精品解析：浙江省柯桥中学2025-2026学年高一下学期5月期中考试数学试题

柯桥中学2025学年第二学期高一年级期中考数学试卷 （考试时间：120分钟，分值：150分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 某校高一年级个班参加合唱比赛的得分如下：89，87，93，91，96，94，90，92，则这组数据的第25百分位数和平均数分别是（　　） A. 89和 B. 和 C. 90和 D. 和92 3. 已知，，为向量，则“”是“或”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 如图，某建筑物的高度，一架无人机上的仪器观测到建筑物顶部的仰角为15°，地面某处的俯角为45°，且，则此无人机距离地面的高度为（   ） A. B. C. D. 5. 如图，在三棱柱中，侧棱底面，是正三角形，E是的中点，则下列叙述正确的是（    ） A. 与是异面直线 B. 平面 C. 与所成角的余弦值为 D. 6. 如图，设，，线段DE与BC交于点F，且，则（ ） A. 3 B. 4 C. D. 5 7. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为和．若该棱台的体积为，则该棱台的外接球体积为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则角的大小为（    ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（ ） A. B. 的共轭复数为 C. 若A，B分别是复数z1，z2在复平面内对应的点，O为坐标原点，若，则一定是等腰三角形 D. 若复数是关于的方程的一个根，则 10. 如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（    ） A. 三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化． B. 无论点N在何处，始终有平面成立． C. 直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为． D. 平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形． 11. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知，则（ ） A. B. C. 边上的中线长为 D. 的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图，其中 ，则的周长为_________． 13. 如图，在等腰梯形中，，，，，点是梯形的腰上的一动点，则的最大值是______． 14. 在长方体中，其中是正方形，已知， ．设点到直线的距离和到平面的距离分别为，，则的取值范围是_________． 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. 如图，在中，，若点为的中点，点在上，且，线段与相交于点． （1）用表示； （2）求. 16. 某中学举行了一次环保知识竞赛，为了了解本次竞赛的情况，从中抽取了100名学生的成绩作为样本进行统计，将其成绩（满分：100分）分成六组，得到如图所示频率分布直方图. （1）求图中的值，并估计样本数据的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）若根据这次成绩，学校准备给成绩较高的前的学生颁发“环保小达人”荣誉证书，估计获得该荣誉证书的最低分数； （3）若落在中的样本数据的平均数是54，方差是6，落在中的样本数据的平均数是66，方差是3，求这两组数据的总平均数和方差. 17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，平面平面，为的中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）求与平面所成角的正弦值． 18. 已知中，角所对的边分别为，满足． （1）求角的大小； （2）若，求周长的最大值； （3）若，为线段上一点，满足，求的面积． 19. 将边长为的正方形沿对角线折叠，形成四面体． （1）证明：； （2）若二面角和的平面角互补，求； （3）证明：存在四面体，使得其内部一点O到各个平面的距离均大于． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $学科网丽组卷网 柯桥中学2025学年第二学期高一年级期中考数学试卷 (考试时间：120分钟，分值：150分) 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的 1.已知集合A={-1,0,12,B={xx2-x≤0，则A∩B=() A.{-1,0 B.{0, c.{-1, D.{0,1,2 【答案】B 【解析】 【详解】由x2-x≤0可得0≤x≤1，即B=[0,1, 又A={-1,0,1,2,故A∩B={0,1 2.某校高一年级8个班参加合唱比赛的得分如下：89,87,93,91,96,94,90,92，则这组数据的第25 百分位数和平均数分别是( ) A.89和91.5 B.89.5和91.5 C.90和91.5 D.90.5和92 【答案】B 【解析】 【详解】将这组数据按照从小到大的顺序排列为：87,89,90,91,92,93,94,96， 因为8×25%=2，所以这组数据的第25百分位数为89+90=89.5： 2 平均数为 7+89+90+91+92+93+94+96=91.5. 8 3.已知a,6,为向量，则a-b)c=0”是“a=6或=0的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】已知a,6,c为向量，记命题P:a-bc=0,命题Q:a=6或=0 若0成立，则a=6或c=0,当a=6时，a-6=0,则a-b)c=0; 当=0时，(a-b)c=0,因此Q→P,即a-b)c=0是a=6或c=0的必要条件 第1页/共23页 学科网可组卷网 反之，若P成立，即（ā-b)c=0,可能a-b与C垂直且均非零向量， 此时a≠b且c≠0，故P不能推出Q,即P不是Q的充分条件. 所以“(a-b)c=0”是“a=6或=0的必要不充分条件. 4.如图，某建筑物的高度BC=300m，一架无人机Q上的仪器观测到建筑物顶部C的仰角为15°，地面某 处A的俯角为45°，且∠BAC=60°，则此无人机距离地面的高度PQ为() OD 15o 45ó 60 A.200m B.200V2m C.300m D.300√2m 【答案】A 【解析】 【分析】在Rt△ABC中，求得AC,进一步可得∠ACQ=45°，由正弦定理求得AQ,又△APQ为等腰 直角三角形，求得Pg. ,AC=BC-30=2005 【详解】在Rt△ABC中，∠BAC=60°，BC=300,所以 C=sin 603 2 在△ACQ中，∠AQC=45°+15°=60°，∠QAC=180°-45°-60°=75°， 所以∠ACQ=180°-60°-75°=45°， V2 由正弦定理得A0。AC 200W3× sin45sin60,所以A0 2=2002, 3 2 又△4P0为等腰直角三角形，所以P0=40-sin45=200N2× 2 =200 5.如图，在三棱柱ABC-ABC中，侧棱AA⊥底面A,B,C1,ABC是正三角形，E是BC的中点，则 下列叙述正确的是() 第2页/共23页 可学科网可组卷网 B A.CC与BE是异面直线 B.AC⊥平面ABB,A C4C与RE所成角的余弦值为 D.AE⊥B,E 5 【答案】D 【解析】 【分析】对A,由CC与EE都在平面BCCB内断：对B,由题可得BAC二进而断：对C 设AB=a,BB=b,利用向量运算求得AC与BE所成角的余弦值，进而判断；对D,由题可证得 AE⊥平面BCCB,进而判断 【详解】对于A,因为CC与BE都在平面BCCB内，所以CC与BE不是异面直线，故A错误； 对于B,因为ABC是正三角形，所以∠BAC=元，即AC与AB不垂直，所以AC不可能垂直平面 ABBA,故B错误； 对于C,设AB=a,BB=b,则B,E 又BE=BB+BE=BB+BC, ucaE-caa+号Ccc-×对， 及AC与B5所成角为a,则ea-小koC,8配区司 AC·B,E a2+b2 因为a与b的大小关系不确定，所以AC与BE所成角的余弦值不确定，故C错误； 对于D,因为E是BC的中点，所以AE⊥BC,又BB⊥平面ABC,AEC平面ABC, 第3页/共23页 学科网组卷网 所以BB⊥AE,又BC,BBC平面BCCB, 所以AE⊥平面BCCB,又B,EC平面BCCB, 所以AE⊥BE,故D正确 6如图，设AB=xAD,AC=yAE,线段DE与BC交于点F,且BF=BC,则3x+y=() F C D A.3 B.4 e D.5 【答案】B 【解析】 【分析】用两种方式表示点F的位置，然后利用向量基AD,AE底不共线，对应系数相等，得到 3x+y=4 【详解】依题意，AF=AB+BF=AB+BC】 所以AF=AB+AC-AB=3AB+AC,所以F=3AD+A花， 4 又因为AF=AD+DF,设DF=入DE, 所以AF=AD+元DE=AD+(AE-AD), 1-元=3x 4 即AF=(I-)AD+1AE,因为AD,AE不共线，所以 ,所 3x+y=1, 44 = 4 所以3x+y=4 7.