福建省龙岩市一级校联盟2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试题【含答案】

这是一份福建省龙岩市一级校联盟2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试题【含答案】，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）复数（1+i）2（1﹣i）＝（ ）
A．﹣2﹣2iB．2+2iC．﹣2+2iD．2﹣2i
2．（5分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，，，则c＝（ ）
A．1B．2C．D．
3．（5分）若平面向量＝（1，﹣2）与的夹角是180°，且，则＝（ ）
A．B．C．D．
4．（5分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，csB＝﹣，asinB＝bsinC，则该三角形的形状是（ ）
A．直角三角形B．等腰三角形
C．等边三角形D．等腰直角三角形
5．（5分）已知直线a，b，c是三条不同的直线，平面α，β，γ是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A．若a∥α，b∥α，则a∥b
B．若a∥b，a∥α，则b∥α
C．若a⊂α，b⊂α，且a∥β，b∥β，则α∥β
D．α，β，γ三个平面最多可将空间分割成8个部分
6．（5分）已知平面上四个点A（﹣1，2），B（1，1），C（2，1），D（3，4），则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．
C．D．
7．（5分）如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若点E，F分别满足，平面EB1C1F将三棱柱分成的左、右两部分的体积分别为V1和V2，则V1：V2＝（ ）
A．19：8B．2：1C．17：10D．16：11
8．（5分）已知△ABC是锐角三角形，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c．若（a﹣b）（sinA+sinB）＝csinB且b＝2，则△ABC外接圆面积的取值范围是（ ）
A．（π，2π）B．（π，4π）C．D．（2π，4π）
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）在复数范围内（i是虚数单位），下列选项正确的是（ ）
A．关于x的方程x3﹣1＝0的解为x＝1
B．复数z＝i（2+3i2024）的虚部是5
C．若复数z满足z2＝3+4i，则
D．已知a，b∈R，若﹣a+i是关于x的方程x2+bx+2＝0的一个根，则a＝1，b＝2
（多选）10．（6分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列的结论中正确的是（ ）
A．A＞B⇔cs2A＜cs2B
B．A＞B⇔sin2A＞sin2B
C．若△ABC是锐角三角形，sinA＞csB恒成立
D．若O为△ABC的外心，且c＝7，b＝3，则
（多选）11．（6分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P是线段BC1上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．四面体A1D1AP的体积为定值
B．AP+PC的最小值为
C．A1P∥平面ACD1
D．当直线A1P与AC所成的角最大时，四面体A1PCA的外接球的体积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）已知复数z＝x+yi（x，y∈R），则复平面内满足|z﹣1+i|＝m的点Z的集合围成的图形面积为16π，则实数m＝ ．
