【文档说明】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高二上学期10月月考数学试题 含解析.docx，共(27)页，2.565 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-b50b4d219635d25ee6da1035fa6404c1.html

以下为本文档部分文字说明：

华中师大一附中2023-2024学年度第一学期高二年级十月月考数学试卷时限：120分钟满分：150分命题人：沈宇为审题人：钟涛一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合题意）1.直线l过点()2,1A，(),3Bm的直线的倾斜角的范围是3,44

，则实数m的取值范围是（）A.(0,2B.()0,4C.)2,4D.()()0,22,4【答案】B【解析】【分析】当直线的斜率存在时，22km=−且1k−或1k；直线的斜率不存在时，2m=，综合即得解【详解】由直线的倾斜角的范围是3,44，得直线的斜率存在时，1

k−或1k.当2m时，31222kmm−==−−，212m−−或212m−，解得02m或24m.当直线的斜率不存在时，2m=符合题意综上，实数m的取值范围是()0,4.故选：B2.直线1l：10axy+−=，2l：()1210axy−−+=，则“1a=−”是“1

2ll⊥”的（）条件A.必要不充分B.充分不必要C.充要D.既不充分也不必要【答案】B【解析】【分析】先求出两直线垂直时a的值，进而可判断充分必要条件．【详解】直线1l：10axy+−=，2l：()1210axy−−+=，当12ll⊥时,有()120a

a−−=，解得2a=或1a=−.所以“1a=−”时“12ll⊥”成立，“12ll⊥”时“1a=−”不一定成立，则“1a=−”是“12ll⊥”的充分不必要条件.故选：B3.已知空间向量()()0,1,2,1,2,2ab==−，

则向量a在向量b上的投影向量是（）A.122,,333−B.244,,333−C.()2,4,4−D.422,,333−【答案】B【解析】【分析】根据已知求出,abb，进而即可根据投影向量求出答案.【详解】由已知可得，6ab=，3b=，所以，向量

a在向量b上的投影向量是244,,23333abbbbb−==.故选：B.4.如图，在平行六面体1111ABCDABCD−中，点M是棱1CC的中点，连接1BM、1BC交于点P，则（）A.12133DPA

BADAA=−+B.11233DPABADAA=−+C.12233DPABADAA=++D.11122DPABADAA=−+【答案】B【解析】【分析】推导出123BPBC=，利用空间向量的线性运算可得出DP关于AB

、AD、1AA的表达式.【详解】在平行四边形11BBCC中，因为M为1CC的中点，连接1BM、1BC交于点P，且11//BBCC，所以，11112CPCMBPBB==，则()()111222333BPBCBCBBADAA==+=+，因此，()11212333DPDAABBPA

DABADAAABADAA=++=−+++=−+.故选：B.5.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，点()2021,2022与点(),mn重合，则mn+=（）A.1B.2023C.4043D.

4046【答案】C【解析】【分析】设()2,0A，()2,4B−，进而根据题意得过点()2021,2022与点(),mn的直线与直线AB平行，再根据斜率公式计算求解即可.【详解】解：设()2,0A，()2,4B−，则,AB所在直线的斜率为40122ABk−

==−−−，由题知过点()2021,2022与点(),mn的直线与直线AB平行，所以202212021nm−=−−，整理得202120224043mn+=+=故选：C6.如图，在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，E

为线段1DD的中点，F为线段1BB的中点．直线1FC到平面1ABE的距离为（）．A.53B.305C.23D.13【答案】D【解析】【分析】将直线1FC到平面1ABE的距离转化为点1C到平面1ABE的距离，建立直角坐标系，表示出相应点的坐标以及向量和法向

量，利用距离公式即可求出.【详解】11,AEFCFC平面1ABE,AE平面1ABE,1FC平面1ABE,因此直线1FC到平面1ABE的距离等于点1C到平面1ABE的距离，如图，以D点为坐标原点，DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，1DD所在的

直线为z轴，建立直角坐标系.则1111(1,0,0),(1,1,1),(0,1,1),(0,0,),(1,1,)22ABCEF111111(1,0,),(1,0,),(0,1,1),(1,0,0)22FC

