2023年北京高三二模数学分类汇编-专题07 解答基础题型：三角函数、解三角形与立体几何（解析版）

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一、解答题
1．（2023·北京西城·统考二模）已知函数，其中．再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使存在，并完成下列两个问题．
(1)求的值；
(2)当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围．
条件①：；
条件②：是的一个零点；
条件③：．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）根据选择的条件代入计算，结合角的范围即可利用特殊角的三角函数值求解，
（2）由和差角公式以及辅助角公式化简，由整体法即可代入求解.
【详解】（1）选条件①：无意义，所以选条件①时不存在，故不能选①，
选条件②．
由题设，所以．
因为， 所以，所以．
所以．
选条件③，由题设．整理得．
以下同选条件②．
（2）由（1）
因为， 所以．
于是，当且仅当，即时，取得最大值；
当且仅当，即时，取得最小值．
又，即时，．
且当 时， 单调递增，所以曲线与直线恰有一个公共点，则或
的取值范围是．
2．（2023·北京昌平·统考二模）在中，.
(1)求；
(2)若，求的面积.
【答案】(1)或；(2)或
【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角相互转化即可得到结果；
（2）根据题意，由余弦定理可得，再由三角形的面积公式即可得到结果.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
，
因为，所以，
且，所以或.
（2）由（1）可知或，且，，所以
即，由余弦定理可得，，
即，解得或，
当时，，
当时，，
所以的面积为或.
3．（2023·北京东城·统考二模）在中,.
(1)求;
(2)若,再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知,使存在且唯一确定,求及的面积.
条件①:;
条件②:;
条件③:.
【答案】(1)；(2)见解析
【分析】（1）利用正弦定理和二倍角公式求解即可;
（2）结合正弦定理和余弦定理求解即可;
【详解】（1）由正弦定理得,
得,
,
因为,
所以
则.
所以,
所以.
（2）选条件①:
因为,
由正弦定理得,
由余弦定理得,
解得，
则,
解得，
所以存在且唯一确定,
则.
选条件②:,
已知
由正弦定理得,
因为,
所以,,
所以存在且唯一确定,
则.
选条件③:,
由余弦定理得,
即,
所以,即,
因为,
所以不存在使得存在.
4．（2023·北京朝阳·二模）在中，，，.
(1)求的面积；
(2)求c及的值.
【答案】(1)；(2)，
【分析】（1）利用平方关系求得，应用三角形面积公式求的面积；
（2）余弦公式求c，再应用正弦定理求.
【详解】（1）由且，则，
所以.
（2）由，则，
而，则.
5．（2023·北京海淀·统考二模）已知函数，且．
(1)求的值和的最小正周期；
(2)求在上的单调递增区间．
【答案】(1)，；(2)，
【分析】（1）根据代入求出，再利用三角恒等变换公式化简，结合正弦函数的性质计算可得；
（2）由正弦函数的性质计算可得.
【详解】（1）因为，且，
所以，解得，
所以
，
即，所以的最小正周期；
（2）由，，
解得，，
所以的单调递增区间为，，
当时的单调递增区间为，
当时的单调递增区间为，
所以在上的单调递增区间为，.
6．（2023·北京丰台·统考二模）在四边形ABCD中，，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，解决下列问题．
(1)求BD的长；
(2)求四边形ABCD的面积．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)选①，；选②，；(2)选①，；选②，
【分析】（1）选①，利用余弦定理得到；选②，利用互补得到，结合余弦定理列出方程，求出答案；
（2）选①，在（1）的基础上，得到⊥，结合三角形面积公式求出和的面积，相加即可；选②，在（1）的基础上求出和，利用三角形面积公式求出和的面积，相加得到答案.
【详解】（1）选①，由余弦定理得，
解得，
选②，在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
因为，所以，
即，解得.
（2）选①，，，
故，
在中，，所以⊥，故，
所以四边形ABCD的面积为；
选②，，故，故，
因为，所以，
故，
，
故四边形ABCD的面积为.
7．（2023·北京丰台·统考二模）如图，在多面体中，面是正方形，平面，平面平面，，，，四点共面，，．
(1)求证：；
(2)求点到平面的距离；
(3)过点与垂直的平面交直线于点，求的长度．
【答案】(1)见解析；(2)；(3)
【分析】（1）由面面平行的性质证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；
（3）依题意可得，设，表示出，再根据数量积的坐标表示得到方程，求出的值，即可得解.
【详解】（1）因为平面平面，，，，四点共面，
且平面平面，平面平面，
所以.
（2）因为平面，是正方形，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，
所以点到平面的距离.
（3）因为过点与垂直的平面交直线于点，所以，
设，因为，所以，
，
所以，
所以，解得，
所以.
8．（2023·北京海淀·统考二模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD为菱形，E，F分别为AB，PD的中点．
(1)求证：EF//平面PBC；
(2)若，二面角的大小为，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知．求PD的长．
条件①：；条件②：．
【答案】(1)见解析；(2)12
【分析】（1）通过证明四边形是平行四边形，进而由线线平行得出线面平行；
（2）分别选择条件，设PD边长，建系应用二面角余弦值求参数即得.
