2025年粵教滬科版高一數(shù)學下冊階段測試試卷VIP

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年粵教滬科版高一數(shù)學下冊階段測試試卷249考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、已知=1，=點在內(nèi)，且則等于（）A.B.3C.D.2、已知函數(shù)則下列說法中正確的是（）A.若則恒成立B.若恒成立，則C.若則關于的方程有解D.若關于的方程有解，則3、一個幾何體的三視圖如圖所示；則這個幾何體的體積為（）

A.B.C.D.4、若為第三象限角，則的值為（）A.-3B.-1C.1D.35、用“五點法”作y=2sin2x的圖象是，首先描出的五個點的橫坐標是（）A.B.C.0，π，2π，3π，4πD.6、如圖所示，點P

在正方形ABCD

所在平面外，PA隆脥

平面ABCDPA=AB

則PB

與AC

所成的角是(

)

A.90鈭?

B.60鈭?

C.45鈭?

D.30鈭?

評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、（2000?江蘇校級自主招生）如圖，AB是圓O的直徑，弦CD⊥AB于E，P是BA延長線上一點，連接PC交圓O于F，若PF=7，F(xiàn)C=13，PA：AE：EB=2：4：1，則CD長為____．8、空間直角坐標系中，已知A（1，0，2），B（1，－3，1），點P在z軸上，且|PA|=|PB|,則點P的坐標為____.9、關于的方程至少有一個正根，則實數(shù)的取值范圍為____.10、設全集I={1，2，3，4，5，6}，集合A={1，3，5}，則?IA=____．11、_________.12、已知函數(shù)f（x）=x2﹣4x+3，集合M={（x，y）|f（x）+f（y）≤0}，集合N={x，y|f（x）﹣f（y）≥0}，則集合M∩N的面積為____13、正三棱錐V﹣ABC的底面邊長為2，E，F(xiàn)，G，H分別是VA，VB，BC，AC的中點，則四邊形EFGH的面積的取值范圍是____14、tanθ=2，則=______．15、在銳角三角形ABC

中，角ABC

的對邊分別為abc

且滿足b2鈭?a2=ac

則1tanA鈭?1tanB

的取值范圍為______．評卷人得分三、證明題(共8題，共16分)16、求證：（1）周長為21的平行四邊形能夠被半徑為的圓面所覆蓋．

（2）桌面上放有一絲線做成的線圈，它的周長是2l，不管線圈形狀如何，都可以被個半徑為的圓紙片所覆蓋．17、AB是圓O的直徑，CD是圓O的一條弦，AB與CD相交于E，∠AEC=45°，圓O的半徑為1，求證：EC2+ED2=2．18、如圖；過圓O外一點D作圓O的割線DBA，DE與圓O切于點E，交AO的延長線于F，AF交圓O于C，且AD⊥DE．

（1）求證：E為的中點；

（2）若CF=3，DE?EF=，求EF的長．19、已知ABCD四點共圓，AB與DC相交于點E，AD與BC交于F，∠E的平分線EX與∠F的平分線FX交于X，M、N分別是AC與BD的中點，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．20、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．21、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點，DE∥BC，BE與CD交于點O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．22、如圖；過圓O外一點D作圓O的割線DBA，DE與圓O切于點E，交AO的延長線于F，AF交圓O于C，且AD⊥DE．

（1）求證：E為的中點；

（2）若CF=3，DE?EF=，求EF的長．23、已知ABCD四點共圓，AB與DC相交于點E，AD與BC交于F，∠E的平分線EX與∠F的平分線FX交于X，M、N分別是AC與BD的中點，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．評卷人得分四、解答題(共1題，共8分)24、【題文】如圖1，在直角梯形中，且．

現(xiàn)以為一邊向形外作正方形然后沿邊將正方形翻折，使平面與平面垂直，為的中點；如圖2．

（1）求證：∥平面

（2）求證：平面

（3）求點到平面的距離.

