【文档说明】【精准解析】云南省普洱市景东彝族自治县第一中学2019-2020学年高一月考数学试题.doc，共(28)页，2.762 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-2a81dccf25b3dd82b9f89b552b3453b4.html

以下为本文档部分文字说明：

数学试卷一、单选题（共20题；共40分）1.已知直线m∥平面，下列结论中，正确的是（）A.内的所有直线都与直线m异面B.内的所有直线都与直线m平行C.内有且只有一条直线与直线m平行D.内有无数条直线与直线m垂直【答案】D【解析】【分析

】依据直线和平面平行的定义、性质，可举反例说明A，B，C是错误的．【详解】A、如图，直线m平面α，存在n，nl，从而nm，故A错；B、如图，直线m平面α，存在n，n与l相交，从而m，n异面，m、n不平行，故B错；C、如图，α内凡是与l平行的直线n、e…均与m平行，故C错；D、如图，α内

凡是与l垂直的直线n、e…均与m垂直，故D对．故选D.【点睛】本题考查直线和平面平行的定义、性质，直线和直线位置关系的判定，属于基础题．主要解题的思路是对每个命题，举出反例，由此判断命题是否正确，属于基础题.2.若圆222(3)(5)xyr−++=上有且只有两个点到直线4320xy−−=的距

离等于1，则半径r的取值范围是（）A.(4,6)B.[4,6]C.(4,5)D.(4,5]【答案】A【解析】由圆()()22235xyr−++=，可得圆心的坐标为()35，−圆心()35，−到直线4320xy−−=的距离为

：()2243352543−−−=+由51r−得46r所以r的取值范围是()46，故答案选A点睛：本题的关键是理解“圆上有且只有两个点到直线4320xy−−=的距离等于1”，将其转化为点到直线的距离，结合题意计算求得结果3.已知实数

,ab满足21ab+=，则直线30axyb++=必过定点，这个定点的坐标为（）A.11(,)62B.11(,)26C.11(,)62-D.11(,)26−【答案】D【解析】∵a+2b=1，∴a=1-2b.∵直线ax+3y+b

=0，∴(1-2b)x+3y+b=0，即b(1-2x)+(x+3y)=0.11202,,1306xxxyy=−=+==−∴直线必过点1126−（，）.本题选择D选项.点睛：求定点定值问题常见的方法有两种：

(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．4.已知直线l：34120xy+−=与圆C：12cos22sinxy=−+=+

（θ为参数）的位置关系是（）A.相切B.相离C.相交但直线不过圆心D.直线过圆心【答案】C【解析】【分析】把圆的参数方程改写成普通方程，利用圆心到直线的距离与半径的大小来判断它们的位置关系.【详解】由圆C：12cos22sinxy=−+=+（θ为

参数）得圆的方程为：()()22+124xy+−=，其中圆心为()12−，，半径为2，故圆心()12−，到直线34120xy+−=的距离，()2231+42127=253+4d−−=，所以直线与圆相交，又

d0＞，故直线不过圆心，故选：C.【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，将圆的参数方程改写成普通方程是解题的关键，属于基础题.5.直线y=x+1与圆x2+y2=1的位置关系为（）A.相切B.相交但直线不过圆心C.直线过圆心D.相离【答案】B【解析】试题分析：

求出圆心到直线的距离d，与圆的半径r比较大小即可判断出直线与圆的位置关系，同时判断圆心是否在直线上，即可得到正确答案．解：由圆的方程得到圆心坐标（0，0），半径r=1则圆心（0，0）到直线y=x+1的距离d==＜r=1，把

（0，0）代入直线方程左右两边不相等，得到直线不过圆心．所以直线与圆的位置关系是相交但直线不过圆心．故选B考点：直线与圆的位置关系．6.已知实数x，y满足方程x2+y2-8x+15=0．则x2+y2最大值为（）A.3B.5C.9D.25【答案】D【解

析】【分析】由配方可得原方程表示以40C（，）为圆心，1为半径的圆,22222()xyxy+=+表示点xy（，）与原点的距离的平方，由圆的性质可得所求最大值为21OC+（）．【详解】228150xyx+−+=，即为2241xy−+=（），可得上式方程表示以40C（，）

