湖北武汉市武钢三中2025-2026学年高一下学期五月数学学科素养检测试题

武汉市武钢三中2025-2026学年度下学期五月数学学科素养检测 时间：2026年5月16日上午10：10-12：10 满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知a,b表示直线，a,B,Y表示平面，则下列推理正确的是() A.anB=a,bca→a/b B.anB=a,a//b→b/1a且b/B C.a//B,b//B,aca,bca=a//B D.a//B,any=a,Bny=b=a//b 2.在aABC中，(a+c)(sinA-sinC)=b(sinA-sinB),则∠C=() A若 B c D 3.如图所示，在空间四边形ABCD中，点E,H分别是边AB,AD的中点，点F,G分别 是边8C,CD上的点，且器-8- ,则下列说法正确的是() ①E,F,G,H四点共面；②EF与GH异面： ③EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上： ④EF与GH的交点M一定在直线AC上 A.①③ B.①④ C.②③ D.②④ 4.如图，用斜二测画法画水平放置的四边形ABCD,其直观图为等腰梯形 A′B'C′D′，若A′B′=6，C′D′=4，则下列说法正确的是() D C A.A′D′=2W2 /O'A) B x B.AB=3 C.四边形ABCD的周长为10+6+√2 D.四边形ABCD的面积为10V2 5.如图，点A,B,C,M,N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN//平面ABC 的是() B 6.如图，在正四棱锥P-ABCD中，点Q在棱PC上运动，当PA//平面BDQ时，三棱锥 P P-ADQ与四棱锥P-ABCD的体积之比为() A司 B台 c D君 Q 7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中M是棱AB的中点，N是四边形ACC1A1内一点（包含 D------- O、 边)，则直线MN与平面ACC1A1所成角的正弦值取值范围是() A. B停 c D 8,在正三棱台ABC-A1B,C1中，AB=2,AB>A1B1,侧棱AA,与底面ABC所成角的余弦值为号若此三枝 台存在内切球（球与棱台各面均相切），则此棱台的表面积是() A.V3 B.53 2 2 c D.33 4 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.下图是正方体的平面展开图，在原正方体中，下列命题正确的是() A.BM与平面ADE不平行 B.CN//平面AFB C.平面BDM//平面AFN D.平面BDE/平面NCF 10.已知圆锥S0的底面半径为1，其侧面展开图是一个半圆，则下列结论正确的是() A.圆锥S0的侧面积为2π B.圆锥S0的体积为√3π C.圆锥S0的外接球的表面积为6m 2 D.圆锥S0的内切球的体积为3严 11.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=90°，且AB=BC=CC1=2,M为线段BC上的动点，则() A.AB1⊥A1M B.三棱锥C1-AMB1的体积不变 B C.A1M+IC1M川的最小值为3+√5 D.当M是BC的中点时，过A1,M,C1三点的平面截三棱柱ABC-A1B1C1外接球所得的 截面面积为5π 三、填空题：本题共3小题，共15分。 12.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=4AB,则异面直线A1B与AD1所成角的余 弦值为· D 13.己知△ABC中，角A、B、C所对的边分别为Q、b、c,LABC=3,∠ABC的角平分线交AC于点D,且BD=V3, 则a+c的最小值为一 D C 14.如图，在单位正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，下列命 题中正确的 B ①在点P运动过程中，直线A1P与BC1始终为异面直线 ②三棱锥D-BPC1的体积为定值 ③异面直线C1P与直线CB,所成的角为定值 ④在点P运动过程中，不存在某个位置，使得平面AB1P/平面BDC1 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 15.