专题08 期中解答压轴题（五大题型）（期中真题汇编 上海专用）高二数学上学期

函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题08期中解答压轴题（五大题型） ☆5大高频考点概览 考点01平面直角坐标系中的直线 考点02圆 考点03圆锥曲线 考点04空间点、直线、平面之间的位置关系 考点05简单几何体 考点01 平面直角坐标系中的直线 1.(24-25高二上·上海市上海财经大学附属北郊高级中学·期中)动点M(x,y)到直线1：y=V3x与直线 马：7=-5x的距离之积等于子，小<记点M的轨迹方程为r (1)求Γ的方程； ②已知点G0, ,直线1：y=kx+2(k>0)交T于点A,B,「上是否存在点C满足Ga+GB+GC=0?若存 3 在，求出点C的坐标；若不存在，说明理由 1/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 考点02 圆 2.(21-22高二上·上海市建平中学.…期中)已知圆Cx2+y2+6x-2y+6=0和圆 C2:x2+y2-8x-10y+41-r2=0(r>0) (1)若圆C与圆C,相交，求r的取值范围； (2)若直线1：y=x+1与圆C交于P,9两点，且Op.00=4,求实数k的值； (3)若r=2,设P为平面上的点，且满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆C和 圆C,相交，且直线被圆C截得的弦长与直线☑被圆C,截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标. 目目 考点03 圆锥曲线 3.2425高二上上海市川沙中学期刊已知双曲线C芳茶-1o>0b>0)的左、右焦点为、5，定 轴长为42，离心率为√2，过C的左焦点F作直线I交C的左支于A、B两点 (1)求双曲线C的方程； (2)若AF=4V2,求∠F4E的大小： (3)若M(-2,O),试问：是否存在直线I,使得点M在以AB为直径的圆上？请说明理由 2/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 4.(24-25高二上·上海市进才中学.·期中)己知焦点为F的抛物线「：y2=4x上存在不同的两点A(x,y), B(x2,y2)（异于原点O)· (1)若x+x2=2且片+y2=-2,求直线AB的方程； (2)若0A⊥OB,求线段AB的最小值； (3)若点A,B,F三点共线，求∠AOB的取值范围. 5.(24-25高二上·上海交通大学附属中学·期中)在平面直角坐标系中，若点P(x,y)满足x。,都是整数， 则称点P为格点 ()指出椭圆女+二=1上的所有格点； 82 (2)设A、B是抛物线y=x2上的两个不同的格点，且线段AB的长度是正整数.求直线AB的斜率的所有可能 值组成的集合； (③设m(meN且m≥3)的数列a,满足：点Q.aa)是函数y=V4的图像上的格点 (n=1,2,,m-1).则是否存在正整数b,使得数列{an}为等差数列；若存在，请求出正整数b的取值范围； 若不存在，请说明理由 3/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 6.(24-25高二上·上海市晋元高级中学.·期中)己知椭圆C:x2+2y2=2,且过点F(1,0)的直线1与椭圆C交 于不同的两点P和Q (1)设F'(-1,0),当PF>PF且∠FPF=60°时，求sin∠PFF的值； (2)若FP=-2F0,求直线1的方程； (3)若过点F(1,0)且与直线I垂直的直线I与椭圆C交于不同的两点M和N,则求以PQOGMGN为顶点的 四边形的面积S的取值范围. 4/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 7.(24-25高二上·上海市七宝中学.·期中已知F（p,0)(p>0),若点N到点F的距离和它到y轴的距离 之比为常数1(2>0)，记点N的轨迹为曲线T. (1)若p=2,元=1，求曲线Γ的方程； (2)若p=1,试根据2的不同取值，讨论曲线「的形状： (3)若p=1,入=√2，过点F且不与x轴垂直的直线1与Γ交于A,B两点，若点A关于x轴的对称点为点C ,求证：直线BC恒过定点 5/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 8.