精品解析：上海市南洋模范中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_高中_高二_上学期_2：期中

上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 南模中学 2023 学年第一学期高二年级数学期中 2023.11 一､填空题（本大题共 12 题，满分 54分，第 1-6 题每题 4分，第 7-12 题每题 5分）  1. 已知空间中两条直线 a,b ，“ a  b ”是“a与 b 相交”的__________条件.（选填“充分非必要”，“必要非充 分”，“既非充分又非必要”，“充要”） 【答案】既非充分又非必要 【解析】 【分析】根据空间中的直线位置关系及两直线的向量关系，结合充分条件、必要条件的概念判断即可. r r  【详解】对于空间中两条直线a,b，若a  b ，则a b，此时直线a与b垂直，  但不一定相交，异面直线垂直也叫直线互相垂直，所以“a  b ”推不出“a与b相交”； r r 反之，若直线a与b相交，则两直线夹角不一定为直角，即a b不一定成立，  所以“a与b相交”推不出“a  b ”；  所以“a  b ”是“a与b相交”的既非充分又非必要条件. 故答案为：既非充分又非必要  2. 已知a  0,1,m,b 0,n,3分别是平面,的法向量，且//，则mn__________. 【答案】3 【解析】  【分析】利用平面法向量的定义以及面面平行的性质可知a  //b ，再由向量平行的坐标表示即可得 mn3.  【详解】根据题意可知，若//则可知a  //b ，  1 m 又a  0,1,m,b 0,n,3可得  ，即可得mn3. n 3 故答案为：3 4 3. 若圆锥高为3，且母线与底面所成角为arccos ，则该圆锥的侧面积为______. 5 【答案】20π 【解析】 第 1 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【分析】由题意求出底面半径，进而求母线长、底面周长，应用扇形面积公式求圆锥侧面积. r 4 【详解】若底面半径为r，则  ，可得r 4， r2 9 5 所以，底面周长为2πr 8π，母线长为 r2 9 5， 1 故圆锥侧面积为 8π520π. 2 故答案为：20π r r   4. 已知a,b均为空间单位向量，且它们的夹角为60，则 a2b ______． 【答案】 7 【解析】      2 【分析】根据条件可求出ab，然后根据 a2b  a2b 进行数量积的运算即可求解.     【详解】因为 a  b 1， a,b 60，       1    2 2   2 所以ab a b cos a,b  ， a2b  a2b  a 4ab4b  124  7， 2 故答案为： 7 5. 如图，点C在圆锥PO的底面圆O上，AB是直径，AB8，BAC 30，圆锥的母线与底面成的 角为60，则点A到平面PBC 的距离为_____． 8 15 【答案】 5 【解析】 【分析】先根据题意得到各棱长的长度，再利用等体积法V V 求解点A到平面PBC 的距离d PABC APBC 即可. 【详解】依题意可知，底面直角 ABC中，AB8,BC 4,AC 4 3，  第 2 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) PO底面ABC，圆锥的母线与底面成的角为60，即PBA60，故PC  PA PB AB8， PO4 3， 设点A到平面PBC 的距离为d，则利用等体积法V V ， PABC APBC 1 1  1 1  8 15 故   44 3  4 3    4 82 22  d ，解得d  . 3 2  3 2  5 8 15 故答案为： . 5 6. 某同学在参加魔方实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为 6 3的正方体的六个面所截后剩余的部分，（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为 6，则该球的表面积是______． 【答案】144 【解析】 【分析】设球心为O，作出过球心的截面图如图所示，然后根据已知条件结合球的性质求解即可. 【详解】设球心为O，作出过球心的截面图如图所示，则OA3 3， 由截面圆的周长为6，得2AB6，∴AB3， 球的半径是 OA2  AB2  (3 3)2 32 6． 所以该球的表面积为462=144. 故答案为：144. 7. 现有甲乙两个形状完全相同的四棱台容器如图所示，已知AB6,AB 2，现按一定的速度匀速往甲 1 1 容器里注水，当水的高度是四棱台高度的一半时用时7分钟，如果按照相同的速度匀速往乙容器里注水， 第 3 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 当水的高度是四棱台高度的一半时用时________分钟． 