AEABCB=−=−==设平面1ABE的法向量为(,,)nxyz=，则11020nAExznAByz=−+==+=，令2z=，则(1,2,2)n=−设点1C到平面1ABE的距离为d，则1113nCBdn==故直线1FC到平面1ABE距离为13.故选：D.7.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=+−，进而得出的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.8.在四棱锥PABCD−中，棱长为2的侧棱PD垂直底面边长为2的正方形ABCD，M为棱PD的中点，过直线BM的平面分别与侧棱PA、PC相交于点E、F，当PEPF=时，截面MEBF的面积为（

）A.22B.2C.33D.3【答案】A【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量共面确定点的坐标，利用向量数量积及三角形面积公式即可求出.【详解】由题意，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，如图，建立空间直角坐标系D-xyz，则()0,2,0C，()002

P,,，()2,0,0A，()0,0,1M，()2,2,0B，()2,0,2PA=−，()2,2,1BM=−−，设()2,0,2PEtPAtt==−，01t，则()2,0,22Ett−，又PEPF=，PAPC=，所以()0,2,2PFtPCtt==−，则()0,2,22Ftt−，由

题意，MEBF、、、四点共面，所以BMxBEyBF=+，所以2(22)222(22)1(22)(22)txyxtytxty−=−−−=−+−=−+−，解得32,43xyt===，所以42,0,33E，420,,33F，所以22

22,2,,2,,3333BEBF=−−=−−，所以2879cos,114444449999BEBFBEBFBEBF===++++，即7cos11EBF=，所以262sin1cos11EBFEBF=−=，所以11446242sin229113EBFSBEBFE

BF===，又4141,0,,0,,3333MEMF=−=−，所以119cos,17161161009999MEMFMEMFMEMF===++++，即1cos17EMF=，所以2122sin1cos17

EMFEMF=−=，所以111712222sin229173EMFSMEMFEMF===，所以截面MEBF的面积为42222233EBFEMFSSS=+=+=.故选：A二、多项选择题（每题有两个或者两个以上正确答案，每题5分，少选得2分，共2

0分）9.下列说法中不正确的是（）A.经过定点000(,)Pxy的直线都可以用方程00()yykxx−=−来表示B.经过定点(0,)Ab的直线都可以用方程ykxb=+来表示C.不与坐标轴重合或平行的直线其方程一定可以写成截距

式D.不与坐标轴重合或平行的直线其方程一定可以写成两点式【答案】ABC【解析】【分析】根据直线方程五种形式的限制条件解决即可.【详解】对于A，点斜式方程适用斜率存在的直线，故A错误；对于B，斜截式方程适用斜率存在的直线，故B错误；

对于C，截距式方程适用不与坐标轴重合或平行且不过原点的直线，故C错误；对于D，两点式方程适用不与坐标轴重合或平行的直线，故D正确；故选：ABC10.下列命题中正确的是（）A.若,,,ABCD是空间任意四点，则有0ABBCCDDA+++=uuuruuuruuuruuur

rB.若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角等于130，则直线l与平面所成的角等于50C.已知向量,,abc组是空间的一个基底，则,,abbcabc++++也是空间的一个基底D.对空间任意一点O与不共线的三点,,ABC，若OPxOAyOBzOC=++（其中,,xyzR,,xy

zR），则,,,PABC四点共面【答案】AC【解析】【分析】根据空间向量加法的运算法则，线面角的定义，结合空间向量基底的性质、四点共面的性质逐一判断即可.【详解】A：因为0ABBCCDDA+++=uuuruuuruuuruuurr，所以本选项命题正

确；B：因为直线l的方向向量与平面的法向量的夹角等于130，所以直线l与平面所成的角等于()9018013040−−=，因此本选项命题不正确；C：假设,,abbcabc++++不是空

间一个基底，所以有()()abcxabybc++=+++成立，因为,,abc组是空间的一个基底，所以可得111xxyy==+=，显然该方程组没有实数解，因此假设不成立，所以,,abbcabc++++也是空间的一个基底，因此本选项命题正确；D：因为只有当1xyz++=时，,,

