江苏连云港市高级中学2024年高一下学期期末数学试题（解析版）

连云港高级中学高一年级第二学期期末冲刺试卷数学试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：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.已知i为虚数单位，若i1iz=−，则z⋅=z（）1A.1B.2C.D.32【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法运算求得z=−−1i，进而计算可求得zz⋅.1i(1i)i−−【详解】由i1iz=−，得z===−−1i，iii×则z⋅=−−−+=+=z(1i)(1i)112.故选：B.2.总体编号为01，02，…，29，30的30个个体组成．利用下面的随机数表选取6个个体，选取方法是从随机数表第1行的第3列和第4列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第6个个体的编号为（）7816157208026315021643199714019832049234493682003623486969387181A.02B.14C.15D.16【答案】B【解析】【分析】结合随机数表法确定正确答案.【详解】选取方法是从随机数表第1行的第3列和第4列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的个体的编号为16，15，72（舍去），08，02，63（舍去），15（舍去），第1页/共20页学科网（北京）股份有限公司,02（舍去），16（舍去），43（舍去），19，97（舍去），14.故选出的第6个个体编号为14.故选：B.3.若向量a=−(1,2)，b=(2,3)，则a在b上的投影向量为（）812812413A.(8,12)B.−,C.,D.1313131313【答案】C【解析】【分析】首先求出ab⋅、b，再根据投影向量的定义计算可得.22【详解】因为a=−(1,2)，b=(2,3)，所以a⋅b=−12234×+×=，b=+=2313，a⋅bb4(2,3)812所以a在b上的投影向量为×=×=,.bb13131313故选：C3554.魏晋南北朝时期，祖冲之利用割圆术以正4576边形，求出圆周率π约为，和真正的值相比，其误113差小于八亿分之一，这个记录在一千年后才给打破.若已知π的近似值还可以表示成4cos38°，则2π16−π的值为（）22cos7°−sin7°11A.−B.−8C.8D.88【答案】C【解析】【分析】将π的近似值代入，利用倍角公式和诱导公式进行化简即可.【详解】π的近似值还可以表示成4cos38°，22π16−π4cos38°−1616cos38°16cos38sin38°°8sin76°∴====8，2222cos7°−sin7°cos7°−sin7°cos14°cos14°故选：C.5.设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法中错误的是（）A.若l⊥平面α，αβ//，m⊂β，则lm⊥B.若l⊥α，m⊂β，lm//，则αβ⊥第2页/共20页学科网（北京）股份有限公司,C.若l⊥α，m⊥α，则lm//D.若l//α，l//β，则αβ//【答案】D【解析】【分析】由面面垂直的判定定理可判断A、B；线面垂直的性质定理可判断C；由面面平行的判定定理可判断D.【详解】对于A，因为l⊥平面α，αβ//，所以l⊥平面β，又因为m⊂β，所以lm⊥，故A正确；对于B，若l⊥α，lm//，则m⊥β，又因为m⊂β，所以αβ⊥，故B正确；对于C，若l⊥α，m⊥α，则lm//，故C正确；对于D，若l//α，l//β，则可能α与β相交，故D错误.故选：D.6.已知ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，ABC的面积为S，a=43，b=12，3S=accosB，则A=（）2A.30°或150°B.30°C.45°D.150°【答案】B【解析】【分析】根据题意，由三角形的面积公式即可得到角B，再由正弦定理即可得到结果.31【详解】因为S=accosB=acsinB，所以3cosBB=sin，即tanB=3，22π且B∈(0,π)，所以B=，又a=43，b=12，33ab43×由正弦定理=可得，aB⋅sin21，sinABsinsinA===b122π因为ab<，A为锐角，所以A=.6故选：B7.