圖圖評卷人得分五、作圖題(共3題，共24分)25、作出函數(shù)y=的圖象．26、以下是一個用基本算法語句編寫的程序；根據(jù)程序畫出其相應的程序框圖．

27、請畫出如圖幾何體的三視圖．

評卷人得分六、綜合題(共2題，共16分)28、取一張矩形的紙進行折疊；具體操作過程如下：

第一步：先把矩形ABCD對折；折痕為MN，如圖（1）所示；

第二步：再把B點疊在折痕線MN上；折痕為AE，點B在MN上的對應點為B′，得Rt△AB′E，如圖（2）所示；

第三步：沿EB′線折疊得折痕EF；如圖（3）所示；利用展開圖（4）所示．

探究：

（1）△AEF是什么三角形？證明你的結論．

（2）對于任一矩形；按照上述方法是否都能折出這種三角形？請說明理由．

（3）如圖（5）；將矩形紙片ABCD沿EF折疊，使點A落在DC邊上的點A′處，x軸垂直平分DA，直線EF的表達式為y=kx-k（k＜0）

①問：EF與拋物線y=有幾個公共點？

②當EF與拋物線只有一個公共點時，設A′（x，y），求的值．29、如圖；Rt△ABC的兩條直角邊AC=3，BC=4，點P是邊BC上的一動點（P不與B重合），以P為圓心作⊙P與BA相切于點M．設CP=x，⊙P的半徑為y．

（1）求證：△BPM∽△BAC；

（2）求y與x的函數(shù)關系式；并確定當x在什么范圍內(nèi)取值時，⊙P與AC所在直線相離；

（3）當點P從點C向點B移動時；是否存在這樣的⊙P，使得它與△ABC的外接圓相內(nèi)切？若存在，求出x；y的值；若不存在，請說明理由．

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】試題分析：如圖，因為=1，=所以，在方向上的分量為在方向上的分量為如圖由所以考點：向量數(shù)量積的幾何意義，平面向量基本定理，向量相等【解析】【答案】Ｂ2、D【分析】試題分析：絕對值不等式當時，則此時所以A錯誤；當恒成立時，有此時假設則由絕對值不等式可知恒成立，此時與恒成立矛盾，再結合對A選項的分析，可知所以B選項錯誤；當時，則此時方程左邊是正數(shù)，右邊是負數(shù)，無解，所以C錯誤；對于D，當關于的方程有解時，由上述C選項的分析可知不可能小于0，當時，也不滿足有解，所以此時由有解，可得所以所以選項D正確，故選D.考點：函數(shù)與絕對值不等式.【解析】【答案】D.3、B【分析】【分析】通過分析三視圖可知該幾何體為圓錐的一半和四棱錐的組合體，于是選B。4、A【分析】【解答】因為為第三象限角，所以=－3；故選A。

【分析】基礎題，三角函數(shù)值的正負，與角的終邊所在象限有關。5、B【分析】解：由“五點法”作圖知：令2x=0，π，2π；

解得x=0，π，即為五個關鍵點的橫坐標；

故選B．

根據(jù)“五點法”作圖，只需令2x=0，π，2π，即可解得答案．

本題考查”五點法”作函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象，y=sinx的第一個周期內(nèi)五個關鍵點：（0，0），（1），（π，0），（-1），（2π，0）．【解析】【答案】B6、B【分析】解：將其還原成正方體ABCD鈭?PQRS

連接SCAS

則PB//SC

隆脿隆脧ACS(

或其補角)

是PB

與AC

所成的角。

隆脽鈻?ACS

為正三角形；

隆脿隆脧ACS=60鈭?

隆脿PB

與AC

所成的角是60鈭?

