2019-2020年高二上学期10月月考数学试卷(理科) 含解析

2019-2020年高二上学期10月月考数学试卷（理科）含解析一、选择题：本大题共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．已知α为第二象限角，sinα=，则tan（）=（）A．﹣3 B．﹣1 C．﹣D．12．已知点A（1，1），B（4，2）和向量=（2，λ），若∥，则实数λ的值为（）A．﹣B．C．D．﹣3．已知A={x|{x2+2x﹣3＞0}，B={x|≤0}，则（∁U A）∩B=（）A．（﹣2，+∞）B．（﹣2，1] C．[﹣1，2] D．（﹣3，﹣2）∪[1，2]4．在△ABC中，若a=4，b=3，cosA=，则B=（）A．B．C．或πD．π5．设a、b是不同的直线，α、β是不同的平面，则下列四个命题中正确的是（）A．若a⊥b，a⊥α，则b∥αB．若a∥α，α⊥β，则a⊥βC．若a⊥β，α⊥β，则a∥αD．若a⊥b，a⊥α，b⊥β，则α⊥β6．已知某几何体的三视图，则该几何体的体积是（）A．12 B．24 C．36 D．487．如图，正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长相等，E为PC的中点，则异面直线BE与PA所成角的余弦值是（）A．B．C．D．8．在边长为1的正三角形ABC中，设=2，=λ，若=﹣，则λ的值为（）A．B．2 C．D．39．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a、b、c，且a、b、c成等比数列，a+c=3，tanB=，则△ABC的面积为（）A．B．C．D．10．设不等式组，表示的平面区域为D，若圆C：（x+1）2+（y+1）2=r2（r＞0）经过区域D上的点，则r的取值范围是（）A．[2，2]B．（2，3]C．（3，2]D．（0，2）∪（2，+∞）11．已知等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，其前n项和为S n，若直线y=a1x+m与圆（x﹣2）2+y2=1的两个交点关于直线x+y﹣d=0对称，则数列{}的前10项和=（）A．B．C．D．212．如图，在三棱锥A﹣BCD中，BC=DC=AB=AD=2，BD=2，平面ABD⊥平面BCD，O 为BD中点，点P，Q分别为线段AO，BC上的动点（不含端点），且AP=CQ，则三棱锥P﹣QCO体积的最大值为（）A．B．C．D．3二、填空题：本大题4个小题，每小题5分，共20分.13．在各项均为正数的等比数列{a n}中，若a2=1，a8=a6+2a4，则a6的值是．14．如图，函数y=2sin（πx+φ），x∈R，（其中0≤φ≤）的图象与y轴交于点（0，1）．设P是图象上的最高点，M、N是图象与轴的交点，则与的夹角的余弦值为．15．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，所有棱长都相等，若该三棱柱的顶点都在球O的表面上，且球O的表面积为7π，则三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为．16．如图所示，正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为1，E，F分别是棱AA′，CC′的中点，过直线E，F的平面分别与棱BB′、DD′交于M，N，设BM=x，x∈[0，1]，给出以下五个命题：①平面MENF⊥平面BDD'B'②四边形MENF的面积的最大值为2；③多面体ABCD﹣MENF的体积为；④四棱锥C′﹣MENF的体积恒为定值；⑤直线MN与直线CC′所成角的正弦值的范围是[，1]以上命题中正确的有．三、解答题：本大题6个小题，共70分，各题解答必须答在答题卡上，必须写出必要的文字说明、演算步骤或推理过程.17．解关于x的不等式：ax2﹣（a+1）x+1＜0（a＞0）18．已知向量=（cosx，﹣1），=（sinx，﹣），f（x）=（﹣）•．．（Ⅰ）求函数f（x）的单调增区间；（Ⅱ）已知锐角△ABC中角A，B，C的对边分别为a，b，c．其面积S=，f（A﹣）=﹣，a=3，求b+c的值．19．单调递增数列{a n}的前n项和为S n，且满足4S n=a n2+4n．