【答案】19. 【解析】 【分析】不妨以正四棱台为例，设正四棱台的高为2h，由题意求得水流速度，再求出乙容器中水的容积， 则答可求， 【详解】不妨以正四棱台为例，设正四棱台的高为2h， 由AB6,AB 2，正四棱台的中截面是边长为4的正方形， 1 1 1 28 当水的高度是四棱台高度的一半时，甲容器内水的容积为 h4816 h 3 3 28 4 设水流速度为v，则7v h，v h 3 3 1 76 当乙容器中水的高度是四棱台高度的一半时，水的容积为 h362416 h 3 3 76 h 3 当水的高度是四棱台高度的一半时用时为 19分钟. 4 h 3 故答案为：19. 8. 已知正方体ABCDABC D 的棱长为1，点E､F ､G分别为棱AB､ AA ､ C D 的中点，则下列结论 1 1 1 1 1 1 1 中 3 3 （1）过E､F ､G三点作正方体的截面，所得截面面积为 4 （2）BC与平面BDDB所成的角为：60 1 1 1 第 4 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 2 （3）异面直线EF 与BD 所成角的正切值为 1 2 （4）四面体ACBD 的体积等于 1 ； 1 1 2 其中正确的结论________； 【答案】（1）（3） 【解析】 【分析】对于（1），作出截面，直接计算其面积即可；对于（2），连接BD，交AC于O，连接OB ，则 1 OBC 是BC与平面BDDB所成的角，然后计算即可；对于（3），连接AB，则ABD 异面直线 1 1 1 1 1 1 1 EF 与BD 所成角，然后计算；对于（4），由于V V ，所以计算V 即可 1 ACB 1 D 1 B 1 ACD 1 B 1 ACD 1 【详解】解：（1）如图，过E､F ､G三点的截面为正六边形EFHGKL，因为正方体 2 ABCDABC D 的棱长为1，所以正六边形EFHGKL的边长为 ，所以正六边形EFHGKL的面积 1 1 1 1 2 2 3  2  3 3 为6    ，所以（1）正确； 4 2 4   对于（2），连接BD，交AC于O，连接OB ，因为BB 平面ABCD，AC平面ABCD，所以 1 1 BB  AC，因为ACBD，BB BD B，所以AC 平面BDDB，所以OBC 是BC与平面 1 1 1 1 1 1 1 2 BDDB所成的角，因为正方体ABCDABC D 的棱长为1，所以BC  2,OC  AC  ，所以 1 1 1 1 1 1 1 2 2 OC 1 sinOBC   ，所以OBC 30，所以（2）错误； 1 BC 2 1 1 对于（3），连接AB，因为点E､F 分别为棱AB､ AA 的中点，所以EF ∥AB，所以ABD 是异面直 1 1 1 1 1 第 5 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) AD 1 2 线EF 与BD 所成角，则tanABD  1 1   ，所以异面直线EF 与BD 所成角的正切值为 1 1 1 AB 2 2 1 1 2 ，所以（3）正确； 2 1 3 对于（4），因为正方体ABCDABC D 的棱长为1，所以点B 到平面ACD 的距离为 DB  ，所 1 1 1 1 1 1 3 1 3 1 3 1 3  2 3 1 以V V  S     2   ，所以（4）错误， ACB 1 D 1 B 1 ACD 1 3 ACD 1 3 3 4 3 6 故答案为：（1）（3） 9. 用一个平面将圆柱切割成如下图的两部分.将下半部分几何体的侧面展开，平面与圆柱侧面所形成的交 线在侧面展开图中对应的函数表达式为y 1.5 2cosx,x, ，则平面与圆柱底面所形成的二面角 的正弦值是__________. 6 1 【答案】 ## 6 3 3 【解析】 【分析】根据已知画出 y 1.5 2cosx在[π,π]上的图象，直观想象侧面展开图与几何体的关系确定截 面最高、低高度差及底面半径，即可求二面角正弦值. 【详解】由y 1.5 2cosx在一个周期[π,π]上图象如图， 第 6 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 其最大值与最小值相差2 2，即截面的最高处与最低处的高度差为2 2， 底面周长为2π，即底面半径为1，故直径为2， 2 2 6 所以平面与圆柱底面所形成的二面角的正弦值是  . (2 2)2 22 3 6 故答案为： 3 10. 如图，棱长为1的正方体A 1 A 2 A 3 A 4  A 5 A 6 A 7 A 8 的八个顶点分别为A 1 ,A 2 ,  ,A 8 ，记正方体12条棱的   中点分别为A 9 ,A 10 ,  ,A 20 ，6个面的中心为A 21 ,A 22 ,  ,A 26 ，正方体的中心为A 27 .