2025-2026学年高二数学上期中押题卷2-1（人教A版）

绝密★启用前 2025-2026学年高二数学上期中押题卷2-1（人教A版） 考试范围：第6章~第8章 考试分值：150分；考试时间：120分钟；命题人：冲冠数学 题号 一 二 三 四 总分 得分 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上 第Ⅰ卷（选择题） 评卷人 得 分 一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1．（5分）已知矩形ABCD，P为平面ABCD外一点PA⊥平面ABCD，且M，N，分别为PC，PD上的点，且，则x+y+z＝（　　） A． B． C． D．1 2．（5分）已知直线斜率为k，且，那么倾斜角α的取值范围是（　　） A． B． C． D． 3．（5分）已知点A，B分别是直线l1：2x+y﹣2＝0与直线l2：4x+2y+1＝0上的点，则|AB|的最小值为（　　） A．0 B． C． D． 4．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是AD的中点，N是C1D1的中点，则异面直线D1M与DN所成角的余弦值为（　　） A． B． C． D． 5．（5分）四面体ABCD中，AB＝CD＝3，其余棱长均为4，E、F分别为AB、CD上的点（不含端点），则（　　） A．不存在E，使得EF⊥CD B．存在E，使得DE⊥CD C．存在E，使得DE⊥平面ABC D．存在E，F，使得平面CDE⊥平面ABF 6．（5分）已知向量，，共面，则实数t的值是（　　） A．﹣1 B．0 C．1 D．2 7．（5分）古希腊数学家阿波罗尼斯（约公元前262﹣公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（k＞0且k≠1）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．已知点A（2，0），B（0，4），若圆上不存在点P满足|PB|＝3|PA|，则r的取值范围是（　　） A． B． C． D． 8．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为平面A1BCD1上一动点，若P到CD1的距离与到AB1的距离相等，则P的轨迹为（　　） A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 评卷人 得 分 二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分） （多选）9．（6分）如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E为边AB的中点，沿DE将△ADE折起，点A折至A1处（A1∉平面ABCD），P，Q分别在线段CE和侧面A1DE上运动，且PQ＝2，若M、N分别为线段A1C、PQ的中点，则在△ADE折起过程中，下列说法正确的是（　　） A．△A1EC面积的最大值为 B．存在某个位置，使得BM⊥A1D C．三棱锥A1﹣EDC体积最大时，三棱锥A1﹣EDC的外接球的表面积为16π D．三棱锥A1﹣EDC体积最大时，点N到平面A1DC的距离的最小值为 （多选）10．（6分）对于△ABC，有如下判断，其中正确的判断是（　　） A．若sin2A+sin2B＜sin2C，则△ABC是钝角三角形 B．若△ABC是锐角三角形，则不等式sinA＞cosB恒成立C．若a＝8，c＝10，B＝60°，则符合条件的△ABC有两个 D．若△ABC为斜三角形，则tanA+tanB+tanC＝tanAtanBtanC （多选）11．（6分）下列说法正确的是（　　） A．直线xsinα﹣y+1＝0的倾斜角的取值范围为 B．直线l：λx+y﹣3λ+1＝0（λ∈R）恒过定点（3，1） C．直线y＝﹣2x+5且与圆x2+y2＝5相切 D．圆x2+y2﹣4＝0与圆x2+y2﹣4x+4y﹣12＝0的公共弦长为 第Ⅱ卷（非选择题） 评卷人 得 分 三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12．（5分）已知直线l1：y＝ax+2，直线l2：y＝（a2﹣2）x﹣2a，若l1∥l2，则a＝ 　 　 ． 13．（5分）已知空间四边形ABCD的四点坐标分别为A（1，1，1），B（﹣4，0，2），C（﹣3，﹣1，0），D（﹣1，0，4），则点D到平面ABC的距离为　 　 ． 14．