2018-2019学年安徽省宿州市十三所重点中学高二(上)期中数学试卷(理科)

2018-2019学年安徽省宿州市十三所重点中学高二（上）期中数
学试卷（理科）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．（5分）将一个直角三角形绕斜边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括（）
A．一个圆台B．一个圆锥C．一个圆柱D．两个圆锥2．（5分）直线的倾斜角是（）
A．30°B．45°C．60°D．120°
3．（5分）已知直线l1：mx﹣y+3=0与l2：y=﹣垂直，则m=（）A．B．C．﹣2D．2
4．（5分）在空间直角坐标系中，已知点P（1，），过点P作平面xoz 的垂线PQ，则垂足Q的坐标为（）
A．（0，，0）B．（0，）C．（1，0，）D．（1，，0）5．（5分）一个无盖的正方体盒子展开后的平面图如图所示，A、B、C是展开图上的三点，则在正方体盒子中，∠ABC的度数是（）
A．45°B．30°C．60°D．90°
6．（5分）已知平面α，直线l，点P，则下列命题正确的是（）A．若l⊄α，P∈l，则P∉αB．若l⊄α，P∈l，则P∈α
C．若l⊂α，P∈l，则P∈αD．若l⊂α，P∉l，则P∉α
7．（5分）圆心在x轴上，且过点（2，4）的圆与y轴相切，则该圆的方程是（）A．x2+y2+10y=0B．x2+y2﹣10y=0
C．x2+y2+10x=0D．x2+y2﹣10x=0
8．（5分）如图，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的棱长均为2，则异面直线A1B与
B1C角的余弦值是（）
A．B．C．D．0
9．（5分）如图，网络纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥最长的棱的大小是（）
A．3B．2C．D．2
10．（5分）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为（）
A．4B．C．D．3
11．（5分）已知P（a，b）为圆C：x2+y2﹣2x﹣4y+4=0上任意一点，则的最大值为（）
A．2B．C．D．0
12．（5分）已知圆O：x2+y2=r2（r＞0）与直线x+y﹣2=0相交于A，B两点，C
为圆上的一点，OC的中点D在线段AB上，且3=5，则圆O的半径r为（）
A．B．C．D．2
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）过点P（2，3）且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为．14．（5分）如图所示，将等腰直角△ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，此时，那么这个二面角大小是．
15．（5分）如图为中国传统智力玩具鲁班锁，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全相同的正四棱柱分成三组，经90°榫卯起来．现有一鲁班锁的正四棱柱的底面正方形边长为2，欲将其放入球形容器内（容器壁的厚度忽略不计），若球形容器表面积的最小值为120π，则正四棱柱体的体积为．
16．（5分）已知圆M：（x﹣1﹣cosθ）2+（y﹣2﹣sinθ）2=1，直线l：kx﹣y﹣k+2=0，下面五个命题：
①对任意实数k与θ，直线l和圆M有公共点；
②存在实数k与θ，直线l和圆M相切；
③存在实数k与θ，直线l和圆M相离；
④对任意实数k，必存在实数θ，使得直线l与和圆M相切；
⑤对任意实数θ，必存在实数k，使得直线l与和圆M相切．
其中真命题的代号是（写出所有真命题的代号）．
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）已知直线l1：x+y﹣1=0，l2：2x+3y﹣5=0，l3：6x﹣8y+3=0
（1）求l1与l2的交点P的坐标．
（2）求过交点P且与l3垂直的直线方程，并化为一般式．
18．（12分）如图，已知矩形BB1C1C所在平面与平面ABB1N垂直，BB1∥AN，BB1=2AN，∠BAN=90°，CB=AB=AN=2．
（1）求证：B1C1∥平面BCN．
（2）求证：平面NB1C1⊥平面NBC．