13．（5分）“圆锥容球”是指圆锥形的容器里放了一个球，且球与圆锥的侧面及底面均相切（即圆锥的内切球）．已知某圆锥形容器的轴截面为等边三角形，高为，则该圆锥内切球的表面积为 ．（容器壁的厚度忽略不计）
14．（5分）在四面体ABCD中，，AB＝AD＝BD＝4，AB⊂平面α，E，F分别为线段AD，BC的中点，现将四面体以AB为轴旋转，则线段EF在平面α上投影长度的取值范围是 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（13分）已知复数z＝1+ai（a∈R，i为虚数单位）．
（1）若（1﹣2i）•z为纯虚数，求实数a的值；
（2）若，且复数ω在复平面内所对应的点位于第四象限，求a的取值范围．
16．（15分）已知向量＝（3，4），＝（x，﹣3）．
（1）当（+）⊥（﹣）且x＞0时，求|﹣|；
（2）当＝（3，7），∥（+）时，求向量与的夹角的余弦值．
17．（15分）如图，梯形ABCD是圆台O1O2的轴截面，E，F分别在底面圆O1，O2的圆周上，EF为圆台的母线，∠DO1E＝60°，已知CD＝4，AB＝8，G，H分别为O2B，BF的中点．
（1）证明：平面CGH∥平面O1O2FE．
（2）若三棱锥C﹣GBH的体积为，求圆台O1O2的侧面积．
18．（17分）如图1，在平面四边形PABC中，PA⊥AB，CD∥AB，CD＝2AB＝2PD＝2AD＝4．E是线段PC上靠近P端的三等分点，F是线段CD的中点，DE∩PF＝M．将△PDC沿CD折成四棱锥P﹣ABCD，连接PA，PB，BD，如图2．
（1）在图2中，证明：PA∥平面BDE．
（2）在图1中，求的值．
19．（17分）现有长度分别为1，2，3，4的线段各1条，将它们全部用上，首尾依次相连地放在桌面上，可组成周长为10的三角形或四边形．
（1）求出所有可能的三角形的面积．
（2）如图，在平面凸四边形ABCD中，AB＝1，BC＝3，CD＝2，DA＝4．
①当∠A大小变化时，求四边形ABCD面积的最大值，并求出面积最大时|BD|的值．
②当时，△ABD所在平面内是否存在点P，使得|PA|+|PB|+|PD|达到最小？若有最小值，则求出该值；否则，说明理由．
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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）复数（1+i）2（1﹣i）＝（ ）
A．﹣2﹣2iB．2+2iC．﹣2+2iD．2﹣2i
【分析】利用复数的运算法则即可得出．
【解答】解：原式＝2i•（1﹣i）＝2i+2．
故选：B．
【点评】本题考查了复数的运算法则，属于基础题．
2．（5分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，，，则c＝（ ）
A．1B．2C．D．
【分析】由题意利用三角形内角和定理可求B的值，进而利用正弦定理即可求解c的值．
【解答】解：因为，，，
所以B＝π﹣A﹣C＝，
由正弦定理，可得＝，解得c＝2．
故选：B．
【点评】本题主要考查了三角形内角和定理以及正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
3．（5分）若平面向量＝（1，﹣2）与的夹角是180°，且，则＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】由题意得且λ＜0，利用向量的模长公式即可求解．
【解答】解：∵平面向量＝（1，﹣2）与的夹角是180°，
∴和是相反向量，
∴存在λ且λ＜0使，
∴＝（λ，﹣2λ），
又||＝，
∴λ2+（﹣2λ）2＝，
∴λ＝﹣，
则＝（﹣，1）．
故选：A．
【点评】本题考查了平面向量的坐标运算和模长公式，属于基础题．
4．（5分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，csB＝﹣，asinB＝bsinC，则该三角形的形状是（ ）
A．直角三角形B．等腰三角形
C．等边三角形D．等腰直角三角形
【分析】结合正弦定理，即可求解．
【解答】解：csB＝﹣，
