2025年滬科版高一數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年滬科版高一數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時間：120分鐘學(xué)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9題，共18分)1、下列各數(shù)中，最小的數(shù)是（）A.-3B.3-1C.-|-|D.02、已知平面向量若與垂直，則實(shí)數(shù)=（）A.-1B.1C.-2D.23、若函數(shù)y=x2+2x+2在閉區(qū)間[m；1]上有最大值5，最小值1，則m的取值范圍是（）

A.[-1；1]

B.[-1；+∞）

C.[-3；0]

D.[-3；-1]

4、若與的夾角為60°，則=（）

A.2

B.3

C.5

D.6

5、【題文】下面四個命題：

①若直線平面則內(nèi)任何直線都與平行；

②若直線平面則內(nèi)任何直線都與垂直；

③若平面平面則內(nèi)任何直線都與平行；

④若平面平面則內(nèi)任何直線都與垂直。

其中正確的兩個命題是（）A.①②B.②③C.③④D.②④6、【題文】如果OA//OAOB//OB那么AOB和AOB()A.相等B.互補(bǔ)C.相等或互補(bǔ)D.大小無關(guān)7、【題文】長方體各面上的對角線所確定的平面?zhèn)€數(shù)是()A.20B.14C.12D.68、采用系統(tǒng)抽樣方法從學(xué)號為1到50的50名學(xué)生中選取5名參加測試，則所選5名學(xué)生的學(xué)號可能是（）A.1，2，3，4，5B.5，26，27，38，49C.2，4，6，8，10D.5，15，25，35，459、若x、y滿足x2+y2-2x+4y-20=0，則x2+y2的最小值是（）A.-5B.5-C.30-10D.無法確定評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)10、已知向量且其中（1）求和的值；（2）若求角的值．11、【題文】對函數(shù)f(x)＝xsinx，現(xiàn)有下列命題：①函數(shù)f(x)是偶函數(shù)；②函數(shù)f(x)的最小正周期是2π；③點(diǎn)(π，0)是函數(shù)f(x)的圖象的一個對稱中心；④函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減．其中是真命題的是________．(寫出所有真命題的序號)12、【題文】右圖是一個幾何體的三視圖；根據(jù)圖中數(shù)據(jù)；

可得該幾何體的表面積是____

13、計(jì)算：=____．14、已知f（x+1）=x2+2x，則f（x﹣1）=____．15、在△ABC中，已知a=7，b=8，c=13，則角C的大小為______．評卷人得分三、證明題(共7題，共14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、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點(diǎn)D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點(diǎn)C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點(diǎn)G．求證：AD⊥BF．18、已知ABCD四點(diǎn)共圓，AB與DC相交于點(diǎn)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(diǎn)，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．19、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點(diǎn)，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．20、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．21、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=2．22、已知G是△ABC的重心，過A、G的圓與BG切于G，CG的延長線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．評卷人得分四、解答題(共2題，共20分)23、【題文】如圖,在四棱錐中,⊥底面四邊形是直角梯形,⊥∥

(1)求證:平面⊥平面

(2)求點(diǎn)C到平面的距離；

(3)求PC與平面PAD所成的角的正弦值。24、【題文】已知函數(shù)為偶函數(shù)，且其圖像上相鄰的一個最高點(diǎn)和最低點(diǎn)之間的距離為

（1）求函數(shù)f(x)的解析式；

（2）若的值。評卷人得分五、計(jì)算題(共1題，共3分)25、（2015秋?太原校級月考）如圖，在△ABC中，AB=AC，D是AB上一點(diǎn)，點(diǎn)E在AC的延長線上，且BD=CE，連結(jié)DE交BC于F，過點(diǎn)D作DG⊥AE，垂足為G，連結(jié)FG．若FG=，∠E=30°，則GE=____．評卷人得分六、綜合題(共3題，共27分)26、（2012?鎮(zhèn)海區(qū)校級自主招生）如圖，在坐標(biāo)平面上，沿著兩條坐標(biāo)軸擺著三個相同的長方形，其長、寬分別為4、2，則通過A，B，C三點(diǎn)的拋物線對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式是____．27、數(shù)學(xué)課上；老師提出：

