衡水金卷先享题2024答案数学分科综合卷 新教材乙卷A

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c(o则a正-(-1o5号×1+0x(-2)+(）)×-)BE=(0,-√3，N3),DE=(0,03),√12+(-2)2+(-3)2DC√22D设平面EAB的法向量n=(x1y1,之1)，则nAE=-x1+3z1=0,可取又BD∩BE=B,BD,BEC平面n.BE=-3y1+V3z1=0,BDE,所以A,C⊥平面BDEn=(3,1,1),(2)如图，以DA,DC,DD1分别为x,y,设平面EDCF的法向量m=(x2,之轴，建立直角坐标系，y2,22),C|m.DE=√52=0，D则4.解：因为PA⊥底面ABCD,AB,ADC2y?=0,平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD.可取m=(√3,1,0)，由题意可知，AB,AD,AP两两垂直，建则cos〈m,n）=m·n3+1立如图所示的空间直角坐标系，mm=5×2则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,4,0),P(0,0,2),E(0,2,1),2√5所以AC=(2,2,0),A它=(0,2,1)，由图可知，平面EDCF与平面EAB夹角B2=(-2,0,2),PC=(2,2,-2),为锐角，则B(2,2,0),A(2,0,4),C(0,2,0),则P京=入PC=(2入，2λ，-2x),所以所以平面EDCF与平面EAB夹角的余所以A1B=(0,2,-4),A1C=(-2,BF=Bp+PF=(2λ-2,2λ，2-2λ).2,-4),弦值为设平面ACE的一个法向量为m=(x,y,2）.由题可知A1C=(一2,2，一4)为平面:3.解：(1)证明：如图，取PD的中点F,连BDE的一个法向量，接AF,EF,因为E为PC的中点，F为设A,B与平面BDE所成的角为a,则0年6+”0PD的中点由A克.m=0:sin a cos (AB,AC)=不妨令x=1,得m=（1,-1,2).因为BF∥平面ACE,所以BF·m=20√/20·/24√30，即A,B与平面62以-2-2以+4-以=0，解得A=方BDE所减的角的正装值为一2.解：(1)证明：因为平面EDCF⊥平面ABCD,且平面EDCF∩平面ABCD=CD,ED⊥DC,所以EFL2CD,又ABL2CD,所以D v所以ED⊥平面ABCD,EF LAB,故四边形ABEF为平行四边又BDC平面ABCD,所以ED⊥BD,形，所以BE∥AF,又BE在平面PAD,x/B如图，在四边形ABCD中，作DM⊥ABAFC平面PAD,所以BE∥平5.解：(1)证明：由题意得BE2=AB2+于M,CN⊥AB于N,面PAD.AE2,所以AB⊥AE,同理可得因为CD∥AB,AD=CD=CB=1,(2)如图，取BC的中点O,AD的中点AD⊥AF.AB=2,M,连接OP,OM,则OM∥AB∥CD在翻折的过程中，垂直关系保持不变，所所以四边形ABCD为等腰梯形，则：在等边三角形PBC中，PO=V5,OP⊥以PA⊥AB,PA⊥AD,又AB∩AD=A,AB,ADC底面AM=BN=号，所以DM=9,BD=BC.又AB⊥平面PBC,所以OM⊥平面ABCD,所以PA⊥底面ABCD.2PBC.如图，以O为坐标原点，分别以射(2)因为PA⊥底面ABCD,ATC底面WJDM+BM2=√3，线OC,OM,OP的方向为x轴，y轴，z轴ABCD,所以PA⊥AT.所以AD2十BD2=AB2,所以的正方向建立空间直角坐标系，又PA⊥AB,所以∠BAT为二面角AD⊥BD,则P(0,0,√3)，A(-1,1,0),D(1,2,0),B-PA-T的平面角.又ED∩AD=D,ED,ADC平面EAD,所以BD⊥平面EAD,c100故E(号号）因为sin∠BAT=Y214又因为EAC平面EAD,所以BD⊥EA.所以AD=(2,1,0),PA=(-1,1,所以cos∠BAT=5√7141在△BAT中，∠ABT=60°，设平面PAD的法向量为n=(x,y,z),所以sin∠ATB=则sin(∠BAT60°)=sin∠BATcos60°+A方=0即2x+y=0,cos∠BATsin60°=3V②In.PA=0,即-x+y-3:=0,14AB由正弦定理sin∠ATBBT令x=1,则y=-2,之=-3，故n==sin∠BAT1M(1,一2，一√3)为平面PAD的一个法向得BT=1.(2)如图，以点D为原点，建立空间直角量.所以点E到平面PAD的距离d=如图，以点A为原点，AB,A户的方向分坐标系，BD=√3，n·PE|别为x,之轴的正方向，建立空间直角坐则A(1,0,0),B(0,√3,0)，E(0,0,3),n标系，红对内·高考一轮复习金卷数学230