【典型题】高一数学下期中一模试卷及答案(1)

【典型题】高一数学下期中一模试卷及答案(1)
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．水平放置的ABC V 的斜二测直观图如图所示，若112A C ＝，111A B C △的面积为22，则AB 的长为（ ）
A ．2
B ．217
C ．2
D ．8
3．已知,,,A B C D 是同一球面上的四个点，其中ABC ∆是正三角形，AD ⊥平面ABC ，
26AD AB ==，则该球的体积为（ ）
A ．48π
B ．24π
C ．16π
D ．323π
4．三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，P A =2，AB =BC =1，则其外接球的表面积
为（ ） A ．6π
B ．5π
C ．4π
D ．3π
5．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是等腰直角三角形，则该三棱锥的外接
球表面积为 （ ）
A 3π
B ．3π
C ．43π
D ．12π
6．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43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
7．已知圆O ：2
2
24110x y x y ++--=，过点()1,0M 作两条相互垂直的弦AC 和
BD ，那么四边形ABCD 的面积最大值为（ ）
A ．42
B ．24
C ．21
2
D ．6
8．若直线20ax y +-=和直线()2140x a y +-+=平行，则a 的值为（ ）
A ．1-或2
B ．1-
C ．2
D ．不存在
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．若圆2
2
240x y x y +--=的圆心到直线0x y a -+=的距离为2
，则a 的值为( ) A ．-2或2
B ．
12或32
C ．2或0
D ．-2或0
11．已知ABC V 的三个顶点在以O 为球心的球面上，且2AB =，4AC =，25BC =,三棱锥O ABC -的体积为4
3，则球O 的表面积为（ ） A ．22π
B ．
743
π
C ．24π
D ．36π
12．如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E 、F ，且EF=
1
2
．则下列结论中正确的个数为
①AC ⊥BE ； ②EF ∥平面ABCD ；
③三棱锥A ﹣BEF 的体积为定值； ④AEF ∆的面积与BEF ∆的面积相等， A ．4
B ．3
C ．2
D ．1
二、填空题
13．光线由点P(2,3)射到直线x+y+1=0上，反射后过点Q(1,1) ，则反射光线方程为__________．
14．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，P 为1CC 上的动点，Q 为1BD 上的动点，则线段PQ 的长度的最小值为______.
15．在三棱锥P ABC -中,PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，3AB =，4BC =，5PA =，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为__________
16．过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A 作直线l ，使l 与棱AB 、AD 、1AA 所成的角都相等，这样的直线l 可以作_________条.
17．直线10ax y ++=与连接A （4，5），B （-1，2）的线段相交，则a 的取值范围是___．
18．已知圆22:(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．如上图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，,M N 分别是棱1AB CC 、的中点，
1MB P ∆的顶点P 在棱1CC 与棱11C D 上运动，有以下四个命题：
A ．平面1M
B P 1ND ⊥； B ．平面1MB P ⊥平面11ND A ；
C ．∆1MB P 在底面ABC
D 上的射影图形的面积为定值；
D ．∆1MB P 在侧面11D C CD 上的射影图形是三角形．其中正确命题的序号是__________. 20．正四棱锥S -ABCD 2，点S 、A 、B 、C 、D 都在同一个球面上，则该球的体积为______．
三、解答题
21．如图，在三棱台DEF ABC -中，2,,AB DE G H =分别为,AC BC 的中点．
（Ⅰ）求证：//BD 平面FGH ；
（Ⅱ）若CF ⊥平面ABC ,,AB BC CF DE ⊥=，
45BAC ∠=o ，求平面FGH 与平面ACFD 所成角（锐角）的大小．
22．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．
23．如图，正方形ABCD 所在平面与平面四边形ABEF 所在平面互相垂直，ABE ∆是等腰直角三角形，AB AE =，FA FE =，45AEF ∠=︒．
（1）设线段CD AE 、的中点分别为P M 、，求证：//PM 平面BCE ； （2）求二面角F BD A --所成角的正弦值．
24．如图，ABCD 是边长为3的正方形，DE ⊥平面ABCD ，AF ⊥平面ABCD ，
33DE AF ==.
（1）证明：平面//ABF 平面DCE ；
（2）在DE 上是否存在一点G ，使平面FBG 将几何体ABCDEF 分成上下两部分的体积比为3:11？若存在，求出点G 的位置；若不存在，请说明理由.
25．若圆M 的方程为2
2
(2)(5)10x y -+-=，△ABC 中，已知(1,1)A ，(4,2)B ，点C 为圆M 上的动点．
（1）求AC 中点D 的轨迹方程； （2）求△ABC 面积的最小值．
26．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面
ABC ,1,2AC BC AC BC CC ⊥===，点,,D E F 分别为棱11111,,AC B C BB 的中点．
（1）求证：//AB 平面DEF ； （2）求证：平面1ACB ⊥平面DEF ； （3）求三棱锥1E ACB -的体积.
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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．B
解析：B 【解析】 【分析】
依题意由111A B C △的面积为22，解得114B C =，所以8BC =，2AC =，根据勾股定理即可求AB ． 【详解】
依题意，因为111A B C △的面积为22， 所以1111122sin 452AC B C ︒=
⨯⋅=1112222
B C ⨯⨯⨯，解得114B C =， 所以8BC =，2AC =，又因为AC BC ⊥， 由勾股定理得：22228268217AB AC BC =+=+==．
故选B ． 【点睛】
本题考查直观图还原几何图形，属于简单题. 利用斜二测画法作直观图，主要注意两点：一是与x 轴平行的线段仍然与x '轴平行且相等；二是与y 轴平行的线段仍然与y '
轴平行且长度减半.
3．D
解析：D 【解析】 【分析】
根据球的性质可知球心O 与ABC ∆外接圆圆心O '连线垂直于平面ABC ；在Rt POE ∆和
Rt OO A ∆'中利用勾股定理构造出关于半径R 和OO '的方程组，解方程组求得R ，代入球
的体积公式可得结果. 【详解】
设O '为ABC ∆的外心，如下图所示：
由球的性质可知，球心O 与O '连线垂直于平面ABC ，作OE AD ⊥于E 设球的半径为R ，OO x '=
ABC ∆为等边三角形，且3AB = 3AO '∴=OO '⊥Q 平面ABC ，AD ⊥平面ABC ，OE AD ⊥
OO AE x '∴==，OE AO '==在Rt POE ∆和Rt OO A ∆'中，由勾股定理得：
22222OE PE O O O A R ''+=+=，即()2
22
363x x R +-=+=
解得：3x =，R =
∴球的体积为：34
3
V R π==
本题正确选项：D 【点睛】
本题考查棱锥外接球的体积求解问题，关键是能够确定棱锥外接球球心的位置，从而在直角三角形中利用勾股定理构造方程求得半径.
4．A
解析：A 【解析】
分析：将三棱锥的外接球转化为以,,AP AB BC 为长宽高的长方体的外接球，从而可得球半径，进而可得结果.
详解：因为PA ⊥平面AB ，,AB BC ⊂平面ABC ，
PA BC ∴⊥，,PA AB AB BC ⊥⊥Q ，
所以三棱锥的外接球，就是以,,AP AB BC 为长宽高的长方体的外接球， 外接球的直径等于长方体的对角线，
即2R =
=
246R ππ=，故选A.
点睛：本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出求的半径，求外接球半径的常见方法有：
①若三条棱两垂直则用22224R a b c =++（,,a b c 为三棱的长）；
②若SA ⊥面ABC （SA a =），则22244R r a =+（r 为ABC ∆外接圆半径） ③可以转化为长方体的外接球； ④特殊几何体可以直接找出球心和半径.
5．C
解析：C 【解析】 【分析】
的等腰直角三角形，与底面垂直的侧面是个等腰三角形，底边长为2，高为2，故三棱锥的外接球与以棱长为2的正方体的外接球相同，由此可得结论 【详解】
由三视图知几何体是一个侧棱与底面垂直的三棱锥，
与底面垂直的侧面是个等腰三角形，底边长为2，高为2，
故三棱锥的外接球与以棱长为2的正方体的外接球相同，其直径为
∴三棱锥的外接球体积为3
4
3
π⨯
=
故选C 【点睛】
本题主要考查了三视图，几何体的外接球的体积，考查了空间想象能力，计算能力，属于中档题．
6．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
222SA 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
2
2
2SA 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.
7．B
解析：B 【解析】 【分析】
设圆心到AC ，BD 的距离为1d ，2d ，则222
128d d MO +==，
1
2S AC BD =
⋅=，利用均值不等式得到最值. 【详解】 2224110x y x y ++--=，即()()2
2
1216x y ++-=，圆心为()1,2O -，半径4r =.
()1,0M 在圆内，设圆心到AC ，BD 的距离为1d ，2d ，则222128d d MO +==.
222222121211
222161622
S AC BD r d r d d d =
⋅=⨯-⋅-=-⋅- 2212161624d d ≤-+-=，当22121616d d -=-，即122d d ==时等号成立.
故选：B . 【点睛】
本题考查了圆内四边形面积的最值，意在考查学生的计算计算能力和转化能力.
8．C
解析：C 【解析】 【分析】
直接根据直线平行公式得到答案. 【详解】
直线20ax y +-=和直线()2140x a y +-+=平行，则()12a a -=，解得2a =或
1a =-.
当1a =-时，两直线重合，排除. 故选：C . 【点睛】
本题考查了根据直线平行求参数，意在考查学生的计算能力，多解是容易发生的错误.
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．C
解析：C 【解析】 【分析】
把圆的方程化为标准方程,找出圆心坐标,根据点到直线的距离公式列出关于a 的方程,求出方程的解得到a 的值即可. 【详解】
把圆的方程化为标准式为:2
2
(1)(2)5x y -+-=,所以圆心坐标为(1,2). 则圆心到直线0x y a -+=的距离22
21(1)d =
=
+-, 即11a -=,化简得11a -=或11a -=-,解得:2a =或0a =. 所以a 的值为0或2. 故选C.
【点睛】
本题考查学生会将圆的一般式方程化为标准式方程,灵活运用点到直线的距离公式化简求值.
11．C
解析：C 【解析】 【分析】
由已知可得三角形ABC 为直角三角形，斜边BC 的中点O '就是ABC V 的外接圆圆心，利用三棱锥O ABC -的体积，求出O 到底面的距离，可求出球的半径，然后代入球的表面积公式求解． 【详解】
在ABC V 中，∵2AB =，4AC =，25BC =得AB AC ⊥， 则斜边BC 的中点O '就是ABC V 的外接圆的圆心， ∵三棱锥O ABC -的体积为
43
， 114
24323
OO '⨯⨯⨯⨯=，解得1OO '=，221(5)6R =+=， 球O 的表面积为2424R ππ=． 故选C ．
【点睛】
本题考查球的表面积的求法，考查锥体体积公式的应用，考查空间想象能力和计算能力，属于基础题.
12．B
解析：B 【解析】
试题分析：①中AC ⊥BE ，由题意及图形知，AC ⊥面DD1B1B ，故可得出AC ⊥BE ，此命题正确；②EF ∥平面ABCD ，由正方体ABCD-A1B1C1D1的两个底面平行，EF 在其一面上，故EF 与平面ABCD 无公共点，故有EF ∥平面ABCD ，此命题正确；③三棱锥A-BEF 的体积为定值，由几何体的性质及图形知，三角形BEF 的面积是定值，A 点到面DD1B1B 距离是定值，故可得三棱锥A-BEF 的体积为定值，此命题正确；④由图形可以看出，B 到线段EF 的距离与A 到EF 的距离不相等，故△AEF 的面积与△BEF 的面积相等不正确 考点：1．正方体的结构特点；2．空间线面垂直平行的判定与性质
二、填空题
13．4x －5y+1=0【解析】【分析】先求P 点关于直线x+y+1=0对称点M 再根据两点式求MQ 方程即得结果【详解】因为P 点关于直线x+y+1=0对称点为所以反射光线方程为【点睛】本题考查点关于直线对称问
解析：4x －5y +1=0
【解析】
【分析】
先求P 点关于直线x+y+1=0对称点M ，再根据两点式求 MQ 方程，即得结果.
【详解】
因为P 点关于直线x+y+1=0对称点为(4,3)M --， 所以反射光线方程为13:1(1),451014
MQ y x x y +-=
--+=+. 【点睛】
本题考查点关于直线对称问题，考查基本分析求解能力，属基本题. 14．【解析】【分析】首先根据数形结合分析可知线段的长度的最小值转化为在平面上投影线段的最小值然后转化为点到直线的距离的最小值【详解】当平面时线段与其在平面上投影相等当与平面不平行时是斜线段大于其在平面上
解析：2
【解析】
【分析】
首先根据数形结合分析可知线段PQ 的长度的最小值转化为PQ 在平面ABCD 上投影线段的最小值，然后转化为点到直线的距离的最小值.
【详解】
当//PQ 平面ABCD 时，线段PQ 与其在平面ABCD 上投影相等，
当PQ 与平面ABCD 不平行时，PQ 是斜线段，大于其在平面ABCD 上投影的长度， ∴求线段PQ 的最小值就是求其在平面ABCD 上投影的最小值，
点P 在平面ABCD 的投影是点C ，点Q 在平面ABCD 的投影在BD 上，
∴求线段PQ 的最小值转化为点C 到BD 的距离的最小值，
连接,AC BD ，交于点O ，AC BD ⊥，
∴点C 到BD 的距离的最小值2
CO =.
2 【点睛】 本题考查几何体中距离的最小值，意在考查空间想象能力和数形结合分析问题的能力，属于中档题型.
15．【解析】【分析】以为长宽高构建长方体则长方体的外接球是三棱锥的外接球由此能求出三棱锥的外接球的表面积【详解】由题意在三棱锥中平面以为长宽高构建长方体则长方体的外接球是三棱锥的外接球所以三棱锥的外接球 解析：50π
【解析】
【分析】
以,,AB BC PA 为长宽高构建长方体，则长方体的外接球是三棱锥P ABC -的外接球，由此能求出三棱锥P ABC -的外接球的表面积.
【详解】
由题意，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面,,3,4,5ABC AB BC AB BC PA ⊥===， 以,,AB BC PA 为长宽高构建长方体，则长方体的外接球是三棱锥P ABC -的外接球， 所以三棱锥P ABC -的外接球的半径为2221234522
R =++=， 所以三棱锥P ABC -的外接球的表面积为225244)50S R πππ==⨯=. 【点睛】 本题主要考查了三棱锥的外接球的表面积的计算问题，其中解答中根据几何体的结构特征，以,,AB BC PA 为长宽高构建长方体，得到长方体的外接球是三棱锥P ABC -的外接球是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力.
16．【解析】【分析】将小正方体扩展成4个小正方体根据直线夹角的定义即可判断出符合条件的条数【详解】解：设ABCD ﹣A1B1C1D1边长为1第一条：AC1是满足条件的直线；第二条：延长C1D1到C1且D1
解析：4
【解析】
【分析】
将小正方体扩展成4个小正方体，根据直线夹角的定义即可判断出符合条件的条数．
【详解】
解：设ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1边长为1．
第一条：AC 1是满足条件的直线；
第二条：延长C 1D 1到C 1且D 1C 2＝1，AC 2是满足条件的直线；
第三条：延长C 1B 1到C 3且B 1C 3＝1，AC 3是满足条件的直线；
第四条：延长C 1A 1到C 4且C 4A 12=，AC 4是满足条件的直线．
故答案为4．
【点睛】
本题考查满足条件的直线条数的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，考查分类与整合思想，是基础题．
17．或【解析】【分析】判断直线恒过定点P （0-1）计算PAPB 的斜率再利用数形结合求a 的取值范围【详解】解：由直线ax+y+1=0的方程判断直线恒过定点P （0-1）如图所示计算且或则或即实数a 的取值范围
解析：32
a ≤-
或3a ≥ 【解析】
【分析】
判断直线0ax by c ++=恒过定点P （0，-1），计算PA 、PB 的斜率，再利用数形结合求a 的取值范围．
【详解】
解：由直线ax+y+1=0的方程，判断直线恒过定点P （0，-1），如图所示，
计算513402PA k +==-，21310
PB k +==--- 且PA k k ≥或PB k k ≤，
则PA a k ≤-或PB a k ≥-，
即实数a 的取值范围是：32a ≤-
或3a ≥． 故答案为：32
a ≤-
或3a ≥． 【点睛】
本题考查直线的斜率与直线方程的应用问题，是基础题． 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
271416x y ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭(2)y < 【解析】
【分析】
转化条件点P 、M 、Q 三点共线、2MQ 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22y x a
-=-， 由相似可得2MQ PM BM ⋅=即 ()2
22421a x y ++-=，
联立消去a 并由图可知2y <，可得 ()2271()2416
x y y +-=<.
故答案为：()2271()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．【解析】由正方体的几何性质对4个命题进行判断对于A 当动点P 与点重合时以等腰三角形与不垂直所以不能得出平面A 为假命题；对于B 易证所以平面所以平面⊥平面故B 为真命题；对于C 在底面上的射影图形的面积为定值 解析：BC
【解析】
由正方体的几何性质对4个命题进行判断，对于A ，当动点P 与点1D 重合时，MNP ∆以等腰三角形，PM 与1ND 不垂直，所以不能得出平面11MB P ND ⊥，A 为假命题；对于B ，易证11111ND MB MB A D ⊥⊥，，所以1MB ⊥平面11ND A ，所以平面1MB P ⊥平面11ND A ，故B 为真命题；对于C ，∆ 1MB P 在底面ABCD 上的射影图形的面积为定值，因为1MB P ∆在底面ABCD 的射影是三角形，底边是MB ，点P 在底面的射影在CD 上，到MB 的距离不变，若正方体棱长为a 时，则射影面积为214
a 为定值，所以C 为真命题；对于D ，当P 点与点1C 重合时，则点1B 与点P 的投影重合，此时∆ 1MB P 在侧面11D C CD 上的射影图形是线段，不是三角形，故D 是假命题。

真命题有BC.
点睛：本题主要考查面面之间的关系以及投影的概念，属于中档题，解决本题的关键是对正方体中的点线面之间的关系有比较透彻的了解，对其中的空间位置比较熟悉。

20．【解析】如图过S 作SO1⊥平面ABCD 由已知=1在Rt △SO1C 中∵SC ＝∴∴O1S ＝O1A ＝O1B ＝O1C ＝O1D 故O1是过SABCD 点的球的球心∴球的半径为r ＝1∴球的体积为点睛：与球有关的组合
解析：43
π 【解析】
如图，过S 作SO 1⊥平面ABCD ，由已知1112O C AC =
=1.在Rt △SO 1C 中， ∵ SC ＝2 ，∴ 22111SO SC O C =-=，∴ O 1S ＝O 1A ＝O 1B ＝O 1C ＝O 1D ，故O 1是过S ，A ，B ，C ，D 点的球的球心，∴ 球的半径为r ＝1，
∴ 球的体积为34433
r π=π.
点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
三、解答题
21．（Ⅰ）略；（Ⅱ）60o
【解析】
试题分析：（Ⅰ）思路一：连接,DG CD ，设CD GF O ⋂=，连接OH ，先证明//OH BD ，从而由直线与平面平行的判定定理得//BD 平面HDF ；思路二：先证明平面//FGH 平面ABED ，再由平面与平面平行的定义得到//BD 平面HDF .
（Ⅱ）思路一：连接,DG CD ，设CD GF O ⋂=，连接OH ，证明,,GB GC GD 两两垂直, 以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -，利用空量向量的夹角公式求解；思路二：作HM AC ⊥于点M ，作MN GF ⊥于点N ，连接NH ，证明MNH ∠即为所求的角，然后在三角形中求解.
试题解析：
（Ⅰ）证法一：连接,DG CD ，设CD GF O ⋂=，连接OH ，
在三棱台DEF ABC -中，
2,AB DE G =为AC 的中点
可得//,DF GC DF GC =
所以四边形DFCG 为平行四边形
则O 为CD 的中点
又H 为BC 的中点
所以//OH BD
又OH ⊂平面,FGH BD ⊂平面,FGH
所以//BD 平面FGH ．
证法二：
在三棱台DEF ABC -中，
由2,BC EF H =为BC 的中点
可得//,,BH EF BH EF =
所以四边形BHFE 为平行四边形
可得//BE HF
在ABC ∆中，G 为AC 的中点，H 为BC 的中点，
所以//GH AB
又GH HF H ⋂=，所以平面//FGH 平面ABED
因为BD ⊂平面ABED
所以//BD 平面FGH
（Ⅱ）解法一：
设2AB =，则1CF =
在三棱台DEF ABC -中，
G 为AC 的中点 由
12
DF AC GC ==， 可得四边形DGCF 为平行四边形，
因此//DG CF
又FC ⊥平面ABC
所以DG ⊥平面ABC
在ABC ∆中，由,45AB BC BAC o ⊥∠=，G 是AC 中点，
所以,AB BC GB GC =⊥
因此,,GB GC GD 两两垂直,
以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -
所以())()
()0,0,0,2,0,0,2,0,0,0,1G B C D 可得()
22,0,2,122H F ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭ 故()
22,2,1GH GF ⎫==⎪⎪⎝⎭u u u r u u u r
设(),,n x y z r
=是平面FGH 的一个法向量，则 由0,{0,
n GH n GF ⋅=⋅=u u u r r u u u r r 可得0{20x y y z +
=+= 可得平面FGH 的一个法向量()1,1,2n r =-
因为GB uuu r 是平面ACFD 的一个法向量，()
2,0,0GB =
u u u r 所以21cos ,222GB n GB n GB n ⋅===⋅u u u r r u u u r r u u u r r 所以平面与平面所成的解（锐角）的大小为60o
解法二：
作HM AC ⊥于点M ，作MN GF ⊥于点N ，连接NH
由FC ⊥平面ABC ，得HM FC ⊥
又FC AC C ⋂=
所以HM ⊥平面ACFD
因此GF NH ⊥
所以MNH ∠即为所求的角
在BGC ∆中,12//,,22MH BG MH BG =
= 由GNM ∆∽GCF ∆
可得,MN GM FC GF
= 从而66MN =
由MH ⊥平面,ACFD MN ⊂平面ACFD
得,MH MN ⊥
因此tan 3HM MNH MN
∠==所以60MNH ∠=o
所以平面FGH 与平面ACFD 所成角（锐角）的大小为60o .
考点：1、空间直线与平面的位置关系；2、二面角的求法；3、空间向量在解决立体几何问题中的应用.
22．（1）证明见解析；（2）153. 【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 =，
2223,2,3,(
)52
OB OA OB OC DE CE OC ∴===∴==+=， 15tan 3CE CDE DE ∴∠==， 所以异面直线AO 与CD 所成角的正切值为153
.
【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.
23．（1）证明见解析；（2）
11
. 【解析】
【分析】 （1）取BE 中点N ，连,MN CN ，得1//,2
MN AB MN AB =
，可证四边形CPMN 为平行四边形，进而有//MP CN ，即可证明结论； （2）设2AB AE ==，由已知可得AE ⊥平面ABCD ，过F 做//FQ AE ，交AB 于Q ，得FQ ⊥平面ABCD ，过Q 做QO BD ⊥垂足为O ，连FO ，可证BD ⊥平面FOQ ，得到FOQ ∠为二面角F BD A --的平面角，解Rt OFQ ∆即可.
【详解】
（1）取BE 中点N ，连,MN CN ，又M 为AE 的中点，
1//,2
MN AB MN AB ∴=，在正方形ABCD 中，P 是CD 中点， //,CP MN CP MN ∴=，∴四边形CPMN 为平行四边形，
//MP CN ∴，MP ⊄平面BCE ，CN ⊂平面BCE ，
//PM ∴平面BCE ；
（2）设2AB AE ==，ABE ∆是等腰直角三角形，AB AE =，
AE AB ∴⊥，平面ABCD ⊥平面ABEF ，
平面ABCD I 平面ABEF AB =，AE ⊂平面ABEF ，
AE ∴⊥平面ABCD ，过F 做//FQ AE ，交AB 于Q ，
FQ ∴⊥平面ABCD ， FA FE =Q ，45AEF ∠=︒，
,45,45EF AF EAF AF FAQ ∴⊥∠=︒∴=∠=︒，
在Rt AFQ ∆中，1,3FQ AQ BQ ===，
过Q 做QO BD ⊥垂足为O ，连FO ，
FQ ⊥Q 平面,ABCD FQ BD ∴⊥，FQ OQ Q =I ，
BD ∴⊥平面,FOQ BD OF ⊥，
FOQ ∠为二面角F BD A --的平面角，
在Rt BOQ ∆中，3,45,BQ OBQ OQ =∠=︒∴=
在Rt FOQ ∆中，2
OF ==，
sin 11
FQ FOQ OF ∴∠==，
∴二面角F BD A --所成角的正弦值11.
【点睛】
本题考查空间线、面位置关系，证明直线与平面平行以及求二面角，利用垂直关系做出二面角的平面角是解题的难点，要注意空间垂直间的相互转化，属于中档题.
24．（1）见解析（2）存在点G 且1EG =满足条件.
【解析】
试题分析：（1）根据//,//DE AF AB CD ，结合面面平行的判定定理可知两个平面平行；（2）先求出整个几何体的体积.假设存在一点G ，过G 作//MG BF 交EC 于M ，连接,BG BM ，设EG t =，求得几何体GFBME 的体积，将其分割成两个三棱锥,B EFG B EGM --，利用t 表示出两个三棱锥的高，再利用体积建立方程，解方程组求得t 的值.
试题解析：
解：
（1）∵DE ⊥平面ABCD ，AF ⊥平面ABCD ，
∴//DE AF ，∴//AF 平面DCE ，
∵ABCD 是正方形，//AB CD ，∴//AB 平面DCE ，
∵AB AF A ⋂=，AB ⊂平面ABF ，AF ⊂平面ABF ，∴平面//ABF 平面DCE .
（2）假设存在一点G ，过G 作//MG BF 交EC 于M ，连接,BG BM ，
()1331133213332322
ABCDEF B ADEF B CDE V V V --+⨯⨯=+=⨯⨯+⨯⨯=，
设EG t =，则21392144GFBME B EFG B EGM V V V --=+=
⨯=， 设M 到ED 的距离为h ，则
331h EM t EC ==-，32h t =，234EGM S t ∆= ∴21
31393334324
t t ⨯⨯+⨯⨯=，解得1t =，即存在点G 且1EG =满足条件. 点睛：本题主要考查空间点线面的位置关系，考查几何体体积的求法，考查探究性问题的解决方法.第一问要证明面面平行，根据面面平行的判定定理可知，只需找到平面的两条相交直线和另一个平面的两条相交直线平行即可.第二问要对几何体进行分割，先假设存在，接着计算出总的体积，然后再次利用分割法用体积来列方程组，求解出G 的位置的值.
25．（1）2235()(3)22x y -+-=
（2）12
【解析】
【分析】
（1）利用相关点法求出点D 的轨迹方程；
（2）首先求出直线AB 的方程，求出圆心到直线的距离，圆心到直线的距离减去半径即圆上的点到直线的距离的最小值，即可求出ABC ∆面积的最小值。

【详解】 解：（1）设(,)D x y ，00(,)C x y ，因D 为AC 中点，所以00
1212x x y y +⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩
，进而可得00
2121x x y y =-⎧⎨=-⎩， 而00(,)x y 在圆上，故有22
[(21)2][(21)5]10x y --+--= 即22(23)(26)10x y -+-=，
∴D 的轨迹方程为2235()(3)22x y -+-=
（2）由(1,1)A ，(4,2)B 得AB 斜率为
13， 所以直线AB 的方程为11(1)3
y x -=-，即320x y -+=， 则圆心(2,5)到直线AB
的距离d =
= ∴圆上的点到AB
=
又∵AB ==
∴ABC ∆面积最小值为
112102
= 【点睛】 本题考查点的轨迹方程的求法，考查三角形面积的最小值的求法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．
26．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
23
. 【解析】
【分析】
（1）由题意可知DE P AB ，从而得证；
（2）要证平面1ACB ⊥平面DEF ，转证EF ⊥平面1ACB ，即证AC EF ⊥，1EF CB ⊥； （3）利用等积法即可得到结果.
【详解】
（1）证明：因为三棱柱111ABC A B C -中，11A B P AB ,
又因为,D E 分别为1111,AC B C 的中点，所以DE P 11A B ,
于是DE P AB , AB ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ,
所以AB P 平面DEF .
(2) 在三棱柱111ABC A B C -中，
1CC ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC
所以1CC AC ⊥，1CC BC ⊥,
又AC BC ⊥,
1BC CC C ⋂=，1,BC CC ⊂平面11C BC B ,
所以AC ⊥平面11C BC B ,
EF ⊂平面11C BC B ,
所以AC EF ⊥ ,
又因为12BC CC ==， 1CC BC ⊥，
所以侧面11C BC B 为正方形，故11BC CB ⊥ ,
而,E F 分别为111,B C BB 的中点，连结1BC ，所以EF ‖1BC ,
所以1EF CB ⊥ ，又1AC CB C ⋂=，1,AC CB ⊂平面1ACB ,
所以EF ⊥平面1ACB ,
又EF ⊂平面DEF ,
所以平面1ACB ⊥平面DEF .
（3） 1111233
E ACB A ECB ECB V V S AC --∆==⋅= .
【点睛】
垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.
(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.
(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.
(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.。