记m j  A 1 A 7 A 1 A j ， j{1,2，，27}，其中AA 是正方体的体对角线.则m m m ________. 1 7 1 2 27 81 【答案】 ##40.5 2 【解析】 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标运算，可求m m m 的值. 1 2 27 【详解】 建立如图所示的空间直角坐标系，则A 0,0,0 ，A 1,0,0 ，A 1,1,0 ， 1 2 3 A 0,1,0 ，A 0,0,1 ，A 1,0,1 ，A 1,1,1 ，A 0,1,1 ， 4 5 6 7 8 第 7 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )   设向量AA x,y,z，而AA 1,1,1， 1 j 1 7   故m  AA AA  x yz，故m m m 表示各点的坐标和的和. j 1 j 1 7 1 2 27 现各点的横坐标之和为X ，纵坐标之和为Y ，竖坐标之和为Z ， 1 27 根据对称性可得X Y Z 19 909 ， 2 2 27 81 故m m m 3  ， 1 2 27 2 2 81 故答案为： . 2 【点睛】方法点睛：对于一些较为复杂的计算问题，如果直接算比较麻烦，则可以换一个等价的计算方 法，从而使得问题得以简化. 11. 水平桌面上放置了3个半径为2的小球，它们两两相切，并均与桌面相切.若用一个半球形容器（容器 厚度忽略不计）罩住三个小球，则半球形容器的半径的最小值是____. 2 21 【答案】2 3 【解析】 【分析】首先确定半球形容器的半径最小时，三个小球与半球、及三个小球之间的位置关系，进而确定球 心、切点的位置关系，根据已知求容器半径. 【详解】当半球形容器的半径最小，即三个小球与半球球面都相切，且各切点与对应小球球心、半球球心 共线，各小球两两也相切， 此时三个小球球心在桌面上投影所成正三角形的中心，即为半球最大圆的圆心（也为球心）， 如下图示：A,B,C为三个小球球心，D,E,F 分别为它们在桌面上的投影，O为半球球心， 2 3 4 3 所以  ABC,  DEF 为边长为4的等边三角形，故DO  DF  ， 3 2 3 16 2 21 而AD2，故AO DO2  AD2  4  ， 3 3 2 21 所以半球最小半径为AO22 . 3 第 8 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 2 21 故答案为：2 3 12. 空间内存在三点A、B、C，满足AB AC  BC 1，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点 与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为______． 【答案】9 【解析】 【分析】根据题意，先考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，分类讨论 ABC为正四棱锥的侧面  或对角面两种情况，再结合 ABC三边的轮换对称性即可得解.  【详解】因为空间中有三个点A、B、C ，且AB BC CA1， 不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑 ABC三边的轮换对称性，可先  分为两种大情况，即以下两种： 第一种： ABC为正四棱锥的侧面，如图1，  此时AB,BC,AC分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的; 不妨以BC为例，此时符合要求的另两个点如图1所示，显然有两种情况， 考虑到 ABC三边的轮换对称性，故而总情况有6种；  第二种： ABC为正四棱锥的对角面，如图2，  此时AB,BC,AC分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的; 不好以BC为例，此时符合要求的另两个点图2所示，显然只有一种情况， 考虑到 ABC三边的轮换对称性，故而总情况有3种；  综上所述：总共有9种情况. 故答案为：9. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是注意到 ABC为正三角形，从而考虑正四棱锥中三个点构成等边三  角形的情况，结合 ABC三边的轮换对称性即可得解.  二､选择题（本大题共有 4题，满分 20分，每题 5 分） 第 9 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 13. 