,PABC四点才共面，所以本选项命题不正确，故选：AC11.已知点()1,1M−，()2,1N，且点P在直线l：20xy++=上，则（）A.存在点P，使得PMPN⊥B.存在点P，使得2PMPN=C.PMPN+的最小值为29D.PMPN−最大值为3【答案】BCD【解析】【分析】设(),2Paa−−，

利用斜率公式判断A，利用距离公式判断B，化折线为直线，利用两点之间线段最短判断C，根据几何意义判断D.【详解】对于A：设(),2Paa−−，若1a=−时()1,1P−−，此时PM斜率不存在，203PNk=，PM与PN不垂直，同理2a=时PM与PN不垂直，当1a−且2a时3

1PMaka−−=+，32PNaka−−=−，若PMPN⊥，则33121PMPNaakkaa−−−−==−−+，去分母整理得22570aa++=，2Δ54270=−，方程无解，故PM与PN不垂直，故A错误；对于

B：设(),2Paa−−，若2PMPN=，则()()()()222221323aaaa++−−=−+−−，即221090aa++=，由2Δ10429280=−=，所以方程有解，则存在点P，使得2PMPN=，故B正确；的对于C：如图设()1,1M−关于直线l的对称点为(),Mab

，则111112022baab−=+−++++=，解得31ab=−=−，所以()3,1M−−，所以()()22321129PMPNPMPNMN+=+=+−−−−=，当且仅当M、P、N三点共线时取等号（P在线段MN之

间），故C正确；对于D：如下图，3PMPNMN−=，当且仅当P在NM的延长线与直线l的交点时取等号，故D正确.故选：BCD12.如图，四边形ABCD中，90BAD=，25ABAD==，45ACB=，1tan2BAC=，将

ABC沿AC折到BAC位置，使得平面BAC⊥平面ADC，则以下结论中正确的是（）A.三棱锥BACD−的体积为8B.三棱锥BACD−的外接球的表面积为44C.二面角BADC−−的正切值为54D.异面直线AC与BD所成角的余弦值为55【答案】ABC【解析】

【分析】对于A，先四边形ABCD中，利用已知条件结正弦定理求出,BCAC的长，过B作BEAC⊥于E，则可求出BE，从而可求出三棱锥BACD−的体积，对于B，在ACD中利用余弦定理求出CD，再利用正弦定理

求出ACD外接圆的半径，设O为ACD的外心，三棱锥BACD−外接球的半径为R，球心为'O，设'OOx=，则222222(2)ROExRxOC=++=+，从而可求出R，进而可得三棱锥BACD−的外接球

的表面积，对于C，过E作EFAD⊥于F，连接'BF，则可得'BFE为二面角BADC−−的平面角，从而可求得结果，对于D，如图建立空间直角坐标，利用空间向量求解即可【详解】过B作BEAC⊥于E，在ABC中，因为1tan2BAC=，所以5sin5BAC=，2

5cos5BAC=，由正弦定理得sinsinABBCACBBAC=,即252525BC=，解得22BC=，所以2sin2222BEBCACB===，2CE=，因为()ABCACBBAC=−+,所以sinsin()ABCACBBAC=+sincoscossinACB

BACACBBAC=+52252310525210=+=，由正弦定理得sinsinACABABCACB=，即253102102AC=，解得6AC=，所以11sinsin(90)22ACDS

ACADDACACADBAC==−1125cos62512225ACADBAC===，因为平面BAC⊥平面ADC，平面'BAC平面ADCAC=，BEAC⊥，所以'BE⊥平面ADC，所以三棱锥BACD

−的体积为11122833ACDSBE==，所以A正确，设O为ACD的外心，ACD外接圆半径为r，由余弦定理得2222cosCDACADACADDAC=+−22222cos(90)2sin536202625325ACADACADBACACA

DACADBAC=+−−=+−=+−=所以42CD=，由正弦定理得422210sin255CDrDAC===，所以10r=，取AC的中点M，连接,,OMOEOC，则221091OMOCCM=−=−=，222OEEMOM=+=，设三棱锥BACD−外接球的半径为R，球心为