如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，A點(diǎn)的坐標(biāo)為（1，0），點(diǎn)B在x軸上，且在點(diǎn)A的右側(cè)，AB=OA，過點(diǎn)A和B作x軸的垂線，分別交二次函數(shù)y=x2的圖象于點(diǎn)C和D，直線OC交BD于點(diǎn)M，直線CD交y軸于點(diǎn)H，記點(diǎn)C、D的橫坐標(biāo)分別為xC、xD，點(diǎn)H的縱坐標(biāo)為yH．

同學(xué)發(fā)現(xiàn)兩個結(jié)論：

①S△CMD：S梯形ABMC=2：3②數(shù)值相等關(guān)系：xC?xD=-yH

（1）請你驗(yàn)證結(jié)論①和結(jié)論②成立；

（2）請你研究：如果上述框中的條件“A的坐標(biāo)（1；0）”改為“A的坐標(biāo)（t，0）（t＞0）”，其他條件不變，結(jié)論①是否仍成立（請說明理由）；

（3）進(jìn)一步研究：如果上述框中的條件“A的坐標(biāo)（1，0）”改為“A的坐標(biāo)（t，0）（t＞0）”，又將條件“y=x2”改為“y=ax2（a＞0）”，其他條件不變，那么xC、xD與yH有怎樣的數(shù)值關(guān)系？（寫出結(jié)果并說明理由）28、如圖，由矩形ABCD的頂點(diǎn)D引一條直線分別交BC及AB的延長線于F，G，連接AF并延長交△BGF的外接圓于H；連接GH，BH．

（1）求證：△DFA∽△HBG；

（2）過A點(diǎn)引圓的切線AE，E為切點(diǎn)，AE=3；CF：FB=1：2，求AB的長；

（3）在（2）的條件下，又知AD=6，求tan∠HBC的值．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【分析】根據(jù)正數(shù)大于零，零大于負(fù)數(shù)，可得答案．【解析】【解答】解：-3＜-|-|＜0＜3-1；

故選：A．2、B【分析】【解析】試題分析：因?yàn)?，平面向量且與垂直，所以，（）·=0，即，（－4，－3+2）·（1，,3）=0，所以，－4－3（3+2）=0，=1，故選B?？键c(diǎn)：本題主要考查平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算，向量垂直的條件?！窘馕觥俊敬鸢浮緽3、D【分析】

y=x2+2x+2=（x+1）2+1；

令x2+2x+2=5，即x2+2x+-3=0；解得x=-3或x=1，f（-1）=1；

作出函數(shù)圖象如下圖所示：

因?yàn)楹瘮?shù)在閉區(qū)間[m；1]上有最大值5，最小值1；

所以由圖象可知；-3≤m≤-1．

故選D．

【解析】【答案】數(shù)形結(jié)合：根據(jù)所給函數(shù)作出其草圖；借助圖象即可求得答案．

4、B【分析】

∵與的夾角為60°；

||=2；

（）?（=-2；

∴

∴

解得||=3，或||=-2（舍）．

故選B．

【解析】【答案】由與的夾角為60°，知||=2，由（）?（=-2，知由此能求出||．

5、B【分析】【解析】

試題分析：①若直線平面則內(nèi)任何直線都與平行，錯誤。內(nèi)的直線與平行或異面；②若直線平面則內(nèi)任何直線都與垂直；正確。此為線面垂直的性質(zhì)定理；

③若平面平面則內(nèi)任何直線都與平行；正確。此為面面平行的性質(zhì)定理；

④若平面平面則內(nèi)任何直線都與垂直，錯誤。內(nèi)的直線與可能平行；可能相交。

考點(diǎn)：空間中點(diǎn)；線、面的位置關(guān)系；線面平行的判定定理和性質(zhì)定理。

點(diǎn)評：做此題的關(guān)鍵是熟練掌握線面平行的判定定理和性質(zhì)定理。做題時要考慮周全，避免遺漏情況。屬于基礎(chǔ)題型?！窘馕觥俊敬鸢浮緽6、C【分析】【解析】此題考查角的概念。