（1）求数列{a n}的通项公式；+log2b n=log2a n，求数列{b n}的前n项和T n．（2）数列{b n}满足a n+120．如图，平面直角坐标系xOy中，△AOB和△COD为两等腰直角三角形，A（﹣2，0），C （a，0），（a＞0），设△AOB和△COD的外接圆圆心分别为点M、N．（Ⅰ）若⊙M与直线CD相切，求直线CD的方程；（Ⅱ）若直线AB截⊙N所得弦长为4，求⊙N的标准方程．21．已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，且∠DAB=60°，AD=AA1，F为棱BB1的中点，M为线段AC1的中点．（1）求证：FM∥平面ABCD；（2）求证：平面AFC1⊥平面ACC1A1．22．如图①，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，现在沿DE，DF及EF把△ADE，△CDF和△BEF折起，使A，B，C三点重合，重合后的点记作P，如图②所示．（1）求证：PD⊥EF；（2）求二面角D﹣EF﹣P的平面角的正切值．（3）求点P到平面DEF的距离2015-2016学年江西省赣州市瑞金一中高二（上）10月月考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共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．已知α为第二象限角，sinα=，则tan（）=（）A．﹣3 B．﹣1 C．﹣D．1【考点】两角和与差的正切函数；同角三角函数基本关系的运用．【分析】由条件利用同角三角函数的基本关系求出cosα的值，可得tanα的值，再利用两角和的正切公式求得tan（）的值．【解答】解：已知α为第二象限角，sinα=，则cosα=﹣，∴tanα==﹣2，∴tan（）===﹣，故选：C．2．已知点A（1，1），B（4，2）和向量=（2，λ），若∥，则实数λ的值为（）A．﹣B．C．D．﹣【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示．【分析】直接利用向量的平行的充要条件求解即可．【解答】解：根据A、B两点A（1，1），B（4，2），可得=（3，1），∵∥，∴2×1﹣3λ=0．，解得．故选：C．3．已知A={x|{x2+2x﹣3＞0}，B={x|≤0}，则（∁U A）∩B=（）A．（﹣2，+∞）B．（﹣2，1] C．[﹣1，2] D．（﹣3，﹣2）∪[1，2]【考点】交、并、补集的混合运算．【分析】化简集合A、B，求出∁U A，再计算（∁U A）∩B．【解答】解：A={x|{x2+2x﹣3＞0}={x|（x+3）（x﹣1）＞0}={x|x＜﹣3或x＞1}，∴∁U A={x|﹣3≤x≤1}，又B={x|≤0}={x|﹣2＜x≤2}，∴（∁U A）∩B={x|﹣2＜x≤1}=（﹣2，1]．故选：B．4．在△ABC中，若a=4，b=3，cosA=，则B=（）A．B．C．或πD．π【考点】余弦定理．【分析】cosA=，A∈（0，π），可得，由正弦定理可得：，即可得出sinB．而a＞b，可得A＞B．即可得出．【解答】解：∵cosA=，A∈（0，π），∴=．由正弦定理可得：，∴sinB===．∵a＞b，∴A＞B．∴B为锐角，∴．故选：A．5．设a、b是不同的直线，α、β是不同的平面，则下列四个命题中正确的是（）A．若a⊥b，a⊥α，则b∥αB．若a∥α，α⊥β，则a⊥βC．若a⊥β，α⊥β，则a∥αD．若a⊥b，a⊥α，b⊥β，则α⊥β【考点】平面与平面之间的位置关系．【分析】根据线面平行的判定方法，可以判断A，C的对错，根据线面垂直的判定方法，可以判断B，D的真假，对四个答案逐一进行分析后，易得到答案．【解答】解：A中，b可能在α内；B中，a可能在β内，也可能与β平行或相交（不垂直）；C中，a可能在α内；D中，a⊥b，a⊥α，则b⊂α或b∥α，又b⊥β，∴α⊥β．故选D．6．已知某几何体的三视图，则该几何体的体积是（）A．12 B．24 C．36 D．48【考点】由三视图求面积、体积．【分析】利用三视图判断几何体的形状，通过三视图是数据，求出几何体的体积即可．【解答】解：三视图复原的几何体是底面为边长4、3的矩形，高为3的棱锥，高所在棱垂直底面矩形的一个得到，所以棱锥的体积为：=12．故选：A．7．