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 $命学科网组卷网 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={-101,2头，B={x2-x≤0，则4nB=（) A.{-1,0y B.{0,} c{1, D.{0,1,2} 【答案】B 【解析】 【详解】由x-x≤0可得0≤x≤1，即B=[0,] 又4=l0,12,故AnB=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】 87,89,90,91,92,93,94,96 【详解】将这组数据按照从小到大的顺序排列为： 89+90=89.5 因为8×25%=2，所以这组数据的第25百分位数为2 87+89+90+91+92+93+94+96 8 =91.5 平均数为 第1页/共29页 学科网组卷网 3.已知a,6,c为向量，则r(a-b)c=0是“a=6或c=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1已知a,石，c为向量，记命愿P:(a-6)=0,命愿Q:a=6或c=0 若2成立，则a=b或c=0,当a=b时，a-b=0,则(a-bc=0, 当c=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 反之，若P成立，即(a-6列小C=0,可能a-方与c垂直且均非零向量， 此时a≠6且C≠0，故P不能推出巳，即P不是P的充分条件 所以（ā-b)c=0是“a=b或c=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 某处的俯角为45，且∠B1C=60° PO 则此无人机距离地面的高度 为() O 159 45ò 60° B A.200m B.200V2m c300m D.300W2m 【答案】A 【解析】 【分析】在Rt△ABC中，求得1C,进一步可得∠AC0=45 由正弦定理求行40，又△1P吧为等颗 第2页/共29页 6学科网 命组卷网 PO 直角三角形，求得 AC= BC-300=2003 【详解】在Rt△ABC中，∠BAC=60'BC=300所以 sin60°v3 2 在△1C0中，∠A0C=45+15°=60，∠04C=180-45°-60=75 所以∠1C0=180-60-75=45 200W3xV2 由正弦定理得A0。AC,所40 3 =200W2 sin45°sin60 2 又6AP0为等腰直角三角形，所以P0=A0:sn45=200N2xY5-200 2 5.如图，在三棱柱1BC-AB,C中，侧楼11上底面4BG,△MBC是正三角形，B是BC的中点，则 下列叙述正确的是() B A CG与 是异面直线 B.AC1平面 ABB A 5 C.AC与B,E所成角的余弦值为5 D.AE⊥BE 【答案】D 【解析】 第3页/共29页 6学科网6组卷网 【分析】对A,由CC与BE都在平面BCCB内可判断：对B,由题可 ∠BAC=T 3,进而判断：对 C设1B-0,职=6，利阳向正运红求得4C与8正 所成角的余弦值，进而判断；对D,由题可证得 AE⊥平面 BCC B ,进而判断 cC与 BE 【详解】对于A,因为 都在平 BCC,B内，所以 C与BE 不是异面直线，故A错误； 对于B,因为A4BC是正三角形，所以<BAC=死 3,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BE 2 又BE-BB+B=AB+BC c-x+小cc} 1 AC·B,E - A 4 设与所成角为，则 AC.BE AC BE 1a2+b2 因为4与的大小关系不确定，所以4C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4E1BC,又BBL平 L平面ABC,AEC平面ABC, 所以BB.LAE,又BC,BBC平面BCC,B BCCB 所以AE⊥平面BCCB,又BEC平面A 第4页/共29页 命学科网命组卷网 AE⊥B,E 所以 ,故D正确， 6如图，设B=xD,AC=少花，线段Dm与C交于点R,且F-C,则3x+y={) B F 5 A.3 B.4 C2 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D,正底不共线，对应系数相等，得到 3x+y=4 AF=AB+BF=AB+IBC 【详解】依题意， 所F=+好ac--+4c =3D+yE 中4，所以 4 4 又因为MF=D+DF,设DF=DE 所拟F=AD+DE=AD+(AE-AD) 1-=3x 4 即 ,因为， 不共线，所以 = y ,所以3x+y=1 十 AF=(1-A)AD+AE AD AE 4 44 3x+y=4 所以 第5页/共29页 6学科网命组卷网 14v3 7.已知正四棱台ABCD-ABCD的上、下底面边长分别为√2和2V2.