思路：如果一個角的兩邊分別平行于另一個角的兩邊；則這兩個角相等或者互補(bǔ)。應(yīng)選C

答案C

點(diǎn)評：可以通過圖形來幫助理解【解析】【答案】C7、B【分析】【解析】相對兩平行平面中有兩組平行對角線,可以確定兩個平面,這樣有6個平面.又因?yàn)槊總€頂點(diǎn)對應(yīng)一個符合條件的平面,這樣又有8個平面,共有14個平面.【解析】【答案】B8、D【分析】【解答】解：系統(tǒng)抽樣的抽樣間隔為=10；∴所選學(xué)生的學(xué)號間隔為10，∴D正確．

故選：D．

【分析】求出系統(tǒng)抽樣的抽樣間隔，根據(jù)間隔判斷可得答案．9、C【分析】解：把圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程得：

（x-1）2+（y+2）2=25，則圓心A坐標(biāo)為（1，-2），圓的半徑r=5；

設(shè)圓上一點(diǎn)的坐標(biāo)為（x；y），原點(diǎn)O坐標(biāo)為（0，0）；

則|AO|=|AB|=r=5；

所以|BO|=|AB|-|OA|=5-．

則x2+y2的最小值為（5-）2=30-10．

故選C．

把圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程后，找出圓心坐標(biāo)和圓的半徑r，設(shè)圓上一點(diǎn)的坐標(biāo)為（x，y），原點(diǎn)坐標(biāo)為（0，0），則x2+y2表示圓上一點(diǎn)和原點(diǎn)之間的距離的平方，根據(jù)圖象可知此距離的最小值為圓的半徑r減去圓心到原點(diǎn)的距離，利用兩點(diǎn)間的距離公式求出圓心到原點(diǎn)的距離，利用半徑減去求出的距離，然后平方即為x2+y2的最小值．

此題考查學(xué)生會把圓的一般方程化為圓的標(biāo)準(zhǔn)方程并會由圓的標(biāo)準(zhǔn)方程找出圓心坐標(biāo)與半徑，考查了數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想，是一道中檔題．【解析】【答案】C二、填空題(共6題，共12分)10、略

【分析】

（１）(2)【解析】本試題主要是考查了兩角和差的三角恒等變形的運(yùn)用。（1）∵∴即得到正弦值和余弦值。（2）因?yàn)槿缓罂芍玫健窘馕觥俊敬鸢浮?1、略

【分析】【解析】∵定義域關(guān)于原點(diǎn)對稱，且f(－x)＝f(x)，∴函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，①正確；∵f(x＋2π)≠f(x)，∴2π不是函數(shù)f(x)的周期；②錯誤；

∵f≠－f∴點(diǎn)(π，0)不是函數(shù)f(x)的圖象的一個對稱中心；③錯誤；

∵f′(x)＝sinx＋xcosx≥0在區(qū)間上恒成立，∴函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，又∵函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，∴在區(qū)間上單調(diào)遞減，④正確，所以真命題的序號是①④.【解析】【答案】①④12、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】12π13、11【分析】【解答】解：原式=3+4+

=7+4

=11．

故答案為：11．

【分析】利用對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)即可得出．14、x2﹣2x【分析】【解答】解：由題意：f（x+1）=x2+2x；