为圆心，1为半径的圆，22222()xyxy+=+表示点xy（，）与原点的距离的平方，由圆的性质可得圆上的点与原点的距离的最大值为1415OC+=+=，则22xy+的最大值为25．故选D．【点睛】本题考查圆的方程和应用，注意运用两点的距离公式和圆的性质，考查转化思想和运算

能力，属于中档题．7.已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的左、右焦点分别为12(,0),(,0)FcFc−，P是双曲线C右支上一点，且212PFFF=．若直线1PF与圆222xya+=相切，则双曲线的离心率为（）A.43

B.53C.2D.3【答案】B【解析】取线段PF1的中点为A，连接AF2，又|PF2|＝|F1F2|，则AF2⊥PF1，∵直线PF1与圆x2＋y2＝a2相切，且12OFOF=,由中位线的性质可知|AF2|＝2a，∵|PA|＝12|PF1|＝a＋c，∴4c2＝(a＋c)2＋4a2，化简得2

23250caca−−=，即()()23250,3510eeee−−=−+=，则双曲线的离心率为53.本题选择B选项.点睛：双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式cea=；②只需要根据一个条件得到关

于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．8.三棱锥PABC−的三条侧棱互相垂直，且1PAPBPC===，则其外接球上的点到平面ABC的距离的最大值为（）A.33B.

233C.36D.32【答案】B【解析】空间四个点PABC、、、在同一球面上，PA、PB、PC两两垂直，且PA=PB=PC=1，则PA、PB、PC可看作是正方体的一个顶点发出的三条棱，所以过空间四个点PABC、、、的球面即为

的正方体的外接球,球的直径即是正方体的对角线,长为3，球心O到平面ABC的距离为体对角线的16,即球心O到平面ABC的距离为36.其外接球上的点到平面ABC的距离的最大值为：3323263+=.故选B.点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接

、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点,,,PABC构成的三条线段,,PAPBPC两两互相垂直，且,,PAaPBbPCc===，一般把有关元

素“补形”成为一个球内接长方体，利用22224Rabc=++求解．9.在空间，表示平面，,mn表示两条直线，则下列命题中错误的是（）A.若m，mn、不平行，则n与不平行B.若m，mn、不垂直，则n与

不垂直C.若m⊥，mn、不平行，则n与不垂直D.若m⊥，mn、不垂直，则n与不平行【答案】A【解析】【分析】对于A，若m，mn、不平行，则n与可能平行、相交或n，即A错误，即可得出结

论．【详解】解：对于A，若m，mn、不平行，则n与可能平行、相交或n，故不正确．对于B,C,D均正确，即命题错误的是选项A，故选：A．【点睛】本题考查了空间中直线与平面之间的位置关系及直线与直线之间的位置关系，属基础题．10.在如图的正方体中，M、N分别为棱BC和棱1C

C的中点,则异面直线AC和MN所成的角为()A.30B.45C.60D.90【答案】C【解析】【分析】将,ACMN平移到一起，根据等边三角形的性质判断出两条异面直线所成角的大小.【详解】连接1111,,ACBCAB如下图所示，由于,MN分别是棱BC和棱1CC的中

点，故1//MNBC，根据正方体的性质可知11//ACAC，所以11ACB是异面直线,ACMN所成的角，而三角形11ABC为等边三角形，故1160ACB=.故选C【点睛】本小题主要考查空间异面直线所成角的大小的求法，

考查空间想象能力，属于基础题.11.已知直线:330lmxym++−=与圆2212xy+=交于,AB两点，过,AB分别作l的垂线与x轴交于,CD两点，若23AB=，则CD=（）A.4B.43C.5D.6【答案】A【解析】由题意，

|AB|=23.∴圆心到直线的距离d=3，2333.1mm−=+∴m=﹣33.∴直线l的倾斜角为30°，∵过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点，∴|CD|=2332=4．故答案为A．12.定义域为,ab的函数()yfx=的图象的两个端点为A，B，(),Mxy是()fx图象上任意一

点，其中()1xab=+−，（0,1），向量()1ONOAOB=+−，若不等式MNk恒成立，则称函数()fx在,ab上“k阶线性近似”.若函数1yxx=−在1,2上“k阶线性近似”，则实数k的取值范围为（）A