则B＝，
asinB＝bsinC，
则sinAsinB＝sinBsinC，
sinB≠0，
则sinA＝sinC，
∵A，C均为三角形的内角，
∴A＝C，即a＝c，
故该三角形的形状是等腰三角形．
故选：B．
【点评】本题主要考查三角形的形状判断，属于基础题．
5．（5分）已知直线a，b，c是三条不同的直线，平面α，β，γ是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A．若a∥α，b∥α，则a∥b
B．若a∥b，a∥α，则b∥α
C．若a⊂α，b⊂α，且a∥β，b∥β，则α∥β
D．α，β，γ三个平面最多可将空间分割成8个部分
【分析】对于A，a与b相交、平行或异面；对于B，b∥α或b⊂α；对于C，α与β平行或相交；对于D，α，β，γ三个平面两两垂直时，最多可将空间分割成8个部分．
【解答】解：直线a，b，c是三条不同的直线，平面α，β，γ是三个不同的平面，
对于A，若a∥α，b∥α，则a与b相交、平行或异面，故A错误；
对于B，若a∥b，a∥α，则b∥α或b⊂α，故B错误；
对于C，若a⊂α，b⊂α，且a∥β，b∥β，则α与β平行或相交，故C错误；
对于D，α，β，γ三个平面两两垂直时，最多可将空间分割成8个部分，故D正确
故选：D．
【点评】本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．
6．（5分）已知平面上四个点A（﹣1，2），B（1，1），C（2，1），D（3，4），则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据题意，先求出向量在向量上的投影的值，然后根据投影向量的概念算出答案．
【解答】解：根据题意，可得＝（2，﹣1），＝（1，3），＝2﹣3＝﹣1，
所以在向量上的投影等于＝＝，
可得向量在向量上的投影向量为＝••（1，3）＝（，）．
故选：A．
【点评】本题主要考查平面向量数量积的运算性质、投影向量的概念等知识，考查了计算能力，属于基础题．
7．（5分）如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若点E，F分别满足，平面EB1C1F将三棱柱分成的左、右两部分的体积分别为V1和V2，则V1：V2＝（ ）
A．19：8B．2：1C．17：10D．16：11
【分析】先计算三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积V＝Sh，再得出三棱台AEF﹣A1B1C1的体积V1，从而根据，即可求解．
【解答】解：设△ABC的面积为S，三棱柱ABC﹣A1B1C1的高为h，
则三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积V＝Sh，
因为，，
所以EF∥BC，
所以△AEF∽△ABC，且，
所以△AEF的面积，
则三棱台AEF﹣A1B1C1的体积，
从而，
故．
故选：A．
【点评】本题考查几何体体积的计算，属于中档题．
8．（5分）已知△ABC是锐角三角形，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c．若（a﹣b）（sinA+sinB）＝csinB且b＝2，则△ABC外接圆面积的取值范围是（ ）
A．（π，2π）B．（π，4π）C．D．（2π，4π）
【分析】由已知结合正弦定理及余弦定理，和差角公式进行化简，可得A＝2B，然后结合正弦定理及正弦函数的性质可得外接圆半径的范围，进而可．
【解答】解：因为（a﹣b）（sinA+sinB）＝csinB且b＝2，由正弦定理可得（a﹣b）（a+b）＝bc，
即a2﹣b2＝bc，
由余弦定理得，a2＝b2+c2﹣2bccsA，
所以b2+bc＝b2+c2﹣2bccsA，即b＝c﹣2bcsA，
由正弦定理得sinB＝sinC﹣2sinBcsA，
因为C＝π﹣（A+B），
所以sinC＝sin（A+B）＝sinAcsB+csAsinB，
则sinB＝sinAcsB﹣csAsinB＝sin（A﹣B），