（5分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥AB，AC＝AB＝CC1＝1，E是线段AB的中点，在△A1BC内有一动点P（包括边界），则的最小值是　 　 ． 评卷人 得 分 四．解答题（共5小题，满分77分） 15．（13分）已知A（2，1），B（﹣2，3）． （1）求线段AB垂直平分线的直线方程； （2）求过点A且在x轴和y轴上截距互为相反数的直线方程． 16．（15分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，． （1）求A； （2）若b＝3，c＝5，D是边BC上一点，且_____，求AD的长． 在①AD平分∠BAC；②BD＝DC；③AD⊥BC这三个条件中任选一个，补充到题干中的横线位置，并作答． 注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分． 17．（15分）如图，在所有棱长都为2的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点E是棱AA1的中点，AB1⊥CE． （1）求证：平面A1ABB1⊥平面ABC； （2）若，点P满足，求直线CP与平面A1ABB1所成角的正弦值． 18．（17分）已知△ABC的顶点A（4，﹣2），顶点C在x轴上，AB边上的高所在的直线方程为x+2y+m＝0，AC边上的中线所在的直线方程为x﹣y﹣4＝0． （1）求直线AB的方程； （2）求m的值； （3）求△ABC的外接圆方程． 19．（17分）球面几何学是非欧几何的例子，是在球表面上的几何学．对于半径为R的球O过球面上一点A作两条大圆的弧，，它们构成的图形叫做球面角，记作∡BAC（或∡A），其值为二面角B﹣AO﹣C的大小，其中点A称为球面角的顶点，大圆弧，称为球面角的边．不在同一大圆上的三点A，B，C，可以得到经过这三点中任意两点的大圆的劣弧，，，这三条劣弧组成的图形称为球面△ABC，这三条劣弧称为球面△ABC的边，A，B，C三点称为球面△ABC的顶点；三个球面角∡A，∡B，∡C称为球面△ABC的三个内角． 已知球心为O的单位球面上有不同在一个大圆上的三点A，B，C． （1）球面△ABC的三条边相等（称为等边球面三角形），若∡，请直接写出球面△ABC的内角和（无需证明）； （2）与二面角类比，我们称从点P出发的三条射线PM，PN，PQ组成的图形为三面角，记为P﹣MNQ．其中点P称为三面角的顶点，PM，PN，PQ称为它的棱，∠MPN，∠NPQ，∠QPM称为它的面角．若三面角O﹣ABC的三个面角的余弦值分别为． ①求球面△ABC的三个内角的余弦值； ②求球面△ABC的面积． 2025-2026学年高二数学上期中押题卷2-1（人教A版） 参考答案与试题解析 一．选择题（共8小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B C C D D B C D 二．多选题（共3小题） 题号 9 10 11 答案 ACD ABD ACD 一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1．（5分）已知矩形ABCD，P为平面ABCD外一点PA⊥平面ABCD，且M，N，分别为PC，PD上的点，且，则x+y+z＝（　　） A． B． C． D．1 【答案】B 【解答】解：∵，， ∴ ， ∴， 故． 故选：B． 2．（5分）已知直线斜率为k，且，那么倾斜角α的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：根据题意，k＝tanα在[0，π）上的图象如图所示， 结合图象可知：当时，倾斜角α的取值范围为． 故选：C． 3．（5分）已知点A，B分别是直线l1：2x+y﹣2＝0与直线l2：4x+2y+1＝0上的点，则|AB|的最小值为（　　） A．0 B． C． D． 【答案】C 【解答】解：由题意可知直线l1∥l2，所以当AB⊥l1，且AB⊥l2时，|AB|有最小值， 其最小值为平行直线 l1与l2的距离， 直线l1的方程可化为l2：4x+2y﹣4＝0， 所以 ． 故选：C． 4．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是AD的中点，N是C1D1的中点，则异面直线D1M与DN所成角的余弦值为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：如图，分别取BC、CD的中点E、F，连接ME，EF，C1E，C1F， ∵M、E分别为AD、BC的中点，∴ME∥AB∥C1D1，ME＝AB＝C1D1， 可得四边形MEC1D1为平行四边形，则D1M∥C1E， ∵F、N分别为CD、C1D1的中点，∴DF∥C1N，DF＝C1N， 则四边形DFC1N是平行四边形，得DN∥C1F，则∠EC1F为异面直线D1M与DN所成角． 