.)0,+B.)1,+C.32,2−+D.32,2++【答案】C【解析】【分析】首先得出点,MN的横坐标相等，并且点N在线段AB上，再根据不等式恒成立转化为maxkMN，转化为求函数的最值问题.【详解】()1ONOAOB

=+−，可知点N的横坐标是()1xab=+−,MN两点的横坐标相等，并且点N在线段AB上，由条件可知()1,0A，32,2B，则32ABk=，则直线AB的方程是()312yx=−，不等式MNk恒成立，则m

axkMN，由以上可知()13311222MNxMNyyxxxx=−=−−−=−+，12,1,22xxx+，当且仅当2x=时等号成立，MN的最大值是322−，即322k−.故选：C【点睛】本题考查向量知识的运用，基本不等式的运用，直线方程，重点考查转化与化归的

思想，计算能力，本题的关键是得出,MN的横坐标相等，这样转化MNMNyy=−.13.一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）A.836+B.16833+C.32363+D.3231633+【答案】A【解析】

【分析】先通过三视图找到几何体原图，再求几何体的体积得解.【详解】由题意可知几何体是组合体，上部是四棱锥，底面是矩形，边长为3，4，高为23，且一个侧面与底面垂直，下部是一个半圆柱，底面半径为2，高为3，（如图所示），所以组合体的体积为2112343

2323+=836+.故选：A.【点睛】本题主要考查三视图还原几何体原图，考查几何体的体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.14.过点()3,4P在两坐标轴上的截距都是非负整数的直线有多少条（）A.4B.5C.6D.7【答案】D【解析】【分析】截距

为零时单独考察，在截距不为零时，设截距分别为,,ab利用截距式写出直线方程，根据过定点P,得到,ab的关系，判定,ab的范围，然后求得43aba=−后分离常数得到1243ba=+−，进而得出3a−应当为12正因数，从而解决问题.【详解】当截距为0时，是直线OP,只有一条，当截距大于0时

，设截距分别为,,ab则直线方程为1xyab+=，∵直线过点()3,4P,∴341+ab=①，∵0,0ab,∴3400>,>ab,结合①可得，34<1<1,ab,∴3,4ab,又∵,ab为整数，45ab，，由①解得412433abaa==+−−,3a−为12的因数，∴31,2,3,4

,6,12a−=,对应4,5,6,7,9,15a=,相应16,10,8,7,6,5,b=对应的直线又有6条，综上所述，满足题意的直线共有7条，故选：D.【点睛】本题考查直线的截距和直线方程的截距式，涉及整除问题，关键有两点：一是要注意截距为零的情况，而是在截距不为

零时，得到43aba=−后分离常数得到1243ba=+−，进而得出3a−应当为12正因数，本题属中档题.15.将一张画了直角坐标系（两坐标轴单位长度相同）的纸折叠一次，使点()2,0与点()2,4−重合，则与点()5,8重合的点是（）A.()6,7B.()7,6

C.()5,4−−D.()4,5−−【答案】A【解析】【分析】由已知得折线为点()2,0和()2,4−的垂直平分线，求得垂直平分线方程，然后设点()5,8关于直线2yx=+的对称点为()00,Pxy,根据“一垂直，二中点”列出方程组求解即可

.【详解】由已知得折线为点()2,0和()2,4−的垂直平分线，两点()2,0和()2,4−连线段的中点为()0,2,斜率为40122−=−−−，∴其垂直平分线的斜率为1，垂直平分线方程为y=x+2，设点()5,8关于直线2yx=+的对称点为()00,Pxy,

则000085222815yxyx++=+−=−−，解得0067xy==，故选：A.【点睛】本题考查点关于直线的对称点问题和线段的垂直平分线方程的求法，涉及直线垂直的条件，中点公式，属基础题.16.已知对任意实数x都有()()3xfxefx=+，()01

f=−，若不等式()()2fxax−（其中0a）的解集中恰有两个整数，则a的取值范围是（）A.41,32eB.4,13eC.274,43eeD.271,42e【答案】C【解析】【分析】由()()3

xfxefx=+可得()()3xfxfxe−=，构造函数()()xfxgxe=，可得()3gx=，再结合已知可求出()fx，画出()fx图象，设()(2)hxax=−，只需满足(1)(1)(2)(2)fhfh−−−−，求解即可.【详解】设()()()(),()3xxfx

fxfxgxgxee−===，所以()3(gxxcc=+为常数），得()()(3)xxfxgxexce==+，(0)1,()(31),()(32)xxfcfxxefxxe==−=−=+，当23x−时，()0fx，当

