2022届高考数学模拟题及答案解析

2022年高考数学考前模拟题

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

D,E分别是A181,CG的中点

(I)求证：CiD〃平面4BE；

(II)求直线AB与平面4BE所成角的正弦值；

(III)在棱CO上是否存在一点P,使得平面附8与平面A18E所成二面角为60°?若

存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由.

【分析】(I)取A8的中点F,连结£＞凡交48于点M,可证利用线面平

行的判定定理可得〃平面AiBE；

(II)建立空间直角坐标系，求出平面AiBE的法向量，利用向量的夹角公式，可求直线

48与平面AiBE所成角的正弦值；

(III)假设在棱CC1上存在一点尸，使得平面办8与平面48E所成二面角为60°,求

出平面以8的法向量，根据向量的夹角公式，列方程求出点尸坐标，即可得结论.

【解答】(I)证明：取AB的中点凡连接力尸，交48于点例，可知M为。尸中点，

连接EM,易知四边形C\DME为平行四边形，

所以C\D//EM.

又。。《平面平面AiBE,EMu平面A18E,

所以C1O〃平面A18E.

(II)解：如图建立空间直角坐标系C-孙z,则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

设平面48E的法向量为蔡=(x,y,z),则r-n=0

TT—z=0

EB-n=0

令x=l,则£=(1,-1,-2).

所以cos<AB,n>=乎：=—萼.

网网J

所以直线AB与平面A1BE所成角的正弦值为号.

(III)解：假设在棱CCi上存在一点P,使得平面附8与平面4BE所成二面角为60°,

设P(0,0,c),0WcW2.

则日1=(2,0,-c),设平面B4B的法向量为/=(x,y,z),

则伊-PA=02x—cz=0

—2x+2y=O'

取K=C,则m=(c,c,2),

由(n)知平面4BE的法向量为£=(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上存在一点P,使得平面%B与平面AiBE所成二面角为60°,P点的坐标

【点评】本题考查了空间向量在几何中的应用，考查了直线与平面平行的判定、线面角

和二面角的求法，考查了运算求解能力，转化与化归能力，逻辑推理能力，属于中档题

2.如图1,在平面四边形48DC中，AB=2,AC=1,CD=V5,ZA=90°,cosZBC£>=j.

(1)求sin。；

(2)将△3CQ沿3。折起，形成如图2所示的三棱锥。-ABC,AD=2.

(i)三棱锥O-ABC中，证明：点。在平面ABC上的正投影为点4；

(ii)三棱锥Q-ABC中，点E,F,G分别为线段A8,BC,AC的中点，设平面DEF

与平面DAC的交线为/,Q为/上的点.求DE与平面QFG所成角的正弦值的取值范围.

图1图2

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

在ABCD中由正弦定理求解即可.

(2)(i)证明A£>_LA8,ADA.AC,推出AO_L平面ABC,得到结论.

(ii)以A坐标原点，分别以48、AC.A。为x、y、z轴建立空间直角坐标系4-孙z,

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

成角为6,利用空间向量的数量积求解表达式，然后推出DE与平面QFG所成角的正弦

值的取值范围.

【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)证明：在△D4B中，因为4B=2,AD=2,BD=2VL

所以BD2=AB2+AD2,ADLAB,

在4c中，因为ZC=1,AD=2,CD=烟,

所以CD2=AC2+AD2,ADLAC,

又因为ABAAC=A,所以AD_L平面ABC,

所以点D在平面ABC上的正投影为点A.

(ii)因为E尸〃AC,EFU平面。AC,ACu平面。AC,

所以EF〃平面D4C,平面QEF与平面D4C的交线为/,所以/〃AC,

以A坐标原点，分别以AB、AC、A£＞为x、＞、z轴建立空间直角坐标系A-孙z,

11

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

设Q(0,32),设平面QFG的法向量三=(x,y,z),

->T1

因为

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的一个法向量为5=(0,2,:t),

因为法=(1,0,-2),设。石与平面。FG所成角为仇

所以，sine=I吵：|=_11一24，

四卜㈤帚屏由4

若t=*,则sin0=0；

若则sin0=等xIIV等

所以。E与平面QFG所成角的正弦值的取值范围为［0,等).

【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的范围的求法,

考查空间想象能力，逻辑推理能力，以及计算能力，是中档题.

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

点E和F分别在侧棱AAi、CC\±,且AiE=CF=l.

(1)求证：BC〃平面O1EF；

(2)求直线4力与平面。E尸所成角的正弦值.

/)•

【分析】(1)分别取CD,FD\的中点M,N,连结MN,AM,EN,利用中位线定理证

明四边形AEMN是平行四边形，AMCB是平行四边形，从而得到8C〃AM〃硒，由线面

平行的判定定理证明即可；

(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

法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可.

【解答】(1)证明：如图所示，分别取CD,EDi的中点M,N,连结何N,AM,EN,

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

因为A1E=LA\A//DiD,

所以EA=2=MN,且MN〃EN,

所以四边形4EMN是平行四边形，

所以EN//AM,同理可证AMCB是平行四边形，

所以BC//AM//EN,

又因为EM=平面D\EF,BCC平面D\EF,

所以BC〃平面D1EF；

(2)解：以点A为坐标原点，AB为x轴，441为y轴，过点A且垂直于A