'O，设'OOx=，则222222(2)ROExRxOC=++=+，即22222(2)10RxRx=++=+，解得1x=，211R=，所以三棱锥BACD−外接球的表面积为2444R=，所以B正确，过E作EFAD⊥于F，连接

'BF，因为'BE⊥平面ADC，AD平面ADC，所以'BEAD⊥，因为'BEEFE=，所以AD⊥平面'EBF，因为'BF平面'EBF，所以'BFAD⊥，所以'BFE为二面角BADC−−的平面角，因为2585sin455EFAEDAC===，所以''25tan48

55BEBFEEF===，所以C正确，如图，以E为坐标原点，建立空间直角坐标系，过D作DGAC⊥于G，则5cos2525AGADCAD===，25sin2545DGADCAD===，则'(2,0,0),(4,0,0),

(2,4,0),(0,0,2)CADB−−所以'(6,0,0),(2,4,2)ACBD==−−设异面直线AC与BD所成角为，则''126cos664164ACBDACBD−===++，所以D错误，故选：ABC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共

20分.把答案填在答题卡的相应位置.13.直线1:230lmxy+−=与直线()2:3160lxmym+−+−=平行，则m=_________.【答案】－2【解析】【分析】利用两直线平行：斜率相等，纵截距不等即可求出结果.【详解】由1:230lmxy+−=，得到

12:32mlyx=−+，因为12ll//，所以10m−，由()3160xmym+−+−=，得到3611myxmm−=−−−−所以3213621mmmm−=−−−−−，即2603mmm−−=，解得2m=−，故答案为：2−.14

.如图，平行六面体1111ABCDABCD−的底面ABCD是矩形，2AB=，2AD=，122AA=，且1160AADAAB==，则线段1AC的长为_______________.【答案】25【解析】【分析】根据给定条件，可得11ACACCC=+，再求出相关向量的模长，然后结合空间

向量数量积运算，即可得到结果.【详解】依题意，11ACACCC=+，得22221111()2ACACCCACACCCCC=+=++，由底面ABCD为矩形，2AB=，2AD=，得222224ACABAD=+=+=，显然22118

CCAA==，又1111()ACCCABADCCABAAADAA=+=+1111cos60cos60222222422ABAAADAA=+=+=，因此21424820AC=++=，所以125A

C=.故答案为：2515.已知正方形的中心为直线220xy−+=，10xy++=的交点，正方形一边所在的直线方程为350xy+−=，则它邻边所在的直线方程为___________．【答案】390,330xyxy−+=−−=【解析】【分析】先求出

中心坐标为(1,0)M−，再根据邻边所在直线与1l垂直设34,ll方程为230xyd−+=，进而结合点(1,0)M−到这两条直线距离相等且为3105即可求解.【详解】解：22010xyxy−+=++=，解得10xy=−=，∴中心坐标为(

1,0)M−，点M到直线1:350lxy+−=的距离2215310513d−−==+设与1l垂直两线分别为34ll、，则点(1,0)M−到这两条直线距离相等且为3105，设34,ll方程为230xyd−+=∴23310510d−+=，解得23d=−或9，∴它邻边所在的直线方程为

390,330xyxy−+=−−=．故答案为：390,330xyxy−+=−−=16.已知a，0bRa，，曲线221ayyaxbx+==++，，若两条曲线在区间34，上至少有一个公共点，则22ab+的最小值为________．【答

案】1100【解析】【分析】由题意两条曲线在区间34，上至少有一个公共点，得到221aaxbx+=++有解，转化为关于a，b的直线方程()21220xabxx−++−=，得到22ab+表示原点到点()ab，的距离的平方，转化为2222221xabdx−+=+，巧换元，构造函

数，利用函数的单调性质，求出最值．【详解】曲线221ayyaxbx+==++，，221aaxbx+=++，222aaxbxx+=++，()21220xabxx−++−=，于是可以看作关于a，b的

直线方程，则()ab，是该直线上的点，22ab+表示原点到点()ab，的距离的平方，设原点到直线的距离为d，根据点到直线的距离公式得到()222214xdxx−=−+，()()222222222211xxabdxx−−+==+