用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截得圆台的母线长为12cm,两底面面积分别为4rcm2和 25mcm2,求： (1)圆台的体积： (2)圆台所在圆锥的表面积. 16.如图，己知四棱锥S-ABCD,底面ABCD为梯形，AD/BC,SA=AB=BC=2,AD= 3,P、Q为侧棱SD上的点，且DP:PQ:QS=3:2:4,点M为SA上的点，且3AM=AS. (1)求证：CP/平面SAB: (2)求证：平面BMQ/平面ACP: (3)平面BMQ与侧棱sC相交于点E,求器的值。 17.如图，在四棱锥P-ABCD中，AD1平面PDC,AD//BC,PD1PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2. (1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值； (2)求证：PD1平面PBC: (3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值. B D 18.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,C,满足V3 bcosA=asinB. (1)若△ABC的面积为5V3,又以a,b,c为边长的三个正三角形的面积分别为S1,S2,S3· )求S2+S3-S1的值： (若a=4y3,求cosB·cosC的值； (2)设AC的中点为D,且BD=6,求b+2c的取值范围. 19.球面距离在地理学、导航系统、信息技术等多个领域有着广泛应用球面距离的定义：球面上两点之间的 最短连线的长度，即经过这两点的大圆（经过球心的平面截球面所得的圆）在这两点间的一段劣弧的长度这 段弧长就被称作两点的球面距离！ PA ① ② (1)在正四棱柱MNEF-M1N1E1F1(底面为正方形的直棱柱)中，MN=1,MM1=√2，求顶点M,N在该正 四棱柱外接球上的球面距离， (2)如图①，在直角梯形ABCD中，BC/AD,∠BCD=90°，BC=2AD=1,DC=V3.现将△ABD沿边BD 折起到△PBD,如图②，使得点P在底面BCD内的射影H在CD上. (①)求点P到底面BCD的距离； ()设三棱锥P-BCD的外接球为球O,求P,C两点在球O上的球面距离. 参考数据：c0s2*子c0s5*品 n27π2 1一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知a,b表示直线，，B,Y表示平面，则下列推理正确的是() A.anB=a,bca→a//b B.anB=a,a//b→b//a且b//B C.a//B,b/B,aca,bca→//β D.a//B,any=a,Bny=b=a//b 【答案】D 【解析】【分析】 本题考查了空间线面平行的性质和判定定理的运用，属于基础题， 利用空间位置关系的判断及性质定理进行判断或举反例判断即可得解， 【解答】 解：对于选项A,anB=a,bca,直线a,b可能相交；故A错误： 对于选项B,xnB=a,a//b,直线b可能在两个平面内，故B错误： 对于选项C,a//B,b//B,aca,bca,直线a,b如果不相交，a,B可能相交，故C错误： 对于选项D,根据面面平行的性质以及a//B,any=a得到a//B,BnY=b进一步得到a//b;故D 正确； 故选D. 2.在aABC中，(a+c)(sinA-sinC)=b(sinA-sinB),则∠C=() A君 B. C. D 【答案】B 【解析】【分析】 本题考查了正余弦定理解三角形，属于中档题， 利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解. 【解答】 解：因为(a+c)(sinA-sinC)=b(sinA-sinB), 所以由正弦定理得(a+c)(a-c)=b(a-b),即a2-c2=ab-b2, 则a2+b2-2=ab,故osC-2452-器-京 2ab 又0<C<m,所以c= 故选：B 第1页，共18页 3.