＝0，))令z＝1，则x＝y＝eq\f(t,2).故n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)，\f(t,2)，1))是平面PFD的一个法向量．设G点坐标为(0,0，m)，因为Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，则＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，m)).要使EG∥平面PFD，只需·n＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×eq\f(t,2)＋0×eq\f(t,2)＋m×1＝m－eq\f(t,4)＝0，所以m＝eq\f(1,4)t，从而PA上满足AG＝eq\f(1,4)AP的点G可使得EG∥平面PFD.(3)易知AB⊥平面PAD，所以＝(1,0,0)是平面PAD的一个法向量．又因为PA⊥平面ABCD，所以∠PBA是PB与平面ABCD所成的角，故∠PBA＝45°，所以PA＝1，则平面PFD的一个法向量为m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，则cos〈，m〉＝eq\f(·m,||·|m|)＝eq\f(\f(1,2),\r(\f(1,4)＋\f(1,4)＋1))＝eq\f(\r(6),6)，故所求二面角A－PD－F的余弦值为eq\f(\r(6),6).6．(满分13分)平面图形ABB1A1C1C如图①所示，其中BB1C1C是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝eq\r(2)，A1B1＝A1C1＝eq\r(5)，现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图②所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．(1)证明：AA1⊥BC；(2)求AA1的长；(3)求二面角A­BC­A1的余弦值．解：法一：(向量法)(1)证明：取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD.由平面BB1C1C为矩形知，DD1⊥B1C1.因为平面BB1C1C⊥平面A1B1C1，所以DD1⊥平面A1B1C1.又由A1B1＝A1C1知，A1D1⊥B1C1.故以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D1－xyz.由题设，可得A1D1＝2，AD＝1.由以上可知AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C，于是AD∥A1D1.所以A(0，－1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(－1,0,4)，D(0,0,4)．故(＝0，3，－4，＝(－2,0,0)，·＝0，因此AA1⊥，即AA1⊥BC.(2)因为＝0，3，