2022届高考数学提分题

2022年高考数学考前提分题

1.如图，在半圆柱W中，A8为上底面直径，0c为下底面直径，为母线，AB=AD=2,

点尸在脑上，点G在元上，BF=DG=1,P为。C的中点.

(1)求三棱锥A-DGP的体积；

(2)求直线AP与直线所成角的余弦值；

(3)求二面角A-GC-Q的正切值.

-------------

P

【分析】(1)求出底面面积与高，然后求解办-DGP.

(2)过尸点作圆柱的母线"/交元于H,说明/APG为直线AP与BF所成的角，通过

求解三角形推出结果.

(3)说明/AGO为二面角A-GC-O的平面角，通过求解三角形推出二面角4-GC-

。的正切值.

【解答】解：(1)由题意知，Z^OPG为正三角形，DP=DG=PG=\,

所以SADGP=；x1x1xsin60°=苧，

因为AO为圆柱的母线，

所以AO_L平面DCG,

~143

所以VA-DGP=3xS»DGPxAC=胃.

(2)过尸点作圆柱的母线FH交优于”

因为"/与BC均为圆柱的母线，所以尸〃〃8c且F”=BC,

所以四边形8C”尸为平行四边形，所以尸B〃4C且FB="C=1,所以△月可为正三角

形，

又因为△。尸G为正三角形，所以NHCP=/GPO=60°,CH//GP,

所以BF〃CH〃GP,所以NAPG为直线AP与BF所成的角，

在△4PG中，AG=V5,GP=1,AP=V5,

所以由余弦定理知：cosZ-APG=

所以直线AP与直线BF所成角的余弦值为座.

10

(3)因为AOJ_平面OCG,CGu平面DCG,所以CGJ_A£),

又因为CG_L£>G,ADQDG=D,

所以CGJ_平面ADG,

所以CGJ_AG,CG1.DG,因此/AG。为二面角A-GC-。的平面角,

An

在RtZXACG中，AD=2,DG=\,tan^AGD=gg=2,

所以二面角A-GC-D的正切值为2.

【点评】本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面所成角的求法，几何体的体积的

求法，考查空间想象能力以及计算能力.

2.如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD,AB=2,PA=^2,PD±CD,AD=DC=BC

=PD=1.

(1)求证：PDLBC；

(2)在棱PC上是否存在点G,使得二面角G-AB-C的大小为30°?若存在，确定点

G的位置；若不存在，请说明理由.

【分析】(1)由已知求解三角形证明结合POJ_OC,可得PD_L平面ABC。,

从而得到尸CBC；

(2)在等腰梯形ABC。中，求出。到AB的距离，过G作GO_LC£>,垂足为。，过。

作OFLAB,垂足为F,连接GF,可得NGF。为二面角G-AB-C的平面角，再由已知

求解直角三角形可得G为PC的中点.

【解答】(1)证明：在中，由PZ)=AD=1,PA=V2,

PD2+AD2=PA2,则PZ5_LAO,又PDLCD,ADDCD=D,

.•.P£>_L平面ABCD,而8Cu平面ABCD,

:.PD工BC；

(2)解：由己知可得，四边形ABC。为等腰梯形，

过。作QE_LA8,垂足为E,：AB=2,AD=BC=CD=l,

：.AE=I，求得OE=亨，过G作GO_LC£>,垂足为。，

由(1)可得平面尸DC_L平面ABCD,则GOJ_平面ABCD,

过。作0PLA8,垂足为F,连接GF,则/GF。为二面角G-A2-C的平面角，

F5

...NGFO=30°,在RtZ^GOF中，由。尸=OE=号，ZGFO=30°,

F51

可得GO=竽tan3(T=*.

又PD=1,；.G为PC的中点.

故在棱PC上存在点G,当G为PC的中点时，使得二面角G-AB-C的大小为30°.

【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

了二面角的平面角的求法，是中档题.

3.如图，在四棱锥P-ABCQ中，底面ABCD是平行四边形，ZABC=120°,AB=1,BC

=4,PA=VT5,M,N分别为2C,PC的中点，PD±DC,PM±MD.

(1)证明：DCA.PM；

(2)求直线4V与平面PCM所成角的正弦值.

N

//I吟。

【分析】（1）由已知求解三角形可得CO_LDW,结合POJ_DC,可得CD_L平面POM,

进一步得到A8_LPM；

（2）由（1）证明尸M_L平面ABCD,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M。、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系,

求出众的坐标及平面PCM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PCM所成角的正弦值.

【解答】（1）证明：在平行四边形ABCD中，由已知可得，C£>=A8=1,

CM=抑3=2,NQCM=60°,

二由余弦定理可得，DM2=CD2+CM2-2CDXCMXcos60°=1+4-2X1X2x寺=3,

则CD^+DM2=1+3=4=CM2,BRCD^DM,

又PO_LOC,PDC\DM=D,；.OC_L平面POM,

而PMu平面PQM,.•.OC_LPM.

（2）解：由（1）知，。（:上平面/^^，

又。Cu平面ABC。，.,.平面ABC。_L平面POM,

且平面ABC£>n平面PDM=DM,

•:PMLMD,且PMu平面PCM,平面ABC£）,

连接AM,则PM_LMA,

在△A2M中，AB=\,BM=2,ZABM=120°,

1

可得4肥=1+4-2乂1义2义（-i）=7,

又PA=皮，在RtAPMA中，求得PM=>JPA2-MA2=2或，

取AD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、>、z轴建立空间直角坐标系，

则A(-V3,2,0),P(0,0,2V2),C(V3,-1,0),

V31「

又N为PC的中点，，N(万，一万V2),

t3^3^q—t

：.AN=(——，一卷V2),MP=P(0,0,2V2),MC=(V3,-1,0),

22

设平面PCM的一个法向量为£=(x,y,z),

Jn-MP=2V2Z=0,取a,则.a,V3I0),

(n-MC=V3x—y=0

设直线AN与平面PCM所成角为6,

t—r-l

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则n