【详解】（1）
取的中点M，连接，
∵M，F分别为的中点，
∴是的中位线，
∴且，
又E为的中点，
∴且，
∴且，
∴四边形是平行四边形，
∴平面平面，
∴平面.
（2）
选择条件①：,
平面ABCD，,平面PCD，平面PCD, 平面PCD,
,,底面ABCD为菱形，E为AB的中点．,是等边三角形，
以为z轴，为y轴,为x轴，建立空间直角坐标系，
设,则,
设平面法向量为,
设平面法向量为,
,,
,
令,则,
二面角的大小为
∴，,
选择条件②：．
平面ABCD，,,取的中点O，,
平面PDO，平面PDO, 平面PDO, ,,
底面ABCD为菱形，O为BC的中点．,是等边三角形，
以为z轴，以为x轴，以为y轴
设,则,
设平面法向量为,
,,
,
令则,
设平面的法向量为,
,,
,
令,则,
二面角的大小为
∴，,
9．（2023·北京朝阳·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，底面ABCD，且，E是PC的中点，平面ABE与线段PD交于点F.
(1)证明：F为PD的中点；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线BE与平面PAD所成角的正弦值.
条件①：三角形BCF的面积为；
条件②：三棱锥的体积为1.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）由线面平行的判定证面，再由线面平行的性质可证，进而有△中为中位线，即可证结论；
（2）由线面垂直的性质、判定证两两垂直，且面，构建空间直角坐标系，根据所选条件求得，进而求直线方向向量和面的法向量，利用线面角夹角的向量求法求其正弦值.
【详解】（1）由底面ABCD是矩形，则，而面，面，
所以面，
又E是PC的中点，面ABE与线段PD交于点F，即面面，
而面，则，故，
△中为中位线，故F为PD的中点；
（2）由底面ABCD，面，则，又，
由，面，则面，
由面，故，即△为直角三角形，且；
由面，则面面，同理有面面；
又面，故，又，
所以两两垂直，可构建如下空间直角坐标系，
选①，则，故，而，
选②，由，而，所以；
此时，，，则，
又是面的一个法向量，若直线BE与平面PAD所成角为，
所以.
10．（2023·北京东城·统考二模）如图，直角三角形和等边三角形所在平面互相垂直，，是线段上一点.
(1)设为的中点，求证：；
(2)若直线和平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）要证明线线垂直，利用面面垂直的性质定理，转化为证明平面；
（2）首先设，，再以的中点为原点，建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式，列式求解.
【详解】（1）由题设知
因为平面 平面，平面 平面，，
所以平面．
因为平面，
所以.
因为为等边三角形，是的中点，
所以.
因为，平面，
所以平面．
所以.
（2）设，.
取的中点，的中点，连接，，
则，.
由（I）知平面，所以平面，
所以，.
如图建立空间直角坐标系，则
，，，．
所以， ，，，
.
设平面的法向量为，
则即
令，则，.于是.
因为直线和平面所成角的正弦值为，
所以，
整理得，
解得或.
因为，
所以，即.
11．（2023·北京昌平·统考二模）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，且平面，分别是的中点，是上一点，且.
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值.
条件①：；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答记分.
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）通过证明即可证明结论；
（2）以O为原点建立空间直角坐标系，由选择条件可得相应点坐标，可得向量PA坐标与平面法向量坐标，即可得答案.
【详解】（1）因G，F分别为中点，则为中位线，则.
又平面，平面，则平面.
（2）如图以O为原点建立空间直角坐标系.
若选①，因，底面是边长为2的菱形，则，
若选②，因，底面是边长为2的菱形，则，
则，.
所以.
又，则，得.
则，.
设平面法向量为，则.
得，又，设直线与平面所成角为.
则.
12．（2023·北京西城·统考二模）如图，在直三棱柱中，，，分别为，，的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）连接，依题意可得，从而得到，再说明，，即可得到，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）连接，因为，分别为，的中点，所以．
在三棱柱中，，
所以，四点共面．
因为，，、分别为、的中点，
所以，，所以四边形为平行四边形．
所以，
因为平面，平面，
所以平面．
（2）由题设平面，平面，所以，，
因为，所以两两垂直，
如图建立空间直角坐标系，
所以，
则，，．
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，于是，
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
13．（2023·北京房山·统考二模）如图，已知直三棱柱中，，为中点，，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，完成以下问题：
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)见解析；(2)条件选择见解析，直线与平面所成角的正弦值为
【分析】（1）若选①，则通过证明平面来证得.若选②，则先证明，然后通过证明平面来证得.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）若选择条件①:，连接，
在直三棱柱中，平面，平面，
所以.
在三角形中，，为的中点，
所以，由于，平面，
所以平面，由于平面，所以，
由于，，平面，
所以平面，
由于平面，所以.
若选择条件②：，连接，
由于是中点，所以，
根据直三棱柱的性质可知，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以.
由于，所以，
所以，则，则，
由于，平面，所以平面，
由于平面，所以.
（2）先得到:
若选①，则在中，由，得，
又，所以，.
若选②，则.
在三角形中，，所以，
所以，
根据直三棱柱的性质可知，，
以点为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，
令，得，
设直线与平面所成角为，
则.