如图所示，在平行六面体ABCDABC D 中，M 为AC 与BD 的交点，若 1 1 1 1 1 1 1 1        ABa,ADb,AA c，则BM （ ） 1 1  1   1  1   A. a bc B. a bc 2 2 2 2 1  1   1  1   C.  a bc D.  a b c 2 2 2 2 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算进行求解. 【详解】  B  M    B  B    B  M    B  B   1 (  A  D    A  B  )  A  A   1 (  A  D    A  B  )c 1 (b  a) 1 a 1 b  c . 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 故选：D 14. 有一个沙漏如图所示，由圆柱与圆锥组合而成，上下对称，沙漏中沙子完全流下刚好填满下半部分的圆 柱部分，已知沙漏总高度为10cm，圆柱部分高度为2cm，则初始状态的沙子高度h为（ ） A. 3cm B. 3.5cm C. 4cm D. 4.5cm 【答案】C 【解析】 【分析】先根据题意求得圆锥高度h ，再利用体积相等求得初始状态圆柱部分沙子的高度h，由此得解. 2 【详解】如图，设初始状态圆柱部分沙子的高度为h，沙漏下半部分的圆柱高度为h ，圆锥高度为h ， 1 2 第 10 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 上、下底面半径为r， 1 则h 2cm，又沙漏总高度为10cm，则h  102h 3cm， 1 2 2 1 1 1 所以 πr2h πr2hπr2h ，即 πr23πr2hπr22，解得h 1， 3 2 1 3 所以初始状态的沙子高度为h h4cm. 2 故选：C. 15. 已知两个不同平面,和三条不重合的直线a,b,c，则下列命题： （1）若  b，a b，则a  且a  . （2）若平面内有不在同一直线的三点A､B､C到平面的距离都相等，则  ； （3）若,分别经过两异面直线a,b，且c，则c必与a或b相交； （4）若a,b,c是两两互相异面的直线，则存在无数条直线与a,b,c都相交. 其中正确的命题是（ ）. A. （1）（3） B. （2）（4） C. （1）（2）（4） D. （3）（4） 【答案】D 【解析】 【分析】简单的反例可以否定（1），（2），利用反证法，借助平行公理可以判断（3），通过较为复杂的构造 与证明，可以判断（4）. 【详解】对于（1），若b,a  b，则a  或a  ，或a,a，故（1）错误； 对于（2），一个平面里有三个不同的点到另一个平面的距离都相等，则这两个面可能相交也可能平行， 例如：在正方体ABCDABC D 中，M、N、P、Q分别为棱AD,BC,BC ,AD 的中点， 1 1 1 1 1 1 1 1 记平面ABCD为平面，平面MNPQ为平面，如图： 第 11 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 平面ABCD中的点A,B,C到平面MNPQ的距离均相等， 但是平面ABCD与平面MNPQ相交，不平行，故（2）错误； 对于（3），假若c既不与a相交，也不与b相交，由于a,c都在内，故a,c平行， 同理b,c平行，根据平行公理得到a,b平行，与已知a,b为异面直线矛盾，故（3）正确； 对于（4），如图所示， a，b，c是异面直线，上下两个平面，是分别通过a,c中的一条而与另一条平行的平面， 直线b与这两个平面都相交，交点A,B都不在直线a,c上. 在直线b上任取一点不同于A,B的点P，由于a,b异面，所以Pa，则直线a与点P确定一个平面， 可知这平面与直线c相交，设交点为Q,连接PQ的直线与直线a必然相交（否则，这条线必在平面 内)， 由于P点的任意性，可知这样可以做出无数条直线与a,b,c都相交，故（4）正确. 故选：D 16. 如图，设P为正四面体ABCD表面（含棱）上与顶点不重合的一点，由点P到四个顶点的距离组成 第 12 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 的集合记为M ，如果集合M 中有且只有2个元素，那么符合条件的点P有． A. 4个 B. 6个 C. 10个 D. 14个 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：分以下两种情况讨论：（1）点P到其中两个点的距离相等，到另外两点的距离分别相 等，且这两个距离不等，此时点P位于正四面体各棱的中点，符合条件的有6个点； （2）点P到其中三个点的距离相等，到另外一点的距离与它到其它三点的距离不相等，此时点P在正四 面体各侧面的中心点，符合条件的有4个点，故选C. 考点：新定义 三､解答题（共 5道大题，其中 17题 14分，18题 14分，19题 14分，20题 16分，21题 18 分，共计 76 分） 17. 已知空间中三点A2,0,2 、B1,1,2 、C3,0,4 ，设a    A  B  ，b    A  C  ．     （1）若 c 3，且c//BC，求向量c；   （2）求以a、b为一组邻边的平行四边形的面积S． 【答案】（1） 2,1,2 或 2,1,2 （2）3 【解析】 【分析】（1）首先求出  B  C  的坐标，由c  //  B  C  ，可设c  m  B  C  ，利用 c  3，求出参数的值，即可求出结 果．        ABAC （2）求出AB1,1,0，AC 1,0,2， BC 2,1,2， cos AB,AC    ，再由同角 | AB|| AC|   三角函数的基本关系求出sin AB,AC ，最后由面积公式求解. 【小问1详解】 第 13 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 因为A2,0,2 ，B1,1,2 ，C3,0,4 ，a    A  B  ，b    A  C  ，     所以a AB1,1,22,0,21,1,0，b AC 3,0,42,0,21,0,2，  BC (3,0,4)(1,1,2)(2,1,2)，  c  3，且c  //  B  C  ，设c  m  B  C    cmBC m2,1,22m,m,2m，  c  (2m)2 (m)2 (2m)2 3m 3，解得m1， r c2,1,2或c  2,1,2． 【小问2详解】    因为AB1,1,0，AC 1,0,2， BC 2,1,2   A  B    A  C  1，  A  B   12 12  2，  A  C   12 22  5     ABAC 1 1 10 cos AB,AC       ， |AB||AC| 2 5 10 10   1 3 3 10 sin AB,AC  1   ， 10 10 10     3 S  AB  AC sin AB,AC   2 5 3. 10 18. 亭子是一种中国传统建筑，多建于园林，人们在欣赏美景的同时也能在亭子里休息、避雨、乘凉（如 图1）.假设我们把亭子看成由一个圆锥PO 与一个圆柱OO 构成的几何体（如图2）.一般地，设圆 1 1 锥PO 中母线与底面所成角的大小为，当2035时，方能满足建筑要求.已知圆锥高为1.5 1 米，底面半径为2.5米，圆柱高为3米，底面半径为2米. （1）求几何体的体积； （2）如图2，设E为圆柱底面半圆弧CD的三等分点，求圆柱母线EF 和圆锥母线PB所在异面直线所成 第 14 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 角的正切值，并判断该亭子是否满足建筑要求. 【答案】（1）15.125π 5 （2） ，该亭子满足建筑要求 3 【解析】 【分析】（1）利用柱体，锥体的体积公式计算即可； （2）连接PO ，BO ，可得BPO 为圆柱母线EF 和圆锥母线PB所成的角，求解即可． 1 1 1 【小问1详解】 圆柱的体积V πr2hπ22312π， 1 1 1 圆锥的体积为V  πR2h  2.521.53.125π， 2 3 1 3 几何体的体积V V V 15.125π； 1 2 【小问2详解】 连接PO ，BO ， 1 1 根据题意可得PO //FE ， 1 BPO 为圆柱母线EF 和圆锥母线PB所成的角， 1 34  BO 1 2.5，PO 1 1.5，PB PO 1 2 BO 1 2  2 ， 2.5 5 tanBPO   ， 1 1.5 3 5 圆柱母线EF 和圆锥母线PB所在异面直线所成角的正切值为 . 3 PO 1.5 3 34 sin 1   0.5145 又 PB 34 34 ， 2 因为sin350.5736，所以3035，故该亭子满足建筑要求. 19. 在四棱锥M ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，且BC  AB BD，MCBMCD． 第 15 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （1）求异面直线BD与MC 所成角的余弦值； 7 （2）若CM 2，CD2，二面角BCM D的平面角的余弦值为 ，求DCM 的正弦值． 25 5 【答案】（1）0；（2） . 6 【解析】 【分析】（1）首先设AC与BD的交点为O，连接MO.根据已知及三角形全等的性质可证明BD面 MAC，即可得到异面直线BD与MC 所成角的余弦值. （2）首先作DF CM 于点F ，连接BF ，易证 CDF≌ CBF ，得到BF CM ，即BFD为二面   角BCM D的一个平面角，再利用余弦定理即可得到DCM 的正弦值. 【详解】（1）设AC与BD的交点为O，连接MO. 因为四边形ABCD是平行四边形，且BC  ABCD， 所以四边形ABCD是菱形. 因为MCBMCD，BC CD，MC MC ， 所以 MCB≌ MCD，MB  MD.   又因为BO DO，MOMO，及MB  MD，  所以 MOB≌ MOD，BOM DOM  ，即MOBD，   2 第 16 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) MO BD   AC  BD  BD面MAC  BDMC.  ACMOO  故异面直线BD与MC 夹角的余弦值为0. （2）作DF CM 于点F ，连接BF ， 因为MCBMCD，CBCD，CF CF， 所以 CDF≌ CBF ，   所以DFC BFC，BF  DF ，BF CM ， 即BFD为二面角BCM D的一个平面角， 设DCM ，则BF  DF 2sin， BF2 DF2 BD2 (2sin)2 (2sin)2 4 7 cosBFD   ， 2BFDF 2(2sin)2 25 5 解得，sin . 6 5 所以DCM 的正弦值为 ． 6 【点睛】本题第一问考查异面直线成角问题，第二问考查二面角的计算，属于中档题. 1 20. 如图，在等腰梯形ABCD中，BC∥AD，BC  AD2，A60，E为AD中点，点O，F分 2 别为BE，DE的中点，将  ABE沿BE折起到 A 1 BE的位置，使得平面A 1 BE 平面BCDE（如图）. 第 17 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （1）求证：AOCE ； 1 （2）求直线AB与平面ACE 所成角的正弦值； 1 1 AP （3）侧棱AC上是否存在点P，使得BP∥平面AOF ？若存在，求出 1 的值；若不存在，请说明理由 1 1 AC 1 AP 1 15 【答案】（1）证明见解析；（2） ；（3） 1  . AC 3 5 1 【解析】 【分析】（1）要证AOCE ，只需证明AO平面BCDE即可； 1 1 （2）以O为原点，OB，OC，OA 所在的直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，确定出点 1 A,B,C,E坐标，求出平面ACE 的法向量坐标，即可求解； 1 1   （3）假设满足条件的点P存在，设APAC，0,1 ，由四边形BCDE为菱形，且EC  BD， 1 1 AP 结合（1）可知，EC 平面AOF ，得到  E  C  为平面AOF 的一个法向量，据此可求解 1 的值. 1 1 AC 1 1 【详解】（1）如图1，在等腰梯形ABCD中，由BC∥AD，BC  AD2， 2 A60，E为AD中点，所以 ABE为等边三角形.  如图2，因为O为BE的中点，所以AO BE ， 1 又因为平面ABE 平面BCDE，且平面ABEÇ平面BCDE  BE， 1 1 所以AO平面BCDE，所以AOCE . 1 1 第 18 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （2）连结OC，由已知得CBCE，又O为BE的中点， 所以OC  BE，由（1）知AO平面BCDE， 1 所以AO BE ，AOOC，AO，OB，OC两两垂直， 1 1 1 以O为坐标原点，OB，OC，OA 所在的直线分别为x，y，z轴， 1 建立空间直角坐标系（如图）， B(1,0,0),C(0, 3,0),E(1,0,0)，    A(0,0, 3),AB(1,0, 3),EC (1, 3,0),EA (1,0, 3)， 1 1 1  设平面ACE 的法向量为n(x,y,z)， 1  nEC 0  x 3y 0   ，即 ，令y 1，则x 3,z 1，  nEA 1 0 x 3z 0  平面ACE 的一个法向量为n( 3,1,1)， 1 设AB与平面ACE 所成角为， 1 1 第 19 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )     | ABn| 2 3 15 sin|cos AB,n|  1     ， 1 | AB||n| 2 5 5 1 15 所以直线AB与平面ACE 所成角的正弦值为 ； 1 1 5 （3）假设侧棱AC上存在点P，使得BP∥平面AOF ， 1 1   设APAC (0, 3, 3),0,1 ， 1 1    BP BA  AP(1, 3, 3 3)， 1 1 由四边形BCDE为菱形，EC  BD， O,F 分别为EB,ED中点，OF  BD,OF  EC， 由（1）得A 1 O EC,A 1 O  OF O,CE 平面A 1 OF ，  CE是平面A 1 OF 的一个法向量，  BP  平面A 1 OF ，   1 ECBP130, ， 3 AP 1 所以满足条件的点P存在，且 1  AC 3 1 【点睛】本题考查空间线、面的位置关系，证明直线与直线垂直、用向量法求直线与平面所成的角以及存 在性问题，注意空间垂直关系的相互转化，考查逻辑推理、数学计算能力，属于中档题. 21. 在棱长均为2的正三棱柱ABC- ABC 中，E为BC 的中点．