设正方体的棱长为2，在△EC1F中，可得，EF， ∴cos∠EC1F， 即异面直线D1M与DN所成角的余弦值为． 故选：D． 5．（5分）四面体ABCD中，AB＝CD＝3，其余棱长均为4，E、F分别为AB、CD上的点（不含端点），则（　　） A．不存在E，使得EF⊥CD B．存在E，使得DE⊥CD C．存在E，使得DE⊥平面ABC D．存在E，F，使得平面CDE⊥平面ABF 【答案】D 【解答】解：若E，F分别为AB，CD的中点，由△ABC和△ABD全等，可得CE＝DE，则EF⊥CD，故A错误； 由等腰三角形的性质可得AB⊥DE，AB⊥CE，则AB⊥平面CDE， 可得CD⊥AB，又若CD⊥DE，则CD⊥平面ABD，即CD⊥BD，不成立，故B错误； 若DE⊥平面ABC，则DE⊥AB，可得E为AB的中点，且DE⊥CE， 而△CDE中，CD＝3，CE＝DE，不满足CE2+DE2＝CD2，故C错误； 当E为AB的中点时，由等腰三角形的性质可得AB⊥DE，AB⊥CE，则AB⊥平面CDE， 而AB⊂平面ABF，可得平面CDE⊥平面ABF，故D正确． 故选：D． 6．（5分）已知向量，，共面，则实数t的值是（　　） A．﹣1 B．0 C．1 D．2 【答案】B 【解答】解：由于向量，，共面， 故，故（1，3，1）＝x（2，1，1）+y（t，5，1）， 所以：， 解得，故t的值为0． 故选：B． 7．（5分）古希腊数学家阿波罗尼斯（约公元前262﹣公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（k＞0且k≠1）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．已知点A（2，0），B（0，4），若圆上不存在点P满足|PB|＝3|PA|，则r的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：设点P（x，y）， 若|PB|＝3|PA|，则， 整理得． 所以点P的轨迹是以为圆心，半径的圆， 因为圆是以为圆心，r为半径的圆， 由题意可得|CC1|＞r+r1或|CC1|＜|r﹣r1|， 又， 所以或，解得或或． 又r＞0，所以或， 即r的取值范围是． 故选：C． 8．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为平面A1BCD1上一动点，若P到CD1的距离与到AB1的距离相等，则P的轨迹为（　　） A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【答案】D 【解答】解：由于A1D1⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1， 所以AB1⊥A1D1，又因为AB1⊥A1B，A1B∩A1D1＝A1，A1B，A1D1⊂平面A1BCD1， 根据线面垂直判定定理可得AB1⊥平面A1BCD1， 如果AB1∩A1B＝O，易知AB1∩面A1BCD1＝O， 根据P为平面A1BCD1上一动点，OP⊂平面A1BCD1， 因此AB1⊥OP， 由于P到CD1的距离与到AB1的距离相等， 因此P到O点距离与CD1的距离相等， 结合抛物线定义，P轨迹是在平面A1BCD1内，以CD1为准线，O为焦点的抛物线． 故选：D． 二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分） （多选）9．（6分）如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E为边AB的中点，沿DE将△ADE折起，点A折至A1处（A1∉平面ABCD），P，Q分别在线段CE和侧面A1DE上运动，且PQ＝2，若M、N分别为线段A1C、PQ的中点，则在△ADE折起过程中，下列说法正确的是（　　） A．△A1EC面积的最大值为 B．存在某个位置，使得BM⊥A1D C．三棱锥A1﹣EDC体积最大时，三棱锥A1﹣EDC的外接球的表面积为16π D．