2023年高考数学押题及答案

2023年高考数学考前押题如图，己知三棱柱ABC-A\B\C\中，四边形AAiCiC为正方形，AB=AC=2,AM丄AiBi,M、N分别是CCi、BC的中点，点P是线段A出1上的动点.（1） 证明：AM1PN；（2） 己知BC=2V2,求平面P"V与平面ABC所成锐二面角的余弦值的取值范围.【分析】（1）取AC中点连接£W,A\D,证明AMLMD,结合AMLA\B\,推出AM丄平而A\B\ND,然后证明AM丄PN.（2）以A8,AC,編1为x,y,z建系，求出平面MNP的法向量平面ABC的法向量，设面PA/N与面A8C所成角为。，求tH|cos0|=|cos<n,益>|的表达式，利用换元法化简表达式转化求解cos。的范围.【解答】（1）证明：取AC中点。，连接DMAiD,'：AA\=AC.AD=CM,ZA\AC=ZACM,「.△AiAOMZXACM,（1分）・.・ZAA\D=ZCAM,又•「£MiD+NAiDA=3，:.ZCAM+ZA\DA=^,:.AM.LA1D,（2分）又\'AMLA\B\,AiDHAifii=A\,:.AM丄平面AiBiND,（4分）又•:NPu面AiBiN。，

:.AMLPN.(5分):.AMLPN.(2)解：'：AB=AC,BC=2a/2,:.ab2+ac2=bc2,「•AB丄AC,:.AMLAB,又'：AMnAC=A,:.AB丄面ACCiAi,:.AB±AA\,以AB,AC.AAi为x,y,z建系,N(1,1,0),M(0,2,I),设P(.t,0.2),佐[0,2],设面MNP的法向量？J=(x,y,z),'{.T—x+y+zW,令I得尸孚三二穿，(8分)ji-MP=tx-2y+z=0又面ABC的法向量血=(0,0,I),设而PMN与面ABC所成角为0,则|cos0|=|cos<h,m>\=—>T(2-tf则|cos0|=|cos<h,m>\=—>T(2-tf9+(吋+(2-沪(9分)令令w=2-t,gO,2],r.MG(O.2],|cos0|=u2|cos0|=u2_-6C+18'当“=0时cos9=0,.・.8=g,不符合舍去,当奸0时|cos0|=令q蓦,国两1=J]8屋6汨2V（p（m）=18尿-6〃什2在[j,+8）递增，•••甲s）次弓）=；，・・・。寸矗<孱=孚"I分）所以o<lcosei<^5.V14又・..0为锐角，...|*。|的范围为（0,—].（12分）【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题.如图，三棱柱ABC-A\B\C\所有的棱长为2,A1B=A1C=^2,材是棱8C的中点.（I）求证：A1M丄平面ABC；（II）在线段B1C是否存在一点P,使直线BP与平面A\BC所成角的正弦值为碧？若存在，求出CP的值：若不存在，请说明理由.【分析】（1）推导出AiM丄8C,A\M±AM,由此能证明A1A丄平面A8C.（2）由A/A,MB,MAi两两垂直，以8为原点，MA为x轴，MB为y轴，材Ai为z轴,建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果.【解答】解：（1）证明：连接AM'：A^B=AiC=V2,BC=2,M是BC中点，:.AxMLBC,A\M=\乂ZMi=2,AM=43,:.AM2+ArM2=AA^,:.A\MLAM,'：AMC\BC=M,AM,8Cu平面ABC,:-A\A丄平面ABC.（2）由（1）知MA,MB,MAi两两垂直，以M为原点，的为x轴，MB为y轴，MA1为z轴，建立空间直角坐标系，则B(0,1,0),C(0,•],0),Ai(0,0.1),B\(-V3,1,1),CBi=(-V3,2,I),假设CP= =(一叱P,24,A),AG(0,1),RP=RC+CP=(-V3A.21-2.A).取平面AiBC的法向量;1=(1,0,0),直线BP与平面AiBC所成角为0,..•直线BP与平面A\BC所成角的正弦值为暮，Asine=項乌=| ㈣ =疇，\BP\\n\j3A2+(2A-2)2+A2整理得8入2-18入+9=0,【点评】本题考查线面垂直的证明和直线与平血所成的角，考查空间中线线、线曲、面面间的位置关系等基础知识，考査运算求解能力、推理论证能力，是中档题.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，平面丄平面ABCD,PA=PD,E为棱A8的中点.证明；AC丄PE；若PA=AD,ZBAD=60°,求二面角E-PC-B的余弦值.【分析】（1）取A。的中点F,连结PF,EF,BD,利用面面垂直的性质定理证明PF丄平而ABCD,可得PFLAC,又ACLEF,即可证明AC丄平而PEF,从而证明ACLPEx(2)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PEC和平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可.【解答】(1)证明：如图，取AO的中点F,连结PF,EF,BD,因为B4=P£>,则PFLAD,又因为平面以D丄平面ABCD,平面PADC\平面ABCD=AD,PRz平面PAD,所以PP丄平面ABCD,又ACu平面ABCD,所以PF丄AC,因为底面ABCD为菱形，所以AC丄BC,因为〃，尸分别为AB,AO的中点，则EF//BD,所以ACA-EF,又EFCPF=E,EF,PFu平面P/F,所以AC丄平面PEF,又PEu平而PEF,所以AC1PE；(2)解：由(1)可知，PP丄平面ABCD,连结8F,因为匕BAO=60°.AB=AD,点F为A。的中点，所以AF丄BF,则FB,FP两两垂直，以点F为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，不妨设AD=2a,则AF=a,FB=廊,FP=V3a,所以F(0,0,0),A(a,0,0).8(0,V5a,0),P(0,0,V5a), C(-2a,扼a,0),E(^a>孚a,0),—♦ [py — —所以PE=(2«z,芬a,-Via),PC=(-2a,43a,一归a),BC={-2a,0,0),设平面PEC的法向量为n=(x,y,z),则EE=。，即尸匸屈-严八。，令l；hPE=0(X+V3y-2V3z=0x=V3,则y=5,z=3,故〃=(V5,5,3),设平面P8C的法向量为m=(p,q,r),

则何.竺=0,Ui•BC=0令q=l,则r=L故则何.竺=0,Ui•BC=0令q=l,则r=L故m=(0,1,1),所以\cos<n,m>\=|R•涧 8