23x−时，()0fx，所以()fx的递增区间是2(,)3−+，递减区间是2(,)3−−，,()0,,()xfxxfx→−→→+→+，设()(2)hxax=−，可知该函数恒过点(2,0)，画出(),()fx

hx的图象，如下图所示，不等式()()2fxax−（其中0a）的解集中恰有两个整数，则这两个整数解为0,1−，所以(1)(1)(2)(2)fhfh−−−−，即124374eaea−−−−−−

，解得27443aee.故选：C.【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用、函数的概念与性质以及解不等式，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.17.如图，已知ABC的三个顶点均在抛物线24xy=上，AB经过抛物线的焦点F，点D为AC中点.若点D的纵坐标等

于线段AC的长度减去1，则当AFC最大时，线段AB的长度为（）A.12B.14C.10D.16【答案】D【解析】【分析】作出准线1y=−，分别作111,,CCDDAA垂直于准线.则可得()12=+ACCFAF，在AFC中利用余弦定理可得cosAFC的最大值，可得直线AB

方程为31yx=+，代入抛物线24xy=可得线段AB的长.【详解】解：作出准线1y=−，分别作111,,CCDDAA垂直于准线.则()()1111122=+=+DDCCAACFAF.因此()12=+ACCFAF.在AFC中，222cos2+−=AFCFACAFCAFCF()22212

2+−+=AFCFCFAFAFCF.即223311442cos22+−=AFCFCFAFAFCAFCF，当且仅当AFCF=时取等号.所以AFC的最大值为60，此时AFC为正三角形.可得直线AB的倾斜角为60，所以直线AB方程为31yx

=+，代入24xy=得21410yy−+=，所以211144163AB=+−=.故选：D【点睛】本题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系及余弦定理的应用，体现了数形结合和转化数学思想，属于中档题.18.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直

角三角形，则该几何体外接球的体积为（）A.32B.32C.3D.3【答案】B【解析】【分析】通过三视图还原几何体可得四棱锥，从而确定球心O为PB中点，进而求得外接球半径，从而求得所求结果.【详解】由三视图为如下图所示的四棱锥，连接,ACBD交

于点O，取PB中点O，连接OO由三视图可知：BC⊥面PCD，BA⊥面PAD则BCCP⊥，BAPA⊥，由此可得：12OAOCPB==可知O为四棱锥外接球的球心又1122OOPD==，22OB=2232ROBOOOB==

+=外接球体积3344333322VR===本题正确选项：B【点睛】本题考查几何体外接球的问题，关键是能够通过三视图还原几何体，进而通过几何体特点求得外接球球心的位置，从而可得球的半径.19.如图，在底面半径和高均为2的

圆锥中，ABCD、是底面圆O的两条互相垂直的直径，E是母线PB的中点．已知过CD与E的平面与圆锥侧面的交线是以E为顶点的抛物线的一部分，则该抛物线的焦点到圆锥顶点P的距离为（）A.2B.3C.6D.102【答案】D【解析】试题分析：如图：在以平面中的

抛物线中，以E为原点建立坐标系，如图:,代入，解得，焦点坐标是,所以在直角三角形中，,根据勾股定理．考点：20.已知边长为1的正方形ABCD与CDEF所在的平面互相垂直，点,PQ分别是线段,BCDE上的

动点（包括端点），2PQ=，设线段PQ的中点的轨迹为s，则s的长度为（）A.4B.2C.22D.2【答案】A【解析】如图，以DA、DC、DE所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设P（s，1，0）（0≤s≤1），Q（0，0，t）（0≤t≤1），M（

x，y，z），由中点坐标公式易知：1x,,222styz===，即s=2x，t=2z①，∵|PQ|=2212st++=，∴s2+t2=1②，把①代入②得，4x2+4z2=1．即2214xz+=．∵0≤s≤1，0≤t≤1，∴110x0z22