三棱锥A1﹣EDC体积最大时，点N到平面A1DC的距离的最小值为 【答案】ACD 【解答】解：对于A，由A1E＝A1D＝2，， 则A1E×EC×sinA1EC＝2sinA1EC， 所以当 时，最大，且最大值为 ，故A正确； 对于B，取A1D的中点G，连接EG，MG，显然MG∥CD，且， 又BE∥CD，，所以四边形MGEB为平行四边形， 所以BM∥EG，又A1E＝2，且，G为A1D的中点， 则EG与A1D不垂直，所以BM与A1D不垂直，故B错； 对于C，易知三棱锥A1﹣EDC体积最大时，平面A1DE⊥平面DEC，交线为DE， 作A1F⊥DE，因为A1F⊂平面A1DE，则A1F⊥平面DCBE， 取DC中点H，连接HA1，HF，HE，则AF⊥HF， 由勾股定理可得HA12，又HE＝HC＝HD＝2， 故点H为三棱锥A1﹣EDC的外接球的球心， 所以其外接球的半径为R＝2，表面积为16π，故C正确； 对于D，由选项C可知PE⊥EQ，∴EN＝1，∴点N在以E为球心，1为半径的球面上， 设点E到平面A1DC的距离为d，因为VE﹣A1CD＝VC﹣A1DE， 所以•d•2，易知，CD＝4，A1D＝2， 2，S△A1ED＝2，∴， 所以点N到平面A1DC的距离的最小值为，选项D正确． 故选：ACD． （多选）10．（6分）对于△ABC，有如下判断，其中正确的判断是（　　） A．若sin2A+sin2B＜sin2C，则△ABC是钝角三角形 B．若△ABC是锐角三角形，则不等式sinA＞cosB恒成立 C．若a＝8，c＝10，B＝60°，则符合条件的△ABC有两个 D．若△ABC为斜三角形，则tanA+tanB+tanC＝tanAtanBtanC 【答案】ABD 【解答】解：对于A，因为sin2A+sin2B＜sin2C，所以由正弦定理得a2+b2＜c2， 所以，所以C为钝角，所以三角形ABC是钝角三角形，所以A正确； 对于B，因为△ABC是锐角三角形，则， 又f（x）＝sinx在内单调递增，所以即sinA＞cosB恒成立，所以B正确； 对于C，由余弦定理得，， 所以，所以符合条件的三角形ABC有一个，所以C错误； 对于D，因为， 所以tanB+tanC＝tan（B+C）（1﹣tanBtanC）， 因为tan（B+C）＝tan（π﹣A）＝﹣tanA， 所以tanB+tanC＝tan（B+C）（1﹣tanBtanC）＝tanAtanBtanC﹣tanA， 所以tanA+tanB+tanC＝tanAtanBtanC，所以D正确． 故选：ABD． （多选）11．（6分）下列说法正确的是（　　） A．直线xsinα﹣y+1＝0的倾斜角的取值范围为 B．直线l：λx+y﹣3λ+1＝0（λ∈R）恒过定点（3，1） C．直线y＝﹣2x+5且与圆x2+y2＝5相切 D．圆x2+y2﹣4＝0与圆x2+y2﹣4x+4y﹣12＝0的公共弦长为 【答案】ACD 【解答】解：直线 xsinα﹣y+1＝0的倾斜角θ，可得tanθ＝sinα∈[﹣1，1]，所以θ的取值范围为[0，]∪[，π），所以A正确； 直线l：λx+y﹣3λ+1＝0（λ∈R）恒过定点（3，﹣1），所以B不正确； 圆心到直线y＝﹣2x+5的距离d，所以直线y＝﹣2x+5与圆x2+y2＝5相切，所以C正确； 两式相减得，﹣4﹣（﹣4x+4y﹣12）＝0，整理得，x﹣y+2＝0，所以公共弦所在直线的方程为x﹣y+2＝0， 圆x2+y2﹣4＝0的圆心为（0，0），半径为r＝2，所以点（0，0）到直线x﹣y+2＝0的距离为d， 所以公共弦长l＝222．故D正确． 故选：ACD． 三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12．（5分）已知直线l1：y＝ax+2，直线l2：y＝（a2﹣2）x﹣2a，若l1∥l2，则a＝ 　2　 ． 【答案】2． 【解答】解：因为直线l1：y＝ax+2，直线l2：y＝（a2﹣2）x﹣2a，且l1∥l2， 所以，解得a＝2． 故答案为：2． 13．（5分）已知空间四边形ABCD的四点坐标分别为A（1，1，1），B（﹣4，0，2），C（﹣3，﹣1，0），D（﹣1，0，4），则点D到平面ABC的距离为　　 ． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：空间四边形ABCD的四点坐标分别为A（1，1，1），B（﹣4，0，2），C（﹣3，﹣1，0），D（﹣1，0，4），（﹣5，﹣1，1），（﹣4，﹣2，﹣1）， 设（x，y，z）为平面ABC的一个法向量， 由，得，令x＝1， 得（1，﹣3，2），又因为， 所以点D到面ABC的距离． 故答案为：． 14．（5分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥AB，AC＝AB＝CC1＝1，E是线段AB的中点，在△A1BC内有一动点P（包括边界），则的最小值是　　 ． 