+，令234txx=−，，，则12t，，则2xt=+，()222222221545214ttabdttttt+===++++++，设()5412ftttt=++，，，可知函数()ft在12，上为减

函数，当1t=时，()()115410maxftf==++=，当1t=时，22ab+最小值为1100．故答案为:1100．【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于，根据点到直线距离公式，结合题意，得到2222221xabdx−+=+，利

用换元法，进行求解即可.四、解答题：（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.（1）求证：动直线()()222231310mmxmmym++++−++=（其中Rm）恒过定点，并求出定点坐标；（2）求经过两直线1:240lxy−+=和2:20lxy+−=的交

点P，且与直线3:3450xly−+=垂直的直线l的方程.【答案】（1）证明见解析，()1,2A−；（2）4360xy+−=【解析】【分析】（1）解法一：利用特值法，可得定点()1,2A−，再验证满足题意；解法二：动直线转化为()()2323

10xymxymxy−++++++=，利用Rm，则关于m的方程系数为0，列出方程解得即可.（2）解法一：联立两直线求出交点P，又与直线3:3450xly−+=垂直的直线斜率43k=−，写出直线即可；解法二：利

用垂直直线系，得直线方程为430xym++=，再代入交点P解得m的值，即可得到答案；解法三：利用交点系得直线()():2420lxyxy−+++−=，又3ll⊥，得方程()()()31420++−−=，解得的值，即可得到答案.【详解】(1

)证明：解法一：令0m=，则直线方程为310xy++=①再令1m=时，直线方程为640xy++=②①和②联立方程组310640xyxy++=++=，得12xy=−=，将点()1,2A−代入动直线()()222231310mmxmmym+++

+−++=中，即()()()()()22222311231312222130mmmmmmm++−++−++=−−+−+++−=故动直线()()222231310mmxmmym++++−++=恒过定点()1,2A−.解法二：将动直线方程按m降幂排列整理，得()()232310xym

xymxy−++++++=①不论m为何实数，①式恒为零，∴有3020310xyxyxy−+=+=++=，解得12xy=−=，故动直线恒过点()1,2A−．(2)解法一：联立方程24020xyxy−+=+−=，解得()0,2

P，.直线3:3450xly−+=的斜率为34，由3ll⊥，则直线l的斜率为43k=−，故直线l的方程为4360xy+−=.解法二：设所求直线方程为430xym++=，将解法一中求得的交点()0,2P代入上式可得6m=−，故所求直线方程为4360xy+−=.解法三：

设直线l的方程为()()2420xyxy−+++−=，即()()12420xy++−+−=，又3ll⊥，∴()()()31420++−−=，解得11=，故直线l的方程为4360xy+−=.18.在ABC中，()()()3,4,1,3,5

,0ABC−.（1）求BC边的高线所在的直线的方程；（2）已知直线l过点A，且BC、到l的距离之比为1:2，求直线l的方程.【答案】（1）220xy−−=（2）10xy−+=，或5230xy+−=【解析】【分析】（1）根据互相垂直两直线斜

率的关系，结合直线的点斜式方程进行求解即可；（2）根据点到直线距离公式，结合直线的点斜式方程进行求解即可.【小问1详解】设BC边高线所在的直线为m，所以由3011215mBCmmkkkk−=−=−=−−，所以直线m的方程为()423220y

xxy−=−−−=；【小问2详解】当直线l不存在斜率时，直线l的方程为3x=，显然BC、到l的距离之比为2:1，不符合题意；当直线l存在斜率时，设为k，方程为()43430ykxkxyk−=−−+−=，的因为BC、到l的距离之比为1:2，所以()()2

22234354311211kkkkkkk−−+−+−==+−+−，或15k=−，方程为10xy−+=，或5230xy+−=，综上所述：直线l的方程10xy−+=，或5230xy+−=.19.如图，在四棱锥PABCD−中，PA⊥平面ABCD，//ADBC，BCC

D⊥，π4ABC=，112CDCEBE===，2PAAD==，F为PD的中点．（1）证明：ABPE⊥；（2）求二面角AEFD−−的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）13−.【解析】【分析】（1）