令t=x+1；則x=t﹣1；

故得g（t）=（t﹣1）2+2（t﹣1）=t2﹣1；

所以f（x）=x2﹣1；

那么：f（x﹣1）=（x﹣1）2﹣1=x2﹣2x

故答案為：x2﹣2x．

【分析】利用換元法，令t=x+1，從而化簡可得g（t）=（t﹣1）2+2（t﹣1）；從而求解f（x）．在求解f（x﹣1）．15、略

【分析】解：∵在△ABC中a=7，b=8；c=13；

∴由余弦定理可得cosC=

==-

∵C∈（0，π），∴C=

故答案為：

由題意和余弦定理可得cocC；由三角形內(nèi)角的范圍可得．

本題考查余弦定理，涉及三角函數(shù)值和角的對應(yīng)關(guān)系，屬基礎(chǔ)題．【解析】三、證明題(共7題，共14分)16、略

【分析】【分析】（1）關(guān)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(diǎn)疊合．

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

證明：（1）如圖1；設(shè)ABCD的周長為2l，BD≤AC，AC；BD交于O，P為周界上任意一點(diǎn)，不妨設(shè)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(shè)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(diǎn)R，Q，使R、Q將線圈分成等長兩段，每段各長l．又設(shè)RQ中點(diǎn)為G，M為線圈上任意一點(diǎn)，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】作DE⊥AC于E，由切割線定理：AG2=AF?AC，可證明△BAF∽△AED，則∠ABF+∠DAB=90°，從而得出AD⊥BF．【解析】【解答】證明：作DE⊥AC于E；

則AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中點(diǎn)；

∴AG=ED．

∴ED2=AF?AE；

∴5ED2=AF?AE；

∴AB?ED=AF?AE；

∴=；

∴△BAF∽△AED；

∴∠ABF=∠EAD；

而∠EAD+∠DAB=90°；

∴∠ABF+∠DAB=90°；

即AD⊥BF．18、略

【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性質(zhì)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(shí)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(jìn)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(zhì)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．19、略

【分析】【分析】（1）連AC；BC；OC，如圖，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OC⊥PD，而AD⊥PC，則OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，則∠DAC=∠CAO，根據(jù)三角形相似的判定易證得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到結(jié)論；

（2）根據(jù)三角形相似的判定易證Rt△PCE∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到結(jié)論．【解析】【解答】證明：（1）連AC、BC，OC，如圖，

∵PC是⊙O的切線；

∴OC⊥PD；

而AD⊥PC；

∴OC∥PD；

∴∠ACO=∠CAD；

而∠ACO=∠OAC；

∴∠DAC=∠CAO；

又∵CE⊥AB；

∴∠AEC=90°；

∴Rt△ACE≌Rt△ACD；

∴CD=CE；AD=AE；

（2）在Rt△PCE和Rt△PAD中；∠CPE=∠APD；

∴Rt△PCE∽Rt△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB為⊙O的直徑；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽Rt△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC?CE=PA?BE．20、略

【分析】【分析】（1）關(guān)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(diǎn)疊合．

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

證明：（1）如圖1；設(shè)ABCD的周長為2l，BD≤AC，AC；BD交于O，P為周界上任意一點(diǎn)，不妨設(shè)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(shè)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(diǎn)R，Q，使R、Q將線圈分成等長兩段，每段各長l．又設(shè)RQ中點(diǎn)為G，M為線圈上任意一點(diǎn)，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．21、略

【分析】【分析】首先作CD關(guān)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(diǎn)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(guān)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(diǎn)共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．22、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點(diǎn)的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點(diǎn)共圓巧證乘積．延長GP至F，使PF=PG，連接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四邊形，故GF=2GP．從而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四點(diǎn)共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長GP至F；使PF=PG，連接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四邊形GBFC是平行四邊形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵過A；G的圓與BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四點(diǎn)共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．四、解答題(共2題，共20分)23、略

【分析】【解析】

試題分析：（1）平面需證BC⊥平面PAB,由⊥底面得PA⊥BC,又已知⊥

故問題得證；（2）利用等體積轉(zhuǎn)化法，（3）根據(jù)線面角的定義，求出點(diǎn)C到平面PAD的距離、線段的長度；即可求出PC與平面PAD所成的角的正弦值。