如图所示，在空间四边形ABCD中，点E,H分别是边AB,AD的中点，点F,G分别是 边C,CD上的点，且器-品-景则下列说法正确的是() ①E,F,G,H四点共面；②EF与GH异面： ③EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上： ④EF与GH的交点M一定在直线AC上. A.①③ B.①④ C.②③ D.②④ 【答案】B 【解析】解：依题意，可得EH//BD,FG//BD,故FG//EH,所以E,F,G,H四点共面，所以①正确， ②错误： 因为EH=BD,FG=号BD,所以四边形EFGH是梯形： EF与GH必相交，设交点为M 因为点M在EF上，故点M在平面ACB上， 同理，点M在平面ACD上，所以点M是平面ACB与平面ACD的交点. 又AC是这两个平面的交线， 所以点M一定在直线AC上.所以①正确，③错误. 故选：B 利用平面几何的性质及平行公理可得FG//EH,且四边形EFGH是梯形，结合公理可得答案， 本题考查了空间中两直线的位置关系，属于基础题 4.如图，用斜二测画法画水平放置的四边形ABCD,其直观图为等腰梯形 A′B'C'D′，若A′B′=6，CD′=4，则下列说法正确的是() D A.A′D′=2N2 /0A) B B.AB=3 C.四边形ABCD的周长为10+√6+V2 D.四边形ABCD的面积为10V2 【答案】D 【解析】解：四边形ABCD的斜二测画法直观图为等腰梯形A'B'CD',已知A'B=6,C'D'=4, 可知AB=6,所以B不正确： 作D'E1A′B′于E,所以A'E=1,可得A'D′=√2，所以A不正确： 第2页，共18页 D E 0'(4'） B' 四边形ABCD是直角梯形，AB=6,AD=2√2，CD=4,BC=√(6-42+(2√22=2W3, 四边形ABCD的周长为：10+2V2+23,所以C不正确： 四边形ABCD的面积为：(6+4)×2√2=10W2,所以D正确. 故选：D 5.如图，点A,B,C,M,N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN//平面ABC 的是() A. 【答案】D 6.在正四棱锥P一ABCD中，点Q在棱PC上运动，当PA//平面BDQ时，三棱锥P- ADQ与四棱锥P-ABCD的体积之比为() A吉 D B c D君 【答案】C 第3页，共18页 【解析】解：连接对角线AC交BD于点O,连接OQ, D4- C A 因为正四棱锥P一ABCD的底面ABCD是正方形，因此O是AC的中点， 因为PA/平面BDQ,PAC平面PAC,且平面PAC∩平面BDQ=OQ,由线面平行的性质得PA/OQ, 因此OQ是△PAC的中位线，故Q是PC的中点，因此PQ=PC, 设正四棱锥P-ABCD的底面积为S,高为h,则总体积Vp-ABcD=Sh, 因为△ACD的面积是正方形面积的一半，因此S△4CD=2S, 因为Q是PC中点，因此Q到底面ABCD的距离为号 因此V-AD0=Vg-aD=Vg-AD-3=专号-立Sh, 因此-AD2 Sh 3 1 Vp-ABCD 3%12=4 故选：C 利用线面平行的性质定理可确定Q点位置，再利用等体积转换法Vp-ADQ=VQ-PAD=VQ-AcD,可知只需表示 出VQ-AcD即可得出比值. 本题考查棱锥的体积，属于中档题。 7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中M是棱AB的中点，N是四边形ACC1A1内一点（包含边），则直线MN与平面 ACC1A1所成角的正弦值取值范围是() A B悟] c D停 【答案】B 【解析】解：如图，设正方体棱长为2，BD1平面ACC1A1 当点N是AC的靠近点A的四等分点时，MN//BD, 则MN1平面ACC1A1,此时直线MN与平面ACC1A1所成角的正弦值最大为1， 第4页，共18页 当点N与C1重合时，此时MW最长，即MC1=J BM2 +BC2+CC=3, 点M到平面ACC1A1的距离为D=Y2, 4-2 2 此时直线MW即MC,与平面4AC,A所成角的正弦值最小为号- 6 所以直线MN与平面AC4,所成角的正弦值取值范国是侣 D B D 二二 M B 故选：B 8在正三棱台ABC-A1B,C1中，AB=2,AB>A1B1,侧棱AA1与底面ABC所成角的余弦值为号若此三棱 台存在内切球（球与棱台各面均相切），则此棱台的表面积是() A.V3 B.5V3 C93 2 2 4 D.3V3 4 【答案】A 【解析】【分析】 本题考查了棱台表面积，球的切、接问题、棱台的结构特征，属于中档题. 