因为△ABC是锐角三角形，
所以，，
所以，
所以B＝A﹣B，则A＝2B，
因为△ABC是锐角三角形，
所以，，，
所以，
因为，
所以，
所以外接圆面积S∈（2π，4π）．
故选：D．
【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，和差角公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）在复数范围内（i是虚数单位），下列选项正确的是（ ）
A．关于x的方程x3﹣1＝0的解为x＝1
B．复数z＝i（2+3i2024）的虚部是5
C．若复数z满足z2＝3+4i，则
D．已知a，b∈R，若﹣a+i是关于x的方程x2+bx+2＝0的一个根，则a＝1，b＝2
【分析】选项A，求出方程x3﹣1＝0的解即可；
选项B，化简复数z，求解即可；
选项C，直接求出模长即可；
选项D，根据实系数一元二次方程根的情况，利用根与系数的关系求解即可．
【解答】解：对于A，方程x3﹣1＝0可化为（x﹣1）（x2+x+1）＝0，
所以x﹣1＝0或x2+x+1＝0，所以x＝1和x＝﹣±i，选项A错误；
对于B，复数z＝i（2+3i2024）＝i（2+3）＝5i，虚部是5，选项B正确；
对于C，复数z满足z2＝3+4i，所以|z|2＝5，所以，选项C正确；
对于D，若﹣a+i是方程x2+bx+2＝0的一个根，则﹣a﹣i也是方程的根，
所以，解得或，选项D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查了复数的定义与应用问题，是基础题．
（多选）10．（6分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列的结论中正确的是（ ）
A．A＞B⇔cs2A＜cs2B
B．A＞B⇔sin2A＞sin2B
C．若△ABC是锐角三角形，sinA＞csB恒成立
D．若O为△ABC的外心，且c＝7，b＝3，则
【分析】A中，由二倍角余弦公式可得cs2A＝1﹣2sin2A，cs2B＝1﹣2sin2B，在三角形中，因为A＞B，由正弦定理可得sinA＞sinB＞0，进而可得sin2A＞sin2B，进而可得cs2A，cs2B的关系，同理，由sin2A＞sin2B，可证得A＞B，判断出A选项的真假；B中，当A为钝角时，sin2A＜0，判断出B选项的真假，C中，由锐角三角形，可得A+B＞，即＞A＞﹣B＞0，进而可得sinA与csB的关系，判断出C选项的真假；D中，设BC的中点D，由向量的关系及O为三角形的外心，可得•＝（+）•＝•+•＝（+）•（﹣）＝（2﹣2），由题意可得它的值，判断出D选项的真假．
【解答】解：A中，因为cs2A＝1﹣2sin2A，cs2B＝1﹣2sin2B，
在三角形中，A＞B，可得a＞b，由正弦定理可得＞，
所以sinA＞sinB＞0，所以sin2A＞sin2B，
所以1﹣2sin2A＜1﹣2sin2B，即cs2A＜cs2B，
当cs2A＜cs2B，即1﹣2sin2A＜1﹣2sin2B，
即sin2A＞sin2B，在三角形中，sinA＞0，sinB＞0，
所以sinA＞sinB，由正弦定理可得：＞，
所以a＞b，可得A＞B，所以A选项正确；
B中，因为A＞B，当A为钝角时，则2π＞2A＞π，此时sin2A＜0，sin2B＞0，
所以sin2A＜sin2B，所以B选项不正确；
C中，若三角形为锐角三角形，则A+B＞，即＞A＞﹣B＞0，
所以sinA＞sin（﹣B）＝csB，所以C正确；
D中，因为c＝7，b＝3，即||＝7，||＝3，
设D为BC的中点，因为O为外接圆的圆心，所以OD⊥BC，可得•＝0，
所以•＝（+）•＝•+•＝（+）•（﹣）＝（2﹣2）＝（9﹣49）＝﹣20，所以D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查二倍角的余弦公式的应用，向量的运算性质的应用，属于中档题．