故選B．

將其還原成正方體ABCD鈭?PQRS

連接SCAS

可得隆脧ASC(

或其補角)

即為所求角．

本題考查線線角的計算，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題．【解析】B

二、填空題(共9題，共18分)7、略

【分析】【分析】本題可先設BE為x，根據(jù)割線定理求得x的值，進一步根據(jù)相交弦定理的推論求得CE的長，最后再根據(jù)垂徑定理求得CD的長．【解析】【解答】解：設BE為x；則PA=2x，PB=7x．

根據(jù)割線定理；得

PA?PB=PF?PC；

即2x?7x=7×20；

解得x=．

又CE2=AE?BE=4x2=40；

∴CE=2；

∴CD=2CE=4．8、略

【分析】【解析】試題分析：設由|PA|=|PB|得考點：空間坐標與距離【解析】【答案】9、略

【分析】【解析】試題分析：設方程的兩個實數(shù)根為∵方程至少有一個正根，∴包括以下兩種情況：只有一實根為根，=2a+6≤0，解得a≤-3；兩個都是正數(shù)=2（1-a）＞0，且=2a+6＞0，解得：-3＜a＜1又4（a-1）2-4×1×（2a+6）≥0即a2-4a-5≥0，解得a≥5或a≤-1綜上所述，a≤-3?？键c：本題主要考查韋達定理的應用，簡單不等式組的解法?！窘馕觥俊敬鸢浮?0、略

【分析】

∵全集I={1，2，3，4，5，6}，集合A={1，3，5}，則?IA={2；4，6}；

故答案為{2；4，6}．

【解析】【答案】由條件直接利用補集的定義求出?IA．

11、略

【分析】【解析】

因為【解析】【答案】212、π【分析】【解答】解：∵f（x）=x2﹣4x+3；集合M={（x，y）|f（x）+f（y）≤0}，集合N={（x，y）|f（x）﹣f（y）≥0}；

∴集合M：（x﹣2）2+（y﹣22≤2，是一個以（2，2）為圓心，為半徑的圓；面積是2π；

集合N：（x﹣2）2≥（y﹣2）2；或者（x+y﹣4）（x﹣y）≥0；

兩條直線x+y﹣4=0和x﹣y=0把M平均分為4份；其中兩份就是M與N的交集；

則M∩N面積=×2π×2=×2=π．

故答案為：π．

【分析】根據(jù)題意確定出M，N所表示的平面區(qū)域，兩條直線x+y﹣4=0和x﹣y=0把M平均分為4份，其中兩份就是M與N的交集，求出即可．13、（+∞）【分析】【解答】解：由條件可知：EF=HG=1；EFGH是平行四邊形；

因為正三棱錐V﹣ABC；所以EFGH是矩形而EH，F(xiàn)G，是變量；

當V點在ABC平面時，VA=VB=VC=

此時EH，F(xiàn)G有最小值，EH=FG=VA=

EFGH的面積為：EF?EH=1×=．

∴四邊形EFGH的面積的取值范圍是（+∞）．

故答案為：（+∞）．

【分析】推導出EF=HG=1，EFGH是平行四邊形，當V點在ABC平面時，VA=VB=VC=此時EH，F(xiàn)G有最小值，由此能求出四邊形EFGH的面積的取值范圍．14、略

【分析】解：∵sin（）=cosθ；cos（π-θ）=-cosθ，sin（π-θ）=sinθ

∴原式=====-2

故答案為：-2

由三角函數(shù)的誘導公式；將分子；分母的各項化簡，再將所得式子的分子、分母都除以cosθ，化成關于tanθ的式子，代入題中數(shù)據(jù)即可算出原式的值．

本題在已知θ正切的情況下，求關于θ的三角函數(shù)式的值，著重考查了三角函數(shù)的誘導公式和同角三角函數(shù)的關系等知識，屬于基礎題．【解析】-215、略

【分析】解：隆脽b2鈭?a2=ac

隆脿b2=a2+c2鈭?2accosB=a2+ac

隆脿c=2acosB+a

隆脿sinC=2sinAcosB+sinA

隆脽sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB

隆脿sinA=cosAsinB鈭?sinAcosB=sin(B鈭?A)

隆脽

三角形ABC

為銳角三角形；

隆脿A=B鈭?A

隆脿B=2A

隆脿C=婁脨鈭?3A

隆脿{0<蟺鈭?3A<婁脨20<2A<婁脨2

隆脿A隆脢(婁脨6,婁脨4)B隆脢(婁脨3,婁脨2)

隆脿1tanA鈭?1tanB=sin(B鈭?A)sinBsinA=1sinB

隆脽B隆脢(婁脨3,婁脨2)