取BC和B1C1的中点分别为P,Q,上、下底面的中心分别为O1,O2,设A1B1=x,内切球半径为r,根据题 意求出侧棱长以及O2P,O1Q,再根据切线的性质及等腰梯形BB1C1C和梯形AA1QP的几何特点列方程组求出 半径即可. 【解答】 解：如图， B 取BC和B1C1的中点分别为P,Q,上、下底面的中心分别为01,02， 第5页，共18页 设A1B1=x,内切球半径为r,因为tanzA1A02=√2，棱台的高为2r, 所以AA1=BB1=CC1=、(2)2+(N2)2=V6r, 0,P-言AP=×号AB=号同理0Q=号x, 因为内切球与平面BC,B1相切，切点在PQ上，所以PQ=0P+0,Q-怎c+2）① 在等腰梯形BB1C1C中，PQ2=(W6列)2-(22)2②， 由02得62-(2)2-+22， 12 在梯形AA1QP中，PQ2=(2}+(5)2@, 由②@得2-x=V6,代入得x=1,则AB,=1,PQ=罗， 所以此棱台的表面积是号x1×1×号+×2×2×受+4+兰×3=25 2 2 故选：A. 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.下图是正方体的平面展开图，在原正方体中，下列命题正确的是() A.BM与平面ADE不平行 B.CN/平面AFB C.平面BDM/平面AFN D.平面BDE/平面NCF 【答案】BCD 10.已知圆锥S0的底面半径为1，其侧面展开图是一个半圆，则下列结论正确的是() A.圆锥S0的侧面积为2π B.圆锥S0的体积为V3π C.圆锥S0的外接球的表面积为' D.圆锥SO的内切球的体积为3严 【答案】AC 【解析】【分析】对于AB,求出圆锥的母线长和高，即可求出侧面积和体积：对于C,求出外接球半径，即 可得出外接球体积；对于D,求出内切球半径，即可得出内切球表面积. 【详解】设圆锥S0的底面半径r=1,母线长为l, 则侧面展开图半圆的弧长等于圆锥底面周长，即πl=2πr,解得l=2, 第6页，共18页 所以圆锥的高h=V2-rz=√22-12=√3」 对于A:圆锥侧面积S侧=l=π×1×2=2m,A正确. 对于B:圆作体积w=言m2h=言π×1P×V3=号，B错误。 对于C:设外接球的半径为R,球心在圆锥的高SO上， 由勾股定理得，R2=2+h-R2,即R2-12+(V3-R),解得R=后 圆锥S0的外接球的表面积5-机R2-4机×()}'-C正确。 S 对于D:设内切球半径为r1,圆锥轴截面为边长为2的等边三角形， 则吃×2×V3=×(2+2+2)×m1,解得1= 31 所以内切球的体积为y专知-专数×（图 =43玩 27 11.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，LABC=90°，且AB=BC=CC1=2,M为线段BC上的动点，则() A B B A.AB1 1A M B.三棱锥C1-AMB1的体积不变 C.A1M+IC1M的最小值为3+√5 D.当M是BC的中点时，过A1,M,C1三点的平面截三棱柱ABC-A1B1C1外接球所得的截面面积为号π 【答案】ABD 第7页，共18页 【解析】【分析】由线面垂直证明线线垂直证明选项A:Vc1-AwB1=VA-8,C1M,由底面积和高判断体积验 证选项B:|A1M+IC1M转化为点(2W2,0)和点(2,2)到点(0，t)的距离之和，计算验证选项C:通过构造直 角三角形求截面半径，计算体积验证选项D. 