根据给定条件，证明ABAE⊥，再利用线面垂直的性质、判定推理作答.（2）由（1）中信息，以点A作原点建立空间直角坐标系，再利用空间向量求解作答.【小问1详解】在四边形ABCD中，//ADBC，取BE中点G，连

接,AGAE，由112CDCEBE===，得2CGAD==，则四边形AGCD是平行四边形，又BCCD⊥，因此AGCD是矩形，即有AGBC⊥，有AEAB=，π4AEBABC==，从而π2BAE=，即ABAE⊥，而PA⊥平面ABC

D，AB平面ABCD，则ABPA⊥，又,,PAAEAPAAE=平面PAE，于是AB⊥平面PAE，而PE平面PAE，所以ABPE⊥.【小问2详解】由（1）知,,AGADAP两两垂直，以点A为原点，直线,,AGAD

AP分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系，依题意，(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,1,1)AEDF，(1,1,0),(1,0,1),(1,1,0)AEEFED==−=−，设平面AEF的一个法

向量(,,)mxyz=，则00mAExymEFxz=+==−+=，令1x=，得(1,1,1)m=−，设平面DEF的一个法向量111(,,)nxyz=，则111100nEDxynEFxz=−+==−+=，令11x=，得(1,1,1)n=，

因此1111111cos,3||||33mnmnmn−+===，显然二面角AEFD−−的平面角为钝角，所以二面角AEFD−−的平面角的余弦值为13−.20.如图1，边长为2的菱形ABCD中，120DAB

=，E，O，F分别是AB，BD，CD的中点.现沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，连接AC，如图2.（1）求cosEOF；（2）若过E，O，F三点的平面交AC于点G，求四棱锥AOEGF−的体积.【答案】（1）34−（2）312【解析】【分析】（1）证明OA⊥平面BCD，建立空

间直角坐标系，得到310,,22OE=−，13,,022OF=，再计算夹角得到答案.（2）计算平面OEGF的法向量为()3,3,3n=−，再计算A到平面OEGF的距离为217h=，最后计算体积得

到答案.【小问1详解】连接OA，OC，平面ABD⊥平面BCD，平面ABD平面BCDBD=，OABD⊥，OA平面ABD，故OA⊥平面BCD，分别以OC，OD，OA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则()0,0,1A，()0,3,0B−，()1,0,0C，()0,3,0D，因为E，F分别是

AB，CD的中点，所以310,,22OE=−，13,,022OF=，所以334cos114OEOFEOFOEOF−===−.【小问2详解】连接EG，FG，AF，设平面OEGF的法向量为(,,)nxyz=，则0nOE=，0nOF

=，即11113102213022yzxy−+=+=，令13y=，则13x=−，13z=，所以()3,3,3n=−，设A到平面OEGF的距离为h，而310,,22AE=−−，321721AEnhn===

，依题意得四边形OEGF是一个菱形，()0,πEOF，97sin1164EOF=−=，所以72sin4OEFOEGFSSOEOFEOF===四边形，所以117213334712AOEGFOEGFVSh−===四边形.21.在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的长为2，宽

为1，AB，AD边分别在x轴、y轴的正半轴上，点A与坐标原点重合(如图所示).将矩形折叠，使点A落在线段DC上．（1）若折痕所在直线的斜率为k，试求折痕所在直线的方程;（2）当230k−+时，求折痕长的最

大值．【答案】（1）2122kykx=++；（2）()262.−【解析】【分析】()1当0k=时，此时A点与D点重合，折痕所在直线方程1.2y=当0k时，将矩形折叠后A点落在线段DC上的点记为()1Ga，，可知：A与G关于折痕所在的直线对称，有1OGkk=−，解得.

ak=−故G点坐标为()1Gk−，，从而折痕所在的直线与OG的交点坐标即线段OG的中点为122kM−，，即可得出．()2当0k=时，折痕长为2.当230k−+时，折痕所在直线交BC于2

12222kk++，，交y轴于210.2kQ+，利用两点之间的距离公式、二次函数的单调性即可得出．【详解】解：（1）①当0k=时，此时点A与点D重合，折痕所在直线的方程为12y=．的②当0k时，将矩形折叠后点A落在线段D