已知正四棱台ABCD-AB,CD,的上、下底面边长分别为V2和2√2.若该棱台的体积为14V5 ,则该 3 棱台的外接球体积为() A.7π B32 3 n C.16π D.19元 第4项/共23页 耐学科网 丽组卷网 【答案】B 【解析】 【分析】先根据正四棱台的体积公式求出该棱台的高，然后取正四棱台ABCD-AB,CD,上、下底面中心 分别为O,O,根据勾股定理列出等式，确定其外接球球心的位置，从而求得其半径，最后根据球的体积 公式计算即可 【详解】因为正四棱台ABCD-AB,CD的上、下底面边长分别为√2和2√2， 所以该正四棱台上底面面积为S=(√2)=2，下底面面积为S2=(22)=8 设正四棱台ABCD-AB,CD,的高为，则根据正四棱台的体积公式V=(S+VS了+S'得 3 14-2+s+:=5 3 设正四棱台ABCD-AB,CD,上、下底面中心分别为O,O2,则其外接球球心0在线段OO2上， 因为0822+2=10,8=222+22=2， 设外接球的半径为R,设OO,=d,则O0,=√3-d,因为OB=OB, 所以d2+0,B2=(5-d+0B2,化简得d=0, 即正四棱台ABCD-ABCD的外接球球心O位于O,处 此时R=O,4=2,所以该枝台的外接球体积为号R_32, 4 3 3 B B 8在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,G,且d+c2-=V5ac·5=c sin2C 1-y2c0s4 则角A的大小为() B. C. 5π D. 7元 A. 12 12 12 【答案】C 第5页/共23页 可学科网可组卷网 【解析】 【分析】借助余弦定理计算可得8-名，借助三角恒等变换公式化简可青V2sinB=V反smC-牙》，代 6 入计算即可得角A的大小 【详解】因为a2+c2-b2=V3aC,由余弦定理得2 ac cos B=√3ac, 则cosB=V5,又B∈0，，所以B= 2 6 因为1+v2sinA_sin2C=2 sin CeosC-sinC 1-v2 cos 4 1+cos2C 2cos2 C cos C 所以cosC+√2 sin AcosC=sinC-V2 cos Asin C, 即√2sin(A+C)=sinC-cosC, 又A+C=π-B,所以2sinB=sinC-cosC=V2sin(C-)' 所以B=C-景或B+C-骨（舍， 4 则C=工+工=所以A=π-B-C=元-无-375π 61212 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目 要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.已知复数=1-2i(i为虚数单位)，则下列说法正确的是() A.=V5 B.三的共轭复数为2 1 55 C.若A,B分别是复数1,2在复平面内对应的点，O为坐标原点，若31+22=3-22，则△AOB一定 是等腰三角形 D.若复数Z是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，则p=9 【答案】AB 【解析】 【详解】对于A,由=1-2i,得2=V1+(-2)2=V5,故A正确； 第6页/共23页 可学科网可组卷网 1 1 1+2i 1+2i1,2 对于B, z11-2i(1-2i)(1+2i555 =+i,所以上的共轭复数为：1，故B正确： Z 55 对于C,因为名+z2=3,一2，根据复数的几何意义，可知以OA,OB为邻边的平行四边形对角线相等， 所以该平行四边形为矩形，则OA⊥OB,所以AOB一定是直角三角形，不一定是等腰三角形，故C错 误： 对于D,由题复数z的共轭复数1+2i也是该方程的根，所以1-2i+(1+2=-p,所以p=-2,故D 错误 10.如图，在正方体ABCD-ABCD中，M是BD的中点，N是线段CD上一动点，则下列说法正确的 有() A D C A.三棱锥N-BAA的体积随着点N的位置的改变而随之变化 B.无论点N在何处，始终有B,D⊥平面ACN成立. C.直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为[O,V2]. D.