隆脿sinB=(32,1)

隆脿1sinB=(1,233)

隆脿1tanA鈭?1tanB

的范圍為(1,233)

故答案為：(1,233)

先根據(jù)余弦定理得到c=2acosB+a

再根據(jù)正弦定理和兩角和差正弦公式可得sinA=sin(B鈭?A)

根據(jù)三角形為銳角三角形，求得B=2A

以及AB

的范圍，再利用商的關系；兩角差的正弦公式化簡所求的式子，由正弦函數(shù)的性質求出所求式子的取值范圍．

本題考查了正弦定理，三角恒等變換中公式，以及正弦函數(shù)的性質，涉及知識點多、公式多，綜合性強，考查化簡、變形能力，屬于中檔題．【解析】(1,233)

三、證明題(共8題，共16分)16、略

【分析】【分析】（1）關鍵在于圓心位置；考慮到平行四邊形是中心對稱圖形，可讓覆蓋圓圓心與平行四邊形對角線交點疊合．

（2）“曲“化“直“．對比（1），應取均分線圈的二點連線段中點作為覆蓋圓圓心．【解析】【解答】

證明：（1）如圖1；設ABCD的周長為2l，BD≤AC，AC；BD交于O，P為周界上任意一點，不妨設在AB上；

則∠1≤∠2≤∠3，有OP≤OA．又AC＜AB+BC=l，故OA＜．

因此周長為2l的平行四邊形ABCD可被以O為圓心；半徑為的圓所覆蓋；命題得證．

（2）如圖2，在線圈上分別取點R，Q，使R、Q將線圈分成等長兩段，每段各長l．又設RQ中點為G，M為線圈上任意一點，連MR、MQ，則GM≤（MR+MQ）≤（MmR+MnQ）=

因此，以G為圓心，長為半徑的圓紙片可以覆蓋住整個線圈．17、略

【分析】【分析】首先作CD關于AB的對稱直線FG，由∠AEC=45°，即可證得CD⊥FG，由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2，然后由△OCD≌△OGF，易證得O，C，G，E四點共圓，則可求得CG2=OC2+OG2=2．繼而證得EC2+ED2=2．【解析】【解答】證明：作CD關于AB的對稱直線FG；

∵∠AEC=45°；

∴∠AEF=45°；

∴CD⊥FG；

∴CG2=CE2+EG2；

即CG2=CE2+ED2；

∵△OCD≌△OGF（SSS）；

∴∠OCD=∠OGF．

∴O；C，G，E四點共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．18、略

【分析】【分析】要證E為中點，可證∠EAD=∠OEA，利用輔助線OE可以證明，求EF的長需要借助相似，得出比例式，之間的關系可以求出．【解析】【解答】（1）證明：連接OE

OA=OE=＞∠OAE=∠OEA

DE切圓O于E=＞OE⊥DE

AD⊥DE=＞∠EAD+∠AED=90°

=＞∠EAD=∠OEA

?OE∥AD

=＞E為的中點．

（2）解：連CE；則∠AEC=90°，設圓O的半徑為x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽Rt△AEC=＞

DE切圓O于E=＞△FCE∽△FEA

∴，

∴

即DE?EF=AD?CF

DE?EF=；CF=3

∴AD=

OE∥AD=＞=＞=＞8x2+7x-15=0

∴x1=1，x2=-（舍去）

∴EF2=FC?FA=3x（3+2）=15

∴EF=19、略

【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性質知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四邊形ABCD內(nèi)接于圓，則∠FDC=∠ABC，即∠FDC+∠EBC=180°，聯(lián)立①②，即可證得∠AFB+∠AED+2∠FAE=180°，而FX；EX分別是∠AFB和∠AED的角平分線，等量代換后可證得∠AFX+∠AEX+∠FAE=90°；可連接AX，此時發(fā)現(xiàn)∠FXE正好是∠AFX、∠AEX、∠FAE的和，由此可證得∠FXE是直角，即FX⊥EX；