若该棱台的体积为3，则 该棱台的外接球体积为() 32 A.7π B3π C.16π D.19π 【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 0,02 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1因为正四枝台MBCD-4B,CD的上、下底面边长分别为5和22， 所以该正四楼台上底面面积为S=(N2=2,下底面面积为S”=(22=8 设正四棱台ABCD-4B,CD,的高为h,则根据正四枝合的体积公式严=S+√SS”+S')得 14w5-h2+2x8+8). 3=31 解得h=√3 设正四被台1BCD-ABGD上、下底面中心分别为O,0,则其外接球球心O在线段O0:上， 因为08-2+(-104=222+22=2 设外接球的半径为R,设O0,=d,则00，=V5-d,因为0B=0B 所以d2+0,B2=(V5-d+0B,化简得d=0: 即正四棱台1BCD-AB,CD的外接球球心0位于O处 第6页/共29页 6学科网6组卷网 此时R=O24=2,所以该棱台的外接球体积为3 R332 4 B A D B &在aMBC中，内角A,B,C的对t边分别为0，b,c,且+c2-b=V5aC, 1+√2sin4_ sin 2C 1-√2cosA1+cos2C,则角4的大小为() π 5π 7π A.12 B.4 C.12 D.12 【答案】C 【解析】 【分析】借助余弦定理计算可得B= 6,借助三角恒等变换公式化简可得 5sin8=smc-).代 入计算即可得角A的大小 【详解】因为+c2-=V5ac,由余弦定理得 2accos B=3ac 则COsB= 2,又B∈0，，所以B=」 6 1+2sin A sin 2C 2sin Ccos C sin C 因为1-√2cosA1+cos2C 2cos2C cosC, 所以cosC+V2 sin AcosC=sinC-V2 cosAsinC 2sin(4+C)=sin C-cosC 第7页/共29页 6学科网命组卷网 又A+C=x-B,所V2sinB=smC-cosC=sinc-蟹)】 =C-香威5+C- 所以 sπ (舍)， C=π+π-5π mA=π-B-C=元-不-5π-5π 则6412，所以 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己知复数子=1-21(1为虚数单位)，则下列说法正确的是《) A.=5 12 B.乙1的共轭复数为55 C若4，B分别是复数，2在复平面内对应的点，0为坐标原点，若+2=3-2，则△A0B一定 是等腰三角形 D若复数是关于x的方程+pr+g=0(D,9∈R)的一个根，则P=9 【答案】AB 【解析】 【详解】对于A,由云=1-2i,得=V1+(-2}'=V5,故A正确， 111+2i 1+2i_1,2 1 12 对于B,名1-2i(1-21)1+21)555,所以乙的共轭复数为551，故B正确： 对于C,因为3+=名-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， 第8页/共29页 学科网命组卷网 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,由慰复数的共轭复数1+2i也是该方程的根，所以（1-2)+(1+2列=-P,所以P=-2,故D 错误 10.如图，在正方体 BCD-4BCD,M是BD的点，N是线段CD上一动点，则下列说法演的 有() A D B D B N-BAA A.三棱锥 的体积随着点N的位置的改变而随之变化. BD⊥ B.无论点N在何处，始终有 平面ACN成立. C直线MW与平面4BCD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-ABC D 的截面可能是三角形或四边形. 【答案】BCD 【解析】 △BAA 【分析】A选项，直 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ACV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0，设WW=m,0≤m≤2，分1≤m≤2，m=0和0<m<1三种情 第9页/共29页 6学科网命组卷网 况，得到an0的取值范固，D适项，当V为CD的中点，CN<N0和CV>D三种情况，国出平面 BDN截得正方 ABCD-AB,CD的截面 【详解】A选项，在点N的位置移动时，点N到平 BA4的距离为定值， BAA 等于正方 ABCD-AB,CD的棱长，且直角 面积为定值， 所以三棱锥 -BM4的体积为定值，不会随若点N的位置的改变而变化，A错误： B B B选项，平面AGN即为平面AcB,而E方体中必 有BDL平面1CD,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NW1/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 BCD-4BCD的楼长为2，则MT=1, 设WW=m,0≤m≤2， 若1≤m≤2.则C形=m,T=m-1 ,则 第10页/共29页 6学科网命组卷网 A D B D ‘A B 由勾股定理得MW=VMT2+WT2=V1+(m-1)=Vm2-2m+2, tan 0=WN m 则 WM√m2-2m+2 22 +1 当m=2时，tan8 取得最大值，最大值为V2 当m=1时，tanB取得最小值，最小值为1，故tan6∈[1V2]。 