，．∴PQ中点M的轨迹方程为221110x0z42212xzy+==，，．轨迹l为在垂直于y轴且距原点12的平面内，半径为12的四分之一圆周．∴l的长度为112424=．故选D．点睛：处理空间问题

的基本方法是化空间问题为平面问题，线段PQ的中点的轨迹转化为垂直于y轴且距原点12的平面内，半径为12的四分之一圆周.二、填空题（共5题；共5分）21.若异面直线a、b所成的角为60°，则过空间一点P且与a、b所成的角都为60°的直

线有________条．【答案】3【解析】【分析】将异面直线,ab平移到点P，结合图象可知，当直线在面BPE的射影为BPE的角平分线时存在2条满足条件，当直线为EPD的角平分线时存在1条满足条件，即可得到答案.【详解】由题意，如图，将异面直线,ab平移到点P，则6

0BPE=，120EPD=，且角BPE的角平分线与异面直线,ab所成的角为30，而EPD的角平分线与异面直线,ab所成的角为60，因为6030，所以当直线在平面BPE的射影为BPE的角平分线时存在2条满足条件，图中的直线,cd；当直线为EPD的角平分线时仅有存

在1条满足条件，图中的直线e.综上直线与异面直线,ab所成的角相等且等于60有且仅有3条.故答案为：3.【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的概念，以及异面所成角的求法，着重考查空间想象能力，以及推理与论证能力，属于基础题.22.设一个正方体与底面边长为

23，侧棱长为10的正四棱锥的体积相等，则该正方体的棱长为．【答案】2【解析】试题分析：设正四棱锥底面正方形ABCD的中心为O,顶点为P,则6AO=,则2OPh==，则正四棱锥的体积为231(23)283Va===，得2a=考点：正四棱锥体积23.

在空间四边形ABCD中,AC=BC,AD=BD,则异面直线AB与CD所成角的大小为_______.【答案】2【解析】【分析】取AB的中点E，证明AB⊥面CDE，即可得出结果．【详解】解：如图，取AB的中点E，连结,EDEC,ACBCADBD==，,

CEABDEAB⊥⊥又CEDEE=，AB⊥面CDE，又CDCDE，ABCD⊥，异面直线AB与CD所成角的大小为2．故答案为2．【点睛】本题考查异面直线所成的角，可通过证明线面垂直得到，是基础题．24.圆C的圆心为点()8,3−，且经过点()5,1A，则

圆C的方程为________.【答案】()()228325xy−++=【解析】【分析】根据题意，利用两点间距离公式求得圆的半径，根据圆的标准方程求出答案.【详解】由于圆C的圆心为点()8,3−，且经过点()5,1A，圆的半径为r，则()()222853125r

=−+−−=,所以圆的方程为()()228325xy−++=，故答案为：()()228325xy−++=.【点睛】本题考查圆的标准方程的求法，关键在于利用两点间的距离球求得圆的半径，属基础题.25.动点P在直线10xy+−=上运动，()1,1Q为定点

，当PQ最小时，点P的坐标为________．【答案】11,22【解析】【分析】当PQ与直线10xy+−=垂直时，PQ最小，利用直线垂直的条件和点斜式方程求得过点Q与直线10xy+−=垂直的直线方程，然后联立方

程组求解即得.【详解】当PQ与直线10xy+−=垂直时，PQ最小，直线10xy+−=的斜率为1−，∴其垂线的斜率为1，∴过点Q与直线10xy+−=垂直的直线方程为11yx−=−,即0xy−=,由100xyxy+−=−=解得12xy==,∴当PQ最小时，点P的坐标为11,22

，故答案为：11,22.【点睛】本题考查直线上动点到定点的距离最小问题，涉及直线的垂直的条件，直线方程的求法，两直线的交点坐标的求法，属中档题，难度一般.三、解答题（共5题；共55分）26.已知ABC三边所在直线方程：:3260ABlxy−+=，:232

20AClxy+−=，:340BClxym+−=（,30mRm）.（1）判断ABC的形状；（2）当BC边上的高为1时，求m的值.【答案】（1）ABC为直角三角形；（2）25m=或35m=.【解析】试题分析：（1）计算三角形各边的斜率，发

