衡水名师卷 2023年高考模拟信息卷 全国乙卷◆ 语文(一)1试题答案

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19.(12分)在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AB=BD=DA=2√3，BC=CD=2.(1)求证：平面PAC⊥平面PBD;(2)若直线CD与平面PBC所成角的正弦值为，求平面PCD与平面PBC所成锐二面角的余弦值。(1)证明：连接AC,兴4∠≌1△因为AB=BD=DA=2√3，BC=CD=2,所以△ABD为等边三角形，△BCD为等腰三角形，所以AC⊥BD,又PA⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,IAH,=长因所以PA⊥BD,O8A成平色8，A,月0产的又AC∩PA=A,AC,PAC平面PAC,A两年1+所以BD⊥平面PAC,又BDC平面PBD,是函平过八千击平A9平空有生误因所以平面PAC⊥平面PBD,8筋年19：豫(S(2)解：以A为原点，AD,AP所在直线为y,之轴，在平面ABCD内，作Ax⊥平面PAD,建立如图所示的空间直角坐标系，长发过热H大：熟冰整长H落林单带放国设PA=a(a>0),则P(0,0,a),B(3,W5,0),C(2,23,0),D(0,25,0),C元=(-2,0,0)，BC=(-1,√3,0)，PC=(2,25,-a).的8T:平设平面PBC的一个法向量为m=(x,y,x),m·BC=0…p厂z+3y=0mPt=0,2x+2√3y-az=0,令y=1,则m=(51,4）(0,0,I一)=H人长图H因为直线CD与平面PBC所成角的正弦值为，0形下日A-25所以|cos(CD,m)1=CDIm2×,3+1十解得a=2或-2（舍去）.所以PC=(2,23,一2)，m=(W3,1,23),同理可得，平面PCD的-个法向量为n=(0,1,W3),所以cos〈m,n)=mm√3+1+12×2m·n1+678西单面野4点正范不。。(故平面PCD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为g,7

18.(12分)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD,底面ABCD为直角梯形，BC∥AD,∠ADC=90°，BC=CD=1,PA=PD=AD=2,E为线段AD的中点，过BE的平面与线段PD,PC分别交于点G,F.(1)求证：GF⊥PA;0体送0通(2)在校PD上是否存在点G,使得直线PB与平面BGF所成角的正弦值为牙，若存在，请确定点G的位置；若不存在，请说明理由8,09△02(9T△，月=1(04(1)证明：周为BC=号AD,且E为线段AD的中点，所以BC=DE,又BC∥AD,所以四边形BCDE为平行四边形，所以BE∥CD.又CDC平面PCD,BE中平面PCD,所以BE∥平面PCD.又BEC平面BEGF,平面BEGF∩平面PCD=GF,所以BE∥GF.又BE⊥AD,平面PAD⊥平面ABCD,BEC平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以BE⊥平面PAD.又因为BE∥GF,所以GF⊥平面PAD,又PAC平面PAD,所以GF⊥PA.(2)解：存在，G为棱PD上靠近点D的三等分点因为PA=PD,E为线段AD的中点，所以PE⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PE⊥平面ABCD以E为坐标原点，EA,EB,EP的方向分别为x,y,之轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，，面平3是直则P(0,0,W3),B(0,1,0),E(0,0,0),D(-1,0,0),所以PB=(0,1,-√3)，BE=(0,-1,0),DP=(1,0,3),设DG=入DP(a>0),得G(1-1,0,√5λ)，所以EG=(1-1,031),设平面BEGF的一个法向量为n=(x,y,z),则BE·n=0,my=0,平即Ed.n=0,(a-1)x+3λz=0.令x=√3入，可得n=(3λ，0,1-A)为平面BEGF的一个法向量.设直线PB与平面BEGF所成的角为a,所以sina=cos(n,Pi1=ln·P店1=3(a-1)|n|川PB12/3x2+(1-λ)z7解得入=号或入=-1（舍去），所以在点c(号0，,使得直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为行，故G为棱PD上靠近点D的三等分，点