若m=0,此时MNC平面ABCD,此时夹角为0，tan0=0, 若0<m<1,则C形=m,7=1-m 由勾股定理得MW=VMT2+WT3=V1+(1-m)}2=Vm2-2m+2, an0=WN m 则 WMV√m2-2m+2 22+1 √m2m 显然1上>1 m22 “阳 此时 an0∈(0，l) 综上，1 noe0,v2 直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为[0，V5],C正确； 第11页/共29页 命学科网命组卷网 D选项，当N为CD的中点时，平面BDN裁得正方 ABCD-AB,CD的截面为正1 BDC B 当CN<ND时，延长DN交CC于点E,连接BE, 则△BDE即为平面BDN载得正方体1BCD-AB,CD的裁面， 0 B D 当CW>ND时，延长DN交DG于点F, 在平面AB,CD上，过点F作FP平行于BD,交BG于点P,连接BP, 则四边形BDFP即为平面BDN我得正方体4BCD-4BCD的裁面， D B B 故平面BDW 截得正方体 ABCD-ABC D 的截面可能是三角形或四边形，D正确 第12页/供29页 命学科网命组卷网 11.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,C,已知bcosC=3 ccos B,则() A.a=4ccosB BB-C≥300 b C.BC边上的中线长为C D.c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, 【i详解】对A:sinA=sin[π-(B+C)]=sin(B+C)=sin BcosC+-sin Ccos B 由正弦定理可得a=bcosC+ccos B,由bcos C=3 ccos B, 则a=bc0sC+ccos B=3 ccos B+ccos B=4 ccos B,故A正确： 对B:由正弦定理可得sin B cos C=3 sin Ccos B, sin(B-C)=sin B cosC-sin Ccos B=3sin Ccos B-sin Ceos B-2sin CcosB 由A知a=4 ccos B,则sinA=4 sin Ccos B, t6sinB-G)=2 sin ceos B=云sin4≤2 故B-C≤30°或B-C≥150°， 由bcosC=3 ccos B可知cosC与cosB同号， 90°<B,C<180° 若同为负数，则 不符， 故cosC、cosB同为正数，故B-C≥150°不符，舍去， 第13页/共29页 命学科网命组卷网 故B-C≤30°，故B错误： 对C:设BC中点为D,则∠ADB+∠ADC=元，即∠ADB=π-∠ADC, 故coS∠ADB=cos(π-∠4DC)=-cos∠ADC,即cos∠ADB+cos∠ADC=0, AD2+a -b2 由余弦定理可得cOS∠ADB= .CoS∠ADC= 2AD.a 2 2AD.a D+8-eD+8- 故 2AD.0 2AD. =0,鉴理得4D-2方+2C2-a 2 由A知，a=4 c cos B,则a=4c.a+c2、h 2ac,整理得a2=2b2-2c2, 故4D26+2C-（2-2cC,故D,放C正确) 4 b >1 对D:由C知，a2=2b2-2c2,则2b2-2c2>0,故c, b+c>,则(b+c>d2=2b-2c2,整理得b2-2bc-32<0, 除e可-28)-（食小k0.解0<3， b 综上可得c的取值范围是(，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OA=OB'=O'C'=1,则 第14页/供29页 6学科网 组卷网 △ABC 的周长为 B' C 【答案】 25+2 【解析】 △A'B'C △ABC 【详解】由直观图 画出原图象 ,如图所示： B C末 由直观图可知OB=OC=1,OA=2,OA⊥BC, 所以B=4C=5,所以△ABC的周长为2+25 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MD·AM 的最大值是 【答案】6 第15页/供29页 6学科网命组卷网 【解析】 【分析】过点D作DOL AB,以O为坐标原点，AB,OD分别为七，y轴，建立平面直角坐标系，设 BM=元BC(0≤元≤)，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, 同为学要影1C0,4公-30C-Lm8=之.所0=1，D0=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4(-1,0)，B(2,0).C(1,2).D(0,2) 所以D=(1,2),AB=(3,0).BC=(-1,2) 设BM=ABC(0≤A≤），则AM=AB+BM=B+BC=(3,0)+(-元，2)=(3-元，2) 所以DAM=3-元+4机=3+3况≤6，当且仅当元=1时等号成立， 所以D·AM的最大值为6 14.在长方体 BCD-4B,CD中，其中ABCD是正方形，已知AB=L,4>1.