【答案】． 【解答】解：以C为原点，CA所在直线为x轴，过点C且平行于AB的直线为y轴，CC1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ∴可得，，， 设A关于平面A1BC的对称点为A′（x，y，z），z＞0， ∴，， 设平面A1BC的法向量， ∴， 令x1＝1，则y1＝﹣1，z1＝﹣1， ∴， ∴A与A′到平面A1BC的距离， 即|﹣x+y+z|＝1 ①， 又∵， ∴，即x﹣1＝﹣y＝﹣z②， 由①②得|3z﹣1|＝1，由z＞0可得，，， ∴， ∴， 当且仅当A′，P，E三点共线时取等号， ∴的最小值为． 故答案为：． 四．解答题（共5小题，满分77分） 15．（13分）已知A（2，1），B（﹣2，3）． （1）求线段AB垂直平分线的直线方程； （2）求过点A且在x轴和y轴上截距互为相反数的直线方程． 【答案】（1）2x﹣y+2＝0； （2）x﹣2y＝0或x﹣y﹣1＝0． 【解答】解：（1）A（2，1），B（﹣2，3），线段AB的中点为（0，2），且， 故线段AB的垂直平分线斜率为， 故线段AB的垂直平分线直线方程为y＝2x+2，即2x﹣y+2＝0． （2）当所求直线在x轴和y轴上的截距都为0时，即直线过A点和原点，此时直线方程为， 当所求直线在x轴和y轴上的截距都不为0时，设直线方程为， 直线过A（2，1）， 则，解得a＝1， 故直线方程为x﹣y＝1，即x﹣y﹣1＝0， 综上所述，所求直线方程为x﹣2y＝0或x﹣y﹣1＝0． 16．（15分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，． （1）求A； （2）若b＝3，c＝5，D是边BC上一点，且_____，求AD的长． 在①AD平分∠BAC；②BD＝DC；③AD⊥BC这三个条件中任选一个，补充到题干中的横线位置，并作答． 注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分． 【答案】（1）；（2）选①：；选②：；选③：． 【解答】解：（1）由正弦定理及，知， ∵sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+cosAsinB， ∴， ∴， ∵sinB≠0，∴cosA+sinA＝0，∴tanA， 又A∈（0，π），∴． （2）若选①，由AD平分∠BAC，知，如图， 设AD＝x， ∵S△ABC＝S△ABD+S△ACD， ∴AB•ACsin∠BACAB•ADsin∠BADAC•ADsin∠CAD， ∴5•3＝5x+3x，解得， 故． 若选②，由BD＝DC，知D为BC中点，如图， ∴， ∴， ∴AD． 若选③，如图， 在△ABC中，由余弦定理得，BC2＝AB2+AC2﹣2AB•AC•cos∠BAC， ∴， ∴BC＝7， 设AD＝x， ∵AD⊥BC， ∴，， ∵BC＝BD+CD， ∴7，解得x＝±（舍负）， 故． 17．（15分）如图，在所有棱长都为2的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点E是棱AA1的中点，AB1⊥CE． （1）求证：平面A1ABB1⊥平面ABC； （2）若，点P满足，求直线CP与平面A1ABB1所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【解答】解：（1）证明：取AB的中点O，连接EO，A1B，OC， 因为E为AA1中点，O为AB中点，所以EO∥A1B， 在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝2，则四边形ABB1A1是菱形，所以AB1⊥A1B， 则AB1⊥EO，又AB1⊥CE，EO∩CE＝E，EO，CE⊂平面EOC， 所以AB1⊥平面EOC，又因为OC⊂平面EOC， 所以OC⊥AB1， 因为△ABC是等边三角形，O为AB中点，所以OC⊥AB． 又因为OC⊥AB1，AB∩AB1＝A，AB，AB1⊂平面A1ABB1， 所以OC⊥平面A1ABB1，又因为OC⊂面ABC， 所以平面A1ABB1⊥平面ABC． （2）连接A1O． 因为，AB＝AA1，所以△A1AB是等边三角形，所以A1O⊥AB， 又平面A1ABB1⊥平面ABC，平面A1ABB1∩平面ABC＝AB，A1O⊂平面A1ABB1， 所以A1O⊥平面ABC，由OC，OB⊂平面ABC， 得A1O⊥OC，A1O⊥OB，又OC⊥AB， 如图，以O为原点，OC、OB、OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz， 则O（0，0，0），，B（0，1，0），，． 