如图，正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长相等，E为PC的中点，则异面直线BE与PA所成角的余弦值是（）A．B．C．D．【考点】异面直线及其所成的角．【分析】连接AC，BD交于O，连接OE，可得OE∥PA，且OE=PA，故∠OEB（或其补角）即为异面直线BE与PA所成角，由三角形的知识可得．【解答】解：设正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长都为2，连接AC，BD交于O，连接OE，可得OE∥PA，且OE=PA=1，故∠OEB（或其补角）即为异面直线BE与PA所成角，在△OBE中，OE=1，OB=，BE=，故可得OE2+OB2=BE2，△OBE为直角三角形，故cos∠OEB===故选D8．在边长为1的正三角形ABC中，设=2，=λ，若=﹣，则λ的值为（）A．B．2 C．D．3【考点】平面向量数量积的运算．【分析】由=2确定点D是BC的中点，根据向量加法、减法、数乘运算，用、表示出和，由条件和数量积的运算化简=﹣，即可求出λ的值．【解答】解：由题意画出图象如右图：∵=2，∴D为BC的中点，则=，∵=λ，∴，则=﹣=﹣，∵=﹣，∴•[﹣]=，﹣+﹣=﹣+=，+，解得λ=3，故选：D．9．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a、b、c，且a、b、c成等比数列，a+c=3，tanB=，则△ABC的面积为（）A．B．C．D．【考点】余弦定理的应用；三角形中的几何计算．【分析】利用同角三角函数的基本关系求出sinB 和cosB 的值，根据a，b，c成等比数列，可得b2=ac，再由余弦定理求出ac的值，由△ABC的面积为ac•sinB，运算求得结果．【解答】解：在△ABC中，∵tanB=，可得，又sin2B+cos2B=1，∴B为锐角，且sinB=，cosB=．∵a，b，c成等比数列，∴b2=ac，再由余弦定理可得b2=a2+c2﹣2accosB，即ac=（a+c）2﹣2ac﹣=9﹣，∴ac=2．则△ABC的面积为ac•sinB=，故选：D．10．设不等式组，表示的平面区域为D，若圆C：（x+1）2+（y+1）2=r2（r＞0）经过区域D上的点，则r的取值范围是（）A．[2，2]B．（2，3]C．（3，2]D．（0，2）∪（2，+∞）【考点】简单线性规划；圆的标准方程．【分析】由约束条件作出可行域，求出圆C：（x+1）2+（y+1）2=r2的圆心坐标，数形结合可得r的取值范围．【解答】解：由约束条件作出平面区域如图，由C：（x+1）2+（y+1）2=r2，得圆心C（﹣1，﹣1），联立，得A（1，1），联立，得B（2，2），联立，得D（1，3）．由图可知，半径r的最小值为|OA|=，半径r的最大值为|OD|=．故选：A．11．已知等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，其前n项和为S n，若直线y=a1x+m与圆（x﹣2）2+y2=1的两个交点关于直线x+y﹣d=0对称，则数列{}的前10项和=（）A．B．C．D．2【考点】等差数列的性质．【分析】利用直线y=a1x+m与圆（x﹣2）2+y2=1的两个交点关于直线x+y﹣d=0对称，可得a1=2，d=2，利用等差数列的求和公式求出S n，再用裂项法即可得到结论．【解答】解：∵直线y=a1x+m与圆（x﹣2）2+y2=1的两个交点关于直线x+y﹣d=0对称，∴a1=2，2﹣d=0∴d=2∴S n==n2+n∴=，∴数列{}的前10项和为1﹣+﹣+…+=故选：B．12．如图，在三棱锥A﹣BCD中，BC=DC=AB=AD=2，BD=2，平面ABD⊥平面BCD，O 为BD中点，点P，Q分别为线段AO，BC上的动点（不含端点），且AP=CQ，则三棱锥P﹣QCO体积的最大值为（）A．B．C．D．3【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【分析】设出AP，表示出三棱锥P﹣QCO体积的表达式，然后求解最值即可．【解答】解：由题意，在三棱锥A﹣BCD中，BC=DC=AB=AD=2，BD=2，底面△BCD是等腰直角三角形，又∵平面ABD⊥平面BCD，O为BD中点，∴AO⊥平面BCD，∴△AOC是直角三角形，∴BD⊥平面AOC，设AP=x，（x∈（0，1）），•h，三棱锥P﹣QCO体积为：V=S△POCh为Q到平面AOC的距离，h=xsin45°=x，V=S•h=××（﹣x）×x=（x﹣x2）=﹣（x﹣）2+，△POC故当x=时，三棱锥P﹣QCO体积的最大值．