【压轴卷】高中必修二数学下期中一模试题含答案

【压轴卷】高中必修二数学下期中一模试题含答案
一、选择题
1．已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是（ ） A ．若//,//,m n αα则//m n B ．若m α⊥，n α⊂，则m n ⊥ C ．若m α⊥，m n ⊥，则//n α
D ．若//m α，m n ⊥，则n α⊥
2．已知两点()A 3,4-，()B 3,2，过点()P 1,0的直线l 与线段AB 有公共点，则直线l 的斜率k 的取值范围是( ) A ．()1,1- B ．()(),11,∞∞--⋃+ C ．[]1,1-
D ．][()
,11,∞∞--⋃+
3．下列命题正确的是（ ） A ．经过三点确定一个平面
B ．经过一条直线和一个点确定一个平面
C ．两两相交且不共点的三条直线确定一个平面
D ．四边形确定一个平面
4．已知三棱锥S ABC -的每个顶点都在球O 的表面上，ABC ∆是边长为角形，SA ⊥平面ABC ，且SB 与平面ABC 所成的角为6
π
，则球O 的表面积为（ ） A ．20π
B ．40π
C ．80π
D ．160π
5．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面1202ABC BAC AP AB ∠=︒==，，，M 是线
段BC 上一动点，线段PM P ABC -的外接球的表面积是（ ）
A ．
92
π B ．
C ．18π
D ．40π
6．点A 、B 、C 、D 在同一个球的球面上，，AC=2，若四面体ABCD 体积的最大值为2
3
，则这个球的表面积为（ ） A ．
1256π
B ．8π
C ．
2516
π
D ．
254
π
7．设有两条直线m ，n 和三个平面α，β，γ，给出下面四个命题： ①m αβ=I ，////n m n α⇒，//n β ②αβ⊥，m β⊥，//m m αα⊄⇒； ③//αβ，//m m αβ⊂⇒； ④αβ⊥，//αγβγ⊥⇒ 其中正确命题的个数是（ ） A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
8．已知实数,x y 满足250x y ++=，那么22x y +的最小值为（ ） A ．5
B ．10
C ．25
D ．210
9．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
10．如图所示，在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 是侧面11CDD C 上的动点，且1//B F 面1A BE ，则F 在侧面11CDD C 上的轨迹的长度是( )
A ．a
B ．
2
a C ．2a
D ．
22
a 11．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别是1BC ，1CD 的中点，则下列说法错误．．
的是( )
A ．MN 与1CC 垂直
B ．MN 与A
C 垂直 C ．MN 与B
D 平行 D ．MN 与11A B 平行
12．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实（虚）线画出的是某多面体的三视图，则
该多面体的体积为（ ）
A ．64
B ．
643
C ．16
D ．
163
二、填空题
13．如图，在长方形ABCD 中，2AB =，1BC =，E 为DC 的中点，F 为线段EC （端点除外）上一动点，现将AFD V 沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC ，在平面ABD 内过点D 作DK AB ⊥，K 为垂足，设AK t =，则t 的取值范围是__________．
14．已知在直角梯形ABCD 中，AB AD ⊥，CD AD ⊥，224AB AD CD ===，将直角梯形ABCD 沿AC 折叠，使平面BAC ⊥平面DAC ，则三棱锥D ABC -外接球的体积为__________．
15．如图，在ABC ∆中，6AB BC ==
，90ABC ∠=o ，点D 为AC 的中点，将
ABD △沿BD 折起到的位置，使PC PD =，连接PC ，得到三棱锥P BCD -，若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是__________.
16．已知平面α，β，γ是空间中三个不同的平面，直线l ，m 是空间中两条不同的直线，若α⊥γ，γ∩α＝m ，γ∩β＝l ，l⊥m，则 ①m⊥β；②l⊥α；③β⊥γ；④α⊥β.
由上述条件可推出的结论有________(请将你认为正确的结论的序号都填上)． 17．若直线l ：3y kx =23-60x y +=的交点位于第一象限，则直线l 的倾斜角的取值范围是___________.
18．已知圆2
2
:(2)1M x y +-=，Q 是x 轴上的动点，QA ，QB 分别切圆M 于A ，B
两点，则动弦AB的中点P的轨迹方程为__________.
