（沪教版2021必修三）上海高二数学训练-（提优卷）期末满分冲刺模拟卷二（教师版）

（提优卷）期末满分冲刺模拟卷二（教师版）

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题（共30分）

1.（2021•四川成都•高一期末（理））下列说法正确的是（）

A.直角三角形绕一边旋转得到的旋转体一定是圆锥

B.用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分一定是圆台

C.正视图和侧视图的高一定是相等的，正视图和俯视图的长一定是相等的

D.利用斜二测画法画出的正方形的直观图和原来正方形的面积之比是2a

【答案】C

【分析】

根据圆锥的定义，圆台的性质，三视图的概念，斜二测画法的定义判断各选项.

【详解】

直角三角形绕斜边所在直线旋转得到的旋转体不是圆锥，A错；

用一个平面去截圆锥，当截面与圆锥底面平行时，圆锥底面和截面之间的部分是圆台，

B错；

根据三视图的定义，C正确；

利用斜二测画法画出的正方形的直观图和原来正方形的面积之比是正，D错.

4

故选：C.

2.（2021・上海高二专题练习）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印

信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半

正多面体半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体体

现了数学的对称美.如图是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正

方体的棱上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体：①有12个顶点；②有14个面；

③表面积为3；④体积为?，正确的有（）

A.①②③B.②③④C.①②④D.①②③④

【答案】C

【分析】

该半正多面体的所有顶点恰为正方体各棱的中点，即为正方体截去8个三棱锥所剩部分,

结合正方体的性质即可求得.

【详解】

该半正多面体的所有顶点恰为正方体各棱的中点，其棱长为巫，有12个顶点，14个

2

面（6个正方形，8个正三角形），它可由正方体去掉8个三棱锥所剩部分，它的表面积

为

二①②④正确,

故选C.

【点睛】

本题以印信为背景，考查了学生空间想象力，属于中档题目，解题时，关键是能将“半

正多面体''还原出正方体，再利用正方体的性质再去解决.

3.（2018•长宁•上海市延安中学高三）若球的半径.圆柱底面半径和圆锥底面半径都相等,

且这三个旋转体的体积也都相等，则球的表面积5,圆柱的表面积邑和圆锥的表面积邑

的大小关系为（）

A.St<S2<S3B.S-3C.52>S3>S,D.S-、

【答案】D

【分析】

设半径为「，再根据球的体积与圆柱圆锥体积相等分别计算圆柱的高与圆锥的高，再分别

求三个旋转体的表面积判断即可.

【详解】

4

设半径为J则三个旋转体的体积都相等且为丫=彳万，，

444|

故圆柱的高4满足]万，=§毛,圆锥的高人2满足5万，=5万产为也=4r.

故球的表面积5,=4储,圆柱的表面积昆=2%/+23干=（产,圆锥的表面积

S3=nir+兀rxjr?+（4rf=（47+1卜产.因为（而'+1）乃/>y>4万一.

故S3>S2>S].

故选：D

【点睛】

本题主要考查了圆柱圆锥和球的体积与表面积的运算，需要根据题意设半径为「再分别

求圆柱与圆锥的高，进而求得表面积.属于中等题型.

4.（2021•上海市进才中学高二月考）下列命题正确的个数是（）

①若a,b共面，仇c共面，则a,从c共面；

②若a,8共面，b,c共面，贝！|a,c共面；

③若a,》共面，b,c共面，c,a共面，则a,b,c共面；

④若a,方不共面，b,c不共面，则a,c不共面；

A.0B.1C.2D.3

【答案】A

【分析】

以正方体棱上的a,b,c为例，逐个判断即可求解

【详解】

以正方体棱上的a,6,c为例说明：

对于①②：

如图：AB1=a,B£i=b，GC=c,

a,b共面，b,c共面，

而显然a,c异面，故a,b,c不共面:

所以①②都错误；

对于③:

如图：AA=a,BQ=6,C[C=c,

a,6共面，b,c共面，c,a共面,

而a,Ac不共面，故③错误；

对于④：

如图:=a,CtC=b,AB=c,

a,匕不共面，b,c不共面，

而a,c共面，故④错误；

综上，正确的个数为0

故选：A

5.（2021•上海高二月考）如图，在正方体ABC。-4瓦£。中，过点A作平面4班）的

垂线，垂足为点H,给出以下命题：①"是“田。的垂心；②A”垂直于平面CBQ1；

③A4的延长线过点G;④直线和所成角的大小为45。，其中正确的命题个数

为（）

坊〜---------6

A.1B.2C.3D.4

【答案】C

【分析】

首先，判断三棱锥A-BAQ为正三棱锥，然后，得到△8A。为正三角形，得到“为A在

平面48。内的射影，然后，根据平面ARO_L平面BCQ,得到②正确，最后，结合线

面角和对称性求解.