（多选）11．（6分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P是线段BC1上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．四面体A1D1AP的体积为定值
B．AP+PC的最小值为
C．A1P∥平面ACD1
D．当直线A1P与AC所成的角最大时，四面体A1PCA的外接球的体积为
【分析】对于A，利用平面DAA1D1∥平面BCC1B1可得到B，P到平面DAA1D1的距离相等，即可判断，对于B，举反例即可判断；对于C，连接A1C1，A1B，证明平面A1C1B∥平面ACD1即可判断；对于D，当P与B重合时，直线A1P与AC所成的角最大，则求出外接球半径即可．
【解答】解：对于A，由正方体可得平面DAA1D1∥平面BCC1B1，且B，P∈平面BCC1B1，
所以B到平面DAA1D1的距离等于P到平面DAA1D1的距离，
所以四面体A1D1AP的体积为，
所以四面体A1D1AP的体积为定值，故 A正确；
对于B，当P与B重合时，，
所以AP+PC的最小值不为，故B错误；
对于C，
连接A1C1，A1B，
由正方体可得AA1＝CC1，AA1∥CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以AC∥A1C1，
因为AC⊂平面ACD1，A1C1⊄平面ACD1，所以A1C1∥平面ACD1，同理可得BC1∥平面ACD1
因为A1C1∩BC1＝C1，A1C1，BC1⊂平面A1C1B，所以平面A1C1B∥平面ACD1，
因为A1P⊂平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，故C正确；
对于D，因为AC∥A1C1，所以∠PA1C1（或其补角）为直线A1P与AC所成的角，
由图可得当P与B重合时，此时∠PA1C1最大，故此时直线A1P与AC所成的角最大，
所以四面体A1PCA即四面体A1BCA的外接球即为正方体的外接球，
所以外接球的直径为，即，
所以四面体A1PCA的外接球的体积为，故D正确；
故选：ACD．
【点评】本题考查立体几何知识的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）已知复数z＝x+yi（x，y∈R），则复平面内满足|z﹣1+i|＝m的点Z的集合围成的图形面积为16π，则实数m＝ ．
【分析】根据已知条件，结合复数的几何意义，以及圆的面积公式，即可求解．
【解答】解：复平面内满足|z﹣1+i|＝m的点Z的集合围成的图形为以（1，﹣1）为圆心，以m半径的圆，
复平面内满足|z﹣1+i|＝m的点Z的集合围成的图形面积为16π，
则π×m2＝16π，解得m＝4（负值舍去）．
故答案为：4．
【点评】本题主要考查复数几何意义，属于基础题．
13．（5分）“圆锥容球”是指圆锥形的容器里放了一个球，且球与圆锥的侧面及底面均相切（即圆锥的内切球）．已知某圆锥形容器的轴截面为等边三角形，高为，则该圆锥内切球的表面积为 ．（容器壁的厚度忽略不计）
【分析】利用圆锥的几何性质，结合三角形相似，计算内切球半径，进而求解．
【解答】解：设圆锥的内切球球心为O1，半径为r1，如图所示，
因为圆锥形容器的轴截面为等边三角形，高为，
即PO＝，，
由△PO1C与△PBO相似，
，可得，
即，解得，
即圆锥PO的内切球的表面积为．
故答案为：．
【点评】本题考查圆锥内切球的表面积等基础知识，考查运算求解能力，属中档题．
14．（5分）在四面体ABCD中，，AB＝AD＝BD＝4，AB⊂平面α，E，F分别为线段AD，BC的中点，现将四面体以AB为轴旋转，则线段EF在平面α上投影长度的取值范围是 ．
【分析】首先证明AB⊥CD，取AC中点为G，连接EG、FG，则GF∥AB，GE∥CD，可得GE⊥GF，在旋转过程中，GE与GF的垂直性保持不变，当CD与平面α垂直时，EF在平面α上的射影取得最小值为GF，当CD与平面α平行时，EF在平面上的射影长取得最大值，则答案可求．
【解答】解：如图，取AB的中点O，连接CO，DO，
由AC＝BC，可得CO⊥AB，由AD＝BD，可得DO⊥AB，
又CO∩DO＝O，∴AB⊥平面CDO，得AB⊥CD．
取AC中点为G，连接EG、FG，
∵E，F分别是线段AD和BC的中点，∴GF∥AB，GE∥CD，
∴GE⊥GF，
∴EF2＝GE2+GF2＝（）2+（）2＝3+4＝7，
当四面体绕AB旋转时，
∵GF∥平面α，GE与GF的垂直性保持不变，
当CD与平面α垂直时，EF在平面上的射影长最短为GF＝2；
当CD与平面α平行时，平面EFG∥平面α，此时EF在平面α上的射影最长为EF＝＝，
∴线段EF在平面α上的射影长的取值范围是[2，]．
故答案为：[2，]．
【点评】本题考查空间中线线、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、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（13分）已知复数z＝1+ai（a∈R，i为虚数单位）．
（1）若（1﹣2i）•z为纯虚数，求实数a的值；
（2）若，且复数ω在复平面内所对应的点位于第四象限，求a的取值范围．
【分析】（1）由复数（1﹣2i）•z为纯虚数，列出方程组求解即可得a的值；
（2）由在复平面上对应的点在第四象限列出不等式组求解即可得a的取值范围．
【解答】解：（1）由复数z＝1+ai，得（1﹣2i）•z＝（1﹣2i）•（1+ai）＝1+2a+（a﹣2）i为纯虚数，
∴，解得a＝．
故实数a的值为；
（2）＝＝，
由复数ω在复平面内所对应的点位于第四象限，得，解得﹣1＜a＜1．
∴a的取值范围为（﹣1，1）．
【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
16．（15分）已知向量＝（3，4），＝（x，﹣3）．
（1）当（+）⊥（﹣）且x＞0时，求|﹣|；
（2）当＝（3，7），∥（+）时，求向量与的夹角的余弦值．
【分析】（1）结合向量垂直的性质，以及向量模公式，即可求解；
（2）结合向量共线的性质，以及向量的夹角公式，即可求解．
【解答】解：（1）当（+）⊥（﹣）且x＞0时，
则，即32+42＝x2+（﹣3）2，解得x＝4（负值舍去），
＝（3，4），＝（4，﹣3），
则，
故；
（2）＝（x，﹣3），＝（3，7），
则，
∥（+），＝（3，4），
则4（x+3）＝4×3，解得x＝0，
故＝（0，﹣3），
＝（3，4），
设向量与的夹角为θ，
则csθ＝＝，
故向量与的夹角的余弦值为．
【点评】本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
17．（15分）如图，梯形ABCD是圆台O1O2的轴截面，E，F分别在底面圆O1，O2的圆周上，EF为圆台的母线，∠DO1E＝60°，已知CD＝4，AB＝8，G，H分别为O2B，BF的中点．
（1）证明：平面CGH∥平面O1O2FE．
（2）若三棱锥C﹣GBH的体积为，求圆台O1O2的侧面积．
【分析】（1）由题意可证得CG∥平面O1O2FE，HG∥平面O1O2FE，进而可证得结论；
（2）由三棱锥C﹣GBH体积可得△GBH的面积，进而可得圆台的侧面积．
【解答】（1）证明：由题意得O1C＝O2G，O1C∥O2G，
所以四边形O1O2GC为平行四边形，所以O1O2∥CG，
而O1O2⊂平面O1O2FE，CG⊄平面O1O2FE，
所以CG∥平面O1O2FE．
因为G，H分别为O2B，BF的中点，
所以HG为△BO2F的中位线，所以HG∥O2F．
而O2F⊂平面O1O2FE，HG⊄平面O1O2FE，
所以HG∥平面O1O2FE，
又CG，HG⊂平面CGH，且CG∩HG＝G，
所以平面CGH∥平面O1O2FE；
（2）解：设O1O2＝h，由（1）可知OG∥O1O2，
则CG为三棱锥C﹣GBH的高h，故，
由∠DO1E＝60°，可得∠AO2F＝60°，所以∠BO2F＝120°，
又因为GH∥O2F，且GH＝O2F，，
所以，
故，所以h＝5，
在Rt△CGB中，，
故圆台的侧面积．
【点评】本题考查平面与平面平行的证法及圆台的侧面积的求法，属于中档题．