过AE的截面与棱BB,AC 分别交于点 1 1 1 1 1 1 1 1 F，G． （1）若F为BB 的中点，试确定点G的位置，并说明理由； 1 （2）在（1）的条件下，求截面AGEF与底面ABC所成锐二面角的正切值； （3）设截面AFEG的面积为S ，△AEG面积为S ，△AEF 面积为S ，当点F在棱BB 上变动时，求 0 1 2 1 第 20 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) S2 0 的取值范围． S S 1 2 【答案】（1）点G为棱AC 上靠近点C 的三等分点，理由见解析 1 1 1 21 （2） 3  9 （3）  4,   2 【解析】 GC 1 【分析】（1）延长CC ，FE相交于点P，证明 1  ，可确定点G的位置； 1 AC 3 （2）利用几何方法找到截面AGEF与底面ABC所成锐二面角的，求得相应有边长，可得二面角的正切值； S2 S S 2 S S （3）由 0  1 2  1  2 2，通过构造函数，利用单调性求取值范围． S S S S S S 1 2 1 2 2 1 【小问1详解】 在平面BCC B 内延长CC ，FE相交于点P，则P平面AGEF ，又PCC 平面ACC A ， 1 1 1 1 1 1 则有平面AGEF  平面ACC 1 A 1 AG，PAG，即A，G，P三点共线． 1 PC 1 因为E为BC 的中点，F为BB 的中点，所以PC  B F  CC ，所以 1  ，又因为GC //AC，所 1 1 1 1 1 2 1 PC 3 1 GC PC 1 以 1 = 1  ， AC PC 3 1 1 2 所以GC = AC  AC  ，即点G为棱AC 上靠近点C 的三等分点． 1 3 3 1 1 3 1 1 1 【小问2详解】 在平面BCC 1 B 1 内延长CB，EF 相交于点Q，连接AQ，则平面AGEF  平面ABC  AQ， 在平面ACC A 内作GM  AC于点M，则GM 平面ABC， 1 1 第 21 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 又AQ平面ABC，所以GM  AQ ， 在平面ABC内作MN  AQ于点N，连接GN， 又GM,MN 平面GMN，GM MN M ，所以AQ平面GMN， GN 平面GMN，所以AQGN ， 所以GNM 为截面AGEF 与底面ABC所成锐二面角的平面角． 在  AQC中，作CH  AQ于点H，BQC 1 E 1，AC 2，CQ3，ACB  60， 1 3 3 3 S  22  3，S  ， △ABC 2 2 AQC 2 由余弦定理AQ2  AC2 CQ2 2ACCQcosACQ4967，则AQ 7， 3 3 1 3 21 2 2 21 S   AQCH ，可得CH  ，所以MN  CH  ， AQC 2 2 7 3 7 GM 21 又GMAA 2，所以tanGNM   ， 2 MN 3 21 故截面AGEF 与底面ABC所成锐二面角的正切值为 . 3 【小问3详解】 PG m 设GC m，则m0,1 ，  ． 1 GA 2m S m 设 PGE的面积为S，所以  ，  S 2m 1 S 2m S 2m 1  又因为S 2 SS 1 ，所以 S 1  2 ，且 S 1  2   2 ,1   ， 2 2 S2 S S 2 S S S 1  故 0  1 2  1  2 2，令t  1 ，则t  ,1  ， S S S S S S S 2  1 2 1 2 2 1 2 1  1  设gtt 2  t  ,1 ， t  2  1 1 1 tt 1 当 t t 1时，gt gt t  t  t t  1 2 ， 2 1 2 1 2 1 t 2 t 1 2 tt 1 2 1 2 t t 0，tt 0，tt 10，则gt gt 0，即gt  gt  ， 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 第 22 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 1  所以gtt 2在t  ,1  上单调递减， t 2  1 9  9 所以gt  g14，gt  g    ，所以gt  4,  ， min max 2 2  2 S2 S S  9 所以 0  1  2 2  4,  ． S S S S  2 1 2 2 1 【点睛】方法点睛： 空间图形中确定点在直线上的位置，三角形相似和比例线段比较常用；作二面角的平面角可以通过垂线法 进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平 面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角；边长比、面积比的限值范围，可以通过构造函数，利用 单调性解决. 第 23 页 共 23 页