2023年甘肃建筑职业技术学院数学单招试题测试版附答案解析.docx
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，ABCD，DAB60°，FC平面ABCD，AEBD，CBCDCF.(1)求证：BD平面AED；(2)求二面角FBDC的余弦值解：(1)证明：由于四边形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB60°，所以ADCBCD120°.又由于CBCD，所以CDB30°，因此ADB90°，ADBD，又由于AEBD，且AEADA，AE，AD平面AED，所以BD平面AED.(2)法一：连接AC，由(1)知ADBD，所以ACBC.又由于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CB1，则C(0,0,0)，B(0,1,0)，D，F(0,0,1)，因此，(0，1,1)设平面BDF的法向量为m(x，y，z)，则m·0，m·0，所以xyz，取z1，则m(，1,1)由于(0,0,1)是平面BDC的一个法向量，则cosm，所以二面角FBDC的余弦值为.法二：取BD的中点G，连接CG，FG，由于CBCD，因此CGBD，又由于FC平面ABCD，BD平面ABCD，所以FCBD.由于FCCGC，FC，CG平面FCG，所以BD平面FCG，故BDFG，所以FGC为二面角FBDC的平面角在等腰三角形BCD中，由于BCD120°，因此CGCB，又由于CBCF，所以GFCG，故cos FGC，因此二面角FBDC的余弦值为.2(满分13分)(2023·广东高考)如图所示，在四棱锥PABCD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PA1，AD2，求二面角BPCA的正切值解：(1)证明：PC平面BDE，BD平面BDE，PCBD.又PA平面ABCD，BD平面ABCD，PABD，PCPAP，BD平面PAC.(2)如右图设ACBDO，连接OE.PC平面BDE，BE平面BDE，OE平面BDE，PCBE，PCOE，BEO为二面角BPCA的平面角，BD平面PAC，BOOE，即BOE90°，故tan BEO.又BD平面PAC，AC平面PAC，BDAC.由四边形ABCD为长方形知它也是正方形，由AD2得BDAC2，在RtPAC中，PC3.OECPAC，即3，又tan BEO3，二面角BPCA的正切值为3.3(满分13分)(2023·天津高考)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ACAD，ABBC，BAC45°，PAAD2，AC1.(1)证明PCAD；(2)求二面角APCD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)，B，P(0,0,2)(1)易得(0,1，2)，(2,0,0)，于是·0，所以PCAD.(2) (0,1，2)，(2，1,0)设平面PCD的法向量n(x，y，z)则即不妨令z1，可得n(1,2,1)可取平面PAC的法向量m(1,0,0)于是cosm，n，从而sin m，n.所以二面角APCD的正弦值为.(3)设点E的坐标为(0,0，h)，其中h0,2由此得.由(2，1,0)，故cos，所以cos 30°，解得h或h(舍)，即AE.法二：(1)证明：由PA平面ABCD，可得PAAD，又由ADAC，PAACA，故AD平面PAC，又由于PC平面PAC，所以PCAD.(2)如图，作AHPC于点H，连接DH.由PCAD，PCAH，ADAHA，可得PC平面ADH，又由于DH平面ADH因此DHPC，从而AHD为二面角APCD的平面角在RtPAC中，PA2，AC1，由此得AH .由(1)知ADAH.故在RtDAH中，DH.因此sin AHD.所以二面角APCD的正弦值为.(3)如图，由于ADAC，AD2AC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BFCD，故AFBADC.在RtDAC中，CD，sin ADC，故sin AFB .在AFB中，由，AB，sin FABsin 135°，可得BF.由余弦定理，BF2AB2AF22AB·AF·cos FAB，可得AF.设AEh.在RtEAF中，EF .在RtBAE中，BE .在EBF中，由于EF<BE，从而EBF30°，由余弦定理得cos 30°.可解得h.所以AE.4(满分13分)在四棱锥PABCD中，侧面PCD底面ABCD，PDCD，底面ABCD是直角梯形，ABCD，ADC90°，ABADPD1，CD2.(1)求证：BC平面PBD；(2)设E为侧棱PC上一点，试拟定的值，使得二面角EBDP的大小为45°.解：(1)证明：由于侧面PCD底面ABCD，PDCD，所以PD底面ABCD，所以PDAD.又由于ADC90°，即ADCD，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BCDB.由PD底面ABCD，可得PDBC，又由于PDDBD，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)，又由于，所以E(0,2，1)，(0,2，1)设平面EBD的法向量为n(a，b，c)，由于(1,1,0)，由n·0，n·0，得令a1，则可得平面EBD的一个法向量为n1,1，所以cos ，解得1或1，又由题意知(0,1)，故1.5(满分13分)已知在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，且AD2，AB1，PA平面ABCD，E、F分别是线段AB、BC的中点(1)证明：PFFD；(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APDF的余弦值解：(1)证明：由于PA平面ABCD，BAD90°，AB1，AD2，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·1×11×(1)(t)×00，即PFFD.(2)设平面PFD的法向量为n(x，y，z)，由(1)知(1,1，t)，(1，1,0)，则由得令z1，则xy.故n是平面PFD的一个法向量设G点坐标为(0,0，m)，由于E，则.要使EG平面PFD，只需·n0，即×0×m×1m0，所以mt，从而PA上满足AGAP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的一个法向量又由于PA平面ABCD，所以PBA是PB与平面ABCD所成的角，故PBA45°，所以PA1，则平面PFD的一个法向量为m，则cos，m，故所求二面角APDF的余弦值为.6(满分13分)平面图形ABB1A1C1C如图所示，其中BB1C1C是矩形，BC2，BB14，ABAC，A1B1A1C1，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，得到如图所示的空间图形对此空间图形解答下列问题(1)证明：AA1BC；(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，DD1B1C1.由于平面BB1C1C平面A1B1C1，所以DD1平面A1B1C1.又由A1B1A1C1知，A1D1B1C1.故以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D1xyz.由题设，可得A1D12，AD1.由以上可知AD平面BB1C1C，A1D1平面BB1C1C，于是ADA1D1.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AA1BC.(2)由于(0，3，4)，所以|5，即AA15.(3)连接A1D.由BCAD，BCAA1，可知BC平面A1AD，BCA1D，所以ADA1为二面角ABCA1的平面角由于即二面角ABCA1的余弦值为.法二：(综合法)(1)取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD，A1D.由条件可知，BCAD，B1C1A1D1.由上可得AD平面BB1C1C，A1D1平面BB1C1C，因此ADA1D1，即AD，A1D1拟定平面AD1A1D.又由于DD1BB1，BB1BC，所以DD1BC.又考虑到ADBC，DD1ADD，所以BC平面AD1A1D，故BCAA1.(2)延长A1D1到G点，使GD1AD.连接AG.由于AD綊GD1，所以AG綊DD1綊BB1.由于BB1平面A1B1C1，所以AGA1G.由条件可知，A1GA1D1D1G3，AG4.所以AA15.(3)由于BC平面AD1A1D，所以ADA1为二面角ABCA1的平面角在RtA1DD1中，DD14，A1D12，解得sinD1DA1，cos ADA1cos，即二面角ABCA1的余弦值为.