【详解】

解：对于①，=AA]=AD,BAt=BD=,

三棱锥A-BAQ为正三棱锥，

.••点，是AA8。的垂心，故①为真命题；

对于②，；8。〃8Q,AB//RC,且3。u平面8£>A.网u平面8%,

平面Af。与平面qCR平行，

又：AH_L平面A/。，

；•A4垂直平面CBQ,故②为真命题；

对于③，连接AG，AB卜则有

根据正方体的性质可知，B,G1B\,

又筋GnqA=8_所以BA_L平面ABC,

又AC,u平面做C”所以AC±3,同理可得±BD,

又8ACl8。=8,所以AG-L平面A,BD，又.，平面\BD.

且过平面外一点作平面的垂线有且只有一条，故A、"、£三点共线，故③为真命题.

对于④，.••明〃叫，，就是直线A"和BB1所成角，

在直角三角形中，

：M=I，A”=2X避乂血=逅，

"'323

sinZ-A^AH=>故④为假命题；

故选：C.

6.（2021•华东师范大学第三附属中学高二月考）已知“、耳是不同的平面，〃?、〃是

不同的直线，则下列命题不正确的是（）

A.若，”_L（z,mlIn,〃u/7,则夕_1_夕B.若“?〃/,nilI,则，〃//〃

C.若加〃a,mJ/n,则〃〃aD.若〃?_L<2,mVP,贝〃夕

【答案】C

【分析】

通过线面垂直以及面面垂直得出A正确，然后根据直线平行的基本性质得出B正确，

根据〃有可能在平面a内得出C错误，由面面平行的判定知D正确.

【详解】

A项：因为机_La,mHn,所以“_La,因为”u£,所以a_L/7,A正确；

B项：由血//,n//l,根据平行公理能推出〃?//〃，B正确；

C项：〃有可能在平面a内，C错误；

D项：由垂直于同一条直线的两个平面互相平行知，D正确，

故选：C

7.（2016•上海市七宝中学高三（理））设数据修々出,…,当是郑州市普通职工

个人的年收入，若这〃个数据的中位数为X,平均数为y,方差为二，如

果再加上世界首富的年收入乙”，则这〃+1个数据中，下列说法正确的是

A.年收入平均数大大增大，中位数一定变大，方差可能不变

B.年收入平均数大大增大，中位数可能不变，方差变大

C.年收入平均数大大增大，中位数可能不变，方差也不变

D.年收入平均数可能不变，中位数可能不变，方差可能不变

【答案】B

【详解】

数据XI,Xi,.......是郑州普通职工附（〃》3,"CM）个人的年收入，

而x“+i为世界首富的年收入

则X"+l会远大于X”X2,X3,X,,,

故这〃+1个数据中，年收入平均数大大增大，

但中位数可能不变，也可能稍微变大，

但由于数据的集中程序也受到比较大的影响，而更加离散，则方差变大.

故选B

8.（2021•上海）已知某样本的容量为50,平均数为70,方差为75.现发现在收集这些

数据时，其中的两个数据记录有误，一个错将80记录为60,另一个错将70记录为90.在

对错误的数据进行更正后，重新求得样本的平均数为元，方差为$2,则（）

A.x=70,?<75B.5=70,『>75

C.五>70,.*<75D.x<70,.s2>75

【答案】A

【分析】

根据题中所给的平均数的条件，重新列式求新数据的平均数，根据方差公式写出两组数

据的方差，并比较大小.