(24-25高二上·上海市松江区上海师范大学附属外国语中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题 期已知椭夏G:二+r=a>与抛物线G:y=2px>01在第象交于点0g小，A、分分 别为G的左、右顶点 (1)若xg=1,且椭圆C的焦距为2，求C,的准线方程； (2)设点F(1,0)是C和C,的一个共同焦点，过点F的一条直线1与C相交于C、D两点，与C,相交于E、G 两点，CD=λEG,若直线l的斜率为1，求2的值； (3)若a=3,设直线QA、直线QB分别与直线x=4交于M、N两点，△QMN与△QAB的面积分别为S,S2, 若g,求点0的坐标 6/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 目目 考点04 空间点、直线、平面之间的位置关系 9.(24-25高二上·上海市三林中学，期中)长方体ABCD-A,B,C,D,中，底面ABCD为边长为2的正方形， AA=V6,点M在棱DD上，且DD,=3DM. C M A (1)求三棱锥M-A,BA的体积； (2)求直线BM与平面CC,D,D所成角的正切值； (③)过线段4C作一个与底面ABCD成00≤0<)角大小的楼面， 求截面的面积. 7/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 10.(24-25高二上·上海市上海中学·期中)在棱长为1的正方体ABCD-A,B,C,D,中，E是BC的中点，F,G 分别是CD,DD,上的动点.考查过E,F,G三点的平面截正方体所得的截面： A D D B C B G G D F ⊙ B E E (I)当F是CD的中点且G是DD,的中点时，直接写出截面的周长和面积； ②当5-时，若截面为六边形，求D的取值范围： DG DC 3 (3)当G是DD,的中点且截面为五边形时，是否存在点F,使得截面将正方体分为体积比1：2的两个部分， 若存在，求出DF的值：若不存在，说明理由 DC 8/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 11.(24-25高二上·上海市复旦大学附属中学·期中)如图，在四面体ABCD中，ABC是正三角形，△ACD是 直角三角形，∠ABD=∠CBD,并且AB=BD=2,点E在棱BD上. D C B (1)证明：平面ACD⊥平面ABC; (2若二面角D-AC-E的正切值为45，求DE的值； DB (3)点M、N分别是线段AB、BC上的动点，求△DMN周长的最小值. 9/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 12.(22-23高二上·上海市进才中学·期中)如图，在四棱锥P-ABCD中，己知PA⊥平面ABCD,且四边形 ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BMD=PA=AD=2,AB=BC=1. A月 B C (1)证明：AB⊥PD; (2)线段CP上是否存在一点M,使得直线AM垂直平面PCD,若存在，求出线段AM的长，若不存在，说 明理由； (3)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长 10/14 专题08 期中解答压轴题（五大题型） 5大高频考点概览 考点01 平面直角坐标系中的直线 考点02 圆 考点03 圆锥曲线 考点04 空间点、直线、平面之间的位置关系 考点05 简单几何体 地 城 考点01 平面直角坐标系中的直线 1．(24-25高二上·上海市上海财经大学附属北郊高级中学··期中) 动点到直线与直线的距离之积等于，且.记点的轨迹方程为. (1)求的方程； (2)已知点，直线交于点，，上是否存在点满足?若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】(1)；(2)存在点，使得. 【分析】（1）利用点到直线与直线的距离之积等于建立方程，化简即可得到结果. （2）假设存在点，联立直线与双曲线方程，利用韦达定理及题目条件得到点坐标满足的关系式，利用点在双曲线上即可得到结果. 【详解】（1）因为动点到直线的距离为，动点到直线的距离为， 所以，化简得， 因为，所以，所以， 所以的方程为. （2）    存在，使得，理由如下： 由得，， 由得，且. 设，则，故. 由题意得，. 设存在点满足，则, 所以. 因为点在上，所以， 化简得，解得或（舍）， 因为，所以，故，即， 所以存在，使得. 【点睛】思路点睛：本题考查双曲线与直线、向量综合问题，具体思路如下： （1）联立直线与双曲线方程，利用，计算的取值范围. （2）设，利用韦达定理表示. （3）假设存在点满足，得到，利用点在双曲线上即可得到结果. 地 城 考点02 圆 2．