平面BDN截得正方体ABCD-ABCD的截面可能是三角形或四边形， 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，直角△BAA面积为定值，点N到平面BAA,的距离为定值，进而判断体积；B选项，平 面ACN即为平面ACD,,再结合正方体特点判断；C选项，作出辅助线，得到∠NMW即为直线MN与 平面ABCD所成角，设大小为O,设WW=m,0≤m≤2，分1≤m≤2，m=0和0<m<1三种情况， 得到tan0的取值范围；D选项，当N为CD,的中点，CN<ND,和CN>ND,三种情况，画出平面BDN截 得正方体ABCD-ABCD的截面. 【详解】A选项，在点N的位置移动时，点N到平面BAA的距离为定值， 第7页/共23页 学科网丽组卷网 等于正方体ABCD-ABCD,的棱长，且直角△BAA,面积为定值， 所以三棱锥N-BAA的体积为定值，不会随着点N的位置的改变而变化，A错误： A D B D B B选项，平面ACN即为平面ACD,而正方体中必有B,D⊥平面ACD,;得到B正确； C选项，取CD的中点T,连接MT,则MT⊥CD,过点N作NW⊥CD于点W, 则NW//DD,故NW⊥平面ABCD, 所以∠NMW即为直线MN与平面ABCD所成角，设大小为O, 设正方体ABCD-AB,CD,的棱长为2，则MT=1, 设NW=m,0≤m≤2， 若1≤m≤2，则CW=m,WT=m-1, A D B A B-------- 、分 由勾股定理得MW=VMT2+WT2=V1+(m-1)2=Vm2-2m+2, WN an0= 则 WM V√m2-2m+2 22 +1 m2 m 当m=2时，tan0取得最大值，最大值为V2, 当m=1时，tan0取得最小值，最小值为1，故tan0∈[1，V2, 若m=0,此时MNc平面ABCD,此时夹角为0，tan0=0, 第8页/共23页 学科网组卷网 若0<m<1,则CW=m,WT=1-m, 由勾股定理得MW=√MT2+WT2=1+(1-m)2=√m2-2m+2, an0=WN m 1 1 则 WM Vm2-2m+2 2-2 +1 m 显然1> =< m2>2’ 此时tan0∈(0,1， 综上， tan0∈0，V2, 直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为O,V2],C正确； D选项，当N为CD,的中点时，平面BDN截得正方体ABCD-AB,CD的截面为正△BDC, A D B 当CN<ND,时，延长DN交CC于点E,连接BE, 则BDE即为平面BDN截得正方体ABCD-AB,CD的截面， A D ⊙ 当CN>ND时，延长DN交D,C,于点F, 在平面AB,CD1上，过点F作FP平行于BD,交BC于点P,连接BP, 第9页/共23页 西学科网丽组卷网 则四边形BDFP即为平面BDN截得正方体ABCD-ABCD的截面， A B A B 故平面BDN截得正方体ABCD-AB,CD,的截面可能是三角形或四边形，D正确 11.在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,C,已知bcos C=3 ccos B,则() A.a=4ccos B B.B-C≥30° C.BC边上的中线长为C b D 的取值范围是(1,3) 【答案】ACD 【解析】 【分析】借助三角形内角和关系、两角和的正弦公式、正弦定理将角化边后计算即可得A;利用两角差的 正弦公式与A中所得计算即可得B；借助余弦定理与A中所得计算即可得C;利用C中所得，结合三角形 三边关系计算即可得D 【详解】对A:sinA=sinπ-(B+C]=sin(B+C)=sin B cosC+sin C cos B, 由正弦定理可得a=bc0sC+ccosB,由bcos C=3 c cos B, 则a=bcosC+ccos B=3 ccos B+ccos B=4 ccos B,故A正确； 对B:由正弦定理可得sin Bcos C=3 sin Ccos B, sin(B-C)=sin B cos C-sin C cos B=3sin C cos B-sin C cos B 2sin C cos B, 由A知a=4 c cos B,则sinA=4 sin C cos B, 故sm(8-C=2 iCo8=9n4≤分 故B-C≤30°或B-C≥150°， 由b cos C=3 ccos B可知cosC与cosB同号， 若同为负数，则90°<B,C<180°，不符， 故cosC、cosB同为正数，故B-C≥150°不符，舍去， 第10页/共23页 丽学科网可组卷网 故B-C≤30°，故B错误； 对C:设BC中点为D,则∠ADB+∠ADC=π，即∠ADB=π-∠ADC, 故cOS∠ADB=Cosπ-∠ADC=-cOS∠ADC,即coS∠ADB+cOS∠ADC=0, AD2十 a AD2+ a -b2 由余弦定理可得coS∠ADB= -,c0S∠ADC= 2AD.a 2AD.a 