在长方体ABCD−ABCD1111中，已知AB=BC=2，AA1=3，E为BC11的中点，则直线CE与平面BBDD所成角的余弦值为（）11第3页/共20页学科网（北京）股份有限公司,595525A.B.C.D.101055【答案】B【解析】【分析】利用线面垂直以及线线平行可得∠MBN1为直线CE与平面BBDD11所成角的线面角，又三角形边角关系即可求解，或者建立空间直角坐标系，利用线面角公式即可求解．【详解】方法一：连接ACBD,相交于O，取OB中点M，BC中点为N,连接MNBM,1，则MN//AC,EC//BN1,由于BB1⊥底面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC,又AC⊥BD,BB11∩=BDBBBBD,,⊂平面BBDD11，所以AC⊥平面BBDD11，所以MN⊥平面BBDD11,因此∠MBN1为直线CE与平面BBDD11所成角，12222219MN=OC=,BN11=+=BBBN10,所以BM11=−=BBMN,222BM195则cos∠==MBN1,BN110方法二：建立如图空间直角坐标系，则C(0,2,0),E(1,2,3),A(2,0,0)，AC=−(2,2,0)，CE=(1,0,3)，第4页/共20页学科网（北京）股份有限公司,由于AC⊥⊥BDAC,,BB1所以平面BBDD11的法向量为AC=−(2,2,0)，设直线CE与平面BBDD11所成角为θ，||25ACCE⋅则sinθ===，|ACCE|||22×1010295则直线CE与平面BBDD11所成角的余弦值为1sin−=θ．10故选：B．8.已知点A，B，C均位于单位圆（圆心为O，半径为1）上，且AB=2,ABAC⋅的最大值为（）A.2B.3C.21+D.31+【答案】C【解析】【分析】设O为圆心，由||2AB=，可得OBOA=0，利用ABAC=ABOC−−()OBOAOA，计算可求最大值.【详解】设O为圆心，则|OA||=OB||=OC|1=，因为||2AB=，222所以2AB=−=−()2OBOAOBOBOAOA+=2，所以OBOA=0，所以ABAC=ABOCOA()−=ABOC−ABOA=ABOC−−()OBOAOA2=ABOCOBOAOA·−·+=ABOC·cosABOC,+=12cosABOC,+1，因为cosABOC,∈−[1,1]，所以(ABAC)12=+.max故选：C.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.第5页/共20页学科网（北京）股份有限公司,9.关于复数的命题正确的有（）A.若复数zz12>，则zz12,∈R2B.若复数zm=−++1(m1i)为纯虚数，则m=±1C.若z−=i2，则z的最小值为122D.若zz12=，则zz12=【答案】AC【解析】【分析】根据复数的分类即可判断AB,根据复数模长的计算，结合三角函数的性质即可判断C，根据模长公式即可判断D.【详解】由复数定义可知，若复数zz12>，则z1，z2∈R，A正确；2m−=102若复数zm=−++1(m1)i为纯虚数，则，则m=1，B错误；m+≠1022设zxyxy=+∈i(,R)，|z−=i|xy+−=(1)2的几何意义是z的轨迹是以(0,1)为圆心，以2为半径的圆，令x=2cosα，y=+12sinα，2222则zxy=+=+++4cosααα4sin4sin1=54sin+≥α1，即||z的最小值为1，C正确；22若|zz12||=|，但zz12=不一定成立，22比如zz12=1i,−=2i，则||||2zz12==，z12=−=2i,z−2，D错误．故选：AC．10.下列关于平面向量的说法中，正确的是（）A.对于任意向量a、b，有abab−≥−恒成立B.若平面向量a，b满足ba=22=，则ab−2的最大值是5C.若向量a，b为单位向量，ab−=27，则向量a与向量b的夹角为60°D.若非零向量a，b满足xa+=yb0,(xy∈R)，且a，b不共线，则xy==0【答案】ABD【解析】【分析】由平面向量的线性运算的几何性质可判断A，根据模长的计算公式即可判断B，数由夹角公式即可第6页/共20页学科网（北京）股份有限公司,利用模长求解C，根据共线的性质即可判断D.【详解】对于A，由向量减法的三角形法则及三角形两边之差小于第三边知abab−≥−恒成立，故A正确；对于B，||2||2ba==，∴222abab−=2(−2)=aabb−⋅+44=178cos−a,b≤178+=5，故B正确；1222ab⋅=−对于C，向量a，b为单位向量，|2|7ab−=，∴(2)7ab−=，∴a+447b−⋅=ab，∴，2y对于D，a，b不共线，当x≠0时，由xa+=yb0,(xy∈R)，则ab=−，此时与a，b不共线矛盾，xx若y≠0时，此ba=−，也与a，b不共线矛盾，故xy==0，故D正确．