(21-22高二上·上海市建平中学··期中) 已知圆和圆. (1)若圆与圆相交，求的取值范围； (2)若直线与圆交于，两点，且，求实数的值； (3)若，设为平面上的点，且满足：存在过点的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆和圆相交，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，试求所有满足条件的点的坐标. 【答案】(1)；(2)；(3)或 【分析】（1）由圆的一般方程得到圆的标准方程进而得到圆心和半径，根据两圆相交得到，进而得到的取值范围； （2）设，，联立圆与直线的方程，由有两个交点得到的取值范围，由韦达定理得到和，代入，解出的值； （3）设，由分别写出与的方程，根据弦长和半径相等得到圆心到直线的距离相等，再根据有无数多条直线，得到关于的方程有无数多组解，从而解出，即得到的坐标. 【详解】（1）圆的标准方程为，则圆心，， 圆的标准方程为，则圆心， ， 圆与圆相交，，即，解得， 的取值范围. （2）已知直线与圆交于，两点，设，， 联立，得， 所以，得 ， 解得，因为，所以. （3） 设点坐标为，直线、的方程分别为：，， 即：，， 因为直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等且两圆半径相等， 由垂径定理得，圆心到直线与直线的距离相等． 故有：， 化简得：或， 因为存在过点的无穷多对互相垂直的直线和， 所以关于的方程有无穷多解，从而有或， 解得或， 所以点P坐标为或． 地 城 考点03 圆锥曲线 3．(24-25高二上·上海市川沙中学··期中) 已知双曲线的左、右焦点为、，虚轴长为，离心率为，过的左焦点作直线交的左支于A、B两点. (1)求双曲线C的方程； (2)若，求的大小； (3)若，试问：是否存在直线，使得点在以为直径的圆上？请说明理由. 【答案】(1)；(2)；(3)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据条件列出关于的方程组，由此求解出的值，则双曲线方程可知； （2）根据双曲线的定义求解出，在中利用余弦定理求解出的值，则的大小可知； （3）当的斜率不存在时，直接分析即可，当的斜率存在时，设出的方程并与双曲线方程联立，得到横坐标的韦达定理形式，根据进行化简计算，从而判断出是否存在. 【详解】（1）由题意可知：，解得， 所以双曲线的方程为：； （2）因为，所以，且， 所以， 所以的大小为； （3）假设存在满足要求， 当的斜率不存在时，，由解得， 所以，所以不垂直，故不满足要求； 当的斜率存在时，因为与双曲线有两个交点，所以，即， 设，， 联立可得， 且，即， 所以， 所以， 所以， 所以 ， 所以也不满足要求， 故假设不成立，即不存在直线，使得点在以为直径的圆上. 【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线的综合应用，对学生的转化与计算能力要求较高，难度较大.解答本题第三问的关键在于：将“以为直径的圆过点”转化为“”，从而转化为坐标之间的运算. 4．(24-25高二上·上海市进才中学··期中) 已知焦点为的抛物线上存在不同的两点，（异于原点）． (1)若且，求直线的方程； (2)若，求线段的最小值； (3)若点，，三点共线，求的取值范围． 【答案】(1)；(2)；(3) 【分析】（1）设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元，列出韦达定理，结合题意求出、，即可得解； （2）由（1）可得，则，根据得到，即可求出，再由弦长公式计算可得； （3）联立直线AB与抛物线的方程，利用求出的值域，进而得到的取值范围. 【详解】（1）设直线的方程为，由，整理可得， 则， 所以，则， 依题意可得，解得，满足， 所以直线的方程为，即； （2）由（1）可得，则， 因为，所以，解得或（舍去）， 所以，， 所以， 当且仅当时取等号， 所以线段的最小值； （3）因为、、三点共线，而抛物线的焦点， 所以直线AB的方程为，，， 联立有， 故，，，， 所以， ，， 所以 所以，即 故的取值范围为. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 5．(24-25高二上·上海交通大学附属中学··期中) 在平面直角坐标系中，若点满足，都是整数，则称点为格点. (1)指出椭圆上的所有格点； (2)设、是抛物线上的两个不同的格点，且线段的长度是正整数.求直线的斜率的所有可能值组成的集合； (3)设（且）项的数列满足：点是函数的图像上的格点（）.