【详解】连接A1B,如图所示， A 直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=BC=CC1=2, ABA1B1为正方形，AB1⊥A1B, ∠ABC=90°，BC⊥平面ABB1A1,AB1C平面ABB1A1,BC⊥AB1, A1B,BCC平面A1BC,A1B∩BC=B,AB11平面A1BC, A1MC平面A1BC,AB1⊥A1M,A选项正确； 由直三棱柱的结构特征，VcAw,=VA-81cN=S.81,cNAB=××BC1CC1·AB=素放三棱锥C1 AMB1的体积为定值，B选项正确； 设BM=t,0≤t≤2，MC=2-t, AM2=A1A2+AM2=A1A2+AB2+BM2=8+t2, C1M2=C1C2+MC2=22+(2-t)2, 41M+1C1M=(2√习2+t2+√2+(2-，其几何意义是点(2√2,0)和点(2,2)到点(0，t)的距离之和， 最小值为点(-2√2,0)到点(2,2)的距离，为√16+8v√2，C选项错误： 当M是BC的中点时，A1M=3,A1C1=2V2,C1M=V5, 0s4MA,G1-wC业-0e5-号 2-A1M-A1C1 sin∠MA1C1=,S.MG,=专A1C4 AM.sin∠MA,C1=×2V2x3×号=3， S.c1M=×2×1=1,设点C到平面MA1C1的距离为he,由Vc-Mc,=VA1-c0,w, 得3h:=2×1,h:=子 第8页，共18页 直三棱柱ABC-A1B1C1是正方体的一半，外接球的球心为A1C的中点O,外接球的半径A10=A1C=V3, 点0到平面MA,C的距离为h,=九：=号 则过A1,M,C1三点的平面截三棱柱ABC-A1B1C1外接球所得截面圆的半径为， (3-) =26 39 截面面 积为9m,D选项正确。 故选：ABD 方法点睛：对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键；与球有关 的组合体问题，一种是内切，一种是外接.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，通过构造直 角三角形求半径， 三、填空题：本题共3小题，共16分。 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=4AB,则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值 D C 为 B D B 【答案】9 【解析】解：法连接A1C1,BC1, D D B 正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，有AB//C1D1且AB=C1D1,四边形ABC1D1为平行四边形， 则有BC1/AD1 则∠A1BC1就是异面直线A1B与AD1所成的角， 第9页，共18页 设AB=a,则BC1=A1B=√17a,A1C1=V2a △A1BC1中，由余弦定理得c0s∠A1BC1=C82-A1C_-7a217a22a2=16 2BC1A1B 2×17a2 17 13.已知△ABC中，角A、B、C所对的边分别为Q、b、c,∠ABC=孕，LABC的角平分线交AC于点D,且BD=V3, 则a+c的最小值为一· 【答案】4 【解析】【分析】 本题主要考查基本不等式的应用，属于中档题， 根据面积公式建立方程，利用基本不等式求解即可， 【解答】 解：因为LABC= ,∠ABC的角平分线交AC于点D,且BD=V3, 所以aesin号-×V3asin名+号xV3csm名即ac=a+c, 所以+=1，得 所以a+c=a+0(侣+)=2++之4，当且仅当=？即a=c时，取等号， 故答案为：4. 14.如图，在单位正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，下列命题中正确的 D ①在点P运动过程中，直线A1P与BC1始终为异面直线 ②三棱锥D-BPC1的体积为定值 ③异面直线C1P与直线CB,所成的角为定值 ④在点P运动过程中，不存在某个位置，使得平面AB1P//平面BDC1 【答案】①②③ 【解析】【分析】结合异面直线的定义，可判定①准确；根据三棱锥的体积VD-PG1=Vp-BDc1,可判定② 正确；根据线面垂直的性质，可判定③证确；根据线面平行的性质，可判定④不正确，即可得到答案 第10页，共18页 【详解】对于①：由题意，在正方体ABCD-A1B1C1D1中BC1/AD1, 点P在线段AD1上运动，A1庄AD1,AD1C平面ADD1A1,B1C丈平面ADD1A1, 