2 2 =0,整理得AD2=2b+2c2-42 2AD.a 2AD 2 2 由A知，a=4 ccosB,则a=4e.Q+c2-B ,整理得a2=2b2-2c2, 2ac 故AD2 2b+2c2-2b-2c）-c2,放4D=c,数C正确 4 对D:由C知，a2=2b2-2c2,则262-2c2>0,散b>1, b+c>a,则(b+c2>a2=2b2-2c2,整理得b2-2bc-3c2<0, 东右除2，可得[2)-283-（色-3〔2+小0，解得0冬3： 综上可得的取值范围是(1,3)，故D正确 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.如图，△AB'C是水平放置的ABC用斜二测画法画出的直观图，其中0A=0B=0C=1，则 ABC的周长为 【答案】2V5+2 第11页/共23页 学科网丽组卷网 【解析】 【详解】由直观图△A'B'C'画出原图象ABC,如图所示： B C 由直观图可知0B=0C=1,0A=2,OA⊥BC, 所以AB=AC=V5,所以ABC的周长为2+2V5 13.如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥DC,AB=3,DC=1,tanB=2,点M是梯形ABCD的腰 BC上的一动点，则AD.AM的最大值是 A 【答案】6 【解析】 【分析】过点D作DO⊥AB,以O为坐标原点，AB,OD分别为x,y轴，建立平面直角坐标系，设 B应=BC(0≤入≤1)，求出AD,AM的坐标，利用向量数量积的坐标运算求解 【详解】如图，过点D作DO⊥AB,垂足为O, 因为等腰梯形ABCD,AB=3,DC=1,tanB=2,所以AO=1,DO=2, 以O为坐标原点，AB,OD分别为x,y轴，建立平面直角坐标系， 则A-1,0),B2,0),C(1,2,D(0,2, 所以AD=(1,2),AB=(3,0),BC=(-1,2, 设B应=B元(0≤1≤1)'则AM=A+BM=A店+λB元=(3,0)+(-λ，21)=(3-入，22)' 第12页/共23页 西学科网丽组卷网 所以AD.AM=3-入+4元=3+3元≤6，当且仅当1=1时等号成立， 所以AD.AM的最大值为6. B 14.在长方体ABCD-AB,CD中，其中ABCD是正方形，已知AB=1,AA1>1·设点A到直线AC 的距离和到平面DCBA的距离分别为4，d2,则 的取值范围是 d 【答案】 【解析】 【分析】设AA=a,a>1,利用长方体中的垂直关系和面积相等求出d,连接A,D、过A作AE⊥A,D, 利用长方休中的垂直关系、线面垂直的判定定理和定义，得到d,=AB,利用面积相等求出d,化简 的范围 求出 d 【详解】设A4=a,a>1, 在Rt△44C中，由等面积法得点A到直线4C的距离d=444C-axV2 2a AC a2+2 va2+2 连接A,D,过A作AE⊥AD, 因为CD⊥平面ADDA,AEC平面ADDA,所以CD⊥AE, 又CD∩AD=D,CD,ADc平面DCBA, 所以AE⊥平面DCBA,即AE是点A到平面DCBA的距离， 所以d,=AE=4D-a1。a AD va2+1 va2+1 第13页/共23页 可学科网组卷网 所以g=年1=a422 d, Va+2 va+2 -2- 因为a>1,所以a2+2>3,故0< 、2 2 a2+23 所以2-希e(等2)故受∈(9) B D B 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 5如图，在ABC中，AB=2,BC=3,LABC=,若点D为AB的中点，点E在BC上，目 BE=2EC,线段AE与CD相交于点F. E (1)用BC,BA表示EA,DC; (2)求EA.DC 【答案】1)EA=-2BC+BA,DC=-BA+BC 3 (2)-4 【解析】 【小问1详解】 因为点D为AB的中点，所以DC=DB+BC=-BA+BC, 因为点E在BC上，且BE=2EC,所以EA=EB+BA=-2BC+BA. 【小问2详解】 第14页/共23页 学科网 丽组卷网 a-c-(丽-号ac8M+sci+丽c号ac 12 ×4+ 4x2×3×23 ×9=-4 2 16.