则是否存在正整数，使得数列为等差数列；若存在，请求出正整数的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)；(2)；(3)不存在 【分析】（1）当时，，则点为椭圆上的格点，由椭圆的对称性可得所有格点； （2）设，（且），根据题意得，从而，得解； （3）设存在正实数，使得数列为等差数列，记公差为，则方程有实数解，分和研究方程的解的情况即可. 【详解】（1）根据题意，椭圆，， 当时，，则点为椭圆上的格点， 由椭圆的对称性可得格点：； （2）设，（且）， 则为正整数，记为， 所以， 由于都是整数，所以与都是完全平方数， 故只能有， 因此， 直线的斜率的所有可能值组成的集合为； （3）设存在正实数，使得数列为等差数列，记公差为， 则且， 所以是方程的实数解， ①时，则有正整数解， 所以必有是整数，所以正整数只可能使得， 逐一验证发现都不符合题意，所以时不存在正整数， 使得数列为等差数列； ②时，则有至少两个不相等的整数解， 而方程至多有两个不相等的实数解， 所以只能，且恰有两个不相等的整数解， 则直线与双曲线的上半部分必有两个公共点， （ⅰ）时，有，而是正整数，是整数， 所以只可能，代回验证发现不符合题意， （ⅱ）时，不存在， （ⅲ）时，有，且是方程的两根， 所以，而， 所以有，得， 由于是整数，所以是整数， 故， 此不等式无实数解，所以与不存在正整数，使得数列为等差数列， 综上，不存在正整数，使得数列为等差数列. 【点睛】关键点点睛：设存在正实数，使得数列为等差数列，记公差为，则且，所以是方程的实数解，分和研究方程的解的情况即可. 6．(24-25高二上·上海市晋元高级中学··期中) 已知椭圆，且过点的直线与椭圆交于不同的两点和. (1)设，当且时，求的值； (2)若，求直线的方程； (3)若过点且与直线垂直的直线与椭圆交于不同的两点和，则求以为顶点的四边形的面积的取值范围. 【答案】(1)；(2)(3) 【分析】（1）假设，利用余弦定理与椭圆的定义求得的值，进而求得的值，再利用正弦定理即可得解； （2）利用向量共线的坐标表示求得，再联立直线与椭圆方程，结合韦达定理得到关于的方程，解之即可得解； （3）分类讨论直线的位置情况，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理与弦长公式分别求得，进而得到四边形的面积关于的表达式，利用二次函数的性质即可得解. 【详解】（1）依题意，设， 因为椭圆可化为，则， 故，， 在中，， 即，解得， 联立，解得， 在中，，解得. （2）设，又，， 所以，得， 显然，直线不与轴重合，也不与轴垂直，故可设， 联立，化简得，显然， 则，即， 所以，解得， 故，即. （3）当直线与轴重合或与轴垂直时， 以为顶点的四边形的两条对角线互相垂直， 且其中一条对角线长为，另一条对角线长为， 此时其面积； 当直线不与轴重合，也不与轴垂直时，设， 联立，化简得，易知， 则， 所以 ， 同理，， 所以， 设，则， ， 因为，所以，所以， 所以，即， 综上，. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 7．(24-25高二上·上海市七宝中学··期中) 已知（），若点到点的距离和它到轴的距离之比为常数，记点的轨迹为曲线. (1)若，，求曲线的方程； (2)若，试根据的不同取值，讨论曲线的形状； (3)若，，过点且不与轴垂直的直线与交于，两点，若点关于轴的对称点为点，求证：直线恒过定点. 【答案】(1)；(2)当时，曲线为椭圆；当时，曲线为抛物线；当时，曲线为双曲线；(3)证明见解析 【分析】（1）由题意可得，化简即可； （2）由题意可得，进而分类讨论可得结论； （3）设直线的方程为，设，则，联立方程组可得，可得直线的方程为，令，可求得定点坐标. 【详解】（1）当，时，则，设， 由题意可得，化简得， 所以曲线的方程为； （2）若，则，设， 由题意可得，化简得，即, 当时，方程表示椭圆； 当时，方程表示抛物线； 当时，方程表示双曲线； （3）若，，则，由（2）可得曲线的方程为， 设直线的方程为， 由，消去，得， 设，则， 所以， 直线的方程为，由双曲线关于轴对称，可得定点在轴上， 当时， ， 所以直线恒过定点. 【点睛】方法点睛：本题求定点坐标，关键由对称性可得定点在轴上，进而令直线方程中的，求解可得定点坐标. 8．(24-25高二上·上海市松江区上海师范大学附属外国语中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题··期中) 已知椭圆：与抛物线：在第一象限交于点，、分别为的左、右顶点. (1)若，且椭圆的焦距为，求的准线方程； (2)设点是和的一个共同焦点，过点的一条直线与相交于、两点，与相交于、两点，，若直线的斜率为，求的值； (3)若，设直线、直线分别与直线交于、两点，与的面积分别为，，若，求点的坐标. 