所以在点P运动过程中，直线A1P与BC1始终不能在同一平面内， 所以直线A1P与BC1始终为异面直线，故①正确： 对于②：由三棱锥D-BPC1的体积VD-BPC1=Vp-BDG1=3S.BDC1·h,其中△BDC1的面积为定值， 因为BC1/AD1,BC1C平面BDC1,AD1C平面BDC1,所以直线AD1/平面BDC1, 所以当点P在线段AD1上运动时，点P到平面BDC1的距离也为定值， 所以三棱锥D一BPC1的体积为定值，故②正确： 对于③：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，C1D11平面BCC1B1,因为B1CC平面BCC1B1, 所以C1D1⊥B1C,又由B1C1BC1,C1D1∩BC1=C1,C1D1,BC1C平面ABC1D1, 所以B1C⊥平面ABC1D1, 又因为C1PC平面ABC1D1,所以B1C1C1P, 所以异面直线C1P与直线CB1所成的角为90°，故③正确： 对于④：根据正方体的结构特征，可得BD/B1D1, 又BDC平面BDC1,B1D1丈平面BDC1,所以B1D1/平面BDC1, 又由选项B的解析过程知AD1/平面BDC1,AD1∩B1D1=D1,AD1,B1D1C平面AB1D1, 所以平面AB1D1/平面BDC1, 所以当点P与点D1重合时，平面AB1P/平面BDC1, 即存在点P,使得平面AB1P//平面BDC1,故④错误. D A 故答案为：①②③ 四、解答题：本题共5小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 15.(本小题15分) 用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截得圆台的母线长为12cm,两底面面积分别为4πcm2和25πcm2, 求： 第11页，共18页 (1)圆台的体积： (2)圆台所在圆锥的表面积. 【答案】39W15πcm3125πcm2 【解析】解：(1)圆的轴截面示意图如图所示： G B H E 由题意知，圆台的上、下底面面积分别为4rcm2和25πcm2, 所以圆台的上、下底面半径分别为2cm和5cm,即DG=2cm,BE=5cm, 所以BH=5-2=3cm, 所以圆台的高DH=√DB2-BH=√144-9=3V15c, 故圆台的体积为V=号(4+25m+√4r×25而)×3V1西=39√15mcm3. (2)设圆锥的母线长为L',圆台的母线长为l=12cm, 由图可知，号-器-号即-号 解得l′=20cm, 所以圆锥的侧面积为；×2m×5×20=100πcm2,圆锥的底面积为π×52=25πcm2, 所以圆锥的表面积为100πcm2+25πcm2=125πcm2. (1)作出圆锥的轴截面示意图，求得上下底面圆的半径，再结合母线长可求圆台的高，然后由圆台的体积公 式求解即可： (②)利用比例关系计算出圆锥的母线长，再根据圆锥的表面积公式求解即可. 本题考查圆锥和圆台的结构特征，表面积与体积的求法，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属 于中档题， 16.(本小题15分) 如图己知四棱锥S一ABCD,底面ABCD为梯形，AD/BC,SA=AB=BC=2,AD=3,P、Q为侧棱SD上 的点，且DP:PQ:QS=3:2:4,点M为SA上的点，且3AM=AS. (1)求证：CP//平面SAB: 第12页，共18页 (2)求证：平面BMQ/平面ACP; (3③)平面BMQ与侧棱5C相交于点E,求器的值. 【答案】证明见解析. 证明见解析. 2. 【解析】解：(1)证明：连接MP, 在三角形SAD中，因为别=号-器所以MP11AD,且MP=号AD=2, 又因为AD/BC,BC=2,所以MP//BC且MP=BC, 所以四边形MPCB为平行四边形，所以CP/BM, 又因为BMC平面SAB,CP丈平面SAB, 因此CP//平面SAB (2)证明：根据第一问得CP/BM,又因为CP￠平面BMQ,BMC平面BMQ, 所以CP//平面BMQ, 在三角形SAD中，因为DP:PQ:Qs=3:2:4,所以器-号器所以MQ/AP, 又因为AP￠平面BMQ,MQc平面BMQ,所以AP//平面BMQ, 又由于AP∩CP=P且AP,CP均在平面ACP中， 所以平面ACP/平面BMQ. (3)根据第一问知BM/CP,又因为BMt面SCD,CPc面SCD,所以BM//平面SCD, 又因为BMC平面BMQ,面BMQ∩面SCD=QE, 所以BM/QE,又因为BM/CP,所以QE/CP,所以号=器=2. 