19．在平面直角坐标系内，到点A（1，2），B（1，5），C（3，6），D（7，﹣1）的距
离之和最小的点的坐标是．
20．如图所示，二面角l
αβ
--为60,,
A B
o是棱l上的两点，,
AC BD分别在半平面内
,αβ，且AC l⊥，，4,6,8
AB AC BD
===，则CD的长______．
三、解答题
21．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为
3
1
1
2
x t
y t
⎧
=
⎪⎪
⎨
⎪=+
⎪⎩
（t为参数），若以直角坐标
系xOy的O点为极点，Ox所在直线为极轴，且长度单位相同，建立极坐标系，得曲线C
的极坐标方程为22cos()
4
π
ρθ
=-.
（1）求曲线C的直角坐标方程；
（2）若直线l与曲线C交于,A B两点，求线段AB的长度.
22．如图，已知四棱锥的底面是菱形，平面，点为的中点.（1）求证：∥平面；
（2）求证：
.
23．如图，在Rt AOB V 中，30OAB ∠=︒，斜边4AB =，Rt AOC V 可以通过Rt AOB V 以直线AO 为轴旋转得到，且平面AOB ⊥平面AOC ．动点D 在斜边AB 上．
（1）求证：平面COD ⊥平面AOB ；
（2）当D 为AB 的中点时，求异面直线AO 与CD 所成角的正切值．
24．已知点(3,4),(9,0)A B -，,C D 分别为线段,OA OB 上的动点，且满足AC BD = （1）若4,AC =求直线CD 的方程；
（2）证明：OCD ∆的外接圆恒过定点（异于原点）．
25．如图，三棱柱111ABC A B C -中，平面11AAC C ⊥平面11AA B B ,平面11AAC
C ⊥平面ABC ，12AB AC AA ===,点P 、M 分别为棱BC 、1CC 的中点，过点B 、M 的平面
交棱1AA 于点N ,使得AP ∥平面BMN .
（1）求证：AB ⊥平面11AAC C ; （2）若四棱锥B ACMN -的体积为
3
2
，求1A AC ∠的正弦值. 26．如图，在梯形ABCD 中，AB CD ∥，1AD DC BC ===，60ABC ∠=︒，四边形
ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，1CF =.
(1)证明：BC ⊥平面ACFE ；
(2)设点M 在线段EF 上运动，平面MAB 与平面FCB 所成锐二面角为θ，求cos θ的取值
范围.
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一、选择题
1．B
解析：B
【解析】
试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.
考点：空间点线面位置关系．
2．D
解析：D
【解析】
分析：根据两点间的斜率公式，利用数形结合即可求出直线斜率的取值范围．
详解：∵点A（﹣3，4），B（3，2），过点P（1，0）的直线L与线段AB有公共点，∴直线l的斜率k≥k PB或k≤k PA，
∵PA的斜率为40
31
-
--
=﹣1，PB的斜率为
20
31
-
-
=1，
∴直线l的斜率k≥1或k≤﹣1，
故选：D．
点睛：本题主要考查直线的斜率的求法，利用数形结合是解决本题的关键，比较基础．直线的倾斜角和斜率的变化是紧密相联的，tana=k,一般在分析角的变化引起斜率变化的过程时，是要画出正切的函数图像，再分析.
3．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据确定一个平面的公理及推论即可选出. 【详解】
A 选项，根据平面基本性质知，不共线的三点确定一个平面，故错误；
B 选项，根据平面基本性质公理一的推论，直线和直线外一点确定一个平面，故错误；
C 选项，根据公理一可知，不共线的三点确定一个平面，而两两相交且不共点的三条直线，在三个不共线的交点确定的唯一平面内，所以两两相交且不共点的三条直线确定一个平面，正确；选项D,空间四边形不能确定一个平面，故错误；综上知选C. 【点睛】
本题主要考查了平面的基本性质公理一及其推论，属于中档题.
4．C
解析：C 【解析】 【分析】
根据线面夹角得到4SA =，计算ABC ∆的外接圆半径为42sin a
r A
=
=，
2
2
2
2SA R r ⎛⎫
=+ ⎪⎝⎭
，解得答案.
【详解】
SA ⊥平面ABC ，则SB 与平面ABC 所成的角为6
SBA π∠=，故4SA =. ABC ∆的外接圆半径为42sin a
r A
=
=，设球O 的半径为R ，
则2
222SA R r ⎛⎫=+ ⎪
⎝⎭
，解得
R =O 的表面积为2480R ππ=. 故选：C . 【点睛】
本题考查了三棱锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
5．C
解析：C 【解析】 【分析】
首先确定三角形ABC 为等腰三角形，进一步确定球的球心，再求出球的半径，最后确定球的表面积． 【详解】 解：如图所示：
三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面2,2ABC AP AB ==，，
M 是线段BC 上一动点，线段PM 3 则：当AM BC ⊥时，线段PM 达到最小值， 由于：PA ⊥平面ABC ， 所以：222PA AM PM +=， 解得：1AM =， 所以：3BM =， 则：60BAM ∠=︒， 由于：120BAC ∠=︒， 所以：60MAC ∠=︒ 则：ABC V 为等腰三角形． 所以：23BC =
在ABC V 中，设外接圆的直径为23
24r ==，
则：2r =，
所以：外接球的半径2
229
222R ⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭
， 则：9
4182
S ππ=⋅⋅=， 故选：C ． 【点睛】
本题考查的知识要点：三棱锥的外接球的球心的确定及球的表面积公式的应用．
6．D
解析：D 【解析】
试题分析：根据题意知，ABC V 是一个直角三角形，其面积为1．其所在球的小圆的圆心在斜边AC 的中点上，设小圆的圆心为Q ，若四面体ABCD 的体积的最大值，由于底面积ABC S V 不变，高最大时体积最大，所以，DQ 与面ABC 垂直时体积最大，最大值为
12·33ABC S DQ =V ，即12133DQ ⨯⨯=，∴2DQ =，设球心为O ，半径为R ，则在直角AQO V 中，222OA AQ OQ =+，即()2
2212R R =+-，∴5
4
R =
，则这个球的表面积为：2
525444S ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭
；故选Ｄ．
考点：球内接多面体，球的表面积．
7．B
解析：B 【解析】 【分析】
根据直线与平面、平面与平面的位置关系的性质和定理，逐项判断，即可得到本题答案. 【详解】
对于选项①，,//m n m αβ⋂=不能得出,////n n αβ，因为n 可能在α或β内，故①错误；
对于选项②，由于,,m m αββα⊥⊥⊄，则根据直线与平面平行的判定，可得//m α，故②正确；
对于选项③，由于//αβ，m α⊂，则根据面面平行的性质定理可得//m β，故③正确； 对于选项④，由于,αβαγ⊥⊥，则,βγ可能平行也可能相交，故④错误. 故选：B 【点睛】
本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系的性质和定理，考查学生的空间想象能力和推理判断能力.
8．A
解析：A 【解析】
由题意知，22x y +表示点(,)x y 到坐标原点的距离， 又原点到直线250x y ++=的距离为2
2
5521
d =
=+，
所以22x y +的距离的最小值为5，故选A.
9．D
解析：D 【解析】
该几何体为半圆柱，底面为半径为1的半圆，高为2，因此表面积为
,选D.
10．D
解析：D 【解析】 【分析】
设H ，I 分别为1CC 、11C D 边上的中点，由面面平行的性质可得F 落在线段HI 上，再求
HI 的长度即可. 【详解】
解：设G ，H ，I 分别为CD 、1CC 、11C D 边上的中点， 则ABEG 四点共面， 且平面1//A BGE 平面1B HI ， 又1//B F Q 面1A BE ，
F ∴落在线段HI 上，
Q 正方体1111ABCD A B C D -中的棱长为a ，
112
2HI CD a ∴==，
即F 在侧面11CDD C 上的轨迹的长度是2
a ． 故选D ．
【点睛】
本题考查了面面平行的性质及动点的轨迹问题，属中档题.
11．D
解析：D 【解析】 【分析】
先利用三角形中位线定理证明//MN BD ，再利用线面垂直的判定定理定义证明MN 与1CC 垂直，由异面直线所成的角的定义证明MN 与AC 垂直，即可得出结论.
【详解】
如图：连接1C D ，BD ，
Q 在三角形1C DB 中，//MN BD ，故C 正确．
1CC ⊥Q 平面ABCD ，1CC BD ∴⊥，MN ∴与1CC 垂直，故A 正确；
AC BD ^Q ，//MN BD ，MN ∴与AC 垂直，B 正确；
∵//MN BD ，MN ∴与11A B 不可能平行，D 错误 故选：D ． 【点睛】
本题主要考查了正方体中的线面关系，线线平行与垂直的证明，异面直线所成的角及其位置关系，熟记正方体的性质是解决本题的关键.