故选：A．二、填空题：本大题4个小题，每小题5分，共20分.13．在各项均为正数的等比数列{a n}中，若a2=1，a8=a6+2a4，则a6的值是4．【考点】等比数列的通项公式．【分析】利用等比数列的通项公式即可得出．【解答】解：设等比数列{a n}的公比为q＞0，a1＞0．∵a8=a6+2a4，∴，化为q4﹣q2﹣2=0，解得q2=2．∴a6===1×22=4．故答案为：4．14．如图，函数y=2sin（πx+φ），x∈R，（其中0≤φ≤）的图象与y轴交于点（0，1）．设P是图象上的最高点，M、N是图象与轴的交点，则与的夹角的余弦值为．【考点】余弦定理；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．【分析】把点（0，1）代入函数可得∅=．根据函数解析式结合图象求得M（﹣，0）、N（，0），P（，2），求出和的坐标，代入与的夹角的余弦值为，运算求得结果．【解答】解：把点（0，1）代入函数可得sin∅=，∴∅=．故函数解析式为．结合图象求得M（﹣，0）、N（，0），P（，2），=（﹣，﹣2），=（，﹣2）．则与的夹角的余弦值为==，故答案为．15．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，所有棱长都相等，若该三棱柱的顶点都在球O的表面上，且球O的表面积为7π，则三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【分析】通过球的内接体，说明几何体的中心是球的直径，由球的表面积求出球的半径，设出三棱柱的底面边长，通过解直角三角形求得a，然后由棱柱的体积公式得答案．【解答】解：如图，∵三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都相等，6个顶点都在球O的球面上，∴三棱柱为正三棱柱，且其中心为球的球心，设为O，再设球的半径为r，由球O的表面积为7π，得4πr2=7π，∴．设三棱柱的底面边长为a，则上底面所在圆的半径为，且球心O到上底面中心H的距离OH=，∴，即r=，∴a=．则三棱柱的底面积为S=．∴=．故答案为：．16．如图所示，正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为1，E，F分别是棱AA′，CC′的中点，过直线E，F的平面分别与棱BB′、DD′交于M，N，设BM=x，x∈[0，1]，给出以下五个命题：①平面MENF⊥平面BDD'B'②四边形MENF的面积的最大值为2；③多面体ABCD﹣MENF的体积为；④四棱锥C′﹣MENF的体积恒为定值；⑤直线MN与直线CC′所成角的正弦值的范围是[，1]以上命题中正确的有①③④⑤．【考点】棱柱的结构特征．【分析】对于①：利用正方体的性质体育线面垂直的判定定理：可得EF⊥平面BDD′B′，即可得出平面MENF⊥平面BDD′B′；对于②：连接MN，由①可得：EF⊥MN，四边形MENF的对角线EF是固定的，要使面积最大，则只需MN的长度最大即可，MN取正方体的对角线D′B时取得最大值，即可判断出正误；对于③：多面体ABCD﹣MENF的体积与多面体A′B′C′D′﹣MENF的体积相等，进而判断出正误；对于④：连接C′E，C′M，C′N，则四棱锥分割为两个小三棱锥，它们以△C′EF为底，以M，N分别为顶点的两个小棱锥．M，N到平面C'EF的距离是个常数，即可判断出四棱锥C'﹣MENF 的体积V为常函数．对于⑤：当点N取D′，点M取B时，直线MN与直线CC′（即直线BB′）所成角的正弦值最小为；当点N取DD′的中点，点M取BB′的中点时，直线MN与直线CC′（即直线BB′）所成角的正弦值最大为1，即可得出正弦值的范围．【解答】解：对于①：EF⊥BD，又EF⊥DD′，又BD∩DD′=D，∴EF⊥平面BDD′B′，∴平面MENF⊥平面BDD′B′，因此①正确；对于②：连接MN，因为EF⊥平面BDD′B′，所以EF⊥MN，四边形MENF的对角线EF是固定的，所以要使面积最大，则只需MN的长度最大即可，此时当点N取D′，点M取B时，MN取得最大值，∴四边形MENF的面积的最大值为=，因此②不正确；对于③：多面体ABCD﹣MENF的体积与多面体A′B′C′D′﹣MENF的体积相等，∴多面体ABCD﹣MENF的体积为×13，即，因此③正确；对于④：连接C′E，C′M，C′N，则四棱锥分割为两个小三棱锥，它们以C′EF为底，以M，N分别为顶点的两个小棱锥．