【答案】(1)；(2)；(3) 【分析】（1）根据焦距和求出椭圆方程和，从而得到，求出准线方程； （2）先得到，和直线方程，分别联立后，得到相应的弦长，从而分两向量方向相同和相反求出答案； （3）由三点共线得到和，从而表达出，得到，结合，构造出方程进一步求出点的坐标. 【详解】（1）由题意得，故，则，解得，故椭圆：， 因为在第一象限，，有，解得， 所以，将其代入中，即，解得， 故的准线方程为，； （2） 由题意得，解得，，解得， 故，， 直线的方程为，联立得，， 设，则，， 故， 联立与得，， 设，则，， 故， 若方向相同，， 若方向相反，， 所以； （3） 因为，所以，根据题意有： ，，三点共线，可得： ，即，故， 同理，由，，三点共线， 可得：，故， 则 ， 因为，，所以， 所以， 又，故，， 因为，所以，整理有：， 解得：，又因为，且，解得， 所以点坐标为 【点睛】关键点点睛：本体关键在于利用点坐标，表示出、，利用已知条件构造方程求解. 地 城 考点04 空间点、直线、平面之间的位置关系 9．(24-25高二上·上海市三林中学··期中)长方体中，底面为边长为2的正方形， ，点在棱上，且． (1)求三棱锥的体积； (2)求直线与平面所成角的正切值； (3)过线段作一个与底面成角大小的截面，求截面的面积． 【答案】(1)；(2)；(3)答案见解析 【分析】（1）根据棱锥的体积公式即可求得答案； （2）找到直线与平面所成角，解直角三角形，即可求得答案； （3）讨论的具体范围，确定截面形状，即可求得答案. 【详解】（1）由题意知长方体中，底面为边长为2的正方形， 点在棱上，故M到平面的距离为2， 则； （2）连接，长方体中，平面， 故即为直线与平面所成角； 由于， ，故, 在中，， 故. （3）过线段作一个与底面成角的截面， 当时，截面即为底面四边形，面积为4； 设交于O，因为，故在中，， 故； 当时，不妨设截面与交于点N，连接， 则，而，故为截面与底面所成二面角的平面角， 即，故，则截面面积为； 当时，则截面为如图所示四边形，为等腰梯形， 设EF中点为P，连接，则，则， PO为梯形的高，， 由题意可知为等腰直角三角形，故， 故截面面积为. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的解决关键在于，根据的取值范围确定截面的形状，从而得解. 10．(24-25高二上·上海市上海中学··期中)在棱长为1的正方体中，是的中点，分别是上的动点.考查过三点的平面截正方体所得的截面： (1)当是的中点且是的中点时，直接写出截面的周长和面积； (2)当时，若截面为六边形，求的取值范围； (3)当是的中点且截面为五边形时，是否存在点，使得截面将正方体分为体积比的两个部分，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)周长为，面积为；(2)；(3)存在，或 【分析】（1）根据题意做出截面，即可得到截面周长和面积； （2）找到两个临界情况，由此得出的取值范围； （3）根据（2）的进行分类，做出可能的图，分别设的长，由线段成比例分别表示出线段的长，用线段长表示出其中一个解得立体图形的体积，然后解方程得到的长，即可得出的值. 【详解】（1）作图：取中点，连接这六个点即可得到截面， 由图可知截面是边长为的正六边形， ∴周长为，面积为； （2）分别找出截面为六边形的两种临界情况，分别如下图所示： 情况①         ∵为中点，∴，即， ∵， ∴， 情况② ∵为中点，∴，即， ∵， ∵，即 ∴， 故 （3）（1）如图，截面与相较于点，延长相较于点，连接交与点， 设（），∵，∴， ∵为中点，∴， 延长相交于点，延长相交于点， ∵为中点，∴， 又∵，∴， ∵，∴， 正方体被截得的其中一个多面体体积为， 则， ， 整理得，解得， ∵，∴， 即， （2）如图： ∵点为中点，∴， ∵点G为中点，∴， 设（），则， 又∵，即，∴， ∵，即，∴， ∵，即，∴ 其中一个多面体体积为 则 化简得，即 ∴或，∵， ∴， 即 综上所述，这样的点存在，或 【点睛】思路点睛，本题讨论的是正方体被平面所截的截面以及截得的两个立体图形的体积.解题的关键是数形结合，通过作图找到特殊点，从而解决（2）的范围；由（2）的思路，同样做出可能得图像，利用三棱柱的体积来求多面体体积，从而解得的值. 11．(24-25高二上·上海市复旦大学附属中学··期中)如图，在四面体中，是正三角形，是直角三角形，，并且，点在棱上. (1)证明：平面平面； (2)若二面角的正切值为，求的值； (3)点、分别是线段、上的动点，求周长的最小值. 