设C1（x，y，z），又， 即， 得， 所以，，， 则， 易知平面A1ABB1的一个法向量， 所以， 设直线CP与平面A1ABB1所成角为θ， 则． 18．（17分）已知△ABC的顶点A（4，﹣2），顶点C在x轴上，AB边上的高所在的直线方程为x+2y+m＝0，AC边上的中线所在的直线方程为x﹣y﹣4＝0． （1）求直线AB的方程； （2）求m的值； （3）求△ABC的外接圆方程． 【答案】（1）2x﹣y﹣10＝0． （2）m＝﹣2． （3）． 【解答】解：（1）由条件知AB边上的高所在的直线的斜率为，可得直线AB的斜率为2， 又△ABC的顶点A（4，﹣2），可得直线AB的方程为y+2＝2（x﹣4），即2x﹣y﹣10＝0． （2）顶点C在x轴上，设C（t，0），则线段AC的中点为， 点D在直线x﹣y﹣4＝0上，可得，得t＝2，即C（2，0）， 又点C在直线x+2y+m＝0上，则2+m＝0，解得m＝﹣2． （3）由（1）可知直线AB的方程为2x﹣y﹣10＝0，AC边上的中线所在的直线方程为x﹣y﹣4＝0． 联立，解得：，即B（6，2）， 又A（4，﹣2），C（2，0）， 可得AB的中点坐标为（5，0），可得kAB＝2， 则线段AB的垂直平分线方程为，即x+2y﹣5＝0， BC 的中点的坐标（4，1），BC的斜率，BC的垂线的斜率为﹣2， 可得线段BC的垂直平分线方程为y﹣1＝﹣2（x﹣4），即y＝﹣2x+9， 由，解得，可得△ABC的外接圆圆心为， 可得△ABC的外接圆半径为， 即△ABC的外接圆方程为． 19．（17分）球面几何学是非欧几何的例子，是在球表面上的几何学．对于半径为R的球O过球面上一点A作两条大圆的弧，，它们构成的图形叫做球面角，记作∡BAC（或∡A），其值为二面角B﹣AO﹣C的大小，其中点A称为球面角的顶点，大圆弧，称为球面角的边．不在同一大圆上的三点A，B，C，可以得到经过这三点中任意两点的大圆的劣弧，，，这三条劣弧组成的图形称为球面△ABC，这三条劣弧称为球面△ABC的边，A，B，C三点称为球面△ABC的顶点；三个球面角∡A，∡B，∡C称为球面△ABC的三个内角． 已知球心为O的单位球面上有不同在一个大圆上的三点A，B，C． （1）球面△ABC的三条边相等（称为等边球面三角形），若∡，请直接写出球面△ABC的内角和（无需证明）； （2）与二面角类比，我们称从点P出发的三条射线PM，PN，PQ组成的图形为三面角，记为P﹣MNQ．其中点P称为三面角的顶点，PM，PN，PQ称为它的棱，∠MPN，∠NPQ，∠QPM称为它的面角．若三面角O﹣ABC的三个面角的余弦值分别为． ①求球面△ABC的三个内角的余弦值； ②求球面△ABC的面积． 【答案】（1）；（2）①，0，；②． 【解答】解：（1）由可知B，C在两个互相垂直（即交点处切线垂直）的大圆上， 从而，所以， 设，， 所以，因为到B，C到直线AO的距离均为sinα，所以， 所以由知|BC|＝|AB|，所以，即， 解得， 所以，又B，C在两个互相垂直的大圆上， 所以， 所以OA，OB，OC两两垂直， 由OB，OC⊂平面OBC，且OB∩OC＝O，可知OA⊥平面OBC， 而OA在平面OCA和平面OAB内， 所以平面OCA⊥平面OBC，同理平面OAB⊥平面OBC， 平面OAB⊥平面OCA， 所以三个平面OAB，OBC，OCA两两垂直， 故由球面角的定义知， 所以球面△ABC的内角和是． （2）①由已知条件，可设， 如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，则O（0，0，0），设， 设C（p，q，r），则由|OA|＝|OB|＝|OC|＝1可知： ； ； 1＝|OC|2＝p2+q2+r2， 所以， 设r＞0，则， 所以， 设平面OBC，OCA，OAB的法向量分别为，设， 则，且，且， 则，即， 即， 故取 所以 ， ， ， 所以球面△ABC的三个内角的余弦值分别为． ②先证明一个引理． 引理：若球面△ABC的三个球面角，设该球面△ABC的面积为， 则， 证明： 记球O的表面积为S，则S＝4π， 设A，B，C的对径点分别为A′，B′，C′， 则所在的大圆和所在的大圆， 它们将球面分成了四个部分， 其中面积较小的两个部分的面积之和S1等于球的表面积S的倍， 即，类似可定义S2，S3，同理有， 根据球面被这三个大圆的划分情况，又有， 所以， 所以∡A+∡B+∡C﹣π， 得证， 回到原题，根据①的结论，有， 再由引理知球面△ABC的面积． 第1页 共2页 ◎ 第2页 共2页 学科网（北京）股份有限公司 $