设点A到直线4C d 的距离和到平面DCB,A的距离分别为d,d,则d,的取值范围是 2W3 【答案】 第16页/供29页 6学科网列组卷网 【解析】 【分折】设1从=0。Q>1,利用长方体中的垂直关系和面积相等求出4，连接4D、过A作服上4D d 利用长方体中的垂直关系、线面垂直的判定定理和定义，得到d2=AE,利用面积相等求出d2,化简d2, 4 求出d,的范围. 【详解】设14=0，a>1 在R△41C中，由等而积法得点到殖线AC的距背=4从CC-aX5-。 AC Va2+2 va+2' 连接4D,过4作414D, 因为CD上平面DDA,AEC平面ADDA,所以CD上AE, 又CDOAD=D,CD,ADC平面DCBA 所以AE1平面DCB4,即AE是点A到平面DCBA的距路， 所以4=AE=4D、a1。a AD Va2+1Va2+1, 所以=2va+V2(a2+2)2 2、2 4a2+2 Va2+2 a2+21 22 因为a>1,所以42+2>3，故0<。+2行， 第17页/供29页 6学科网命组卷网 B A D C 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△ABC中， AB=2,BC=3,∠ABC= 3,若点D为AB的中点，点E在BC上，且 B配=2EC,线段4E与CD相交于点F, ()用BC,BA表示EA,DC (2)求EA.DC EA=-2BC+BA DC--1BA+BC 【答案】(1) (2)-4 【解析】 【小问1详解】 因为点D为AB的中点，所以 DC=DB+BC=-1BA+BC 因为点E在BC上，且BE=2EC,所以 A-EB+BA=-2BC+BA 第18页/共29页 6学科网命组卷网 【小问2详解】 a-0c-8-c川}+8Ca赋+8c-号c ×4+ 4 ×2×3× 12 ×9=-4 3 23 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 [40,50),[50,60),…,[90,100] 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 频率 组距 al 0.025 0.020 0.010 0.005 O 405060708090100分数 (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： [50,60) [60,70) (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， 【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4，由频率分布直方图的平均数计算方法直接计算即可求解； 第19页/共29页 6学科网命组卷网 (2)由成绩 [90,10]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】 0(0.005+0.010+0.020+a+0.025+0.010)=1→a=0.030 由题可得 所以样本数据的平均数约为 10(0.005×45+0.010×55+0.020×65+0.030×75+0.025×85+0.010×95)=74 【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[90,10]的频率为10x0.01=0.1, 成绩在[80,90)的频率为10×0.025=0,25， 90-x0.2-0.1 -→x=86 设获得该荣誉证书的最低分数为x,则90-800.25 【小问3详解】 [50,60)[60,70) 0.01×100=10,0.02×100=20 由题可得成绩在 和 的频数分别为 10×54+20×66=62 X= 所以这两组数据的总平均数 10+20 和方差 2=,10 10+20 [6+(54-60y020n3+6-62j]-30 I7.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 第20页/共29页 6学科网6组卷网 D-- (I)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】(I)连接BD,交AC于点F,连接EF, B ABCD 为正方形，小F月 BD 四边形 是的中点， 又E为PD的中点，∴.EFIPB, 又PB4平面EAC,EFC平面EAC,.PB∥平面EAC: (2)底面ABCD为正方形，.CD⊥AD ‘平面PMDL平面MBCD, PADN平面1 ABCD=AD CDC ABCD ,且平 「平面 CDL平商PMD,~AEC平面PMD,六AE⊥CD 平面 又，△PAD是正三角形，E为PD的中点，.AE⊥PD, :CDAPD=D,CD,ADC平面PCD 第21页/共29页 6学科网命组卷网 .AE⊥ PCD 平面 :EC平面MBE,平面BE上平面PCD 6 (3)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 0-xyz ，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, 0-xyz 如图，建立空间直角坐标系 第22页/供29页 6学科网命组卷网 p4-0-n-a4au后a0qfo号o】 c-eaae-4兽jm-a-】 设元=(：，片，)是平面PCD的法向量， _ax+ay- 2a-0 则n·PC=0,即 a 3 n·PD=0 2-2=0 令名=1，解得x=-5,y=0,元=(5,0，】 AC.n sina= 3a 6 设4AC与平面PCD所成角为a:则 AC网 V2a.24. A,B,C 18已知△1BC中，角 a,b,c (b-c)(b+c)=a(a-c) 所对的边分别为 满足 (1)求角B的大小： (2)若b=2,求△ABC周长的最大值； (3)若a=25,D为线段AC上一点，满足BD=CD=2AD,求△ABC的面积. 