【答案】(1)见解析；(2)(3) 【分析】（1）根据面面垂直的判断定理，构造辅助线，转化为证明线面垂直； （2）根据（1）的结果，建立空间直角坐标系，设，并分别求平面和平面的法向量，根据二面角的余弦值，即可求解； （3）利用展开图，将三角形周长的最小值转化为两点间距离，即可求解. 【详解】（1）由条件可知，，，， 所以，所以， 又因为是直角三角形，所以， 取的中点，连结，则， 所以，，且， 所以，则，且，平面， 所以平面，平面， 所以平面平面； （2）以点为原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系， ，，，，设， ，， 设平面的法向量为， 则，即，，令，则， 即平面的法向量为， 平面的法向量为， 因为二面角的正切值为，所以二面角的夹角的余弦值为， 则，，解得：， 所以； （3）如图，以为轴，将和展开，与在同一平面，点分成和，当四点共线时，为的周长的最小值， 设，，，则， 所以， ， ， 所以， 所以周长的最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是垂直关系的证明，从而为建立坐标系作准备，建立坐标系中，向量的表示是关键. 12．(22-23高二上·上海市进才中学··期中)如图，在四棱锥中，已知平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，，，. (1)证明：； (2)线段CP上是否存在一点M，使得直线AM垂直平面PCD，若存在，求出线段AM的长，若不存在，说明理由； (3)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长. 【答案】(1)证明见解析.；(2)存在，线段AM的长为.；(3) 【分析】（1）通过定义法证明线面垂直，即可证出两线垂直. （2）通过建立空间直角坐标系，表达坐标点，进而根据线面垂直的性质，证明直线AM与和都垂直，求出点M的坐标，进而求出线段AM的长. （3）通过向量关系表达出，再表达出， 列出直线CQ与DP所成的角的表达式，求出最值和最值成立的条件，进而求出线段BQ的长. 【详解】（1）由题意， 在四棱锥中， ⊥面ABCD，,， ∴， 在直角梯形中，， ∵， ∴ ∵ ∴ （2）由题意及（1）得，存在一点M，使得直线AM垂直平面PCD， 在四棱锥中，， 作出空间直角坐标系如下图所示： 由几何知识得，，，，，， ∴，，， 设，则, ∴ ∴， 若AM⊥面PCD 解得： ∴ （3）由题意及（1）（2）得， ，， 设 ∴， 设，， ∴ 当且仅当即时，最大，为， 在中，上是减函数， ∴最大时，直线CQ与DP所成的角最小， ∵， ∴， ∴当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长为. 13．(24-25高二上·上海市位育中学··期中)如图，在四面体ABCD中，平面，点M为AD上一点，且，连接BM，CM.    (1)； (2)求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）由平面，得，而，则由线面垂直的判定定理可证得平面，再利用线面垂直的性质可证得结论； （2）取的中点，连接，过作于，过作于，连接，则可得为二面角的平面角，然后根据已知的数据在中求解即可. 【详解】（1）证明：因为平面平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以；    （2）取的中点，连接，过作于，过作于， 连接，因为在平面中，，所以， 由（1）知，所以因为平面， 所以平面，因为平面，所以 因为平面MEH，所以平面， 因为平面，所以，所以为二面角的平面角， 因为，所以， 在中，，所以， 所以，所以二面角的大小为. 14．(24-25高二上·上海市彭浦中学··期中)如图，正方形中，边长为4，为中点，是边上的动点.将沿翻折到，沿翻折到，        (1)求证：平面平面SFD； (2)当是边的中点时，二面角的大小； (3)设面面，求证：. (4)若，将沿翻折到，沿翻折到，连接，设直线与平面所成角为，求的最大值. 【答案】(1)证明见解析；(2)90°；(3)证明见解析；(4) 【分析】（1）由已知，，可得面SFD，由面面垂直的判定定理可得证； （2）由已知可得，，可证平面平面SEF，可求二面角的大小； （3）利用线面平行的性质定理证明即可； （4）设在面上的射影为，连接，则为直线与平面所成角．设（），利用体积法，由求得，从而得的表达式，结合换元法及函数的单调性求出的最大值． 