第13页，共18页 (1)连接MP,证明四边形MPCB为平行四边形，即得CP/BM,再由线线平行证明线面平行即可： (2)由(1)得CP/BM,证得CP//平面BMQ,再证MQ/AP,即可证AP//平面BMQ,最后由线面平行推 出面面平行： (3)由(1)己得BM/CP,可证BM//平面SCD,又因BMQn面SCD=QE,由线面平行的性质可推得BM/QE, 继而得到QE/CP,利用平行线分线段成比例定理即可求得瓷的值。 本题考查线面平行与面面平行，属于中档题. 17.(本小题12分) 如图，在四棱锥P-ABCD中，AD1平面PDC,AD/BC,PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2. B A (①求异面直线AP与BC所成角的余弦值： (I)求证：PD1平面PBC: (四求直线AB与平面PBC所成角的正弦值. 【答案】①解：由己知AD/BC, 故LDAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角， 因为ADI平面PDC,PD在平面PDC上， 所以AD1PD, 在Rt△PDA中，由已知，得AP=√AD2+PD2=V5, 故cos∠DAP-0-号 Γ5 所以异面直线AP与BC所成角的余弦值为5， (I)证明：因为AD⊥平面PDC,PD在平面PDC上， 第14页，共18页 所以AD⊥PD, 又因为BC//AD,所以PD 1 BC, 又PD⊥PB,PB∩BC=B,PB,BC均在平面PBC上， 所以PDI平面PBC: (四解：过点D作AB的平行线交BC于点F,连接PF,如图， B D A 则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角， 因为PDI平面PBC,故PF为DF在平面PBC上的射影， 所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角， 由于AD/BC,DF//AB, 所以四边形ABFD为平行四边形， 故BF=AD=1, 由已知，得CF=BC-BF=2, 因为ADI平面PDC,DC在平面PDC上， ∴AD⊥DC,又AD/BC, 故BCL DC, .DF=VDC2+CFz=2√5， 在Rt△DPF中，可得sin∠DFP=PP=5 DE Γ5 所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为5， 5 【解析】本题主要考查两条异面直线所成的角、直线与平面垂直的判定、直线与平面所成的角，是拔高题， (①由己知AD/BC,从而LDAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角，由此能求出异面直线AP与BC所成 角的余弦值： (I)由ADI平面PDC,得AD⊥PD,由BC//AD,得PD 1 BC,再由PD 1 PB,得到PDI平面PBC: 四过点D作AB的平行线交BC于点F,连接PF,则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角，由 PD⊥平面PBC,得到∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角，由此能求出直线AB与平面PBC所成角的正弦值. 第15页，共18页 18.(本小题12分) 在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足V3 bcosA=asinB. ()若△ABC的面积为53，又以a,b,c为边长的三个正三角形的面积分别为S1,S2,S3: (①)求S2+S3-S1的值； (若a=4W3,求cosB·cosC的值； (2)设AC的中点为D,且BD=6,求b+2c的取值范围. 