因为三角形C′EF的面积是个常数．M，N到平面C'EF的距离是个常数，所以四棱锥C'﹣MENF的体积V为常函数，因此④正确．对于⑤：当点N取D′，点M取B时，直线MN与直线CC′（即直线BB′）所成角的正弦值最小为，为，化为；当点N取DD′的中点，点M取BB′的中点时，直线MN与直线CC′（即直线BB′）所成角的正弦值最大为1，因此正弦值的范围是[，1]，因此正确．故答案为：①③④⑤．三、解答题：本大题6个小题，共70分，各题解答必须答在答题卡上，必须写出必要的文字说明、演算步骤或推理过程.17．解关于x的不等式：ax2﹣（a+1）x+1＜0（a＞0）【考点】一元二次不等式．【分析】ax2﹣（a+1）x+1＜0（a＞0），化为（x﹣）（x﹣1）＜0．对a与1的大小关系分类讨论即可得出．【解答】解：∵ax2﹣（a+1）x+1＜0（a＞0），∴（ax﹣1）（x﹣1）＜0，即（x﹣）（x﹣1）＜0．当a＞1时，＜1，∴不等式的解集为{x|}；当a=1时，=1，不等式化为（x﹣1）2＜0，∴不等式的解集为∅；当0＜a＜1时，＞1，∴不等式的解集为{x|}．18．已知向量=（cosx，﹣1），=（sinx，﹣），f（x）=（﹣）•．．（Ⅰ）求函数f（x）的单调增区间；（Ⅱ）已知锐角△ABC中角A，B，C的对边分别为a，b，c．其面积S=，f（A﹣）=﹣，a=3，求b+c的值．【考点】余弦定理；平面向量数量积的运算；三角函数中的恒等变换应用．【分析】（Ⅰ）根据数量积积的定义，求出f（x）的表达式，即可求函数f（x）的单调增区间；（Ⅱ）根据三角形的面积公式，以及余弦定理即可得到结论．【解答】解：（Ⅰ）∵=（cosx，﹣1），=（sinx，﹣），∴﹣=（cosx﹣sinx，），∴f（x）=（﹣）•=（cosx﹣sinx）cosx﹣=，，得，k ∈Z ．即函数的单调性递增区间为：．（Ⅱ）∵，∴，∵0，∴0＜2A ＜π，∴，即A=，∵=，∴bc=4．由余弦定理得a 2=b 2+2﹣2bccos ⁡A ， ∴9=b 2+c 2﹣bc ，∵（b +c ）2=b 2+c 2+2bc=9+3bc=21，∴b +c=．19．单调递增数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足4S n =a n 2+4n ． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）数列{b n }满足a n +1+log 2b n =log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ． 【考点】数列的求和；数列递推式．【分析】（1）由4S n =a n 2+4n ，利用递推关系可得：，变为（a n ﹣2+a n ﹣1）（a n ﹣2﹣a n ﹣1）=0，利用数列{a n }是单调递增数列，可得a n ﹣a n ﹣1=2．利用等差数列的通项公式即可得出；（2）由数列{b n }满足，可得=．再利用“错位相减法”、等比数列的前n 项和公式即可得出． 【解答】解：（1）∵4S n =a n 2+4n ．∴当n=1时，4a 1=+4，解得a 1=2；当n ≥2时，+4（n ﹣1），∴4a n =4S n ﹣4S n ﹣1=a n 2+4n ﹣，化为，变为（a n ﹣2+a n ﹣1）（a n ﹣2﹣a n ﹣1）=0，∴a n +a n ﹣1=2或a n ﹣a n ﹣1=2．∵数列{a n }是单调递增数列，a n +a n ﹣1=2应该舍去， ∴a n ﹣a n ﹣1=2．∴数列{a n }是等差数列，首项为2，公差为2， ∴a n =2+2（n ﹣1）=2n ．（2）∵数列{b n }满足，∴=，∴=．∴数列{b n }的前n 项和T n =+…+，=+…+，∴=++…+=﹣=，∴．20．如图，平面直角坐标系xOy 中，△AOB 和△COD 为两等腰直角三角形，A （﹣2，0），C （a ，0），（a ＞0），设△AOB 和△COD 的 外接圆圆心分别为点M 、N ．