y故选：ABD．11.某市商品房调查机构随机抽取n名市民，针对其居住的户型结构和满意度进行了调查，如图1调查的11所有市民中四居室共300户，所占比例为，二居室住户占．如图2是用分层抽样的方法从所有调查的36市民的满意度问卷中，抽取10%的调查结果绘制成的统计图，则下列说法错误的是（）A.样本容量为90B.样本中三居室住户共抽取了35户C.据样本可估计对四居室满意的住户有110户D.样本中对二居室满意的有3户【答案】BC【解析】【分析】推导出二居室有150户，三居室有450户，由此利用图1和图2能求出结果．11【详解】解：如图1调查的所有市民中四居室共300户，所占比例为，二居室住户占，36300=9001∴1，二居室有900×=150户，三居室有450户，63由图1和图2得：在A中，样本容量为：n=×=90010%90，故A正确；第7页/共20页学科网（北京）股份有限公司,在B中，样本中三居室住户共抽取了45010%×=45户，故B错误；在C中，根据样本可估计对四居室满意的住户有30040%120×=户，故C错误；在D中，样本中对二居室满意的有15010%20%××=3户，故D正确．故选：BC．12.如图，在正方体ABCD−ABCD1111中，E，O分别为线段AD11，AC的中点，F在棱BC上.则下列命题正确的是（）A.直线BO⊥直线DC11B.直线DB1⊥平面ADC1C.直线BO//平面ADC11125D.设直线AB与直线EF所成的角为θ，则sinθ∈,23【答案】BCD【解析】【分析】根据题意作出辅助线结合线面垂直及平行的判定定理证明A、B、C，取BC11的中点G，连接EG、EF、FG，则∠FEG即为直线AB与直线EF所成的角，再由锐角三角函数计算即可判断D.【详解】对于A：连接AD1交AD1于点M，连接DC1、OM，根据正方体的性质可得M为AD1的中点，又为AC的中点，所以OMDC//1，设正方体的棱长为2，22所以2222OB1=+=226()，OM=+=112，BM1=+=226()，所以MB11=OB，显然∠MOB1≠°90，故直线BO1与直线DC1不垂直，故A错误；第8页/共20页学科网（北京）股份有限公司,对于B：由正方体的性质可得AC⊥BD，BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC，BB1∩=BDB，BBBD1,⊂平面BBDD11，所以AC⊥平面BBDD11，BD1⊂平面BBDD11，所以BD1AC，同理可证BD11⊥AD，ADAC=A，ADAC,⊂平面ADC，所以直线DB⊥平面ADC，故B正确；11111对于C：连接AC11，BD11交于点H，连接DH，由正方体的性质ODHB//1且OD=HB1，所以四边形ODHB1为平行四边形，所以DHOB//1，BO⊄平面ADC，DH⊂平面ADC，所以BO//平面ADC，故C正确；11111111对于D：取BC11的中点G，连接EG、EF、FG，因为EGAB//11，ABAB//11，所以EGAB//，则∠FEG即为直线AB与直线EF所成的角，即∠=FEGθ，设正方体的棱长为2，GF=x，则2≤≤x21522+=，则EG=2，222EF=+=+EGFG4x，第9页/共20页学科网（北京）股份有限公司,GFx1sinθ===所以EF4+x24，+12x1112≤≤，因为25≤≤x，所以45≤≤x，254x215449494≤≤即≤≤21，≤+≤212，≤2+≤12，234，5x5x5x+12x25即sinθ∈,，故D正确.23故选：BCD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把答案填写在答题卡相应位置上.13.(1tan22+°)(1tan23+°)的值为__________．【答案】2【解析】【分析】利用正切的和角公式进行化简求值.tan22°+tan23°【详解】已知tan22(°+23°=)=1，1tan22tan23−°⋅°故tan22°+tan23°+tan22tan23°⋅°=1，所以(1tan22+°)(1tan23+°)=1tan22+°+°tan23+°tan22tan23⋅°=2故答案为：214.中国古典神话故事《白蛇传》中“水漫金山寺”中的金山寺位于镇江金山公园内，唐宋时期，寺里有南北相向的两座宝塔，一名荐慈塔，一名荐寿塔，后双塔毁于火，明代重建该塔，当年值逢慈禧60大寿，地方官员以此塔作为贺礼进贡，故取名慈寿塔.