某中学举行了一次环保知识竞赛，为了了解本次竞赛的情况，从中抽取了100名学生的成绩作为样本进 行统计，将其成绩（满分：100分）分成[40,50)，[50,60)，…，[90,100]六组，得到如图所示频率分布直方 图 频率 个组距 a 0.025 0.020 0.010 0.005 0405060708090100分数 (1)求图中a的值，并估计样本数据的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）： (2)若根据这次成绩，学校准备给成绩较高的前20%的学生颁发“环保小达人”荣誉证书，估计获得该荣 誉证书的最低分数： (3)若落在[50,60)中的样本数据的平均数是54，方差是6，落在[60,70)中的样本数据的平均数是66， 方差是3，求这两组数据的总平均数和方差s2 【答案】(1)a=0.030;74; (2)86; (3)62;36 【解析】 【分析】(1)由概率之和为1即可求解α，由频率分布直方图的平均数计算方法直接计算即可求解； (2)由成绩在90,100的频率和成绩在80,90)的频率即可列等量关系求解： (3)由分层随机抽样的平均数和方差公式直接计算即可得解 【小问1详解】 由题可得10(0.005+0.010+0.020+a+0.025+0.010=1→a=0.030, 所以样本数据的平均数约为 100.005×45+0.010×55+0.020×65+0.030×75+0.025×85+0.010×95=74: 第15页/共23页 命学科网可组卷网 【小问2详解】 成绩较高的前20%的学生对应的频率为0.2， 成绩在90,100的频率为10×0.01=0.1， 成绩在80,90的频率为10×0.025=0.25， 设获得该荣誉证书的最低分数为x, 90-x_0.2-0.1三x=86: 90-800.25 【小问3详解】 由题可得成绩在[50,60)和[60,70)的频数分别为0.01×100=10,0.02×100=20， 所以这两组数据的总平均数元=10×54+20×66 =62和方差 10+20 2=、10 6+154-62]+02020[3+6-62]=36 10+20L 10+20L 17.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，平面PAD⊥平面 ABCD,E为PD的中点. B (1)证明：PB/∥平面EAC; (2)证明：平面ABE⊥平面PCD; (3)求AC与平面PCD所成角的正弦值， 【答案】(1)连接BD,交AC于点F,连接EF, P B ,四边形ABCD为正方形，F是BD的中点， 又E为PD的中点，∴.EF∥PB, 又PB丈平面EAC,EFC平面EAC,∴.PB∥平面EAC; 第16页/共23页 学科网丽组卷网 (2),底面ABCD为正方形，∴.CD⊥AD. ,·平面PAD⊥平面ABCD,且平面PADO平面ABCD=AD,CDC平面ABCD, .,CD⊥平面PAD,:AEC平面PAD,∴.AE⊥CD, 又PAD是正三角形，E为PD的中点，：AE⊥PD, CD∩PD=D,CD,ADc平面PCD, .AE⊥平面PCD. :AEC平面ABE,∴.平面ABE⊥平面PCD. (3)V6 4 【解析】 【分析】(1)连接BD,交AC于点F,连接EF,利用中位线的性质和线面平行的判定定理可证； (2)由面面垂直的性质定理可证CD⊥平面PAD,再由线面垂直的性质可证AE⊥CD,最后由面面垂直 的判定定理可证平面ABE⊥平面PCD; (3)取AD的中点O,连接PO,由面面垂直的性质定理证明PO⊥平面ABCD,建立空间直角坐标系 O-xz,利用空间向量计算线面角的方法计算可得结果。 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 取AD的中点O,连接PO, 因为PA=PD,所以PO⊥AD, 又因为侧面PAD⊥底面ABCD,且侧面PADO底面ABCD=AD,POC平面PAD, 所以PO⊥平面ABCD, 如图，建立空间直角坐标系O-yz, 第17页/共23页 可学科网可组卷网 up4=0=m=8-a:则P0o9c号a0小c(号a0oa0 c=ea0c-号a当m-a-j 设元，=（x,y,乙，)是平面PCD的法向量， h·PC=0 2+ay- 2a,0 则 即 n·PD=0 2-2=0 令z,=1,解得x=-5,y=0,n=（-V3,0,1 AC 设AC与平面PCD所成角为a,则sinu V3a 6 AC V2a.24 18.已知ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足(b-c)b+c)=a(a-c). (1)求角B的大小； (2)若b=2,求ABC周长的最大值： (3)若a=2V3,D为线段AC上一点，满足BD=CD=2AD,求ABC的面积. 【答案】(1)B= 3 (2)6; (33V5 2 【解析】 【分析】(1)利用余弦定理求解： (2)由余弦定理结合基本不等式求得a+c≤4，进而求得答案； 第18页/共23页 学科网丽组卷网 (3)设AD=x(x>O),在△ABD和△BCD中，分别由余弦定理结合c0 SLADB=-c0 sLCDB,可得 c2=9x2-6,在ABC中，由余弦定理可得c2=9x2+2√3c-12,进而求得C,利用三角形面积公式得 解 【小问1详解】 因为(b-c)b+c)=a(a-c),所以b2-c2=a2-ac, 放cosB=a+c2-b2。