【详解】

70x50+80-60+70-90”

由题意，可得了=---------------------=70,

50

设收集的48个准确数据分别记为x”W，…，％，

2

则754[(%-70)2+(4-70)2+…+(/—70)2+(60-70)2+(90_70)]

=、[Q-70)2+与-70)2+…+的_70)2+500],

s?=[[(%-70)2+(x2-70)2+…+(%-70>+(80__70)2+(70-70)2]

='[(%-70)2+(々-70)2+...+(4-70)2+100]<75,所以s?<75.

故选:A.

【点睛】

本题主要考查了数据的平均数和方差的计算公式的应用，其中解答中熟记数据的平均数

和方差的公式，合理准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，是基础题.

9.（2020・上海高三专题练习）甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢

一次就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军，若两队胜每局的概率相同，则甲队获得

冠军的概率为（)

32-3_1

A.一B.-C."D.-

4352

【答案】A

【分析】

根据已知中的比赛规则，我们可得甲要获得冠军可分为甲第一场就取胜，或甲第一场失

败，第二场取胜，由分类事件加法公式，我们分别求出两种情况的概率，进而即可得到

结论.

【详解】

甲要获得冠军共分为两个情况：

一是第一场就取胜，这种情况的概率为g

一是第一场失败，第二场取胜，这种情况的概率为;=；

113

则甲获得冠军的概率为：+：=：

244

故选：A.

【点睛】

本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，要想计算一个事件的概率，首先我们要分

析这个事件是分类的（分几类）还是分步的（分几步），然后再利用加法原理和乘法原

理进行求解.

10.（2020・上海高三专题练习）如图，正四棱锥P-ABCD的底面边长和高均为2,M

是侧棱PC的中点，若过AM作该正四棱锥的截面，分别交棱网、尸。于点E、尸（可与端

点重合），则四棱锥P-AEMF的体积的取值范围是（）

【答案】D

【分析】

设^=x，G77=y,则PE=xPB,PF=yPD,然后利用等体积法由VP.AEMF=VP.AEF+VP-EMF

IDrL)

=VP-AFM+VP-AEM=2xy=|(x+y),得到x=,再消元得到Vp-AEMF=।"-令

33y-133y-l

3y-1=/,利用对勾函数的性质求解.

【详解】

PEPF

设诟=%而=y，则PE=xPB,PF=yPD

一4J2

所以^P-AEF=孙,^P-ABDVP-WEF=~^Xy^P-BCD=§孙，

“12〃11z2

^P-AFM=]',匕-ACD=§X^P-AEM二万'^^P-ABC='

2

Vp-AEMF=VP-AEF+Vpw=%一人.+^P-AEM=2肛=§(X+)，)，

3y

所1以x+y=3孙，则x

3y-\

令3y—l=f,因为ye；」，

所以

一41-

」"+2e

所以2ZL=(M1=19-2-

3y-l9/9一-

所以丫…《含噜」'

故选：D

【点睛】

方法点睛：求解棱锥的体积时，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面

放在已知几何体的某一面上.求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规

则几何体转化为规则几何体以便于求解.

二、填空题（共24分）

11.（2017•上海市大同中学高三月考）将一颗质地均匀的骰子（一种各个面上分别标有1,

2,3,4,5,6个点的正方体玩具）先后抛掷2次，则出现向上的点数之和小于10的概

率是•

【答案】|

【详解】

305

基本事件总数为36,点数之和小于10的基本事件共有30种，所以所求概率为羽=[

366

【考点】古典概型

【名师点睛】概率问题的考查，侧重于对古典概型和对立事件的概率的考查，属于简单

题.江苏对古典概型概率的考查，注重事件本身的理解，淡化计数方法.因此先明确所求

事件本身的含义，然后一般利用枚举法、树形图解决计数问题，而当正面问题比较复杂

时，往往利用对立事件的概率公式进行求解.

12.（2021•上海徐汇区•位育中学高三）已知某8个数据的平均数为5,方差为3,现又

加入一个新数据5,此时这9个数据的方差为.

【答案】|

【分析】

先求出这9个数据的平均数为5,此时这9个数据的方差为S2="[8X3+（5-5）2],由此

求出结果

【详解】

某8个数据的平均数为5,方差为3,现又加入一个新数据5,

Q54-S

则这9个数据的平均数为与x二=5

••・此时这9个数据的方差为S2="[8x3+（5—5）[=g

Q

故答案为—

【点睛】

本题主要考查了平均数和方差的计算公式，属于基础题.

13.（2021•上海浦东新•华师大二附中高二月考）给出下列4个命题：

①过平面外一点，与该平面成。角的直线一定有无穷多条；

②一条直线与两个相交平面都平行，则它必与这两个平面的交线平行；

③过空间任意一点有且只有一个平面与两条异面直线都平行；

④与确定的两条异面直线所成的角相等的平面有无数个.

其中正确命题的序号有（请把所有正确的序号都填上）.

【答案】②④

【分析】

①根据线面所成角的定义进行判断；②根据线面平行的性质定理进行判断；③根据异面

直线的定义和性质进行判断：④根据线面角的定义和异面直线的性质进行判断.

【详解】

①过平面外一点，与该平面成。角的直线，当。=90°时，满足条件的直线只有一条，故

①不正确；

②由线面平行的性质定理和判定定理可以证明，此直线与交线平行，故②正确；

③当该点位于其中任意一条异面直线上时，此时满足直线和平面平行的平面不存在，故

③错误；

④两异面直线与同一个平面所成角可以相等，而与此平面平行的平面有无穷多个，故④

正确.

故答案为：②④

14.（2021•上海高三）一个四面体的顶点在空间直角坐标系。-孙z中的坐标分别是

（0,0,0）、（4,0,4）、（0,4,0、则该四面体的内切球与外接球体积之比为

【答案】1:27##

【分析】

作出坐标系和四面体，得到四面体和正方体的关系，利用正方体的外接球和正方体的关

系求出外接球的半径，再利用分割法得到正四面体的体积，进而求出其内切球的半径，

最后利用球的体积公式进行求解.

【详解】

点（0,0,0）、（a,0,a）、（OM,。）、（a,4,0）恰为棱长为。的正方体的四个点，

该四点构成了一个棱长为友“的正四面体（如图所示）.

设该正四面体。钻C的内切球和外接球半径分别为厂、R,体积分别为X、匕,

则该正四面体的外接球也是正方体的外接球，

则2R=6a,即R=

2

由图可得该四面体的体积为：

3

K=/方体—=/_4x；xga2X。=la,

2

又V=~^^ABC・r=gx；x（A/5Q）2xsin60'r=^^~ar,

所以冬叵/，=!/,解得右且q,

336

则r:R=l:3,K：匕=/：R3=i：27.

故答案为：1:27.

15.（2021・上海高二专题练习）已知等边△ABC的边长为1,用斜二测画法画它的直观

图则的面积为.

【答案】t

【分析】

由已知中正A4BC的边长为1,可得正AABC的面积，进而根据AABC的宜观图4A,ffC

的面积S♦也S,可得答案.

4

【详解】

解：二正AABC的边长为1，

故正MBC的面积S=巫=近

44

设A48C的直观图4A!RC的面积为S'

则s，&也旦立

44416

故答案为《

16

【点睛】

本题考查的知识点是斜二测法画直观图，其中熟练掌握直观图面积冰与原图面积S之间

的关系S，=坐S,是解答的关键.

16.（2020・上海高三专题练习）甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4

个红球，3个白球和3个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A，4和人表

示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由

乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是（写出所有正确结论的编

号）.

①尸⑻得2；

②尸⑻4）=（；

③事件B与事件A相互独立；

④A，&，A是两两互斥的事件;

⑤P（8）的值不能确定，因为它与A，4,A中哪一个发生有关

【答案】②④

【分析】

根据互斥事件的定义即可判断④；根据条件概率的计算公式分别得出A,A?事件发生

的条件下B事件发生的概率，即可判断②；然后由尸（8）=P（A3）+P（A/）+P（A3）,

判断①和⑤；再比较产（A8），P（A）P（B）的大小即可判断③.

【详解】

由题意可知事件A，4,4不可能同时发生，则A，&，&是两两互斥的事件，则④正确；

544

由题意得P（8|A）=jpP（8|4）=H，P（B[4）=pp故②正确；

P（5）=P（45）+P（4B）+P（AB）=P（A）P（8IA）+P（4）P（BI&）+P（A）P（8I4）

5524349

10II1011101122

5599

因为P（A8）==,P（^）P（B）=—x—=—,所以事件B与事件Ai不独立，③错；综

22102244

上选②④

故答案为：②④

【点睛】

本题主要考查了判断互斥事件，计算条件概率以及事件的独立性，属于中档题.

17.（2021•上海市进才中学高二月考）空间给定不共面的A,B,C,。四个点，其中任

意两点间的距离都不相同，考虑具有如下性质的平面a：A,B,C,。中有三个点到的

距离相同，另一个点到a的距离是前三个点到a的距离的2倍，这样的平面a的个数是

___________个

【答案】32

【分析】

按照四个点的位置不同分类讨论，即可求解

【详解】

首先取3个点相等，不相等的那个点由4种取法；

然后分3分个点到平面。的距离相等，有以下两种可能性：

（1）全同侧，这样的平面有2个；

（2）不同侧，必然2个点在一侧，另一个点在一侧，

1个点的取法有3种，并且平面过三角形两个点边上的中位线，

考虑不相等的点与单侧点是否同侧有两种可能，每种情况下都唯一确定一个平面，

故共有6个，

所有这两种情况共有8个，综上满足条件的这样的平面共有4x8=32个，

故答案为：32

18.（2021•上海市西南位育中学高二期中）在直三棱柱ABC-A中，

ZACB=90°MC=12,BC=CCt=272,点尸是直线BQ上一动点，则4尸+PC的最小

值是.

【答案】10立

【分析】

连接48,沿8G将△C8G展开与VABC；在同一个平面内，在BG上取一点与AC构成

三角形，由三角形两边之和大于第三边，可知AP+PC的最小值是AC的连线，再利用

余弦定理可得解.

【详解】

连接Af,沿BG将acBG展开与VA8G在同一个平面内，在BG上取一点与AC构成

三角形，

山三角形两边之和大于第三边，可知人尸+PC的最小值是AC的连线，

因为直三棱柱ABC-AAG中，ZACB-90,AC=12,BC=CC、=20

所以矩形BCC/，是边长为2近的正方形，则BQ=4,

又在矩形4881A中，AB,=AB=2麻,BB、=2五,则48=4＞丽，

又AC；+BC：=A82,所以NAG8=90°,则NACC=135°,

在VAGC=135°中，利用余弦定理可得：AC；=1c：+C1C2-2AG.C|Ccosl35。

=^122+（2V2）2-2x12x272cosl35°=1072

故答案为：10匹

AC

【点睛】

关键点点睛：本题主要考查r棱柱的结构特征及两点之间的距离公式，其中将acBG沿

BG展开，将一个空间问题转化为平面内求两点之间的距离公式的问题是解答的关键，

着重考查了转化与化归思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.

三、解答题（共46分）

19.（本题8分）（2021•上海高二专题练习）在一个圆锥内作一个内接等边圆柱（一个底

面在圆锥的底面上，且轴截面是正方形的圆柱），再在等边圆柱的上底面截得的小圆锥

内做一个内接等边圆柱，这样无限的做下去.

（1）证明这些等边圆柱的体积从大到小排成一个等比数列；

（2）已知这些等边圆柱的体积之和为原来圆锥体积的;，求最大的等边圆柱的体积与

圆锥的体积之比.

【答案】（1）证明见教师；（2）I

O

【分析】

（1）求出第一个等边圆柱的体积，设第〃个等边圆柱的底面半径为。，其外接圆锥的

flf

底面半径为r，高为h,则其体积匕=2万/=2外（/，）3,进一步求得第〃+1个等边圆柱

2r+h

的体积，作比可得这些等边圆柱的体积从大到小排成一个等比数列;

(2)由这些等边圆柱的体积之和为原来圆锥体积的!■可得「与人的关系，则答案可求.

【详解】

(1)证明：如图，

设圆锥的底面半径为r,高为〃，内接等边圆柱的底面半径为“，

则由三角形相似可得：v=—'可得"兽7.

hr2r+n

其体积V=7rcr•la=2版=2万«—)3.

2r+h

设第〃个等边圆柱的底面半径为。，其外接圆锥的底面半径为小高为〃，

则其体积匕=2得3=2^4-^-)3,

2r+h

再设第”+1个等边圆柱的底面半径为匕，则其外接圆锥的底面半径为“=4,

2r+h

直出4/7h2

图为一=二--7,

r2r+h

则第〃+1个等边圆柱的体积v„tl=2西=2外（”2制）3=（加3.

2rhh（2r+/?）_

2r+h2r+h

yh

」Y=(万d为定值，

则这些等边圆柱的体积从大到小排成一个以K=2丑曾^3为首项，以(1)3为公比的

2r+h2r+h

等比数列；

(2)解：原来圆锥的体积为;和乙，

v24(一^-)3

这些等边圆柱的体积之和为"7：.

\-q](〃v4r+6rh+3h

~{2r+h

由/277廿='ll九户h,得2产+3rh-2肥=0,

4/+6r〃+3"73

：.h=2r

则最大的等边圆柱的体积为二，圆锥的体积为第，体积之比为■

438

【点睛】

本题考查圆柱、圆锥体积的求法，考查等比数列的确定及所有项和公式的应用，是中档

题.

20.（本题8分）（2021•云南省玉溪第一中学高二月考（文））某市为了了解人们对“中国

梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”

知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有，20）人,

按年龄分成5组，其中第一组：［20,25）,第二组：［25,30）,第三组：［30,35）,第四组：

（1）根据频率分布直方图，估计这，”人的平均年龄和第80百分位数；

（2）现从以上各组中采用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的宣传使者.若第

四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和g,第五组宣传使者的年龄的平均数

与方差分别为43和1,求这机人中35-45岁所有人的年龄的方差.

【答案】（1）平均年龄32.25岁，第80百分位数为37.5；（2）10.

【分析】

（1）直接根据频率分布直方图计算平均数和百分位数；

(2)由分层抽样得第四组和第五组分别抽取4人和2人，进而设第四组、第五组的宣

传使者的年龄的平均数分别为X，方差分别为s：，第四组和第五组所有宣传

使者的年龄平均数为乙方差为进而根据方差公式有

^=^4X^+(X4-Z)3]+2X5；+(京—刁)，代入计算即可得答案.

【详解】

解：(1)设这机人的平均年龄为1则

x=22.5X0.05+27.5x0.35+32.5x0.3+37.5x0.2+42.5x0.1=32.25.

设第80百分位数为由5x0.02+(40-0)x0.04=0.2,解得a=37.5.

(2)由频率分布直方图得各组人数之比为1:7:6:4:2,

故各组中采用分层随机抽样的方法抽取20人，第四组和第五组分别抽取4人和2人，

设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为京，X51方差分别为1，s；,

则Xi=37,Xj=43>s；=5，s；=1,

设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为I，方差为$2.

制-4X4+2X520

6

s2=：卜、卜+(x4-z)[+2x[s；+[5-z)[}=10,

因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10,

据此，可估计这加人中年龄在35~45岁的所有人的年龄方差约为10.

21.(本题10分)(2021•上海高二专题练习)如图所示的几何体ABCDEF中,四边形ABCD

为菱形，AF//DE,AP_L平面A8C£>，NBAD=a.

(1)求证：〃平面C3E；

(2)若c=60。，求直线AE与平面所成角的正弦值；

(3)若c=90。，P是AE4c内的一点，求点P到平面ABC。，平面m4,平面EOC的

距离的平方和最小值.

【答案】(1)证明见教师；(2)且sinNAED；(3)-吗一.叱―

2AD'+2ED-

【分析】

(1)由题可知AB〃C，AFHDE,根据面面平行的判定定理，即可证出平面4BF〃平

面CDE,再根据面面平行的性质即可得出BFH平面CDE；

(2)当a=60。，即ZBAO=6(y，过A作AMLCD,根据线面垂直的判定定理即可得

出AM_L平面CDE,则ZAEM为所求角，从而得出sinZAEM；

(3)当a=90。，即NBA。=90,则AQLQC,连接AC交8〃于点O,连接EO,以

。为原点，建立空间直角坐标系，可设P(x,y,z),可知点尸到平面ABC。，平面EZM,

平面EDC的距离分别为z,y,x,要使得r+V+z?取得最小值，即OP作为平面E4C的

高/?时，结合三棱锥的体积，利用等体积法%⑹C=%TS求出h,而卜2+/+z)血=吃

代入即可求出结果.

【详解】

证明：(1)♦.•四边形A8C3是菱形，，A8〃C，

又AFUDE,ABQAF=A,CD[}DE=D,

•••平面ABF//平面CDE,

又BFu平面ABF,

：.BF//^CDE.

(2)当a=60°,即ZBAZ)=6(r，

过A作A〃_LCD,交CD延长线于M,连结AM,EM,

而AF_L平面ABCD,又AFHDE,

.•.OE_L平面ABC。,

.-.DEA.AM,5LAMLCD,CDQDE=D,

AM_L平面CDE,

ZAEM为AE与平面CDE所成的角,

sinZAEM=坐="3。=乌讪

AEAE2

直线AE与平面C"所成角的正弦值为务必皿

(3)当a=90。，即2845=90,ADIDC,

所以四边形A8CD为正方形，连接AC交8。于点O,连接E0,

以。为原点，分别以A£>,£>C,AE作为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，

则。(0,0,0),又「是AE4c内的一点，可设尸(x,y,z),

可知点P到平面ABCD，平面EDA，平面EDC的距离分别为z,%x,

所以点P到平面4BCD,平面的，平面EDC的距离的平方和为：x2+

而产+丁+z2相当于点p到点D的距离的平方，

要使得x2+/+z2取得最小值，当且仅当。PL平面E4C时，

即£)尸作为平面口。的高/!时，贝11(/+产+22),=h2,

由于四边形ABC。为正方形，则AO=CD,所以打人而二^4》，

由于£4?=E£)2+A£>2=E£)2+C£)2=£0，则E4=EC,

所以AE4C为等腰三角形，则EOLAC,

而AC=3AZ>,EO=JE》+［；AC)=JED、；AD?,

所以sAC.EO咚A。.阿4石

由于^D-EAC=^E-ACD,则~*^A£XC,”=§^^ACD'EN,

ADED

■Jl^ED2+-^AD2

222

所以“/2+厂22\人,，\回AD+-E；D心-］而AD-ED

AD2-ED2

所以点尸到平面ABC。，平面EA4,平面EOC的距离的平方和最小值为:

AD2+2ED2

E

【点睛】

本题考查面面平行的判定定理和利用面面平行的性质证明线面平行，以及线面垂直的判

定定理，考查利用几何法求解线面角，以及利用等体积法求点到面距离的最值，考查推

理证明能力，属于中档题.

22.（本题10分）（2021•上海市松江二中高二月考）如图，已知四面体中,

DC=b,ZAZ)B=60"»ZADC=NBDC=90、.

（1）用a,力表示四面体ABC。的体积;

（2）若a=2仇求二面角O-AB-C的大小（用反三角函数表示）;

（3）若a+b=l,求点。到平面A8C距离的最大值.

【答案】（1）—a2b;（2）arctan走；（3）

123

【分析】

（1）由棱锥的体积计算即可；（2）取A3的中点E,连接。瓦“，可证明NCED为二

面角力-AB-C的平面角，求出相关量可计算结果；（3）等体积法计算点。到平面A8C的

距离，三元基本不等式求最值，求出距离的最大值.

【详解】

解：(1)该四面体可看作以4h为底面，以。C为高的三棱锥，DA=DB=a,

a2

ZADB=60,所以△ABO为等边三角形，SABI)=—a,

所以％而体”8=(S.ABi)xDC=*fb.

(2)取AB的中点E,连接DE,CE则DE_LAB,因为ZADC=ZBDC=90,且DA=DB,

所以ACD4MAe£>3,则C4=CB,所以CE_LAfi,则NCED为二面角ZMB-C的平面角.

因为NAOC=NBOC=90，即CO-LO3,CDYDA,Z53_LZM=D,所以C£>_L平面A£>3,

b26b

即C£>，OE,又DE=心~a,CD=b,所以血/。。〜

斤一3a一！"，所以

2一a

2

Z.CED=arctan—,即二面角。-AB-C的大小为arctan—.

33

D

A

(3)三棱锥可看作以4»为底面，以OC为高的三棱锥,也可看作以ABC为底面，D

为顶点的三棱锥，设。到底面ABC的距离为人，则有勿一\B