C上的点记为(),1Ga，02a，所以点A与点G关于折痕所在的直线对称，有1·11OGkkkaka=−=−=−，故点G的坐标为(),1k−，从而折痕所在的直线与OG的交点(线段OG的中点)为122kP−,，故折痕所

在直线的方程为122kykx−=+，即2122kykx=++．综上所述，折痕所在直线的方程为2122kykx=++．()2当0k=时，折痕的长为2;当230k−+时，折痕所在的直线交直线BC于点212222kMk++,，交y

轴于点2102kN+,．()22023743k−+=−,()2118431=2232=12222k+−−,则N在AD上，221132(2)2222kkk++=+−，230k−+，2122

2kk++的取值范围为10,2，故点M在线段BC上．()22222211||22444474332163222kkMNkk+=+−++=++−=−，折痕长度的最大值为()32163262.−=−而()2622−，故折痕长度的最大值为()262.−

【点睛】思路点睛：关于折叠问题可转化为轴对称问题，利用中点坐标公式、相互垂直的直线斜率之间的关系.22.如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AC为底面直径，ABD△为底面圆O的内接正三角形，且ABD△的边长为3，点E在母线PC上，且3AE=，1CE=．（1

）求证：直线//PO平面BDE，并求三棱锥PBDE−的体积：（2）若点M为线段PO上的动点，当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时，求此时点M到平面ABE的距离．【答案】（1）证明见解析；18PBDEV−=（2）714

【解析】【分析】（1）设ACBDF=，由正弦定理和三角形相似关系可证得EFAC⊥，结合面面垂直的性质可证得EF⊥平面ABD，由此可得//POEF，由线面平行的判定可得结论；由平行关系可得PBDEOBDEVV

−−=，根据棱锥体积公式可求得结果；（2）以F为坐标原点可建立空间直角坐标系，设OMOP=，根据线面角的向量求法，可确定当12=时，sin取得最大值，由此可确定MA，利用点到面的距离的向量求法可求得结果.【小问1详解】设AC

BDF=，连接EF，ABD为底面圆O的内接正三角形，32πsin3AC==，F为BD中点，又33342AF=−=，31222CF=−=，213AOAF==；3AE=，1CE=，222AECEAC+=，AEEC⊥，AFAEAEAC=，AEF∽ACE△，AFEAEC

=，EFAC⊥；PO⊥平面ABD，PO平面PAC，平面PAC⊥平面ABD，平面PAC平面ABDAC=，EF平面PAC，EF⊥平面ABD，又PO⊥平面ABD，//EFPO，PO平面BDE，EF平面BDE，//PO平面BDE；F为BD中点，AFBD⊥，即O

FBD⊥，又EF⊥平面ABD，,OFBD平面ABD，EFOF⊥，EFBD⊥，EFBDF=，,EFBD平面BDE，OF⊥平面BDE，2293342EFAEAF=−=−=，EFBD⊥，113332224BDESBDEF===，又1122OFAF==，//PO平面

BDE，1131133428PBDEOBDEBDEVVSOF−−====.【小问2详解】12OFCF==，F为OC中点，又//POEF，E为PC中点，2POEF=，3PO=，2PC=，以F为坐标原点，,,FBFCFE正方向为,,xyz轴，

可建立如图所示空间直角坐标系，则30,,02A−，3,0,02B，30,0,2E，3,0,02D−，10,,02O−，10,,32P−，33,,022AB=

，330,,22AE=，()0,0,3OP=，31,,022DO=−，33,,022DA=−，设()()0,0,301OMOP==，31,,322DMDOOM=+=−；设平面ABE的法

向量(),,nxyz=，则3302233022ABnxyAEnyz=+==+=，令1y=−，解得：3x=，3z=，()3,1,3n=−，设直线DM与平面ABE所成角为，()222231sin73131732DMnDMn+===+++，令32t

=+，则2,5t，23t−=，()()2222222213147174313332ttttttt−++−+===−++，111,52t，当127t=，即12=时，()22min31311449

7324++==+，()max1sin1177==，此时313,,222DM=−，30,1,2MADADM=−=−−，点M到平面ABE的距离172147MAndn

===.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com