18．（17分）如图1，在平面四边形PABC中，PA⊥AB，CD∥AB，CD＝2AB＝2PD＝2AD＝4．E是线段PC上靠近P端的三等分点，F是线段CD的中点，DE∩PF＝M．将△PDC沿CD折成四棱锥P﹣ABCD，连接PA，PB，BD，如图2．
（1）在图2中，证明：PA∥平面BDE．
（2）在图1中，求的值．
【分析】（1）图2中，连接AC交BD于O，由题意可得O为AC靠近A的三等分点，可证得OE∥PA，进而可证得结论；
（2）图1中，建立以D为坐标原点，以DC，DP所在的直线分别为x，y轴，由题意可得F，E，P，D，C的坐标，进而求出直线DE，PF的方程，两式联立可得点M的坐标，进而求出|PM|，|MF|的值，进而求出的值．
【解答】（1）证明：连接AC，BD交于O，
因为AB∥CD，AB＝CD，
所以AO＝OC，
因为E是线段PC上靠近P端的三等分点，
即PE＝EC，
所以＝，
所以OE∥PA，PA⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，
所以PA∥平面BDE；
（2）解：因为CD＝2AB＝2PD＝2AD＝4，PA⊥AB，CD∥AB，
所以PA⊥CD，建立以D为坐标原点，以DC，DP所在的直线分别为x，y轴，
则D（0，0），C（4，0），P（0，2），F（2，0），
又因为E是线段PC上靠近P端的三等分点，即E（，），
所以直线DE的方程为y＝x，
直线PF的方程为y＝﹣x+2，
联立，可得x＝y＝1，
即M（1，1），
所以|PM|＝＝，|MF|＝＝，
所以＝1．
即的值为1．
【点评】本题考查直线与平面平行的证法及直线交点的求法，两点间的距离公式的应用，属于中档题．
19．（17分）现有长度分别为1，2，3，4的线段各1条，将它们全部用上，首尾依次相连地放在桌面上，可组成周长为10的三角形或四边形．
（1）求出所有可能的三角形的面积．
（2）如图，在平面凸四边形ABCD中，AB＝1，BC＝3，CD＝2，DA＝4．
①当∠A大小变化时，求四边形ABCD面积的最大值，并求出面积最大时|BD|的值．
②当时，△ABD所在平面内是否存在点P，使得|PA|+|PB|+|PD|达到最小？若有最小值，则求出该值；否则，说明理由．
【分析】（1）分三角形三边分别为3，3，4和2，4，4两种情况，利用三角形面积公式，求得三角形面积即可；
（2）①利用余弦定理及三角恒等变换，结合已知条件计算可得；
②假设存在符合条件的点P，把△APD绕点A逆时针旋转60°，结合图形及线段关系可得最小值．
【解答】解：（1）根据三角形两边之和大于第三边，由题意可知，
所有可能符合情况的三角形的三边长为1+2，3，4 和2，3+1，4，
当三角形三边为1+2，3，4时，由余弦定理知，
等腰三角形顶角的余弦值，则sinθ＝，
所以；
当三角形三边为2，3+1，4时，由余弦定理知，
等腰三角形顶角的余弦值，则sinθ＝，
则；
（2）①连接BD，由余弦定理知：
，
＝，
∴BD2＝17﹣8csA，BD2＝13﹣12csC，
∴17﹣8csA＝13﹣12csC，∴2csA﹣3csC＝1，
又，
∴（2sinA+3sinC）2＝4sin2A+9sin2C+12sinAsinC，
又∵2csA﹣3csC＝1，3 （2csA﹣3csC）2＝1，
∴4cs2A+9cs2C﹣12csAcsC＝1．，
故
＝13﹣（4cs2A+9cs2C）+12sinAsinC
＝13﹣1﹣12csAcsC+12sinAsinC
＝12﹣12cs（A+C）≤24，
当且仅当A+C＝π时，，SABCD取得最大值，
此时A+C＝π，2csA﹣3csC＝1，
∴2csA+3csA＝1，解得，，
则，解得；
②假设存在符合条件的点P，由，可得，
如图，把△APD绕点A逆时针旋转60°，
则P→P1，D→D1，连接BD1，
显然△APP1为等边三角形，则AP＝PP1，PD＝P1D1，AD＝AD1＝4，
＝，
∴|PA|+|PB|+|PD|＝|PP1|+|PB|+|P1D1|≥|BD1|，
当且仅当D1，P1，P，B共线时取得最小值，
此时，
故|PA|+|PB|+|PD|的最小值为．
【点评】本题考查三角形中的几何计算，属难题