【详解】（1）因为是正方形，为的中点， 所以，，又，SD，平面SFD， 所以平面， 又平面， 所以平面平面； （2）当是边的中点时，由（1）可知，， 又∵，，，， ∴， 又∵，平面， ∴平面，平面平面，二面角的大小为90°； （3）因为，平面，平面，所以平面， 又因为平面平面， 所以； （4）设在面上的射影为，连接，则为直线与平面所成角，    设（），则，， 在中，，，，可得， ， 因为，即， 又，所以，令，，， 令，， ， 当，，且时，，，，则， 可得在上单调递减， 当，即时，最大为. 【点晴】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面处理解决：一是函数法，即根据题中信息直接建立函数关系式，或通过空间向量的坐标运算建立函数关系式，转化为函数的最值问题求解，最后根据函数的形式，选择利用函数的性质、基本不等式或导数求最值；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断求解；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解． 地 城 考点05 简单几何体 15．(22-23高二上·上海市控江中学··期中)如图在四面体ABCD中，△ABC是边长为2的等边三角形，△DBC为直角三角形，其中D为直角顶点，．E、F、G、H分别是线段AB、AC、CD、DB上的动点，且四边形EFGH为平行四边形． (1)求证：BC∥平面EFGH (2)试探究当二面角从0°增加到90°的过程中，线段DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域的面积； (3)设（），且△ACD是以CD为底的等腰三角形，当为何值时，多面体ADEFGH的体积恰好为? 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3) 【分析】（1）利用线面平行的性质和判定定理可证明；（2）找到在平面BCD上的投影轨迹，即可求出面积；（3），用分别表示四棱锥、四面体与四面体的体积比，求解可得结果. 【详解】（1）证明:四边形EFGH为平行四边形，. 而面面BCD，面BCD. 而面ABC，面面，. 而面面EFGH 面EFGH. （2） 在平面BCD上的投影满足，即在平面BCD上的投影在线段BC的中垂线上. 如图所示，将补成边长为2的正三角形， 当二面角为角时，即点在平面BCD上，此时为， 当二面角为角时，此时为BC中点， 故DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域为， 而， 故线段DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域的面积为. （3），且为等腰三角形，. 取BC中点，由题意得:,， 满足，根据勾股定理可知 平面 而多面体ADEFGH的体积恰好为，即多面体ADEFGH的体积恰为四面体ABCD体积的一半. 连接AH、AG，设点到平面的距离为，点到平面的距离为， 设点到平面的距离为， . ，整理得 ， 解得舍去). 16．(22-23高二上·上海市晋元高级中学··期中)如图，在正四棱锥P－ABCD中，AB＝2，侧面PAD与底面ABCD的夹角为. (1)求正四棱锥P－ABCD的体积； (2)若点M是正四棱锥P－ABCD内任意一点，点M到平面ABCD，平面PAB，平面PBC，平面PCD，平面PDA的距离分别为，，，，，证明：； (3)若球O是正四棱锥P－ABCD的内切球，点Q是正方形ABCD内一动点，且OQ＝OP，当点Q沿着它所在的轨迹运动一周时，求线段OQ所形成的曲面与底面ABCD所围成的几何体的表面积. 【答案】(1)；(2)见解析；(3) 【分析】（1）连接交于点，取的中点，连接，证明，则即为面PAD与底面ABCD所成角的平面角，从而可求得底面边长及高，再根据棱锥的体积公式即可得解； （2）根据，利用等体积法即可得证； （3）由（2）可得（为内切球的半径），从而可求得内切球半径，利用勾股定理求得，从而可得点在以为圆心的圆上，进而可得出线段形成的曲面与底面所围成的几何体为圆锥，再根据圆锥的表面积公式即可得解. 【详解】（1）解：连接交于点，取的中点，连接， 由正四棱锥的几何特征可得为的中点，底面， ，， 因为为的中点， 所以， 所以即为面PAD与底面ABCD所成角的平面角，即， ，则， 所以； （2）证明：， 因为， 所以； （3）解：因为球O是正四棱锥P－ABCD的内切球， 由（2）可知点为点的一种情况， 所以（为内切球的半径）， 所以，故， 在中，， 所以点在以为圆心为半径的圆上， 所以点沿它所在的轨迹运动一周时，线段形成的曲面与底面所围成的几何体为圆锥， 所以线段OQ所形成的曲面与底面ABCD所围成的几何体的表面积为. 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $