精品解析：上海市杨浦区复旦大学附属中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题

上海市杨浦区复旦大学附属中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题 （考试时间：120分钟 满分：150+18分） 考生注意： 1.本试卷的选择题均为单选题； 2.解答题需要写出必要的计算说明过程； 3.试卷共6页，答题纸共4页，满分150分，附加题18分； 4.请自备科学计算器（卡西欧）并准确在答题纸上填写考号. 一、填空题（12题，共54分，1~6题每题4分，7~12题每题5分） 1. 已知某个多边形的面积为2025，用“斜二测”法画出其直观图的面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】在斜二测画法中，直观图面积是原图面积的，即可求解. 【详解】由于在斜二测画法中，直观图面积是原图面积的， 所以用“斜二测”法画出其直观图的面积为. 故答案为： 2. 已知数列满足，则__________. 【答案】4100626 【解析】 【分析】由题意，利用直接求解即可. 【详解】因为， 所以， ∴. 故答案为：. 3. 在空间中，设直线与平面所成角的取值集合为A，直线与直线所成角的取值集合为B，平面与平面所成角的取值集合为C，请用集合的符号语言联结A，B，C：__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据直线与平面所成角、直线与直线所成角、平面与平面所成角的定义，分别求出.根据集合相等及子集的定义，得到集合A，B，C的关系. 【详解】由题可知，，. 所以. 故答案为：. 4. 已知三条两两平行直线可确定个平面，则过定点__________. 【答案】或 【解析】 【分析】根据条件得和，再利用对数函数的性质，即可求解. 【详解】当三直线条两两平行在同一个平面内时，，此时过定点， 当三直线条两两平行不在同一个平面内时，，此时过定点， 故答案为：或. 5. 三个不相交的平面把空间分成部分，其中，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题可知，化简得，再结合基本不等式即可求解. 【详解】由题可得，， 因为，所以，当且仅当，即，时等号成立， 所以，所以的最小值为. 故答案为： 6. 已知正方体的棱长为2，点，分别在棱与线段上，，在线段上，若//平面，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据线面平行的性质定理可得，所以在中，再由正方体的棱长为2，代入数据即可求解. 【详解】如图所示，因为平面，平面，平面平面, 所以，所以在中，, 因为正方体的棱长为2，所以，， 因为，所以，所以. 故答案为： 7. 数列对任意正整数，满足，数列通项公式______. 【答案】 【解析】 【分析】利用各项积与通项公式的关系可得答案. 【详解】当时，； 当时，由可得 两式作商可得，又不符合上式，所以 故答案为： 8. 已知等比数列的首项为1，公比为q，其前n项和为，若，则q的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列的知识化简已知条件得，从而求得正确答案. 【详解】因为等比数列的首项为1，公比为q， 且， 所以， 所以，故q的取值范围为. 故答案为： 9. 已知在中，，，若平面，，则到斜边的距离为__________. 【答案】 【解析】 【分析】过作交于，连结，利用线面垂直的判定定理证明平面，进而可证，可得到斜边的距离为，解出即可求解. 【详解】 如图，过作交于，连结， 在直角三角形中，，，， 由等面积法可得， 所以， 因为平面，平面，所以， 又平面，所以，又， 平面，平面，且， 所以平面，平面，所以， 所以到斜边的距离为， 在中，，，. 故答案为： 10. 如图，为正方体，动点P在线段上，则∠APC的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】连接，相交于，先证平面，得到，进而得到，，不妨设正方体边长为2，计算得到，则，故． 【详解】连接，相交于， 在正方体中，，平面， ， 又平面， 平面， 平面， ， 又为中点， ，则为的角平分线， ， ， 不妨设正方体边长为2，则， 当点在处时，取得最大值， 当时，取得最小值，设此时最小值为， ，解得， 综上， ， 则． 故答案为：． 11. 下列命题中，是两条直线，是一点，，是两个平面，则所有假命题的序号为__________. ①：若，，则 ②：若，，则 ③：若，，，则 ④：若，，则过点一定存在一平面与，都平行 【答案】①②④ 【解析】 【分析】举出反例可得①④、结合平行的性质可得②③. 【详解】对①：当直线也位于平面内时，且，成立时，结论不成立（此时），故①错误； 对②：若，，则，可能平行或相交或异面，故②错误； 对③：由，，则或，又，故，故③正确； 对④：若、、在同一平面内，且与相交时， 此时过点不存在平面与，都平行，故④错误. 故答案为：①②④. 12. 已知异面直线、所成角为，过空间内一点P作直线，使l与、所成角为，则直线可能有条，则_____________. 【答案】 【解析】 【分析】结合等角定理，分、、、、与进行讨论即可得. 【详解】过点作异面直线、的平行线、， 则直线、交成、两个角； 当时，直线不存在； 当时，直线只能是直线、所夹角的平分线，故有1条； 当时，过点在空间可作2条直线与直线、均成角； 当时，直线可以是120°角的平分线，再加上前一情况的2条，此时共有3条； 当时，过点在空间可以作4条直线与直线、均成角； 当时，存在唯一一条直线与、都垂直，故有1条. 故答案为：. 二、选择题（4题，共18分，13~14每题4分，15~16每题5分） 13. 下列关于空间中不重合的两条直线说法中错误的是（ ） A. 这两条直线可能既共面，又共点 B. 这两条直线可能既不共面，又不共点 C. 这两条直线可能共面但不共点 D. 这两条直线可能共点但不共面 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间点线面面位置关系、基本事实一及推论判断即可. 【详解】设是空间中不重合的两条直线， 对于A，若直线相交于一点，则这两条直线可能既共面，又共点，故A说法正确； 对于B，若直线是异面直线，则这两条直线既不共面，又不共点，故B说法正确； 对于C，若直线是平行直线，这两条直线共面但不共点，故C说法正确； 对于D，若直线相交于一点，则直线一定共面，故D说法错误. 故选：D 14. 已知r，s，t，q均为正整数，这下列序号中，命题A是命题B的充要条件的有（ ） ①：命题A：等差数列且 命题B： ②：命题A：等比数列且 命题B： A. ①② B. ①②都不是 C. ① D. ② 【答案】B 【解析】 【分析】根据充分、必要条件的判断方法，结合等差数列、等比数列的性质判定即可. 【详解】已知均为正整数. ①：若，设等差数列的公差为. 则，所以，所以，即. 所以命题A是命题 B的充分条件； 若，则. 若数列为等差数列，设公差为.即. 当时，，即 当时，恒成立，所以不一定成立，不一定成立. 若数列不是等差数列，如数列各项为：1，2，3，3，2，1.，此时数列不是等差数列且   . 所以命题A不是命题B的必要条件. 综上所述，命题A是命题B的充分不必要条件. ②：若数列是等比数列，设公比为，由 得：. 所以，所以，即. 所以命题A是命题 B的充分条件； 若. 若数列为等比数列，设公比为，则. 因为，所以. 当时，，所以 ； 当时，恒成立，不一定成立 ； 若数列不是等比数列，如：数列各项均为零，则恒成立，不能推出数列等比且r+t=2s 所以命题A不是命题B的必要条件. 综上所述，命题A是命题B的充分不必要条件. 故选：B. 15. 如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ） A. 直线与直线垂直，直线MN平面 B. 直线与直线平行，直线MN平面 C. 直线与直线平行，直线MN⊥平面 D. 直线与直线垂直，直线MN⊥平面 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用正方体的几何结构特征，结合线面平行和线面垂直的判定与性质，进行判定，即可求解. 【详解】如图所示，连接，因为正方形，且为的中点， 所以点为的中点，又由为的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 在正方体中， 因为平面，且平面，所以， 又因为正方形，可得， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以，所以A正确，B、C错误； 在中，可得与不垂直，所以与平面不垂直， 因为，所以与平面不垂直，所以D错误. 故选：A. 16. 设正方体中，所有两条面对角线之间所成的角的所有不同正弦值组成的集合为A，所有不同余弦值组成的集合为B，所有不同正切值组成的集合为C，则下列说法中错误的是（ ） A. 集合B中元素按照一定顺序排列可以构成等差数列 B. 集合A∩B的非空子集数与集合C的真子集数相同 C. 任取A中一元素为某点横坐标，任取B中一元素为该点纵坐标，则该点可能在单位圆上 D. 任取A∩B∩C中一元素为某点横坐标，任取A中一元素为该点纵坐标，则该点在复平面上一定表示纯虚数 【答案】D 【解析】 分析】根据题意，先求得集合，然后按照选项要求逐项判断即可. 【详解】正方体中，任意两条面对角线之间所成的角组成的集合为， 所以，，. 选项A ：集合B中的元素按或排列时，可以构成等差数列；所以选项A说法正确； 选项B ：因为，所以集合A∩B有3个非空子集数.因为,集合C有3个真子集.所以选项B说法正确； 选项C ：取A中的为一点的横坐标，取B中的为该点的纵坐标，则该点在单位圆上.所以选项C说法正确； 选项D ：因为，按题意只能取0作为一点的横坐标，若取A中的0为该点纵坐标，则该点在复平面上不能表示纯虚数，所以选项D说法错误. 故选：D. 三、解答题（5题，共78分，17~19每题14分，20~21每题18分） 17. 在空间四边形中，； （1）若分别是的中点，求证：四点共面； （2）若分别是的中点，求：异面直线所成角的大小. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据即可求证， （2）由基底表示向量，即可模长公式以及数量积的运算律，结合向量的夹角即可求解. 【小问1详解】 由于分别是的中点，故, 故四点共面 【小问2详解】 , 由于，不妨设棱长为2， 由于， 故 ， ， 故， 因此异面直线所成角的余弦值为，故所成角的大小为 18. 《九章算术》中将四个面都为直角三角形的几何体称为鳖臑（biē nào）.如图，△ABC是直角三角形，，平面ABC. （1）判断几何体是否为鳖臑，并说明理由； （2）若H是PB上的点，且，请直接写出图中所有和AH垂直的棱； （3）求证：不可能为和的等比中项. 【答案】（1）是，理由见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质定理，由平面ABC，得均为直角三角形，再根据线面垂直的判定定理证明平面，所以，所以为直角三角形，即可得证. （2）因为，再根据线面垂直的性质定理证明，从而证明平面，继而找出和AH垂直的棱； （3）根据垂直关系求，结合等比中项的定义分析证明. 【小问1详解】 几何体是鳖臑，理由如下： 因为平面ABC，平面ABC，则， 所以均为直角三角形， 又因为，故是直角三角形， 且，，，平面， 则平面，由平面可得，可知为直角三角形， 即四个面都为直角三角形，所以几何体是鳖臑. 【小问2详解】 由（1）知：平面，由平面可得， 因为，，平面，可得平面， 且平面，则， 由棱不在平面内，可知棱不与AH垂直， 所以与AH垂直的棱有. 【小问3详解】 由（1）可知：，，， 则，，， 因为， 且，则， 可得， 所以不可能为和的等比中项. 19. 已知无穷等比数列首项为，公比为r，无穷等比数列首项为，公比为s. （1）若＜1且，求：数列所有奇数项的和与数列所有偶数项的和； （2）若数列满足，且求：的值； （3）请直接写出： . 【答案】（1）； （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）由题意可知数列所有奇数项仍成等比数列，数列所有偶数项也成等比数列，根据等比数列的前项和公式表示出数列前个奇数项的和与数列前个偶数项的和，并分别求出当时它们的值，即为数列所有奇数项的和与数列所有偶数项的和； （2）根据所给递推公式求得数列的公比，代入，可求得的值； （3）分类讨论的取值情况，可得到 . 【小问1详解】 等比数列首项为a，公比为r，若＜1 数列前个奇数项的和为 若＜1，则由，得，所以当时，. 所以数列所有奇数项的和为. 等比数列首项为b，公比为s.， 所以数列前个偶数项的和为 若，则由，得，所以当时，. 所以数列所有偶数项的和为. 【小问2详解】 若数列满足，则. 由，得，解得. 【小问3详解】 由题可知，. 所以. 20. 如图，边长为1的正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，动点M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM＝BN＝a（0＜a＜）.则下列结论： （1）求：异面直线AM与NF所成的夹角； （2）试判断MN与平面BCE的位置关系并说明理由； （3）试判断“CN与ME相交”是“CN=ME”的什么条件并说明理由. 【答案】（1）60° （2）MN始终与平面BCE平行，理由见解析 （3）充要条件，理由见解析 【解析】 【分析】（1）将图形补成正方体，根据正方体的性质，可将异面直线AM与NF所成的夹角转化成正方体面对角线的夹角，从而求出该夹角为； （2）利用线面平行的判定定理，可证得平面. （3）分别证明充分性和必要性.先证充分性，利用直线与相交证明四点共面，根据三角形全等证得；再证必要性，根据求得参数的值，确定点的位置，以判断四点共面，推出与相交. 【小问1详解】 因为边长为1的正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，所以可将图形补成正方体. 因为，所以四边形为平行四边形，所以. 所以即为异面直线AM与NF所成的夹角. 正方体中，均为面对角线，所以，所以为正三角形，所以. 【小问2详解】 平面.理由如下： 过作，且交于点，则. 连接，因为 ，所以. 因为，所以. 由平面，平面，得平面； 由平面，平面，得平面. 因为平面，所以平面平面. 因为平面，所以平面. 【小问3详解】 因为边长为1的正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，所以可将图形补成正方体.如图所示： 充分性： 若与相交，则四点共面. 因为，平面，平面， 所以均为平面与平面的公共点， 所以三点共线. 所以，即为的中点，，所以. 所以. 又因为，所以 所以. “与相交”是“”的充分条件. 必要性： 若，过作，且交于点， 则平面，且. 所以，. 连接，则 所以 因为， 所以，解得： 即分别为的中点，所以连接AE，过点N，且N为AE的中点， 所以共面，且与相交， 所以“与相交”是“”的必要条件. 综上所述，“”是“与相交”的充要条件. 21. 在学习立体几何的过程中，无数公理的直观体现和定理应用都在正方体ABCD-A1B1C1D1中展开. 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a 性质1：正方体的体积与表面积之比为________. 性质2：对角线A1B与BC所成夹角大小为________. 性质3：体对角线BD1的长度为________. 性质4：连接所有对角线后，图中有_____对互相垂直的线段 …… （1）请直接完成上方正方体性质表格的填写； （2）求证：线段被平面与平面三等分； （3）若正方体ABCD-A1B1C1D1每条棱所在直线与平面所成的角都相等，求：截此正方体所得截面面积的最大值并在上方性质卡片图中画出此时与正方体的截面. 【答案】（1），，a，132 （2）证明见解析 （3），图象见解析 【解析】 【分析】（1）根据正方体的几何性质即可逐一求解, （2）根据等体积法求解点到面的距离即可求解， （3）平面PQR与正方体过顶点A的三条棱所成角相等，根据平面EFGHMN平面PQR，且六边形EFGHMN为正六边形，即可求解最值， 【小问1详解】 正方体的体积为，表面积为，故正方体的体积与表面积之比为， 由于平面，平面，故，故对角线A1B与BC所成夹角大小为， 体对角线BD1的长度为, 棱与棱垂直：任何两条不平行的棱（即沿不同坐标轴的棱）都垂直. 有4条棱沿x轴、4条沿y轴、4条沿z轴，因此棱与棱垂直对数为对. 棱与面对角线垂直：每条棱垂直于4条面对角线（位于与棱垂直的两个面上，每个面有2条面对角线）. 因此棱与面对角线垂直对数为12条棱 × 4条面对角线 = 48对. 面对角线与面对角线垂直：包括同一面内的两条面对角线垂直（6个面，每面1对，共6对）和平行面上的面对角线垂直（3对平行面，每对2对，共6对），总12对. 面对角线与空间对角线垂直：每条面对角线垂直于2条空间对角线， 因此面对角线与空间对角线垂直对数为12条面对角线 × 2条空间对角线 = 24对. 空间对角线与空间对角线垂直：无垂直对. 棱与空间对角线垂直：无垂直对. 综上可得：共对. 故答案：；；；. 【小问2详解】 设正方体的棱长为1，则， 设点到平面的距离为，由于，故， 所以，则， 由（1）知，是平面内的相交直线， 所以平面，且， 同理点到平面的距离也是，是的， 所以线段被平面与平面三等分. 【小问3详解】 如图所示： ， 若此正方体的每条棱所在直线与平面所成的角都相等，只需平面与过同一顶点的三条棱所成的角相等， 设，则平面与正方体过顶点的三条棱所成角相等， 若点E，F，G，H，M，N分别为相应棱的中点， 可得平面平面PQR，且六边形为正六边形， 正方体的棱长为，则正六边形的边长为，此时正六边形的面积为， 根据正方体的对称性可知当截面为正六边形时，面积最大，且最大面积为 四、附加题 （本大题共18分） 22. 在同一平面内，设和夹角为，新定义运算：，设当 与 值域相同时的取值集合为集合. （1）若一个三角形的两边长分别为1，2；其三个内角均为集合中的元素，求：该三角形第三边的取值范围； （2）判断“”是“以，，||||为三边可构成直角三角形”的什么条件并说明理由； （3）类比研究的性质和应用的方法，设；完成下列对的总结表； 性质或应用 ___________ | ___________ 坐标表示 ___________ 几何意义 ||与||在方向上的数量投影的乘积 分配率 不存在分配率 齐次性 （4）将该定义从平面拓展至三维空间，则可在三维空间中，定义向量的外积：叫做向量与的外积，它是一个向量，满足下列两个条件： 条件1：，，且、和构成右手系（即三个向量的方向依次与右手的拇指、食指、中指的指向一致，如图所示）； 条件2：的模（表示向量、的夹角）. 在正方体中，有以下四个结论，其中正确的有____________.（直接写出结果即可） ① ②与共线 ③ ④与正方体表面积的数值相等 【答案】（1） （2）必要非充分，理由见解析 （3）表格见解析 （4）①②④ 【解析】 【分析】（1）由题意可知，，为满足值域相同，且为和夹角且为三角形内角，则一定是锐角或者直角，则该三角形的形状一定为锐角或直角三角形，三内角余弦值一定均大于或等于0，利用余弦定理求解即可； （2）因为当时，，不可构成三角形，所以充分性不成立，又因为，从而必要性成立； （3）利用类比的方法证明依次填空； （4）由向量外积的模的定义，代入计算，即可判断①，由线面垂直的性质定理可得，，即可判断②，由向量外积的定义，即可判断③④. 【小问1详解】 由题意可知，为和的夹角，， 又与值域相同时的取值集合为集合， 则， 则该三角形的形状一定为锐角或直角三角形， 在中，， 则， 解得， 所以该三角形第三边的取值范围为； 【小问2详解】 因为当时，，不可构成三角形， 所以充分性不成立， 必要性：若以，，为三边可构成直角三角形， 则，， 所以只需，，都大于0即可， 则可解得该范围为的子集，故，必要性成立， 所以“”是“以，，||||为三边可构成直角三角形”的必要不充分条件； 【小问3详解】 当时，，则， 当时，或，则， 由（2）知，， 因为，所以， 即， 所以， 由于， 即为以，为邻边的平行四边形的面积， 当时，与同向，所以与的夹角为， 所以， 则， 当时，与反向，所以与的夹角为， 所以， 则， 时显然成立，所以， 性质或应用 坐标表示 几何意义 ||与||在方向上的数量投影的乘积 以，为邻边的平行四边形的面积 分配率 不存在分配率 齐次性 【小问4详解】 对于①，设正方体的棱长为1，在正方体中，，. 因为，且，所以， 所以， 所以，所以①正确； 对于②，在正方形中，，又因为平面，平面， 所以.又，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 同理可证，再由右手系知，与同向，所以②正确； 对于③，由、和 构成右手系知，与方向相反， 又由模的定义知，， 所以，则，所以③错误， 对于④，设正方体棱长为，， 正方体表面积为，所以④正确. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上海市杨浦区复旦大学附属中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题 （考试时间：120分钟 满分：150+18分） 考生注意： 1.本试卷的选择题均为单选题； 2.解答题需要写出必要的计算说明过程； 3.试卷共6页，答题纸共4页，满分150分，附加题18分； 4.请自备科学计算器（卡西欧）并准确在答题纸上填写考号. 一、填空题（12题，共54分，1~6题每题4分，7~12题每题5分） 1. 已知某个多边形的面积为2025，用“斜二测”法画出其直观图的面积为__________. 2. 已知数列满足，则__________. 3. 在空间中，设直线与平面所成角的取值集合为A，直线与直线所成角的取值集合为B，平面与平面所成角的取值集合为C，请用集合的符号语言联结A，B，C：__________. 4. 已知三条两两平行直线可确定个平面，则过定点__________. 5. 三个不相交的平面把空间分成部分，其中，则的最小值为__________. 6. 已知正方体的棱长为2，点，分别在棱与线段上，，在线段上，若//平面，则__________. 7. 数列对任意正整数，满足，数列通项公式______. 8. 已知等比数列的首项为1，公比为q，其前n项和为，若，则q的取值范围为__________. 9. 已知在中，，，若平面，，则到斜边的距离为__________. 10. 如图，为正方体，动点P在线段上，则∠APC的取值范围为________. 11. 下列命题中，是两条直线，是一点，，是两个平面，则所有假命题的序号为__________. ①：若，，则 ②：若，，则 ③：若，，，则 ④：若，，则过点一定存在一平面与，都平行 12. 已知异面直线、所成角为，过空间内一点P作直线，使l与、所成角为，则直线可能有条，则_____________. 二、选择题（4题，共18分，13~14每题4分，15~16每题5分） 13. 下列关于空间中不重合的两条直线说法中错误的是（ ） A 这两条直线可能既共面，又共点 B. 这两条直线可能既不共面，又不共点 C. 这两条直线可能共面但不共点 D. 这两条直线可能共点但不共面 14. 已知r，s，t，q均为正整数，这下列序号中，命题A是命题B的充要条件的有（ ） ①：命题A：等差数列且 命题B： ②：命题A：等比数列且 命题B： A. ①② B. ①②都不是 C. ① D. ② 15. 如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ） A. 直线与直线垂直，直线MN平面 B. 直线与直线平行，直线MN平面 C 直线与直线平行，直线MN⊥平面 D. 直线与直线垂直，直线MN⊥平面 16. 设正方体中，所有两条面对角线之间所成的角的所有不同正弦值组成的集合为A，所有不同余弦值组成的集合为B，所有不同正切值组成的集合为C，则下列说法中错误的是（ ） A. 集合B中元素按照一定顺序排列可以构成等差数列 B. 集合A∩B的非空子集数与集合C的真子集数相同 C. 任取A中一元素为某点横坐标，任取B中一元素为该点纵坐标，则该点可能在单位圆上 D. 任取A∩B∩C中一元素为某点横坐标，任取A中一元素为该点纵坐标，则该点在复平面上一定表示纯虚数 三、解答题（5题，共78分，17~19每题14分，20~21每题18分） 17. 在空间四边形中，； （1）若分别是的中点，求证：四点共面； （2）若分别是的中点，求：异面直线所成角的大小. 18. 《九章算术》中将四个面都为直角三角形的几何体称为鳖臑（biē nào）.如图，△ABC是直角三角形，，平面ABC. （1）判断几何体是否为鳖臑，并说明理由； （2）若H是PB上点，且，请直接写出图中所有和AH垂直的棱； （3）求证：不可能为和的等比中项. 19. 已知无穷等比数列首项为，公比为r，无穷等比数列首项为，公比为s. （1）若＜1且，求：数列所有奇数项和与数列所有偶数项的和； （2）若数列满足，且求：的值； （3）请直接写出： . 20. 如图，边长为1的正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，动点M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM＝BN＝a（0＜a＜）.则下列结论： （1）求：异面直线AM与NF所成的夹角； （2）试判断MN与平面BCE的位置关系并说明理由； （3）试判断“CN与ME相交”是“CN=ME”的什么条件并说明理由. 21. 在学习立体几何的过程中，无数公理的直观体现和定理应用都在正方体ABCD-A1B1C1D1中展开. 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a 性质1：正方体的体积与表面积之比为________. 性质2：对角线A1B与BC所成夹角大小为________. 性质3：体对角线BD1的长度为________. 性质4：连接所有对角线后，图中有_____对互相垂直的线段 …… （1）请直接完成上方正方体性质表格的填写； （2）求证：线段被平面与平面三等分； （3）若正方体ABCD-A1B1C1D1每条棱所在直线与平面所成的角都相等，求：截此正方体所得截面面积的最大值并在上方性质卡片图中画出此时与正方体的截面. 四、附加题 （本大题共18分） 22. 在同一平面内，设和夹角为，新定义运算：，设当 与 值域相同时的取值集合为集合. （1）若一个三角形两边长分别为1，2；其三个内角均为集合中的元素，求：该三角形第三边的取值范围； （2）判断“”是“以，，||||为三边可构成直角三角形”的什么条件并说明理由； （3）类比研究的性质和应用的方法，设；完成下列对的总结表； 性质或应用 ___________ | ___________ 坐标表示 ___________ 几何意义 ||与||在方向上的数量投影的乘积 分配率 不存在分配率 齐次性 （4）将该定义从平面拓展至三维空间，则可在三维空间中，定义向量的外积：叫做向量与的外积，它是一个向量，满足下列两个条件： 条件1：，，且、和构成右手系（即三个向量的方向依次与右手的拇指、食指、中指的指向一致，如图所示）； 条件2：的模（表示向量、的夹角）. 在正方体中，有以下四个结论，其中正确的有____________.（直接写出结果即可） ① ②与共线 ③ ④与正方体表面积的数值相等 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $