【好题】高中必修二数学下期中试卷(带答案)

【好题】高中必修二数学下期中试卷(带答案)
一、选择题
1．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
2．已知m ，n 是空间中两条不同的直线，α，β为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是（ ）
A ．若m α⊂，则m β⊥
B ．若m α⊂，n β⊂，则m n ⊥
C ．若m α⊄，m β⊥，则//m α
D ．若m αβ=I ，n m ⊥，则n α⊥
3．如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )
A ．202π+
B ．203π+
C ．242π+
D ．243π+
4．已知正四面体ABCD 中，M 为棱AD 的中点，设P 是BCM ∆（含边界）内的点，若点P 到平面ABC ，平面ACD ，平面ABD 的距离相等，则符合条件的点P （ ） A ．仅有一个
B ．有有限多个
C ．有无限多个
D ．不存在 5．已知点A （1，2），B （3，1），则线段AB 的垂直平分线的方程是（ ） A ．4x 2y 5+=
B ．4x 2y 5-=
C ．x 2y 5+=
D ．x 2y 5-= 6．已知圆M ：2220x y y =++与直线l ：350ax y a +-+=，则圆心M 到直线l 的最大距
离为（ ）
A ．5
B ．6
C ．35
D ．41
7．若某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积等于（ ）
A ．310cm
B ．320cm
C ．330cm
D ．340cm
8．矩形ABCD 中，4AB =，3BC =，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B AC D --，则四面体ABCD 的外接球的体积是（ ）
A ．12512π
B ．1259π
C ．1256π
D ．1253
π 9．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 ．2a
C ．2a
D ．22
a 10．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：
①BM 与ED 平行 ②CN 与BE 是异面直线
③CN 与BM 成60︒角 ④DM 与BN 是异面直线
以上四个命题中，正确命题的个数是（ ）
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4 11．如图在正方体
中，点为线段的中点. 设点在线段上，直
线与平面所成的角为，则的取值范围是( )
A ．
B ．
C ．
D ．
12．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
二、填空题
13．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______.
14．直线与圆交于两点，则________． 15．已知正三棱锥P -ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的求面上，若PA ，PB ，PC 两两互相垂直，则球心到截面ABC 的距离为________．
16．已知三棱锥D ABC -的体积为2，ABC ∆是边长为2的等边三角形，且三棱锥D ABC -的外接球的球心O 恰好是CD 的中点，则球O 的表面积为_______.
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．如图，在△ABC 中，AB=BC=2，∠ABC=120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD=DA ，PB=BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是 .
19．底面边长为2的正三棱柱111ABC A B C -被不平行于底面的平面MNP 所截，其中3AM =，4BN =，5PC =，则多面体ABC MNP -体积为________
20．如图：点P 在正方体1111ABCD A B C D -的面对角线1BC 上运动，则下列四个命题： ①三棱锥1A D PC -的体积不变； ②1A P ∥面1ACD ；③1DP BC ^；
④面1PDB ^面1ACD ．其中正确的命题的序号是__________.
三、解答题
21．如图，在以,,,,A B C D E 为顶点的五面体中，O 为AB 的中点，AD ⊥平面ABC ，AD ∥BE ，AC CB ⊥，22AC =，244AB BE AD ===.
（1）试在线段BE 找一点F 使得OF //平面CDE ，并证明你的结论；
（2）求证：AC ⊥平面BCE ；
（3）求直线DE 与平面BCE 所成角的正切值.
22．已知ABC ∆的三个顶点(),A m n 、()2,1B 、()2,3C -.
（1）求BC 边所在直线的方程；
（2）BC 边上中线AD 的方程为2360x y -+=，且7ABC S ∆=，求点A 的坐标.
23．如图，在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧棱PA PD ⊥，底面ABCD 是直角梯形，其中//BC AD ，90BAD ∠=︒，3AD BC =，2AO OD =.
（1）求证：平面PAB ⊥平面PCD .
（2）试问在棱PA 上是否存在点E ，使得面//BOE 面PCD ，若存在，试指出点E 的位置并证明；若不存在，请说明理由.
24．在直角坐标系中，射线OA: x －y=0（x≥0），
OB: x+2y=0（x≥0），过点P(1,0)作直线分别交射线OA 、OB 于A 、B 两点.
（1）当AB 中点为P 时，求直线AB 的方程；
（2）当AB 中点在直线12
y x =上时，求直线AB 的方程. 25．设直线l 的方程为()()1520a x y a a R ++--=∈.
(1)求证:不论a 为何值，直线l 必过一定点P ;
(2)若直线l 分别与x 轴正半轴，y 轴正半轴交于点(),0A A x ，()0,B B y ，当AOB ∆而积最小时，求AOB ∆的周长;
(3)当直线l 在两坐标轴上的截距均为整数时，求直线l 的方程.
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．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 '∴==，3OE AO '==在Rt POE ∆和Rt OO A ∆'中，由勾股定理得：
22222OE PE O O O A R ''+=+=，即()2
22363x x R +-=+= 解得：3x =，3R =∴球的体积为：343233
V R ππ== 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.
2．C
解析：C
【解析】
由题设，,αβ⊥ 则A. 若m α⊂，则m β⊥，错误；B. 若m α⊂，n β⊂，则m n ⊥ 错误；D. 若m αβ⋂=，n m ⊥，当n β⊄ 时不能得到n α⊥，错误.
故选C.
3．B
解析：B
【解析】 该几何体是一个正方体与半圆柱的组合体，表面积为
2215221122032
S πππ=⨯+⨯⨯+⨯⨯=+，故选B ． 4．A
解析：A
【解析】
【分析】
根据正四面体的对称性分析到平面ABC ，平面ACD ，平面ABD 的距离相等的点的轨迹，与BCM ∆所在平面的公共部分即符合条件的点P .
【详解】
在正四面体ABCD 中，取正三角形BCD 中心O ，连接AO ，根据正四面体的对称性，线段AO 上任一点到平面ABC ，平面ACD ，平面ABD 的距离相等，到平面ABC ，平面ACD ，平面ABD 的距离相等的点都在AO 所在直线上，AO 与BCM ∆所在平面相交且交于BCM ∆内部，所以符合题意的点P 只有唯一一个.
故选：A 【点睛】
此题考查正四面体的几何特征，对称性，根据几何特征解决点到平面距离问题，考查空间想象能力.
5．B
解析：B
【解析】
【分析】
【详解】
因为线段AB 的垂直平分线上的点(),x y 到点A ，B 的距离相等，
22(1)(2)x y -+-22(3)(1)x y =-+-．
即：221244x x y y +-++-
229612x x y y =+-++-，
化简得：425x y -=．
故选B ．
6．A
解析：A
【解析】
【分析】
计算圆心为()0,1M -，350ax y a +-+=过定点()3,5N -，最大距离为MN ，得到答案.
【详解】
圆M ：2220x y y =++，即()2
211x y ++=，圆心为()0,1M -， 350ax y a +-+=过定点()3,5N -，故圆心M 到直线l 的最大距离为5MN =. 故选：A .
【点睛】
本题考查了点到直线距离的最值问题，确定直线过定点()3,5N -是解题的关键.
7．B
解析：B
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：. 由三视图知几何体为三棱柱削去一个三棱锥如图：
棱柱的高为5；底面为直角三角形，直角三角形的直角边长分别为3、4，
∴几何体的体积V ＝×3×4×5﹣××3×4×5＝20（cm 3）．
考点：1.三视图读图的能力；2.几何体的体积公式.
8．C
解析：C
【解析】
【分析】
由矩形的对角线互相平分且相等即球心到四个顶点的距离相等推出球心为AC 的中点，即
可求出球的半径，代入体积公式即可得解.
【详解】
因为矩形对角线互相平分且相等，根据外接球性质易知外接球球心到四个顶点的距离相等，所以球心在对角线AC 上，且球的半径为AC 长度的一半， 即22115222r AC AB BC ==+=，所以334451253326
V r πππ⎛⎫==⋅= ⎪⎝⎭.
故选：C
【点睛】
本题考查球与几何体的切、接问题，二面角的概念，属于基础题.
9．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 ，
1122HI CD ∴==， 即F 在侧面11CDD C 2． 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.
10．B
解析：B
【解析】
【分析】
把平面展开图还原原几何体，再由棱柱的结构特征及异面直线定义、异面直线所成角逐一核对四个命题得答案．
【详解】
把平面展开图还原原几何体如图：
由正方体的性质可知，BM 与ED 异面且垂直，故①错误；
CN 与BE 平行，故②错误；
连接BE ，则BE CN P ，EBM ∠为CN 与BM 所成角，连接EM ，可知BEM ∆为正三角形，则60EBM ∠=︒，故③正确；
由异面直线的定义可知，DM 与BN 是异面直线，故④正确．
∴正确命题的个数是2个．
故选：B ．
【点睛】
本题考查棱柱的结构特征，考查异面直线定义及异面直线所成角，是中档题．
11．B
解析：B
【解析】
【分析】
【详解】
设正方体的棱长为，则，所以
，
.
又直线与平面所成的角小于等于，而为钝角，所以的范围为，选B.
【考点定位】
空间直线与平面所成的角.
12．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.
二、填空题
13．【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：
22
【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22
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.
14．22【解析】【分析】首先将圆的一般方程转化为标准方程得到圆心坐标和圆的半径的大小之后应用点到直线的距离求得弦心距借助于圆中特殊三角形半弦长弦心距和圆的半径构成直角三角形利用勾股定理求得弦长【详解】根
【解析】 【分析】
首先将圆的一般方程转化为标准方程，得到圆心坐标和圆的半径的大小，之后应用点到直线的距离求得弦心距，借助于圆中特殊三角形半弦长、弦心距和圆的半径构成直角三角形，利用勾股定理求得弦长. 【详解】
根据题意，圆的方程可化为，
所以圆的圆心为
，且半径是，
根据点到直线的距离公式可以求得， 结合圆中的特殊三角形，可知，故答案为
.
【点睛】
该题考查的是有关直线被圆截得的弦长问题，在解题的过程中，熟练应用圆中的特殊三角形半弦长、弦心距和圆的半径构成的直角三角形，借助于勾股定理求得结果.
15．【解析】正三棱锥P-ABC 可看作由正方体PADC-BEFG 截得如图所示PF 为三棱锥P-ABC 的外接球的直径且设正方体棱长为a 则由得所以因为球心到平面ABC 的距离为考点定位：本题考查三棱锥的体积与球的 3【解析】
正三棱锥P-ABC 可看作由正方体PADC-BEFG 截得，如图所示，
PF 为三棱锥P-ABC 的外接球的直径，且PF ABC ⊥平面,设正方体棱长为a ，则
2312,2,2a a AB AC BC =====132232ABC S ∆=
⨯=由P ABC B PAC V V --=，得1
11••2223
32ABC h S ∆=⨯⨯⨯⨯，所以33
h =，因为球心到平面ABC 的距离为
3
3
. 考点定位：本题考查三棱锥的体积与球的几何性质，意在考查考生作图的能力和空间想象能力
16．【解析】【分析】如图所示根据外接球的球心O 恰好是的中点将棱锥的高转化为点到面的距离再利用勾股定理求解【详解】如图所示：设球O 的半径为R 球心O 到平面的距离为d 由O 是的中点得解得作平面ABC 垂足为的外心 解析：
523
π
【分析】
如图所示，根据外接球的球心O 恰好是CD 的中点，将棱锥的高，转化为点到面的距离，再利用勾股定理求解. 【详解】 如图所示：
设球O 的半径为R ，球心O 到平面ABC 的距离为d ， 由O 是CD 的中点得2213222322
D ABC O ABC V V d --==⨯⨯⨯=， 解得3d =
作1OO ⊥平面ABC ，垂足1O 为ABC ∆的外心， 所以123
3
CO =
， 所以2
22
23133)3R =+=⎝⎭
，
所以球O 的表面积为2
5243
R π
π=. 故答案为：523
π
【点睛】
本题主要考查三棱锥的外接球的体积，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.
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：3
2
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 +=
=-，21
310
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：3
2
a ≤-或3a ≥． 故答案为：3
2
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】中因为所以由余弦定理可得所以设则在中由余弦定理可得故在中由余弦定理可得所以过作直线的垂线垂足为设则即解得而的面积设与平面所成角为则点到平面的距离故四面体的体积设因为所以则（1）当时有故此时因
解析：
12
【解析】 ABC ∆中，因为2,120AB BC ABC ==∠=o ，
所以30BAD BCA ∠==o .
由余弦定理可得2222cos AC AB BC AB BC B =+-⋅
2222222cos12012=+-⨯⨯=o ，
所以23AC =
设AD x =，则023t <<23DC x =.
在ABD ∆中，由余弦定理可得2222cos BD AD AB AD AB A =+-⋅
22222cos30x x =+-⋅o 2234x
x =-+.
故2234BD x x =
-+.
在PBD ∆中，PD AD x ==，2PB BA ==.
由余弦定理可得2222222(234)3
cos 2PD PB BD x x x BPD PD PB +-+--+∠===
⋅， 所以30BPD ∠=o .
过P 作直线BD 的垂线，垂足为O .设PO d = 则11
sin 22
PBD S BD d PD PB BPD ∆=⨯=⋅∠， 211
2342sin 3022
x x d x -+=⋅o ， 解得2234
d x x =
-+.
而BCD ∆的面积111
sin (23)2sin 303)222
S CD BC BCD x x =
⋅∠=⋅=o . 设PO 与平面ABC 所成角为θ，则点P 到平面ABC 的距离sin h d θ=. 故四面体PBCD 的体积
211111sin (23)33332234BcD BcD BcD V S h S d S d x x x θ∆∆∆=⨯=≤⋅=⨯-+ 2
1(23)6
234
x x x x -=-+
设22234(3)1t x x x =
-+=-+023x ≤≤12t ≤≤.
则231x t -=
-
（1）当03x ≤≤
时，有2
331x x t ==-
故231x t =-
此时，221(31)[23(31)]
t t V -----=
21414
()66t t t t
-=⋅=-.
214
()(1)6V t t
=--'，因为12t ≤≤，
所以()0V t '<，函数()V t 在[1,2]上单调递减，故141()(1)(1)612
V t V ≤=-=.
（2x <≤x x =-=
故x =
此时，16V t +=
21414
()66t t t t
-=⋅=-. 由（1）可知，函数()V t 在(1,2]单调递减，故141
()(1)(1)612
V t V <=-=. 综上，四面体PBCD 的体积的最大值为
1
2
. 19．【解析】【分析】将多面体分为四棱锥与三棱锥两部分相加求和即可【详解】如图将多面体分为四棱锥与三棱锥两部分其中四棱锥的高为为梯形则故多面体体积为故答案为：【点睛】本题主要考查了多面体体积的求解方法根据
解析：【解析】 【分析】
将多面体ABC MNP -分为四棱锥N ACPM -与三棱锥N ABC -两部分相加求和即可. 【详解】
如图, 将多面体ABC MNP -分为四棱锥N ACPM -与三棱锥N ABC -两部分.
其中四棱锥N ACPM -的高为2sin 60⨯︒=.ACPM 为梯形.
则()3521323N ACPM V -+⨯=
⨯=124323
N ABC V -=⨯=
.
故多面体ABC MNP -体积为
33
+=
故答案为：43 【点睛】
本题主要考查了多面体体积的求解方法,根据多面体的特征分为两个棱锥计算即可.属于中档题.
20．①②④【解析】对于①因为从而平面故上任意一点到平面的距离均相等以为顶点平面为底面则三棱锥的体积不变正确；对于②连接容易证明且相等由于①知：平面平面所以可得面②正确；对于③由于平面若则平面则为中点与动
解析：. ① ② ④ 【解析】
对于①，因为11//AD BC ，从而1//BC 平面1AD C ，故1BC 上任意一点到平面1AD C 的距离均相等，∴以P 为顶点，平面1AD C 为底面，则三棱锥1A D PC -的体积不变，正确；对于②，连接111,A B A C 容易证明111//AC A D 且相等，由于①知：11//AD BC ，平面
11//BA C 平面1ACD ，所以可得1//A P 面1ACD ，②正确；对于③，由于DC ⊥平面111,BCB C DC BC ∴⊥，若1DP BC ^，则1BC ⊥平面DCP ，1BC PC ⊥，则P 为中
点，与P 动点矛盾，错误；对于④，连接1DB ，由1DB AC ⊥且11DB AD ⊥，可得
1DB ⊥面1ACD ，由面面垂直的判定知平面1PDB ⊥平面1ACD ，④正确，故答案为①②
④.
三、解答题
21．（1）在BE 上取点F ，使得1
4
BF BE =
；证明见解析；（2）证明见解析；（3）
【解析】 【分析】
（1）在BE 上取点F ，使得1
4
BF BE =
，根据直线和平面平行的判定定理即得；（2）由线面垂直的判定定理即得；（3）取BE 中点G ，连接AG ，CG ，由//DE AG ，可知AG 与平面CBE 所成的角等于DE 与平面CBE 所成的角，已知AC ⊥平面BCE ，根据所给条件计算即得. 【详解】
（1）如图，在BE 上取点F ，使得1
4
BF BE =， 理由如下：
OF 是ABG V 中位线，//,//OF AG FO DE ∴∴，
OF ⊄平面CDE ，//OF ∴平面CDE . （2）已知AD ⊥平面ABC ，
又//AD BE Q ，BE ∴⊥平面ABC ，BE AC ∴⊥， 又AC CB ⊥AC ∴⊥平面EBC .
（3）取BE 中点G ，连接AG ，CG ， //DE AG Q ，
∴AG 与平面CBE 所成的角等于DE 与平面CBE 所成的角，又AC ⊥平面BCE ， AGC ∴∠是AG 与平面CBE 所成的角，
在Rt ABC ∆中，4AB =，AC =BC ∴=
∴在Rt BCG ∆中，3CG ==，
∴在Rt ACG ∆中，tan AC AGC CG ∠==，
即直线DE 与平面CBE 所成角的正切值为
3
.
【点睛】
本题考查直线和平面平行的判定定理，直线和平面垂直的判断定理，以及求直线和平面所成的角的正切值，属于中档题.
22．（1）240x y +-=；（2）点A 坐标为()3,4、()3,0- 【解析】 【分析】
（1）利用两点式求得BC 边所在直线方程；
（2）利用点到直线的距离公式求得A 到直线BC 的距离，根据面积7ABC S ∆=以及点A 在直线2360x y -+=上列方程组，解方程组求得A 点的坐标. 【详解】
（1）由()2,1B 、()2,3C -得BC 边所在直线方程为12
3122
y x --=---，即240x y +-=. （2）224225BC =
+=A 到BC 边所在直线240x y +-=的距离为24
5
m n d +-=
A 在直线2360x y -+=上，故17
2
2360
ABC S BC d m n ∆⎧
=⋅⋅=⎪⎨⎪-+=⎩，即247
2360
m n m n ⎧+-=⎨
-+=⎩，解得()3,4A 或()30A -,. 【点睛】
本小题主要考查利用两点式求直线方程，考查点到直线的距离公式，考查三角形面积公式，属于基础题.
23．（1）见解析；（2）在棱PA 上存在点E 且E 满足
2AE
EP
=时能使得面//BOE 面PCD ，证明见解析. 【解析】 【分析】
（1）可证PD ⊥平面PAB ，从而得到要证明的面面垂直. （2）在棱PA 上存在点E 且E 满足
2AE
EP
=时能使得面//BOE 面PCD ， 利用面面平行
的判断定理可证明该结论.
【详解】
（1）因为90BAD ∠=︒，故BA AD ⊥
又因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧面PAD I 底面ABCD AD =，BA ⊂平面ABCD ， 所以BA ⊥平面PAD .
因为PD ⊂平面PAD ，故BA PD ⊥，
又因为PA PD ⊥，PA AB A =I ，PA ⊂平面PAB ，AB Ì平面PAB ，
所以PD ⊥平面PAB ，而PD ⊂平面PCD ，故平面PAB ⊥平面PCD .
（2）在棱PA 上存在点E ，使得面//BOE 面PCD ，E 满足2AE EP =，证明如下： 因为2AE EP =，2AO OD =，所以D
AE EP AO O =，故//OE PD . 因为OE ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，故//OE 平面PCD .
因为//BC AD ，13
OD AD BC =
=，故//,OD BC OD BC =， 所以四边形BCDO 为平行四边形，故//BO CD ，
因为BO ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，故//BO 平面PCD . 因为BO ⊂平面EOB ，EO ⊂平面EOB ，BO EO O ⋂=，
故面//BOE 面PCD .
【点睛】
本题考查面面垂直的证明和面面平行的探索，前者注意空间中三种垂直关系的转化，后者应根据题设条件得到动点满足的位置特征，然后再根据判定定理来证明，本题属于中档题.
24．（1）220x y +-=；（2）5250x y --=
【解析】
【分析】
【详解】
（1）因为,A B 分别为直线与射线:0(0)OA x y x -=≥及:20(0)OB x y x +=≥的交点， 所以可设(,),(2,)A a a B b b -，又点(1,0)P 是AB 的中点，
所以有21,2{0.2a b a b -=+=即2,3{2.3
a b ==-∴A 、B 两点的坐标为2242(,),(,)3333A B -， ∴223324233
AB k --==--， 所以直线AB 的方程为02(1)y x -=--，即220x y +-=
（2）①当直线AB 的斜率不存在时，则AB 的方程为1x =，易知,A B 两点的坐标分别为
1(1,1),(1,),2A B -所以AB 的中点坐标为1(1,)4，显然不在直线12y x =上, 即AB 的斜率不存在时不满足条件.
②当直线AB 的斜率存在时，记为k ，易知0k ≠且1k ≠，则直线AB 的方程为(1).y k x =-
分别联立(1),{0y k x x y =--=及(1),{20.
y k x x y =-+= 可求得,A B 两点的坐标分别为(
,),11k k A k k --2(,)1212k k B k k -++ 所以AB 的中点坐标为(,)22122224k k k k k k k k
+--+-+ 又AB 的中点在直线12
y x =上,所以1()222422212k k k k k k k k -=+-+-+解得52k = 所以直线AB 的方程为5(1)2y x =
-，即5250x y --= 25．(1)证明见解析；(2)
10+(3) 330x y --=，10x y -+=，50x y +-=，390x y +-=，320x y -=
【解析】
【分析】
(1)将原式变形为()250a x x y -++-=，由2050x x y -=⎧⎨+-=⎩
可得直线l 必过一定点()2,3P ；
(2)由题可得52B y a =+，521
A a x a +=
+，则()1252521AOB a S a a ++⋅=⋅+V ，求出最值，并找到最值的条件，进而可得AOB ∆的周长；
(3) 52a +，521a a ++均为整数，变形得523211a a a +=+++，只要31a +是整数即可，另外不要漏掉截距为零的情况，求出a ，进而可得直线l 的方程.
【详解】
解：(1)由()1520a x y a ++--=得()250a x x y -++-=，
则2050
x x y -=⎧⎨+-=⎩，解得23x y =⎧⎨=⎩， 所以不论a 为何值，直线l 必过一定点()2,3P ；
(2)由()1520a x y a ++--=得，
当0x =时，52B y a =+，当0y =时，521
A a x a +=+， 又由5205201
B A y a a x a =+>⎧⎪+⎨=>⎪+⎩
，得1a >-， ()()
119141+121212221252521AOB a a a S a a ⎡⎤⎡⎤∴=⋅++++⋅=≥=⎢⎥⎢⎥+⎣⎦⎣⎦+V ， 当且仅当()9411a a +=+，即12
a =时，取等号. ()4,0A ∴，()0,6B ，
AOB ∴∆
的周长为4610OA OB AB ++=+=+
(3) 直线l 在两坐标轴上的截距均为整数，
即52a +，521a a ++均为整数， 523211
a a a +=+++Q ，4,2,0,2a ∴=--， 又当52
a =-时，直线l 在两坐标轴上的截距均为零，也符合题意， 所以直线l 的方程为330x y --=，10x y -+=，50x y +-=，390x y +-=，320x y -=.
【点睛】
本题考查直线恒过定点问题，考查直线与坐标轴围成的三角形的面积的最值，是中档题.
26．（1）证明见解析
（2）1cos 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 ()21331λ++-⨯()
234λ=-+ ∵03λ≤≤0λ=时，cos θ7，当3λ=cos θ有最大值12． ∴71cos 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.。