（2）由已知易得∠AFX=∠BFX，欲證∠MFX=∠NFX，必須先證得∠AFM=∠BFN，可通過相似三角形來實現(xiàn)；首先連接FM、FN，易證得△FCA∽△FDB，可得到FA：FB=AC：BD，而AC=2AM，BD=2BN，通過等量代換，可求得FA：FB=AM：BN，再加上由圓周角定理得到的∠FAM=∠FBN，即可證得△FAM∽△FBN，由此可得到∠AFM=∠BFN，進一步可證得∠MFX=∠NFX，即FX平分∠MFN，同理可證得EX是∠MEN的角平分線．【解析】【解答】證明：（1）連接AX；

由圖知：∠FDC是△ACD的一個外角；

則有：∠FDC=∠FAE+∠AED；①

同理；得：∠EBC=∠FAE+∠AFB；②

∵四邊形ABCD是圓的內(nèi)接四邊形；

∴∠FDC=∠ABC；

又∵∠ABC+∠EBC=180°；即：∠FDC+∠EBC=180°；③

①+②；得：∠FDC+∠EBC=2∠FAE+（∠AED+∠AFB）；

由③；得：2∠FAE+（∠AED+∠AFB）=180°；

∵FX；EX分別是∠AFB、∠AED的角平分線；

∴∠AFB=2∠AFX；∠AED=2∠AEX，代入上式得：

2∠FAE+2（∠AFX+∠AEX）=180°；

即∠FAE+∠AFX+∠AEX=180°；

由三角形的外角性質知：∠FXE=∠FAE+∠FAX+∠EAX；

故FXE=90°；即FX⊥EX．

（2）連接MF；FN；ME、NE；

∵∠FAC=∠FBD；∠DFB=∠CFA；

∴△FCA∽△FDB；

∴；

∵AC=2AM；BD=2BN；

∴；

又∵∠FAM=∠FBN；

∴△FAM∽△FBNA；得∠AFM=∠BFN；

又∵∠AFX=∠BFX；

∴∠AFX-∠AFM=∠BFX-∠BFN；即∠MFX=∠NFX；

同理可證得∠NEX=∠MEX；

故FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．20、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長交BC于N，根據(jù)相似三角形的判定定理證△BDF∽△DEF，推出，=；再證△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，證出A；F、D、C四點共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點共圓，推出∠EGF=∠AND，根據(jù)三角形的外角性質推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）證明：連接AF，并延長交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

則=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四點共圓；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）證明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四點共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．21、略

【分析】【分析】延長AM，過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點F，再連接CF．根據(jù)平行線分線段成比例的性質和逆定理可得CF∥BE，根據(jù)平行四邊形的判定和性質即可得證．【解析】【解答】證明：延長AM；過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點F，再連接CF．

又∵DE∥BC；

∴；

∴CF∥BE；

從而四邊形OBFC為平行四邊形；

所以BM=MC．22、略

【分析】【分析】要證E為中點，可證∠EAD=∠OEA，利用輔助線OE可以證明，求EF的長需要借助相似，得出比例式，之間的關系可以求出．【解析】【解答】（1）證明：連接OE

OA=OE=＞∠OAE=∠OEA

DE切圓O于E=＞OE⊥DE

AD⊥DE=＞∠EAD+∠AED=90°

=＞∠EAD=∠OEA

?OE∥AD

=＞E為的中點．

（2）解：連CE；則∠AEC=90°，設圓O的半徑為x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽Rt△AEC=＞

DE切圓O于E=＞△FCE∽△FEA

∴，

∴

即DE?EF=AD?CF

DE?EF=；CF=3

∴AD=

OE∥AD=＞=＞=＞8x2+7x-15=0

∴x1=1，x2=-（舍去）

∴EF2=FC?FA=3x（3+2）=15

∴EF=23、略

【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性質知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四邊形ABCD內(nèi)接于圓，則∠FDC=∠ABC，即∠FDC+∠EBC=180°，聯(lián)立①②，即可證得∠AFB+∠AED+2∠FAE=180°，而FX；EX分別是∠AFB和∠AED的角平分線，等量代換后可證得∠AFX+∠AEX+∠FAE=90°；可連接AX，此時發(fā)現(xiàn)∠FXE正好是∠AFX、∠AEX、∠FAE的和，由此可證得∠FXE是直角，即FX⊥EX；