（Ⅰ）若⊙M 与直线CD 相切，求直线CD 的方程；（Ⅱ）若直线AB 截⊙N 所得弦长为4，求⊙N 的标准方程．【考点】圆的标准方程；直线的一般式方程．【分析】先根据条件求圆的标准方程，再，利用直线与圆相切时，点线距离等于半径长求解；（2）利用圆心N 到直线l AB 距离及直线l AB 截⊙N 的所得弦长为4，可求圆的标准方程． 【解答】解（Ⅰ）圆心M （﹣1，1），∴圆M 方程为（x +1）2+（y ﹣1）2=2，直线 l CD 方程为x +y ﹣a=0∵⊙M与直线l CD相切，∴圆心M到直线l CD的距离，∴|a|=2，又a＞0，a=2∴直线l CD的方程为x+y﹣2=0；（Ⅱ）直线l AB方程为：x﹣y+2=0，圆心，∴圆心N到直线l AB距离为，∵直线l AB截⊙N的所得弦长为4∴，∴a2=12，又a＞0，∴⊙N的标准方程为21．已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，且∠DAB=60°，AD=AA1，F为棱BB1的中点，M为线段AC1的中点．（1）求证：FM∥平面ABCD；（2）求证：平面AFC1⊥平面ACC1A1．【考点】平面与平面垂直的判定．【分析】（1）延长C1F交CB的延长线于点N，由三角形的中位线的性质可得MF∥AN，从而证明MF∥平面ABCD．（2）由A1A⊥BD，AC⊥BD，可得BD⊥平面ACC1A1，由DANB为平行四边形，故NA∥BD，故NA⊥平面ACC1A1，从而证得平面AFC1⊥ACC1A1．【解答】证明：（1）延长C1F交CB的延长线于点N，连接AN．∵F是BB1的中点，∴F为C1N的中点，B为CN的中点．又M是线段AC1的中点，故MF∥AN．又MF不在平面ABCD内，AN⊂平面ABCD，∴MF∥平面ABCD．（2）连BD，由直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1 ，可知A1A⊥平面ABCD，又∵BD⊂平面ABCD，∴A1A⊥BD．∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD．又∵AC∩A1A=A，AC，A1A⊂平面ACC1A1，∴BD⊥平面ACC1A1．在四边形DANB中，DA∥BN且DA=BN，∴四边形DANB为平行四边形，故NA∥BD，∴NA⊥平面ACC1A1，又∵NA⊂平面AFC1，∴平面AFC1⊥ACC1A1．22．如图①，在边长为2的正方形ABCD 中，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，现在沿DE ，DF 及EF 把△ADE ，△CDF 和△BEF 折起，使A ，B ，C 三点重合，重合后的点记作P ，如图②所示．（1）求证：PD ⊥EF ；（2）求二面角D ﹣EF ﹣P 的平面角的正切值． （3）求点P 到平面DEF 的距离【考点】点、线、面间的距离计算；二面角的平面角及求法． 【分析】（1）推导出DM ⊥EF ，PM ⊥EF ，从而EF ⊥平面PDM ，由此能证明EF ⊥PD ．（2）由DM ⊥EF ，PM ⊥EF ，知∠PMD 是二面角D ﹣EF ﹣P 的平面角，由此能求出二面角D ﹣EF ﹣P 的平面角的正切值（3）由V P ﹣DEF =V D ﹣PEF ，能求出点P 到平面DEF 的距离．【解答】证明：（1）∵DE=DF==，EF ∥AC ，∴BD ⊥EF ，M 是EF 的中点，∴DM ⊥EF ， ∵折叠前AE=CF ，∴折叠后PE=PF ， ∴PM ⊥EF ，∵DM ∩PM=M ，∴EF ⊥平面PDM ， ∵PD ⊂平面PDM ，∴EF ⊥PD ． 解：（2）∵DM ⊥EF ，PM ⊥EF ，∴∠PMD 是二面角D ﹣EF ﹣P 的平面角，∵PD=AD=2，PM=BM==，DM=，∴cos ∠PMD===，∴tan ．∴二面角D ﹣EF ﹣P 的平面角的正切值为2． （3）∵PD ⊥PE ，PD ⊥PF ，PE ∩PF=P ，∴PD ⊥平面PEF ，∴P 到平面PEF 的距离PD=2，∵PE=PF=1，EF=，∴PE 2+PF 2=EF 2，∴PE ⊥PF ，∴S △PEF ==，又==，V P ﹣DEF =V D ﹣PEF ，设点P 到平面DEF 的距离，则=，即，解得d=．∴点P 到平面DEF 的距离d=．2016年12月9日。