ac.1 2ac 2ac 2 又因为BE0,元，所以B=又： 【小问2详解】 8=子b=2. 由余弦定理可得：b2=a2+c2-2acc0sB, 即4=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac, 又因为ac≤(-a49,当且仅当a=c时，等号度立： 4 所以4=(a+c}-3ac≥(a+cy_3(a+cy_a+cy」 4 4 当且仅当a=c时，等号成立， 所以(a+c)2≤16， 所以a+c≤4，当且仅当a=c=2时，等号成立， 所以ABC周长1=a+c+b=a+c+2≤4+2=6，当且仅当a=c=2时，等号成立， 所以ABC周长的最大值为6； 【小问3详解】 如图所示： 第19页/共23页 学科网组卷网 B 设AD=x(x>O),则BD=CD=2x, 在△ABD中，由余弦定理可得： COS∠ADB= BD2+AD2-AB2 4x2+x2-c2 5x2-c2 2BD·AD 4x2 4x2 在△BCD中，由余弦定理可得： Cos∠CDB= BD2+CD2-BC2_4x2+4x2-12_8x2-12 2BD.CD 8r2 8x2 又因为∠ADB与∠CDB互补， 所以c0S∠ADB=-c0s∠CDB, 所以c2=9x2-6①， 在ABC中，由余弦定理可得： COSZABC=AB+BC:-AC2+12-9x 1 2AB·BC 2’ 整理得c2=9x2+2√3c-12,② 由①②可得：2√3c-12=-6, 解得c=5, 所以S4c-)4B-BC.sin∠ABC=acsi nπ=3v5 2 “32 19.将边长为√2的正方形ABCD沿对角线AC折叠，形成四面体D-ABC. 第20页/共23页 可学科网可组卷网 D D (1)证明：AC⊥BD; (2)若二面角D-AC-B和A-BD-C的平面角互补，求BD: (3)证明：存在四面体D-ABC,使得其内部一点O到各个平面的距离均大于2-√5， 【答案】(1)证明见解析 (2)V5-1 (3)证明见解析 【解析】 【分析】(1)先证明AC⊥平面BDM,再根据线面垂直性质证明AC⊥BD; (2)先根据定义得到两个二面角的平面角，再运用余弦定理写出表达式，并结合两个平面角的关系列出方 程求解即可； (3)将问题转化为内切球问题，然后利用等体积法写出半径表达式，通过选取合适的折叠角使得半径满足 条件 【小问1详解】 取AC中点M,连接BM,DM,因为AB=BC,所以BM⊥AC,同理有DM⊥AC, 且BMO DM=M,BM,DMC平面BDM,所以AC⊥平面BDM, 又因为BDC平面BDM,所以AC⊥BD 【小问2详解】 由(1)可知BM⊥AC且DM⊥AC,所以∠DMB即为二面角D-AC-B的平面角，设∠DMB=a, 取BD中点N,连接AN,CN,因为AB=AD,所以AN⊥BD,同理有CN⊥BD, B 第21页/共23页 学科网丽组卷网 所以∠ANC即为二面角A-BD-C的平面角，设∠ANC=B, 在ADMB中，BM=DM=AC=1,设BD=x, 由余弦定理有cos0= BM2+DM2-BD2 1+12-x22-x2 2XBM×DM 2×1×12 在ach.w=B-a-2-子同Cw=2-子 由余弦定理有cosB=AN2+CW2-AC: 人g 22-x1 x2 2×AW×CN 22、x2） 一8'依题意有a+B=π， 4 则ecsa=csB即22g1=,得到2-8-=2，化简待-12416-0. 解得1=6±2V5,在aDMB中有x=BD<BM+DM=2,所以t=x2<4,所以1t=6-2V5, 所以x=V6-25=5-1°=5-1即BD=5-1 【小问3详解】 我们只需要证明存在四面体D-ABC,其内切球半径r>2-√3， 3V 设四面体的体积和表面积分别为V和S,利用等体积法可得”= =c+5+25m=11+20xw小2+5y2-子 由(1)可知x2=2-2c0sa,代入得 S=2+(2-2cosa) 2-2cosa 4 =2+(1-cosa)(3+cosa), sina 所以r=2+1-cosa3+cosa, 取c0sa=二， 可得sina 第22页/共23页 命学科网丽组卷网 2V6 5 此时 2- -4=6+28+3-4-185-25 81 9 27 且182=648>625=25，所以6+V5>2即6 >2-√3，命题得证 9 【点睛】几何体内部点到平面距离的问题往往可以转化为内切球相关，到顶点距离的问题则可以和外接球 构建联系。 第23页/共23页