19．（12分）在△ABC中，点A（7，4），B（2，9），C（5，8）
（1）求△ABC的面积．
（2）求△ABC的外接圆的方程．
20．（12分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC=90°，D为线段AC的中点，E为线段PC上一动点，且PA=5，AB=BC=4．
（1）求证：BC⊥平面PAB．
（2）当PA∥平面BDE时，求三棱锥D﹣BCE的体积．
21．（12分）已知圆的方程为x2+y2﹣2x﹣4y+1+k=0．
（1）求k的取值范围．
（2）若此圆与直线x+y﹣3=0相交于M，N两点，且（O为坐标原点），求k的值．
22．（12分）如图所示，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，BC∥AD，AD=6，BC=4，
AB=2，点E，F分别在BC、AD上，EF∥AB，并且E为BC中点．现将四边形ABEF沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC．
（1）证明：AC⊥DE．
（2）在AD上确定一点N，使得过C、E、N的平面将三棱锥A﹣CDF分成的两部分体积相等．
2018-2019学年安徽省宿州市十三所重点中学高二（上）
期中数学试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．（5分）将一个直角三角形绕斜边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括（）
A．一个圆台B．一个圆锥C．一个圆柱D．两个圆锥
【分析】根据圆锥的几何特征，可得答案．
【解答】解：将一个直角三角形绕斜边所在的直线旋转一周，
所得的几何体是两个底面重合的圆锥，
故选：D．
【点评】本题考查的知识点是旋转体，熟练掌握圆锥的几何特征是解答的关键．2．（5分）直线的倾斜角是（）
A．30°B．45°C．60°D．120°
【分析】由已知直线方程求出直线的斜率，再由斜率等于直线倾斜角的正切值求解．
【解答】解：直线的斜率为，
设直线的倾斜角为α（0°≤α＜180°），
则tanα=，则α=30°．
∴直线的倾斜角为30°，
故选：A．
【点评】本题考查直线的倾斜角，考查直线的倾斜角与斜率的关系，是基础题．3．（5分）已知直线l1：mx﹣y+3=0与l2：y=﹣垂直，则m=（）A．B．C．﹣2D．2
【分析】根据相互垂直的直线斜率之间的关系即可得出．
【解答】解：直线l1：mx﹣y+3=0与l2：y=﹣垂直，
则m•（﹣）=﹣1，
解得m=2，
故选：D．
【点评】本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系、考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
4．（5分）在空间直角坐标系中，已知点P（1，），过点P作平面xoz 的垂线PQ，则垂足Q的坐标为（）
A．（0，，0）B．（0，）C．（1，0，）D．（1，，0）【分析】点P（x，y，z），过点P作平面xoz的垂线PQ，则垂足Q的坐标为（x，0，z）．
【解答】解：∵点P（1，），
过点P作平面xoz的垂线PQ，
∴垂足Q的坐标为（1，0，）．
故选：C．
【点评】本题考查点的坐标的求法，考查空间向量的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是基础题．
5．（5分）一个无盖的正方体盒子展开后的平面图如图所示，A、B、C是展开图上的三点，则在正方体盒子中，∠ABC的度数是（）
A．45°B．30°C．60°D．90°
【分析】画出几何体的立体图形，由△ABC的形状判断∠ABC的度数．
【解答】解：一个无盖的正方体盒子展开后的平面图如图所示，A、B、C是展开
图上的三点，
组成立体图形后，可得△ABC的各边均为正方形的对角线长，△ABC为等边三角形，
∴∠ABC的度数为60°．
故选：C．
【点评】本题主要考查等边三角形的性质和展开图折叠成几何体等知识点，解决本题的关键是动手操作得到△ABC各边之间的关系．
6．（5分）已知平面α，直线l，点P，则下列命题正确的是（）A．若l⊄α，P∈l，则P∉αB．若l⊄α，P∈l，则P∈α
C．若l⊂α，P∈l，则P∈αD．若l⊂α，P∉l，则P∉α
【分析】通过反例判断选项A，B，D不正确，判断C正确即可．
【解答】解：对于选项A：当l∩α=P时，P∈α，故A错；
对于选项B：当l∩α≠P或l∥α时，P∉α，故B错；
对于选项C，若l⊂α，P∈l，则P∈α，满足直线与平面的基本性质，故C正确．对于选项D：若P∉l，则P∈α或P∉α，故D错；
故选：C．
【点评】本题考查直线与平面的位置关系，点与直线，平面的位置关系的应用，平面的基本性质的应用，是基本知识的考查．
7．（5分）圆心在x轴上，且过点（2，4）的圆与y轴相切，则该圆的方程是（）A．x2+y2+10y=0B．x2+y2﹣10y=0
C．x2+y2+10x=0D．x2+y2﹣10x=0
【分析】由题意设出圆心坐标为（r，0），半径为r，可得（2﹣r）2+42=r2，求得r值，则圆的方程可求．
【解答】解：根据题意，设圆心坐标为（r，0），半径为r，
则（2﹣r）2+42=r2，解得r=5，
可得圆的方程为（x﹣5）2+y2=25，即x2+y2﹣10x=0．
故选：D．
【点评】本题考查圆的方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，是基础题．8．（5分）如图，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的棱长均为2，则异面直线A1B与
B1C角的余弦值是（）
A．B．C．D．0
【分析】连接AB1，交A1B于点O，取AC中点为E，连接OE，BE，则∠BOE是异面直线A1B与B1C所成角或补角，由此能求出异面直线A1B与B1C角的余弦值．
【解答】解：连接AB1，交A1B于点O，取AC中点为E，连接OE，BE，
则∠BOE是异面直线A1B与B1C所成角或补角，
由三角形中位线性质可知OE∥B1C，OE=B1C==，
又OB===，BE==，
在三角形△BOE中，
由余弦定理可得：
cos∠BOE==，
所以异面直线A1B与B1C角的余弦值是．
故选：C．
【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，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，考查化归与转化思想，是中档题．
9．（5分）如图，网络纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥最长的棱的大小是（）
A．3B．2C．D．2
【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解三棱锥的棱长即可．【解答】解：由三视图画出该几何体的直观图为三棱锥A﹣BCD如图所示：
由已知可得AD=BD=BC=，CD=BC=，AC=3，
所以最长棱为AC=3，
故选：A．
【点评】本题考查三视图求解几何体的直观图的画法，几何体形状的判断，是基本知识的考查．
10．（5分）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为（）
A．4B．C．D．3
【分析】判断几何体的形状，利用棱锥的体积转化求解即可．
【解答】解：由图可知该几何体为两个全等的正四棱锥构成，
四棱锥底面四边形面积为正方形面积一半为2，
高为正方体棱长一半为1，
所以V=．
故选：B．
【点评】本题考查棱锥的体积的求法，判断几何体的形状是解题的关键，11．（5分）已知P（a，b）为圆C：x2+y2﹣2x﹣4y+4=0上任意一点，则的最大值为（）
A．2B．C．D．0
【分析】设k=，则k表示直线MA的斜率，其中A（﹣1，1）是定点，可知直线MA与圆有公共点，从而可得≤1，由此能求出的最大值．
【解答】解：设k=，则k表示直线MA的斜率，其中A（﹣1，1）是定点，∵M（a，b）在圆C：x2+y2﹣2x﹣4y+4=0上，
∴圆C与直线MA有公共点，
圆C：x2+y2﹣2x﹣4y+4=0化为：（x﹣1）2+（y﹣2）2=1，
而直线MA的方程为：y﹣1=k（x+1），即kx﹣y+k+1=0，
则有：C点到直线MA的距离不大于圆C的半径，
即：≤1，
解得：0≤k≤，
∴的最大值为．
故选：C．
【点评】本题考查圆的方程、性质，考查直线与圆的位置关系，考查与圆有关的最值问题，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．
12．（5分）已知圆O：x2+y2=r2（r＞0）与直线x+y﹣2=0相交于A，B两点，C 为圆上的一点，OC的中点D在线段AB上，且3=5，则圆O的半径r为（）