【答案】解：△ABC中，√3 bcosA=asinB,由正弦定理得V3 sinBcosA=sinAsinB, 因为B∈(0，π)，所以sinB>0,故V3cosA=sinA,又cosA≠0，则tanA=V3, 又因为Ae(0,m),所以A= (国因为△ABC的面积为5N3,所5以aABc=besinA=besin写-bc,号=5V3, 则bc=20. 所以由余弦定理得b2+c2-a2=2 bccosA=2×20cos5=20. ()因为以a,b,c为边长的三个正三角形的面积分别为S1,S2,S3, 所以5，+5-51=年b2+2-)=0×20=53, (0△ABC中，Q=4V3,A=子由正弦定理得 c 。=43=8 sins=simc=simA=sm号 则 snB×snc=8×8,又bc=20,所以sinBsinC=5 16 因为cos(B+9)=cosBcosC--sinBsinc,又cos(B+G)=cos(r-)=-cosA=-2 所以co-sinBsinG--专则cos8cosC-+品-是 (2)因为AABC中，AC的中点为D,且BD=6,设∠ABD=6, 由正弦定理行丽盟即品。 6 sin 0 sinz =4V3, 则b=8V3sin0,同里n帆5-品 BD 即n5盒则c=W3sn0+ 所以b+2c=8W3sin9+8V3sin(0+g) -8v3(sin sinecos+cossin3) 3. ,V3 83(sine+cos0) 第16页，共18页 =24(sim6cos+cos6sin名)=24sin(6+若) 因为9e(o,受)，所以日+名e(层，g),则sim(0+)e(, 所以b+2c的取值范围为(12,24， 19.(本小题12分) 球面距离在地理学、导航系统、信息技术等多个领域有着广泛应用球面距离的定义：球面上两点之间的最 短连线的长度，即经过这两点的大圆（经过球心的平面截球面所得的圆）在这两点间的一段劣弧的长度这段 弧长就被称作两点的球面距离. ① ② (1)在正四棱柱MNEF-M1N1E1F1(底面为正方形的直棱柱)中，MN=1,MM1=√2，求顶点M,N在该正 四棱柱外接球上的球面距离. (2)如图①，在直角梯形ABCD中，BC1/AD,∠BCD=90°，BC=AD=1,DC=V3.现将△ABD沿边BD 折起到△PBD,如图②，使得点P在底面BCD内的射影H在CD上. (①)求点P到底面BCD的距离； ()设三棱锥P-BCD的外接球为球O,求P,C两点在球O上的球面距离. 参考数据：c0s≈导c0s06品 【答案】解：(1)由题可知，正四棱柱MNEF-M1N1E1F1的外接球直径ME1=√12+12+（√2）2=2，所 以外接球的半径R'=1,因此球心与点M,N构成正三角形，弦MN所对的过M,N两点的大圆的圆心角为， 所对的劣弧的长为行，所以顶点M,N在该正四棱柱外接球上的球面距离为 (2)(i)在直角梯形ABCD中，BC/AD,LBCD=90,BC=号AD=1,DC=V3,则BD=、 12+(W3)2=2= AD,∠BDC=30°，所以∠ADB=90°-∠BDC=60°，所以△ABD为正三角形.在三棱锥P-BCD中，PH1 平面BCD,又BCC平面BCD,所以BC⊥PH.因为BC⊥CD,PHnCD=H,PH,CDC平面PCD,所以BC⊥ 平面PCD, 又PCC平面PCD,所以PC⊥BC,所以PC=VPB2-BC2=V3.在△PCD中， 第17页，共18页 coS∠PDH= 铝-有sin-PD-景PH-PDsin-PD-2 3 所以点P到底面BCD的距离为2 ()如图，取BD的中点O1,则O1为△BCD的外接圆圆心.设△PBD的外接圆圆心为O2, 连接0，H,001,002:0B,0P,由0知△PBD为正三角形，所以010，-P01-号易知0,1平面PBD, 0011平面BcD,所以o0,/P.cos400,=simP0,H-器=2号 在Rt△0010，中，001=0C2。=5,设三棱锥P-BCD的外接球半径为R,则R2=OB2=0,02+ c0sL001024 01B2=号球0的弦PC所对大圆的圆心角为4C0P, COsLCOP 2R2-PC2 47π。，1 47π53π 2R2 11 2-六即LC0P是钝角，而cos≈六则C0P≈元-- ∠COP在 4 大圆中所对劣弧长为需R-隔，所以，C两点在球0上的球面距离约为3v匹 400 第18页，共18页