某校高一研究性学习小组为了实地测量该塔的高度，选取与塔底中心O在同一个水平面内的两个测量基点A与B，在A点测得：塔顶P的仰角为45°，O在A的北偏东60°处，B在A的正东方向41米处，且在B点测得O与A的张角为45°，则慈寿塔的高度约为__________米（四舍五入，保留整数）.第10页/共20页学科网（北京）股份有限公司,【答案】30【解析】【分析】在ABO中利用正弦定理求出AO，依题意△APO为等腰直角三角形，即可得到PO.【详解】由题意可得在AOB中，∠=°OAB30，∠=°ABO45，AB=41米，所以∠=°AOB105，ABAO在ABO中利用正弦定理可得=，sin∠∠AOBsinABOAB⋅∠sinABO41sin45×°所有AO==sin∠°AOBsin1052241××4122===41(31)−≈30，sin(60°+45)°1232×+×2222因为∠=°PAO45，所以△APO为等腰直角三角形，所以PO=AO≈30米．故答案为：30．15.一个直角梯形上底、下底分别为3cm和4cm，将此直角梯形以垂宜于底的腰为轴旋转周形成一个圆台，此圆台外接球的半径为5cm，则这个圆台的高为_________.【答案】1或7【解析】【分析】分别求出球心到两底面的距离，分类讨论可求出圆台的高.22【详解】圆台的外接球的半径为5，则圆台外接球的球心到上底面的距离为d=534−=,122则圆台外接球的球心到下底面的距离为d=−=543,1若球心在上下两底面之间，则圆台的高为h=+=347,若上下两底面在球心的同一侧，则圆台的高为h=−=431,综上所述：这个圆台的高为1或7.故答案为：1或7.16.在边长为2的正方体ABCD−ABCD1111中，E，F，G是ABADCD,,1111的中点，那么过点E，F，G的截面图形为__________（在“三角形、四边形、五边形、六边形”中选择一个）；截面图形的面积为第11页/共20页学科网（北京）股份有限公司,__________．【答案】①.六边形②.33【解析】【分析】根据面面平行的性质定理可推断正方体截面图形的形状为正六边形，再根据截面图的边长与正方体棱长关系以及正六边形结构特征即可求解面积.【详解】如图，分别取BC、AA1、CC1的中点为H、I、J，连接FIIEEHHJJG,,,,，则由正方体的结构特征可知：FI=IE=EH=HJ=JG=FG，且FI//HJIE,//JGFG,//EH，又由面面平行的性质定理可知过点E，F，G的截面与正方体上下面的两条交线平行，与左右两个面的两条交线平行，与前后两个面的交线也平行，故六边形FGJHEI是正方体中过点E，F，G的截面,所以过点E，F，G的截面图形为六边形.2222因为FG=FD+DC=+=112，11所以六边形FGJHEI是棱长为2的正六边形，如图，根据正六边形结构特征可以将其分割成6个全等的正三角形，且边长为2，32故由正三角形面积公式得截面图形的面积为6××=233.4故答案为：六边形；33.四、解答题：本大题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.17.在ABC中，AD是BAC的角平分线，AE是边BC上的中线，点D、E在边BC上．ABBD（1）用正弦定理证明=；ACCD第12页/共20页学科网（北京）股份有限公司,（2）若AB=4，AC=∠=°3，BAC60，求DE的长．【答案】（1）证明见解析13（2）DE=14【解析】ABBDACBD【分析】（1）由正弦定理知，=，=，结合条件可得结论；sin∠∠ADBsinBADsin∠∠ADCsinDAC（2）由余弦定理可求得BC=13，进而利用（1）的结论可求DE.【小问1详解】ABBD由正弦定理知，在△ABD中，=，sin∠∠ADBsinBADACBD在△ADC中，=，sin∠∠ADCsinDAC由∠ADB+∠ADC=π，∠=BAD∠DAC，所以sin∠=∠ADBsinADC,sin∠=∠BADsinDAC，ABBD所以=；ACDC【小问2详解】在ABC中，由余弦定理可得222BC=AB+AC−2ABACcos∠BAC=169243cos60+−×××°=13，BDAB44413所以BC=13，由（1）可得==，所以BD=BC=，DCAC377113因为AE是BC边上的中线，所以BE=BC=，2213所以DE=−=BDBE.1412318.已知sinα=，tan(αβ−=)，其中α，β均为锐角.134（1）求tan2α的值；（2）求cosβ的值.120【答案】（1）−11956（2）65第13页/共20页学科网（北京）股份有限公司,【解析】【分析】（1）首先求出cosα，即可求出tanα，再由二倍角正切公式计算可得；（2）根据同角三角函数的基本关系求出sin(αβ−)，cos(αβ−)，再根据cosβ=cosααβ−−()利用两角差的余弦公式计算可得.