现•1ABACkk=−，AB与AC互相垂直．（2）解方程组求得A的坐标，由点到直线的距离公式求得m的值．试题解析：（1）直线AB的斜率为32ABk=，直线AC的斜率为23ACk=−，所以•1ABACkk=−，所以直线AB与AC互相垂直

，因此，ABC为直角三角形；（2）解方程组3260{23220xyxy−+=+−=，得2{6xy==，即()2,6A.由点到直线的距离公式得22324630534mmd+−−==+当1d=时，3015m−=，即305m−=，解得25m

=或35m=.27.如图1，ABC是等腰直角三角形,90CAB=，AC2a=，E，F分别为AC，BC的中点，沿EF将CEF△折起，得到如图2所示的四棱锥CABFE−.（1）求证：AB⊥平面AEC；（2）当四棱锥CABFE−体积取最大值时：①若G为BC中点，求异面直线

GF与AC所成角；②在CABFE−中AE交BF于C，求二面角ACCB−−的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）①2；②33.【解析】【分析】（1）要证明线面垂直需证明AB与平面内的两条相交直线垂直，即证明ABAE⊥，ABCE⊥；（2）①将异面直

线所成的角转化为相交直线所成的角，再根据AEC是等腰直角三角形确定异面直线所成的角；②可以以点E为原点建立空间直角坐标系，分别求平面CBF和平面CAE的法向量，再利用法向量求二面角的余弦值.【详解】（1）证明：因为ABC是等腰直角三角形，90C

AB=，E，F分别为AC，BC的中点，所以EFAE⊥，EFCE⊥．又因为AECEE=，所以EF⊥平面AEC．由于//EFAB，所以有AB⊥平面AEC．（2）①取AC中点D，连接DE，EF，FG，GD，由于GD为ABC中位线，以及EF为ABC中位线

，所以四边形DEFG为平行四边形．直线GF与AC所成角就是DE与AC所成角．所以四棱锥CABFE−体积取最大值时，CE垂直于底面ABFE．此时AEC△为等腰直角三角形，ED为中线，所以直线EDAC⊥．又因为//EDGF，所以直线GF与AC

所成角为2．②因为四棱锥CABFE−体积取最大值，分别以EA、EF、EC所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图，则()0,0,Ca，(),2,0Baa，()0,,0Fa，(),2,

CBaaa−，()0,,CFaa−．设平面CBF的一个法向量为(),,nxyz=r，由200nCBaxayaznCFayaz=+−==−=得，取1y=，得()1,1,1m=−．平面CAE的一个法向量()0,1,0n=．所以13cos,3

||||3mnmnmn===，故平面CAE与平面CBF的平面角的夹角的余弦值为33．【点睛】本题考查证明线面垂直，异面直线所成角，二面角的向量求法，意在考查推理证明，空间想象能力，计算能力，属于中档题型.28.如图四棱锥PABCD−的底面ABCD为菱形，且60ABC=，2A

BPC==，2PAPB==.（Ⅰ）求证：平面PAB⊥平面ABCD；（Ⅱ）二面角PACB−−的余弦值.【答案】（1）见解析;（2）217.【解析】【详解】（1）证明：取AB中点O，连结PO，CO，由2PAAB==，2AB=，知PAB△为等腰直角三角形，1PO=，PO

AB⊥，由2ABBC==，60ABC=，知ABC为边三角形，3CO=，由2PC=得222POCOPC+=，POCO⊥，又ABCOO=，AB、CO平面ABCDPO⊥平面ABC，又PO平面PAB，平面PAB⊥平面ABCD.（2

）由（1）OB、CO、OP两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系，则()0,1,0A−，()3,0,0C，()0,0,1P，()3,1,0AC=，()0,1,1AP=，设平面PAC的法向量为(),,nxyz=r，则30{0nACxynAPyz=+

==+=，取1x=，则()1,3,3n=−，又平面BAC的一个法向量为()0,0,1m=，设二面角PACB−−的大小为，易知其为锐角，coscos,nm=nmnm==3217133=++，二面角