12．D
解析：D 【解析】
根据三视图知几何体是：三棱锥D ABC -为棱长为4的正方体一部分，直观图如图所示：B 是棱的中点，由正方体的性质得，CD ⊥平面,ABC ABC ∆的面积
12442S =⨯⨯=，所以该多面体的体积116
4433
V =⨯⨯=，故选D.
二、填空题
13．【解析】当位于的中点点与中点重合随点到点由得平面则又则因为所以故综上的取值范围为点睛:立体几何中折叠问题要注重折叠前后垂直关系的变化不变的垂直关系是解决问题的关键条件
解析：1
,12
⎛⎫ ⎪⎝
⎭
【解析】
当F 位于DC 的中点，点D 与AB 中点重合，1t =． 随F 点到C 点，由CB AB ⊥，CB DK ⊥， 得CB ⊥平面ADB ，则CB BD ⊥． 又2CD =，1BC =，则3BD =． 因为1AD =，2AB =， 所以AD BD ⊥，故12
t =
． 综上，t 的取值范围为1,12⎛⎫
⎪⎝⎭
．
点睛:立体几何中折叠问题,要注重折叠前后垂直关系的变化,不变的垂直关系是解决问题的关键条件.
14．【解析】结合题意画出折叠后得到的三棱锥如图所示由条件可得在底面中取AB 的中点OAC 的中点E 连OCOE 则∵∴∵平面平面∴平面∴又∴∴∴点O 为三棱锥外接球的球心球半径为2∴答案：点睛：（1）本题是一道关 解析：
323
π
【解析】
结合题意画出折叠后得到的三棱锥D ABC -如图所示，由条件可得在底面ACB ∆中，
90,22ACB AC BC ∠=︒==。

取AB 的中点O ，AC 的中点E ，连OC,OE 。

则
1
22
OA OB OC AB ===
=.
∵DA DC =, ∴DE AC ⊥.
∵平面BAC ⊥平面DAC , ∴DE ⊥平面DAC , ∴DE OE ⊥. 又11
=
2,222
DE AC OE BC === ∴222OD OE DE +=. ∴2OA OB OC OD ====.
∴点O 为三棱锥D ABC -外接球的球心，球半径为2.
∴3
432=23
3V π
π⨯=球。

答案：323
π。

点睛：
（1）本题是一道关于求三棱锥外接球体积的题目，得到外接球的球心所在位置是解题的关键，结合题意取AB 的中点O ，易得OA=OB=OC=OD=2，进而可确定三棱锥外接球的半径，然后利用球的体积公式进行计算即可。

（2）对于折叠性问题，要注意折叠前后的两个图形中哪些量（位置关系、数量关系）发生了变化、哪些没发生变化。

15．【解析】【分析】由题意得该三棱锥的面PCD 是边长为的正三角形且BD ⊥平面PCD 求出三棱锥P ﹣BDC 的外接球半径R ＝由此能求出该球的表面积【详解】由题意得该三棱锥的面PCD 是边长为的正三角形且BD ⊥平 解析：7π
【解析】 【分析】
由题意得该三棱锥的面PCD 的正三角形，且BD ⊥平面PCD ，求出三棱锥P
﹣BDC 的外接球半径R ，由此能求出该球的表面积． 【详解】
由题意得该三棱锥的面PCD 的正三角形，且BD ⊥平面PCD ， 设三棱锥P ﹣BDC 外接球的球心为O ， △PCD 外接圆圆心为O 1，则OO 1⊥面PCD ， ∴四边形OO 1DB 为直角梯形，
由BD O 1D ＝1，OB ＝OD ，得OB ＝2
，
∴三棱锥P ﹣BDC 的外接球半径R ， ∴该球的表面积S ＝4πR 2＝47
4
π⨯＝7π． 故答案为：7π． 【点睛】
本题考查三棱锥外接球的表面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方思想，是中档题．
16．②④【解析】【分析】对每一个选项分析判断得解【详解】根据已知可得面β和面γ可成任意角度和面α必垂直所以直线m 可以和面β成任意角度①不正确；l ⊂γl⊥m 所以l⊥α②正确；③显然不对；④因为l ⊂βl⊥α
解析：②④
【解析】 【分析】
对每一个选项分析判断得解. 【详解】
根据已知可得面β和面γ可成任意角度，和面α必垂直．所以直线m 可以和面β成任意角度，①不正确；l ⊂γ，l⊥m，所以l⊥α，②正确；③显然不对；④因为l ⊂β，l⊥α，所以α⊥β，④正确． 故答案为②④ 【点睛】
本题主要考查空间线面垂直和面面垂直的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
17．【解析】若直线与直线的交点位于第一象限如图所示：则两直线的交点应在线段上（不包含点）当交点为时直线的倾斜角为当交点为时斜率直线的倾斜角为∴直线的倾斜角的取值范围是故答案为
解析：(,)62
ππ
【解析】
若直线:3l y kx =-与直线2360x y +-=的交点位于第一象限，如图所示：
则两直线的交点应在线段AB 上（不包含,A B 点）, 当交点为()0,2A 时，直线l 的倾斜角为
2π，当交点为()3,0B 时，斜率(033303
k -==-，直线l 的倾斜角为6π ∴直线的倾斜角的取值范围是,62ππ⎛⎫
⎪⎝⎭
． 故答案为,62ππ⎛⎫
⎪⎝
⎭ 18．【解析】【分析】转化条件点三点共线即可得到点满足的条件化简即可得解【详解】由圆的方程可知圆心半径为设点点三点共线可得由相似可得即联立消去并由图可知可得故答案为：【点睛】本题考查了圆的性质和轨迹方程的
解析：2
2
71416x y ⎛
⎫+-=
⎪⎝
⎭(2)y < 【解析】 【分析】
转化条件点P 、M 、Q 三点共线、2
MQ PM BM ⋅=即可得到点P 满足的条件，化简即可得解. 【详解】
由圆的方程可知圆心()0,2，半径为1.
设点(),P x y ，(),0Q a ，点P 、M 、Q 三点共线， 可得
22
y x a
-=-， 由相似可得2
MQ PM BM ⋅=即
1=， 联立消去a 并由图可知2y <，可得
()2271
()2416
x y y +-=<.
故答案为：()2
271()2416
x y y +-=<
【点睛】
本题考查了圆的性质和轨迹方程的求法，考查了转化能力和运算能力，属于中档题.
19．（24）【解析】【分析】【详解】取四边形ABCD 对角线的交点这个交点到四点的距离之和就是最小值可证明如下：假设在四边形ABCD 中任取一点P 在△APC 中有AP ＋PC ＞AC 在△BPD 中有PB ＋PD ＞BD
解析：（2，4） 【解析】 【分析】 【详解】
取四边形ABCD 对角线的交点，这个交点到四点的距离之和就是最小值．可证明如下： 假设在四边形ABCD 中任取一点P ，在△APC 中，有AP ＋PC ＞AC ，在△BPD 中，有PB ＋PD ＞BD ，
而如果P 在线段AC 上，那么AP ＋PC ＝AC ；同理，如果P 在线段BD 上，那么BP ＋PD ＝BD.
如果同时取等号，那么意味着距离之和最小，此时P 就只能是AC 与BD 的交点． 易求得P(2,4)．
20．【解析】【分析】推导出两边平方可得的长【详解】二面角为是棱上的两点分别在半平面内且的长故答案为：【点睛】本题考查线段长的求法考查空间中线线线面面面间的位置关系等基础知识考查运算求解能力考查函数与方程
解析：217. 【解析】 【分析】
推导出CD CA AB BD =++u u u r u u u r u u u r u u u r
，两边平方可得CD 的长． 【详解】
Q 二面角l αβ--为60︒，A 、B 是棱l 上的两点，AC 、BD 分别在半平面α、β内，
且AC l ⊥，BD l ⊥，4AB =，6AC =，8BD =，
∴CD CA AB BD =++u u u r u u u r u u u r u u u r
， ∴22()CD CA AB BD =++u u u r u u u r u u u r u u u r
2222CA AB BD CA BD =+++u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r g
361664268cos12068=+++⨯⨯⨯︒=，
CD ∴的长||68217CD ==u u u r ．
故答案为：217．
【点睛】
本题考查线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
三、解答题
21．（1）2
2
220x y x y +--=；（27 【解析】 【分析】
（1）由公式cos sin x y ρθ
ρθ=⎧⎨=⎩
可得曲线C 的直角坐标方程；
（2）把直线参数方程化为普通方程，曲线C 是圆，因此由垂径定理计算弦长，即求出圆
心到直线的距离，由勾股定理计算弦长． 【详解】
（1）因为22cos()4
π
ρθ=-
，所以()22cos cos sin sin 2cos sin 44
ππ
ρθθθθ⎛⎫
=+=+ ⎪⎝
⎭
即()2
2cos sin ρρθρθ=+.
因为222
cos ,sin ,x y x y ρθρθρ===+，所以222()x y x y +=+，
所以曲线C 的直角坐标方程为22220x y x y +--=
（2）因为直线l 的参数方程为3112x t y t
⎧=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩
（t 为参数），所以
33
3(3)3x y t t -=
-+=-， 所以l 的直角坐标方程为330x y -+= 所以圆心()1,1到直线l 的距离()
2
1331
213
d -+=
=+
，
所以21
222274
AB d =-=-=，所以线段AB 的长度为7 【点睛】
本题考查极坐标与直角坐标的互化，考查参数方程与普通方程的互化．考查圆的弦长问题．求圆弦长，一般用几何方法，即求出圆心到弦所在直线距离（弦心距），由勾股定理计算弦长．
22．（1）详见解析；（2）详见解析。

【解析】
试题分析：(1)设BD 与AC 交于点O,利用三角形的中位线性质可得,从而证明平面;(2)由平面,得
,根据菱形的性质可得
,从而证得
平面
,进而
. 试题解析：（1）连结交
于，连结，点，分别为的中点，所以
为
的中位数，，又面
，面
，所以
面. （2）在菱形
中，
，又因为面，
面，所以
，又，
面
，所以
面，又面
，所以.
23．（1）证明见解析；（2）15. 【解析】 【分析】
（1）平面AOB ⊥平面AOC ，OC OA ⊥，可证OC ⊥平面AOB ，即可证明结论； （2）取OB 中点E ，连DE ，则//DE AO ，CDE ∠（或补角）为异面直线AO 与CD 所成的角，解Rt CDE ∆，即可求出结论. 【详解】
（1）平面AOB ⊥平面AOC ，平面AOB I 平面AOC OA =，
,OC OA OC ⊥⊂平面,AOC OC ∴⊥平面AOB ，
OC ⊂Q 平面,COD ∴平面COD ⊥平面AOB ；
（2）取OB 中点E ，连DE ，D 为AB 的中点，
//DE AO ∴，CDE ∠（或补角）为异面直线AO 与CD 所成的角， ,,,OA OB OA OC OB OC O OA ⊥⊥=∴⊥Q I 平面BOC ，
DE ∴⊥平面BOC ，CE ⊂平面,BOC DE CE ∴⊥，
在Rt AOB V 中，30OAB ∠=︒，斜边4AB =，
22
23,2,3,()52
OB OA OB OC DE CE OC ∴===∴==+=， 15
tan CE CDE DE ∴∠=
=
， 所以异面直线AO 与CD 所成角的正切值为
15.
【点睛】
本题考查空间线、面位置关系，证明直线与平面垂直，注意空间垂直间的相互转化，求异面直线所成的角，要掌握空间角的解题步骤，“做”“证”“算”缺一不可，考查直观想
象能力，属于中档题.
24．（1）750x y +-=（2）详见解析 【解析】
试题分析：（1）求直线CD 的方程，只需确定C ，D 坐标即可：34(,)5
5
C -，(5,0)
D ，直
线CD 的斜率4
01
53755-
=-⎛⎫
-- ⎪⎝⎭
，直线CD 的方程为750x y +-=．
（2）证明动圆过定点，关键在于表示出圆的方程，本题适宜设圆的一般式：
22+0x y Dx Ey F +++=设(3,4)(01)C m m m -<≤，则D (5+4,0)m ，从而
()()222
0,
{916340,54540.
F m m mD mE F m m D F =+-++=++++=解之得(54),0D m F =-+=,103E m =--,整理得
22435(2)0x y x y m x y +---+=，所以△OCD 的外接圆恒过定点为(2,1)-．
试题解析：（1）因为(3,4)A -，所以22(3)45OA =-+=， 1分 又因为4AC =，所以1OC =，所以34(,)55
C -， 3分 由4B
D =，得(5,0)D ， 4分
所以直线CD 的斜率4
01
53755-
=-⎛⎫
-- ⎪⎝⎭
， 5分
所以直线CD 的方程为1
(5)7
y x =--，即750x y +-=． 6分 （2）设(3,4)(01)C m m m -<≤，则5OC m =． 7分
则55AC OA OC m =-=-，
因为AC BD =，所以5+4OD OB BD m =-=， 所以D 点的坐标为(5+4,0)m 8分
又设OCD ∆的外接圆的方程为2
2
+0x y Dx Ey F +++=，
则有()()22
2
0,{916340,54540.
F m m mD mE F m m D F =+-++=++++=10分
解之得(54),0D m F =-+=,103E m =--,
所以OCD ∆的外接圆的方程为2
2
(54)(103)0x y m x m y +-+-+=， 12分 整理得2
2
435(2)0x y x y m x y +---+=，
令2243=0,
{+2=0
x y x y x y +--，所以0,{0.x y ==（舍）或2,{ 1.x y ==-
所以△OCD 的外接圆恒过定点为(2,1)-． 14分 考点：直线与圆方程 25．（1）见解析；（2
）3
. 【解析】
（1）在平面ABC 中，过点B 作棱AC 的垂线，垂足为D ，Q 平面11AAC C ⊥平面
ABC ，∴ BD ⊥平面11AAC C .
在平面11AA B B 中，过点B 作棱1AA 的垂线，垂足为E ，Q 平面11AAC C ⊥平面
11AA B B ，∴BE ⊥平面11AAC C .
Q 过点B 与平面11AAC C 垂直的直线有且只有一条，∴BE 与BD 重合，又∵平面ABC I
平面11AA B B AB =,∴BE 与BD 重合于AB ，所以AB ⊥平面11AAC C .
（2）设BM 的中点为Q ，连接PQ ，NQ ，
Q 点P 为棱BC 的中点，∴PQ ∥CM 且PQ =
1
2
CM ， Q 1AA ∥1CC ，∴PQ ∥AN ，∴P 、Q 、N 、A 四点共面，
∵AP ∥平面BMN ，∴AP ∥NQ ， ∴四边形PQNA 是平行四边形，∴PQ =AN ， ∵M 为1CC 的中点且12AB AC AA ===，
∴1CM =，∴PQ =AN =
12
， 设梯形ACMN 的高为h ，Q 2AB =，
∴111132×2322B ACMN h V h -⎛⎫+ ⎪⎝⎭=⨯==，∴3h =， ∴13sin 2h A AC AC ∠=
=,∴1A AC ∠的正弦值为32. 26．（1）证明见解析 （2）71cos ,2θ⎡⎤∈⎢⎥⎣
⎦ 【解析】
【分析】
(1)先证明BC AC ⊥，结合面面垂直性质定理即可得到BC ⊥平面ACFE ；
(2) 建立分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴，y 轴，z 轴的如图所示的空间直角坐标系， 求出平面MAB 与平面FCB 的法向量，表示cos θ，求函数的值域即可.
【详解】
解：（1）证明：在梯形ABCD 中，因为//AB CD ，1===AD DC CB ，
60ABC ∠=︒
所以2AB =，所以2222cos603AC AB BC AB BC ︒=+-=g g ，
所以222AB AC BC =+，所以BC AC ⊥.
因为平面ACFE ⊥平面ABCD ，平面ACFE ⋂平面ABCD AC =，
因为BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面ACFE .
（2）由（1）可建立分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴，y 轴，z 轴的如图所示的空间直角坐标系，
令()03FM λλ=≤≤，则()0,0,0C ，()
3,0,0A ，()0,1,0B ，(),0,1M λ. ∴()
3,1,0AB u u u v =-，(),1,1BM λ=-u u u u v .
设()1,,n x y z =u v 为平面MAB 的一个法向量，
由11·0·0n AB n BM ⎧=⎪⎨=⎪⎩u v u u u v u v u u u u v 得300
x y x y z λ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩，取1x =，则()
13,3n λ=u v ， ∵()21,0,0n =u u v 是平面FCB 的一个法向量
1212cos n n n n θ⋅∴==⋅u v u u v u v u u v
=
∵0λ≤≤0λ=
时，cos θ
，当λ=cos θ有最大值
12． ∴1cos 72θ⎤∈⎥⎣
⎦. 【点睛】
本题考查线面垂直的证明，二面角的度量，考查推理能力、计算能力以及空间想象能力，属于中档题.。