【小问1详解】12因为sinα=且α为锐角，1325sinα12所以cosαα=1sin−=，所以tanα==，13cosα5122×2tanα5120所以tan2α=2=2=−.1tan−α121191−5【小问2详解】因为α、β均为锐角，ππ3π所以−<−<αβ，又tan(αβ−=)，所以0<−<αβ，2242sin(αβ−)322又tan(αβ−=)=且sin(αβ−+)cos(αβ−=)1，cos(αβ−)434解得sin(αβ−=)，cos(αβ−=)（负值舍去），55所以cosβ=cosααβ−−=()coscosα(αβ−+)sinsinααβ(−)5412356=×+×=.1351356519.如图，三棱柱ABCABC111中，E为BC1中点，F为AA1中点．（1）求证：EF//平面ABC；（2）若EF⊥BB1，平面BBCC11⊥平面ABC，AC⊥BC，求证：BB1⊥平面ABC．第14页/共20页学科网（北京）股份有限公司,【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）取BC的中点M，连接MEMA,，由已知易证四边形MEFA是平行四边形，进而可得EF//AM，可证结论；（2）由面面垂直的性质可得AC⊥平面BBCC11，进而可得AC⊥BB1，结合（1）与已知可得AM⊥BB1，进而由线面垂直的判定定理可证结论.【小问1详解】取BC的中点M，连接MEMA,，因为E为BC1中点，所以ME//CC1且ME=CC1，又F为AA1中点，AA11//CC，AA11=CC，所以ME//AF且ME=AF，所以四边形MEFA是平行四边形，所以EF//AM，又因为EF⊄平面ABC，AM⊂平面ABC，所以EF//平面ABC；【小问2详解】因为EF⊥BB1，由（1）可知EF//AM，所以AM⊥BB1，又AC⊥BC，平面BBCC11⊥平面ABC，平面BBCC11平面ABC=BC，AC⊂平面ABC，所以AC⊥平面BBCC11，BB1⊂平面BBCC11，所以AC⊥BB1，又AC∩=AMA，AMAC,⊂平面ABC，所以BB1⊥平面ABC．20.为了调查疫情期间数学网课学习情况，某校组织了高一年级学生进行了数学测试．根据测试成绩（总第15页/共20页学科网（北京）股份有限公司,分100分），将所得数据按照[40,50),[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]分成6组，其频率分布直方图如图所示．（1）求图中a的值；为了更全面地了解疫情对网课的影响，求该样本的60百分位数；（2）试估计本次数学测试成绩的平均分；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（3）该校准备对本次数学测试成绩优异（将成绩从高到低排列，排在前13%的为优异）的学生进行嘉奖，则受嘉奖的学生分数不低于多少？【答案】（1）a=0.025；60百分位数为74；（2）71（3）88【解析】【分析】（1）由直方图区间频率和为1求参数a；设该样本的60百分位数为x分，由题意可得0.5(+−×x70)0.025=0.6，求解即可；（2）根据直方图求物理测试成绩的平均分即可；（3）根据直方图求出成绩从高到低排列且频率0.13为对应分数即可.【小问1详解】由(0.0050.010.0152++×++a0.030)101×=，解得a=0.025；设该样本的60百分位数为x分，因为[40,50),[50,60)[60,70),[70,80)，对应的频率分别为0.05，0.15，0.3，0.25，所以60百分位数在[70,80)内，由题意可得0.5(+−×x70)0.025=0.6，解得x=74，所以60百分位数为74；【小问2详解】450.05550.15650.3750.25850.15950.171×+×+×+×+×+×=，故本次防疫知识测试成绩的平均分为71；【小问3详解】第16页/共20页学科网（北京）股份有限公司,设受嘉奖的学生分数不低于x分，因为[80,90),[90,100]对应的频率分别为0.15，0.1，所以(90−×x)0.0150.10.13+=，解得x=88，故受嘉奖的学生分数不低于分88．21.条件①bCcos+=3sinbCac+；②bCcos=(2ac−)cosB；③RsinB=cosBa(cosCc+cosA)（其中R为ABC的外接圆半径）.在这三个条件中任选一个，补充到下面横线上，并解答.在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足__________.