【路))8-骨 第23页/供29页 6学科网6组卷网 (2)6; 35 (3)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： (3)设 D=>0,在△ABD和△BCD中，分别由余弦定理结合os∠ADB=-cos∠CDB，,可得 c2=9x2-6,在△4BC中，自余弦定理可得c=9r+2N5c-12,进而求得，利用三角形面积公式得 解. 【小问1详解】 因为h-c0+c)=ala-0.所以B-c2=a2-ac ,所以 故0sB-4+c2-62=e.1 2ac 2ac2, yB=π 又因为B∈(0，)，所以B=3: 【小问2详解】 B= 3,b=2, 由余弦定理可得：b=a2+c2-2 accosB 4-a+c2-ac=(a+c)2-3ac 又因为acs(29-a49 4，当且仅当a=c时，等号成立： 第24页/共29页 6学科网命组卷网 所以 4=(a+c)-3acz(a+c)_3a+c)_(a+c) 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： D B D=x>0,则BD=CD=2x, 设 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-BC24x2+4x2-12_8x2-12 2BD.CD 8x2 8x2, 又因为∠ADB与∠CDB互补， 所以COS∠ADB=-COS∠CDB. 第25页/供29页 6学科网列组卷网 所以c=9r-60. 在△ABC中，由余弦定理可得： COSLABC=AB+BC2-AC2c+12-9x1 2AB.BC 43c 2, 整理得c2=9r+2v5c-12,② 由①②可得： 2W3c-12=-6 解得cV3 所以Sagc=AB·BC·sin∠ABC=)ac sin-3 32· 19,将边长为V2的正方形4BCD沿对角线4C折叠，形成四面体D-ABC, (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; (3③)证明：存在四面体D-1BC,使得其内部一点O到各个平面的距离均大于2-√5 【答案】(1)证明如下： 取1C中点M,连接B M,因为1B=BC,所以BM11C,同理有 BM,DM DM⊥AC 且BMODM=M,BM,DMC平面BDM,所1CL平面BDM. 第26页/共29页 6学科网命组卷网 又因为BDC平面BDM,所以AC⊥BD (2)V5-1 (3)证明如下： 我们只需要证明存在四面体D-48C，其内切球半轻>2-5 设四面体的体积和表面积分别为 3V V和S,利用等体积法可得S, 5-8c+8c+2w=11+2g0xaW=2r2-子. 由)可知=2-2c050,代入得 S-2+(2-2c0sa)2 2-2cosa 4 =2+/(1-cosa)(3+cosa) sina 所以2+V0-coa)(3+esa,取cosa= 1 2V6 5 6 819 27 且(182)=648>625=252 5>2a52-6 所以9 命题得证 【解析】 第27页供29页 学科网命组卷网 【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】 略 【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=&, 取BD巾点N,连按N,CN,因为B=AD,所以4W D,同理有CN上BD 所以∠MNC即为二面角1-BD-C的平面角，设 ANC=B 在△DMB中， BM-DM-TAC-1 ,设BD=x, BM2+DM2-BD212+1P-x2_2-x2 由余弦定理有cosa= 2×BM×DM 2×1×12, 在a4NC中，N=VB-BN=2 4,同理CW=2- 4 由余弦定理有c0sB=W+CW2-1C2 22-x2 4 2×AN×CN x2-8 依题意有 a+B=π 第28页/共29页 6学科网 命组卷网 2-x2x2 则cosa=-cosB即2=8-x2,令t=x2,得到(2-t)(8-t)=2t,化简得2-121+16=0， 解得1=6士2V5,在△DMB中有x=BD<BM+DM=2,所以t=X<4,所以=6-2N5 所以=6-2-5-=5-n=5-1 【小问3详解】 略 【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，到项点距离的问题则可以和外接球 构建联系 第29页/共29页