（2）由已知易得∠AFX=∠BFX，欲證∠MFX=∠NFX，必須先證得∠AFM=∠BFN，可通過相似三角形來實現(xiàn)；首先連接FM、FN，易證得△FCA∽△FDB，可得到FA：FB=AC：BD，而AC=2AM，BD=2BN，通過等量代換，可求得FA：FB=AM：BN，再加上由圓周角定理得到的∠FAM=∠FBN，即可證得△FAM∽△FBN，由此可得到∠AFM=∠BFN，進一步可證得∠MFX=∠NFX，即FX平分∠MFN，同理可證得EX是∠MEN的角平分線．【解析】【解答】證明：（1）連接AX；

由圖知：∠FDC是△ACD的一個外角；

則有：∠FDC=∠FAE+∠AED；①

同理；得：∠EBC=∠FAE+∠AFB；②

∵四邊形ABCD是圓的內(nèi)接四邊形；

∴∠FDC=∠ABC；

又∵∠ABC+∠EBC=180°；即：∠FDC+∠EBC=180°；③

①+②；得：∠FDC+∠EBC=2∠FAE+（∠AED+∠AFB）；

由③；得：2∠FAE+（∠AED+∠AFB）=180°；

∵FX；EX分別是∠AFB、∠AED的角平分線；

∴∠AFB=2∠AFX；∠AED=2∠AEX，代入上式得：

2∠FAE+2（∠AFX+∠AEX）=180°；

即∠FAE+∠AFX+∠AEX=180°；

由三角形的外角性質知：∠FXE=∠FAE+∠FAX+∠EAX；

故FXE=90°；即FX⊥EX．

（2）連接MF；FN；ME、NE；

∵∠FAC=∠FBD；∠DFB=∠CFA；

∴△FCA∽△FDB；

∴；

∵AC=2AM；BD=2BN；

∴；

又∵∠FAM=∠FBN；

∴△FAM∽△FBNA；得∠AFM=∠BFN；

又∵∠AFX=∠BFX；

∴∠AFX-∠AFM=∠BFX-∠BFN；即∠MFX=∠NFX；

同理可證得∠NEX=∠MEX；

故FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．四、解答題(共1題，共8分)24、略

【分析】【解析】

試題分析：

解：（1）證明：取中點連結．

在△中，分別為的中點，所以∥且．

由已知∥所以∥且．3分。

所以四邊形為平行四邊形．所以∥．4分。

又因為平面且平面所以∥平面．5分。

（2）證明：在正方形中，．

又因為平面平面且平面平面

所以平面．所以．7分。

在直角梯形中，可得．

在△中，

所以．所以．8分。

所以平面．10分。

（3）解法一：由（2）知，平面

又因為平面所以平面平面．11分。

過點作的垂線交于點則平面

所以點到平面的距離等于線段的長度12分。

在直角三角形中，

所以

所以點到平面的距離等于14分。

解法二：由（2）知，

所以

12分。

又設點到平面的距離為

則所以

所以點到平面的距離等于14分。

考點：本題考查了空間中的線面關系。

點評：立體幾何問題主要是探求和證明空間幾何體中的平行和垂直關系以及空間角、體積等計算問題．對于平行和垂直問題的證明或探求，其關鍵是把線線、線面、面面之間的關系進行靈活的轉化．在尋找解題思路時，不妨采用分析法，從要求證的結論逐步逆推到已知條件．【解析】【答案】（1）利用線線平行證明線面平行；（2）利用線線垂直證明線面垂直；（3）利用等體積法求解點到面平面的距離五、作圖題(共3題，共24分)25、【解答】圖象如圖所示。

【分析】【分析】描點畫圖即可26、解：程序框圖如下：

【分析】【分析】根據(jù)題目中的程序語言，得出該程序是順序結構，利用構成程序框的圖形符號及其作用，即可畫出流程圖．27、解：如圖所示：

【分析】【分析】由幾何體是