（1）求角B的大小；（2）若b=4，求ABC面积S的最大值.（注：若选择多个条件分别解答，则按第一个计分）π【答案】（1）3（2）43【解析】π1【分析】（1）若选①，由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得sin(B−=)，可求62ππ5πB−∈−,，进而可得B的值；若选②，由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得6661cosB=，结合B∈(0,π)，可求B的值；若选③，由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可21得cosB=，结合B∈(0,π)，可求B的值．2（2）由题意利用余弦定理以及基本不等式可求ac的最大值，进而利用三角形的面积公式即可求解．【小问1详解】若选①，因为bCcos+=3sinbCac+，由正弦定理可得sinBCcos+=3sinsinBCsinAC+sin，因为sinA=sin(BC+=)sincosBC+cossinBC，可得sinBCcos+3sinsinBC=++sinBCcoscossinBCCsin，可得3sinsinBC=cossinBCC+sin，又C为三角形内角，sinC≠0，第17页/共20页学科网（北京）股份有限公司,所以3sinBB=cos+1，π1可得sin(B−=)，62因为B∈(0,π)，ππ5π可得B−∈−,，666ππ所以B−=，66π可得B=；3若选②，因为bCcos=(2ac−)cosB，由正弦定理可得sinBCcos=(2sinACB−sin)cos，可得sinBCcos+sinCBcos=sin(BC+=)sinA=2sinABcos，又A为三角形内角，sinA≠0，1可得cosB=，2因为B∈(0,π)，π所以B=；3若选③，因为RsinB=cos(cosBaCc+cos)A（其中R为ABC的外接圆半径），abc又由正弦定理可得===2R，sinABCsinsinb所以=cos(cosBaCc+cos)A，21可得sinB=cos(sincosBAC+sinCAcos)=cossin(BAC+=)cossinBB，2又B为三角形内角，sinB≠0，1所以cosB=，2因为B∈(0,π)，π所以B=．3【小问2详解】π因为B=，b=4，322所以余弦定理可得16=+−≥−=acac2acacac，第18页/共20页学科网（北京）股份有限公司,可得ac≤16，当且仅当ac==4时取等号，13所以ABC的面积S=acsinB=ac≤43，当且仅当bc==4时，等号成立，24所以ABC面积S的最大值为43．22.如图，在正方形SGGG123中，E，F分别是GG12，GG23的中点，D为EF的中点，若沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3三点重合，重合后的点记为G.（1）在四面体S−EFG中，请写出不少于3对两两垂直的平面，并证明其中的一对；（2）若正方形的边长为4，求点G到平面SEF的距离.【答案】（1）答案见解析4（2）3【解析】【分析】（1）依题意可得SGGE，SGGF，GE⊥GF，根据面面垂直的判定定理证明即可；（2）根据VVSEGF−−=GSEF，利用等体积法计算可得.【小问1详解】依题意可得平面SGE⊥平面GEF，平面SGF⊥平面GEF，平面SGE⊥平面SGF．证明如下：在折前正方形SGGG中，123SG⊥GE，SG⊥GF，1133∴折成四面体S−EFG后，SGGE，SGGF，又GE∩=GFG，GEGF,⊂平面GEF，∴⊥SG平面GEF．SG⊥平面GEF，SG⊂平面SGE，∴平面SGE⊥平面GEF；因为SG⊂平面SGF，∴平面SGF⊥平面GEF；第19页/共20页学科网（北京）股份有限公司,又令正方体的边长为2，则GF=GE=1，EF=+=11222，所以222EF=GE+GF，所以GE⊥GF，SGGF=G，SGGF,⊂平面SGF，所以GE⊥SGF，因为GE平面SGE，所以平面SGE⊥平面SGF.【小问2详解】若正方形的边长为4，则GE=GF=2，SE==+=SF422522，22EF=+=2222，1122所以SGEF=××=222，SSEF=××22(25)−=(2)622118由（1）可知SG⊥平面GEF，所以VSEGF−=SGS⋅GEF=××42=，333设点G到平面SEF的距离为h，又VVSEGF−−=GSEF，81814所以=××ShSEF，即=××6h，解得h=．33333第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司