試題解析：(1)∵PA⊥平面ABCD,BCì平面ABCD,∴PA⊥BC,

又AB⊥BC,PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB,

∵BCì平面PBC,∴平面PBC⊥平面PAB

(2)∵

設(shè)點(diǎn)C到平面PBD的距離為∵

∴∴

由(2)知,又∴

連接AC交BD于E,

由相似形可得,點(diǎn)C到平面PAD的距離=

∴PC與平面PAD所成的角的正弦值是

考點(diǎn)：（1）空間線面平垂直、面面平垂直判定定理的應(yīng)用；（2）空間線面角的定義及求法；（3）空間點(diǎn)面距離概念與求法?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）見解析；（2）（3）24、略

【分析】【解析】

【解析】【答案】（1）

（2）五、計(jì)算題(共1題，共3分)25、略

【分析】【分析】作DH∥AC交BC于H，如圖，利用等腰三角形的性質(zhì)得∠B=∠ACB，再根據(jù)平行線的性質(zhì)得∠BHD=∠ACB，則∠B=∠BHD，所以DB=DH，加上DB=CE，所以DH=CE，于是可根據(jù)“AAS”可證明△DHF≌△ECF，得到DF=EF，則GF為斜邊DE上的中線，所以DE=2GF=2，然后根據(jù)含30度的直角三角形三邊的關(guān)系可求出GE．【解析】【解答】解：作DH∥AC交BC于H；如圖；

∵AB=AC；

∴∠B=∠ACB；

∵DH∥AC；

∴∠BHD=∠ACB；∠E=∠EDH；

∴∠B=∠BHD；

∴DB=DH；

而DB=CE；

∴DH=CE；

在△DHF和△ECF中；

；

∴△DHF≌△ECF；

∴DF=EF；

∵DG⊥AC；

∴∠DGE=90°；

∵GF為斜邊DE上的中線；

∴DE=2GF=2；

而∠E=30°；

∴DG=DE=；

∴GE=DG=．

故答案為．六、綜合題(共3題，共27分)26、略

【分析】【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)，利用矩形邊長得出A，B，C三點(diǎn)的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式即可．【解析】【解答】解：∵沿著兩條坐標(biāo)軸擺著三個相同的長方形；其長；寬分別為4、2；

∴A點(diǎn)的坐標(biāo)為：（-4；2），B點(diǎn)的坐標(biāo)為：（-2，6），C點(diǎn)的坐標(biāo)為：（2，4）；

將A，B，C代入y=ax2+bx+c；

；

解得：；

∴二次函數(shù)解析式為：y=-x2-x+．

故答案為：y=-x2-x+．27、略

【分析】【分析】（1）可先根據(jù)AB=OA得出B點(diǎn)的坐標(biāo)；然后根據(jù)拋物線的解析式和A，B的坐標(biāo)得出C，D兩點(diǎn)的坐標(biāo)，再依據(jù)C點(diǎn)的坐標(biāo)求出直線OC的解析式．進(jìn)而可求出M點(diǎn)的坐標(biāo)，然后根據(jù)C；D兩點(diǎn)的坐標(biāo)求出直線CD的解析式進(jìn)而求出D點(diǎn)的坐標(biāo)，然后可根據(jù)這些點(diǎn)的坐標(biāo)進(jìn)行求解即可；

（2）（3）的解法同（1）完全一樣．【解析】【解答】解：（1）由已知可得點(diǎn)B的坐標(biāo)為（2；0），點(diǎn)C坐標(biāo)為（1，1），點(diǎn)D的坐標(biāo)為（2，4）；

由點(diǎn)C坐標(biāo)為（1；1）易得直線OC的函數(shù)解析式為y=x；

故點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2；2）；

所以S△CMD=1，S梯形ABMC=

所以S△CMD：S梯形ABMC=2：3；

即結(jié)論①成立．

設(shè)直線CD的函數(shù)解析式為y=kx+b；

則；

解得

所以直線CD的函數(shù)解析式為y=3x-2．

由上述可得，點(diǎn)H的坐標(biāo)為（0，-2），yH=-2