PACB−−的余弦值为217.29.已知ABC的三个顶点坐标分别为()()()1,1,7,1,2,5,ABCAB−−−边上的中线所在直线为l.（Ⅰ）求直线l的方程；（Ⅱ）若点A关于直线l的对称点为D，求BCD的面积.【

答案】（Ⅰ）30xy+−=；（Ⅱ）152BCDS=【解析】试题分析：（Ⅰ）AB边上的中线所在直线为过点C和AB中点的直线，所以先求AB的中点，再根据两点式写出直线l的方程；（Ⅱ）根据对称的性质，可先求得点D的坐标，再求直线C

D的方程，并且求点B到直线CD的距离和CD,最后根据三角形的面积公式，解得三角形的面积.试题解析：（Ⅰ）设AB的中点为E，()()1,1,7,1AB−−，由中点坐标公式可得()3,0E，又知()2,5C−，由两点式可得：035023yx−−=−−−，整理可得，3

0xy+−=，故l的方程为30xy+−=.（Ⅱ）点A关于直线l的对称点为D，则1ADk=，ADl:11yx−=+，即20xy−+=，解方程组20{30xyxy−+=+−=，得直线AD与直线l的交点坐标15,22F，由

中点坐标公式可得()2,4D.()()2,5,2,4CD−，直线CD的方程为4180xy+−=，()()22225417CD=−−+−=，设B到直线CD的距离为d，则()2274118151714d+−−==+，1115151722217BCDSCDd===.30.设三棱锥PABC−

的每个顶点都在球O的球面上，PAB是面积为33的等边三角形，ACBC⊥，ACBC=，且平面PAB⊥平面ABC.（1）求球O的表面积；（2）证明：平面POC⊥平面ABC，且平面POC⊥平面PAB.（3）与侧面PAB平行的平面与棱AC，BC，PC分别交于D，E

，F，求四面体ODEF的体积的最大值.【答案】（1）16（2）证明见解析（3）49【解析】【分析】（1）先取AB的中点G,连接PG.根据ACBC⊥,得出ABC的外心为G.再因为PAPB=,则PGAB⊥.平面PAB⊥平面ABC,平面PAB平面ABCAB=,所以PG⊥平面ABC,球心O在P

G上.得出O是线段PG上靠近点G的一个三等分点.然后求出球的半径R,则得出球的表面积为.（2）根据O在PG上,则PO⊥平面ABC,又PO平面POC,则有平面POC⊥平面ABC.再证平面PAB⊥平面ABC,所以有CG⊥平面PAB,又CG

平面POC,即可证得平面POC⊥平面PAB.（3）先求C到平面PAB的距离H.设()01CDCA=,C到平面DEF的距离为h.由平面PAB平面DEF,得到三角形相似DEFABP,则可得DEF的

面积,求出3h=,得到O到平面DEF的距离为33−,则四面体ODEF的体积()231V=−.转化为函数,利用导函数求得最大值.【详解】（1）解：取AB的中点G,连接PG.因为ACBC⊥,所以AB

C的外心为G.因为PAPB=,所以PGAB⊥.又平面PAB⊥平面ABC,平面PAB平面ABCAB=,所以PG⊥平面ABC,所以O在PG上.因为PAB是等边三角形,所以O是线段PG上靠近点G的一个三等分点.由题意得23334AB=,解得23AB=,所以

球O的半径32223RAB==,球O的表面积为2416R=.（2）证明：因为O在PG上,所以PO⊥平面ABC,又PO平面POC,所以平面POC⊥平面ABC.连接CG,则CGAB⊥,又平面PAB⊥平面ABC,所以CG⊥平

面PAB,又CG平面POC,所以平面POC⊥平面PAB.（3）解：因为23AB=,所以C到平面PAB的距离3H=.设()01CDCA=,C到平面DEF的距离为h.因为平面PAB平面DEF,所以DEFABP,则DEF的面积为233.又3h=,所以

O到平面DEF的距离为33−,所以四面体ODEF的体积()()2213333313ODEFVV−==−=−.设()()()23101f=−,()()323f=−,当203x

时,()0f；当213x时,()0f.所以()max2439ff==,即四面体ODEF的体积的最大值为49.【点睛】本题考查三棱锥外接球面积的求法,考查面面垂直的证明以及利用导函数求体积的最大值,属于综合性较强的题目.