A．B．C．D．2
【分析】过O作OE⊥AB于E，连结OA，求出|OE|，由垂径定理得|AE|=|EB|，设|DE|=x，则由3=5可知|AE|=4x，由勾股定理得（4x）2+2=r2，，求解即可得答案．
【解答】解：过O作OE⊥AB于E，连结OA，则|OE|=，
由垂径定理得|AE|=|EB|，
设|DE|=x，则由3=5可知|AE|=4x，
由勾股定理得（4x）2+2=r2，，解得：r=．
故选：C．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系关系，考查了垂径定理和勾股定理的应用，是基础题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）过点P（2，3）且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为x+y﹣5=0，或3x﹣2y=0．
【分析】分直线的截距不为0和为0两种情况，用待定系数法求直线方程即可．【解答】解：若直线的截距不为0，可设为，把P（2，3）代入，得，，a=5，直线方程为x+y﹣5=0
若直线的截距为0，可设为y=kx，把P（2，3）代入，得3=2k，k=，直线方程为3x﹣2y=0
∴所求直线方程为x+y﹣5=0，或3x﹣2y=0
故答案为x+y﹣5=0，或3x﹣2y=0
【点评】本题考查了直线方程的求法，属于直线方程中的基础题，应当掌握．14．（5分）如图所示，将等腰直角△ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，
此时，那么这个二面角大小是60°．
【分析】推导出AD⊥DB′，AD⊥DC，AD=DB′=DC，从而∠B′DC是这个二面角的平面角，由此能求出这个二面角大小．
【解答】解：∵将等腰直角△ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，此时
，
∴AD⊥DB′，AD⊥DC，AD=DB′=DC，
∴∠B′DC是这个二面角的平面角，
设AD=DB′=DC=1，则，
∴cos∠B′AC===，
解得BC=1，
∴△B′DC是等边三角形，
∴∠B‘DC=60°，
∴这个二面角大小是60°．
故答案为：60°．
【点评】本题考查二面角的大小的求法，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，考查数形结合思想，是中档题．15．（5分）如图为中国传统智力玩具鲁班锁，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全相同的正四棱柱分成三组，经90°榫卯起来．现有一鲁班锁的正四棱柱的底面正方形边长为2，欲将其放入球形容器内（容器壁的厚度忽略不计），若球形容器表面积的最小值为120π，则正四棱柱体的体积为40．
【分析】由题意，求出球形容器的半径的最小值，即可求出正四棱柱体的高．再求正四棱柱体的体积．
【解答】解：由题意，设该球形容器的半径的最小值为R，正四棱柱体的高为h，则4πR2=120π，∴R=．
∴，h=10．
则正四棱柱体的体积为V=2×2×10=40．
故答案为：40．
【点评】本题考查正棱柱的外接球，考查学生的计算能力，属于中档题．16．（5分）已知圆M：（x﹣1﹣cosθ）2+（y﹣2﹣sinθ）2=1，直线l：kx﹣y﹣k+2=0，下面五个命题：
①对任意实数k与θ，直线l和圆M有公共点；
②存在实数k与θ，直线l和圆M相切；
③存在实数k与θ，直线l和圆M相离；
④对任意实数k，必存在实数θ，使得直线l与和圆M相切；
⑤对任意实数θ，必存在实数k，使得直线l与和圆M相切．
其中真命题的代号是①②④（写出所有真命题的代号）．
【分析】①由题意求得圆M与直线l有公共点（1，2）；
②求得圆心到直线l的距离为d≤r；
③由d≤r判断直线和圆不会相离；
④由k存在知tanα存在，对应α存在，θ也存在；
⑤举例说明不一定存在实数k，使得直线l与和圆M相切．
【解答】解：对于①，圆M：（x﹣1﹣cosθ）2+（y﹣2﹣sinθ）2=1的圆心为（1+cosθ，2+sinθ），半径为r=1；
无论θ取何值，都有（1﹣1﹣cosθ）2+（2﹣2﹣sinθ）2=1，∴圆过定点（1，2）；又直线l：kx﹣y﹣k+2=0可化为k（x﹣1）﹣y+2=0，过定点（1，2）；
∴直线l和圆M有公共点（1，2），①正确；
对于②，圆心M到直线l的距离为d==|sin（θ﹣α）|≤1，其中
tanα=k；
∴存在实数k与θ，使直线l和圆M相切，②正确；
对于③，由d≤r知不存在实数k与θ，使直线l和圆M相离，③错误；
④对任意实数k，有k=tanα，∴必存在实数θ，使得d=|sin（θ﹣α）|=1=r，
直线l与和圆M相切，④正确；
⑤对任意实数θ，不一定存在实数k，使得直线l与和圆M相切，
如θ=0°时，tan90°不存在的，∴⑤错误．
综上，正确的命题序号是①②④．
故答案为：①②④．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系的应用，是中档题，解题时要认真审题，注意点到直线的距离公式的合理运用．
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）已知直线l1：x+y﹣1=0，l2：2x+3y﹣5=0，l3：6x﹣8y+3=0
（1）求l1与l2的交点P的坐标．
（2）求过交点P且与l3垂直的直线方程，并化为一般式．
【分析】（1）联立直线l1和l2的方程组成方程组，直接求解交点坐标，
（2）求出直线l3：6x﹣8y+3=0，利用点斜式方程求出与l3垂直的直线方程．
【解答】解：（1）由，解得x=﹣2，y=3，即点P（﹣2，3），
（2）由l3：6x﹣8y+3=0可得直线的斜率为，
则过交点P且与l3垂直的直线方程的斜率为﹣，
则其直线方程为y﹣3=﹣（x+2），即为4x+3y﹣1=0．
【点评】本题考查直线方程求解直线的交点的求法，直线的垂直，考查计算能力．18．（12分）如图，已知矩形BB1C1C所在平面与平面ABB1N垂直，BB1∥AN，BB1=2AN，∠BAN=90°，CB=AB=AN=2．
（1）求证：B1C1∥平面BCN．
（2）求证：平面NB1C1⊥平面NBC．
【分析】（1）推导出B1C1∥BC，由此能证明B1C1∥平面BCN．
（2）推导出CB⊥平面ANB1B，从而C1B1⊥平面ANB1B，进而C1B1⊥BN，过N作MN垂直BB1于M，从而NB⊥NB1，由此能证明平面NB1C1⊥平面NBC．【解答】证明：（1）因为四边形矩形BB1C1C是矩形，
所以B1C1∥BC，（2分）
因为BC⊂平面BCN，B1C1⊄平面BCN，
所以B1C1∥平面BCN．（5分）
（2）矩形BB1C1C所在平面与底面ABB1N垂直，且交线为BB1，CB⊥BB1，
所以CB⊥平面ANB1B，（6分）
又因为BC∥B1C1，故C1B1⊥平面ANB1B，（7分）
又BN在平面ANB1BB1内，从而C1B1⊥BN，
过N作MN垂直BB1于M，可得MN=MB1=MB=2，NB=NB1=，（9分）
又BB1=4，所以，即NB⊥NB1，（10分）
而C1B1⊥BN，
又因为C1B1∩NB1=B1，所以BN⊥平面NB1C1，
又BN⊂平面CBN内，所以平面NB1C1⊥平面NBC．（12分）
【点评】本题考查线面平行、面面垂直的证明，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，考查化归与转化思想，是中档
题．
19．（12分）在△ABC中，点A（7，4），B（2，9），C（5，8）
（1）求△ABC的面积．
（2）求△ABC的外接圆的方程．
【分析】（1）利用两点间的距离公式求得AB的值，用两点式求出AB的直线方程，利用点到直线的距离求出C到AB的距离d，再根据三角形的面积公式求得△ABC的面积．
（2）设△ABC的外接圆心为O（a，b）则|OA|=|OB|=|OC|，求出a的值，可得圆的标准方程．
【解答】解：（1）∵A（7，4），B（2，9），∴|AB|==5，直线AB方程为：
，即x+y﹣11=0．
=．
点C到直线AB的距离，故S
△ABC
（2）设△ABC的外接圆心为O（a，b）则|OA|=|OB|=|OC|，
即（a﹣7）2+（b﹣4）2=（a﹣2）2+（b﹣9）2=（a﹣5）2+（b﹣8）2，
∴a=2，b=4，故圆心坐标为（2，4），半径的平方为OA2=（a﹣7）2+（b﹣4）2 &nbsp；
=25，
∴△ABC的外接圆方程为（x﹣2）2+（y﹣4）2=25．
【点评】本题主要考查两点间的距离公式，用两点式求直线的方程，点到直线的距离，求圆的标准方程，属于基础题．
20．（12分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC=90°，D为线段AC的中点，E为线段PC上一动点，且PA=5，AB=BC=4．
（1）求证：BC⊥平面PAB．
（2）当PA∥平面BDE时，求三棱锥D﹣BCE的体积．
【分析】（1）证明PA⊥BC、AB⊥BC，即可证明BC⊥平面PAB．
（2）求出DE，通过V D
=，即可求解三棱锥D﹣BCE的体积．
﹣BCE
【解答】（1）证明：∵PA⊥平面ABC，∠ABC=90°，
∴PA⊥BC、AB⊥BC，
又∵PA∩AB=A，
∴BC⊥平面PAB ……（5分）
（2）解：∵PA∥平面BDE
PA⊂平面PAC
平面PAC∩平面BDE=DE
∴PA∥DE，
又∵D为AC中点
∴E为PC中点且DE=，
又∵V D
==××=，
﹣BCE
故三棱锥D﹣BCE的体积为：……（12分）
【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．
21．（12分）已知圆的方程为x2+y2﹣2x﹣4y+1+k=0．
（1）求k的取值范围．
（2）若此圆与直线x+y﹣3=0相交于M，N两点，且（O为坐标原点），求k的值．
【分析】（1）由方程x2+y2﹣2x﹣4y+1+k=0配方为（x﹣1）2+（y﹣2）2=4﹣k．由于此方程表示圆，可得4﹣k＞0，解出即可；
（2）设M（x1，y1），N（x2，y2）．与圆的方程联立可得根与系数关系，再利OM ⊥ON得y1y2+x1x2=0，即可解出k．
【解答】解：（1）方程x2+y2﹣2x﹣4y+1+k=0，
可化为（x﹣1）2+（y﹣2）2=4﹣k，
∵此方程表示圆，
∴4﹣k＞0，即k＜4．…（4分）
（2），
消去x得2（y﹣2）2=4﹣k，解得：y=2±，
则k＜4，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
则，由OM⊥ON得y1y2+x1x2=0，
即y1y2+（3﹣y1）（3﹣y2）=0，
∴25﹣3（y1+y2）+y1y2=0，
得25﹣3×4+2+=0，
解之得：k=﹣30，符合题意．…（12分）
【点评】本题考查了直线与圆相交问题转化为方程联立得到根与系数关系、向量垂直与数量积的关系等基础知识与基本技能方法，属于中档题．
22．（12分）如图所示，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，BC∥AD，AD=6，BC=4，
AB=2，点E，F分别在BC、AD上，EF∥AB，并且E为BC中点．现将四边形ABEF沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC．
（1）证明：AC⊥DE．
（2）在AD上确定一点N，使得过C、E、N的平面将三棱锥A﹣CDF分成的两部分体积相等．
【分析】（1）连结CF、DE，推导出CF⊥DE，AF⊥EF，从而AF⊥平面EFDC，AF ⊥DE，进而DE⊥平面ACF，由此能证明AC⊥DE．
=，（2）设过点C、E、F的平面为α，α∩面ADF=NP，P∈AF，推导出S
△ANP EC∥平面AFD，EC∥NP，NP∥FD，由此求出时，过C、E、N的平面将三棱锥A﹣CDF分成的两部分体积相等．
【解答】证明：（1）在梯形ABCD中，连结CF、DE，
∵AB∥EF，BC=4，AD=6，E为BC中点，
∴CE=2，DF=4，
又∵EF=AB=2，∴，
又∠CEF=∠EFD，∴△CEF∽△EFD，∴∠1=∠2，
∵∠1+∠3=90°，∴∠2+∠3=90°，
∴CF⊥DE，
∵AB⊥AD，EF∥AB，∴AF⊥EF，
∵平面ABEF⊥平面EFDC，AF⊂平面ABEF，平面ABEF∩平面EFDC=EF，
∴AF⊥平面EFDC，
∵DE⊂平面EFDC，∴AF⊥DE，
∵AF∩CF=F，∴DE⊥平面ACF，
∵AC⊂平面ACF，∴AC⊥DE．
解：（2）设过点C、E、F的平面为α，α∩面ADF=NP，P∈AF，
三棱锥A﹣CFD被平面α分成三棱锥C﹣ANP和四棱锥C﹣NPFD两部分，
若两部分体积相等，则三角形ANP和四边形NPFD的面积相等，
=，
∴S
△ANP
∵EC∥DF，EC⊄平面AFD，DE⊂平面AFD，
∴EC∥平面AFD，
又EC⊂平面α，α∩平面AFD=NP，
∴EC∥NP，∴NP∥FD，
∴时，过C、E、N的平面将三棱锥A﹣CDF分成的两部分体积相等．
【点评】本题考查线线垂直的证明，考查满足条件的点的位置的确定与求法，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，考查数形结合思想，是中档题．。