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2023-2024学年河北省金科大联考高二上学期10月质量检测数学试题含答案
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这是一份2023-2024学年河北省金科大联考高二上学期10月质量检测数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题，问答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．若复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】采用待定系数法，设，由复数运算和复数相等可求得，从而得到结果.
【详解】设，则，
，，解得：，
.
故选：A.
2．经过点，倾斜角为的直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用直线的点斜式方程和一般式方程的定义求解.
【详解】因为直线斜率为，
所以该直线方程为，
即，
故选：A．
3．已知，若平面的一个法向量为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用法向量和平面内直线的方向向量之间的关系求解即可.
【详解】由得：
，
面的一个法向量为，
所以，
即，
解得，
所以，
故选：C．
4．若直线与平行，则两直线之间的距离为（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】C
【分析】根据两直线平行可得，再由平行线间的距离公式即可求得结果.
【详解】依题意，由两直线平行可知，解得，
所以两直线分别为，
可得两直线之间的距离为，
故选：C．
5．已知向量，设甲：“”；乙：“向量的夹角为锐角”，则（ ）
A．甲是乙的充分不必要条件B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件D．甲是乙的既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】求出向量夹角为锐角时的范围即可得出结论.
【详解】由题意，，
若向量夹角为锐角，则，解得：，
若，，解得：，
所以的取值范围为，
所以甲是乙的必要不充分条件，
故选：B．
6．已知圆锥（为圆锥的顶点，为圆锥底面的圆心）的轴截面是等边三角形，为底面圆周上的三点，且为底面圆的直径，为的中点．若三棱锥的外接球的表面积为，则圆锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设底面半径为r，根据圆锥的轴截面是等边三角形，得到三棱锥的外接球的半径为r，由三棱锥的外接球的表面积为，解得，设外接球的半径为R，球心为，在求得半径即可.
【详解】解：如图所示：
因为圆锥的轴截面是等边三角形，
设底面半径为r，则圆锥的高为，且，
所以三棱锥的外接球的半径为r，
又因为三棱锥的外接球的表面积为，
所以，解得，则圆锥的高为，且，
设圆锥的外接球的半径为R，
如图，设外接球的球心为，在中，，
解得，
所以圆锥的外接球的表面积为其表面积为．
故选：A．
7．设的内角的对边分别为，若，且，则的面积的最大值为（ ）
A．4B．2C．1D．
【答案】D
【分析】先利用余弦定理得到，再利用三角函数的平方关系求得关于的表达式，从而利用三角形面积公式，结合基本不等式即可得解.
【详解】因为，，则，
所以由余弦定理，得，
整理可得，即，
又，则，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的面积的最大值为.
故选：D．
8．如图，在四面体中，，若，则二面角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作垂直于垂直于，可知，结合空间向量的数量积运算求解.
【详解】因为，则均为直角三角形，
且，
结合为锐角，可得，
作垂直于垂直于，
则，可得，
设二面角的大小为，
因为，
则
，
解得，且，所以，即.
故选：C．
二、多选题
9．已知正三棱柱的所有棱长均为2，则（ ）
A．正三棱柱的体积为
B．正三棱柱的侧面积为
C．直线与平面所成的角为
D．直线到平面的距离为
【答案】CD
【详解】正三棱柱的体积为，A选项错误；
正三棱柱的侧面积为，B选项错误；
与平面所成角即为，C选项正确；
过作垂直于，
则为与平面之间的距离，，选项正确，
故选：CD．
10．不透明的袋子中装有6个大小质地相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机抽取两次，每次取一个球．A表示事件“第二次取出的球上标有的数字大于等于3”，表示事件“两次取出的球上标有的数字之和为5，则（ ）
A．B．C．D．事件A与相互独立
【答案】AC
【分析】根据题意结合古典概型求，再结合概率的运算和事件的独立性运算求解.
【详解】对于选项A：因为第二次取出球为3，4，5，6，所以，故A正确；
对于选项B：因为，所以，故B错误；
对于选项C：因为，则，
所以，故C正确；
对于选项D：因为，所以事件A与不独立，故D错误；
故选：AC．
11．已知圆与直线相交于两点，为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线过定点B．若，则的面积为
C．的最小值为D．的面积的最大值为2
【答案】ABD
【分析】A选项，直线变形后求出所过定点；
B选项，求出，进而由直线垂直关系得到，得到，从而求出到的距离和，求出面积；
C选项，求出到的距离的最大值，从而由垂径定理得到的最小值；
D选项，表达出面积为，利用基本不等式求出最大值.
【详解】A选项，直线变形为，
所以直线过定点，A选项正确；
B选项，易知道，若直线，则，解得，
此时直线，
到的距离，则，
故的面积为，B选项正确；
C选项，由A选项知，直线过定点，
所以到的距离的最大值为，
由于，故此时取得最小值，
最小值为，C选项错误；
D选项，设到的距离为，
则面积为，
当且仅当，即时，等号成立，D选项正确．
故选：ABD．
12．在平行六面体中，，，若，其中，则下列结论正确的有（ ）
A．若，则三棱锥的体积为定值
B．若，则
C．若，则与平面所成的角的正弦值为
D．当时，线段的长度的最小值为
【答案】AB
【分析】A选项，作出辅助线，得到在平面上，点到平面的距离为定值，故A正确；B选项，利用空间向量基本定理表达出，
且，计算出，故；C选项，由B选项得到为平面的一个法向量，计算出，C正确；D选项，表达出，D错误.
【详解】A选项，若，，
如图1，取的中点，连接，则，
设，则为平面上的点，
由空间向量基本定理可知，在平面上，
由于平面与平面平行，则点到平面的距离为定值，
因为面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，A选项正确；
B选项，若，，
则，
且，
，
所以，B选项正确；
C选项，若，由B选项可知，且，
又，平面，
所以为平面的一个法向量，且，，
，
故，
又因为
，
所以，与平面所成角的正弦值为，C选项错误；
D选项，，，，
则，
，
当且仅当时等号成立，
所以长度的最小值为，D选项错误．
故选：AB．
三、填空题
13．已知三点共线，则 ．
【答案】
【分析】首先根据A与B的坐标，结合截距式方程可求直线AB的方程，再将C点代入可求m的值.
【详解】直线的方程为，代人，解得．
故答案为：-3.
14．一组样本数据为，若是方程的两根，则这个样本的方差是 ．
【答案】5
【分析】先根据已知确定的值，然后根据方差公式即可求解.
【详解】因为是方程的两根，所以由，解得或4，不妨设，
则样本平均数是4，根据方差公式得
.
故答案为：5.
15．已知圆台的体积为，且其上、下底面半径分别为1，2，若为下底面圆周的一条直径，为上底面圆周上的一个动点，则 ．
【答案】12
【分析】先根据体积公式求高再根据两点间距离计算即可.
【详解】设圆台的高为，则，解得，
以AB所在直线为x轴，过O垂直AB为y轴，过O垂直下底面为z轴,
则，则，
所以．
故答案为：12.
16．设为坐标原点，，若上存在点，使得，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】利用两点距离公式先求得P轨迹方程，结合圆的位置关系计算即可.
【详解】设点，由，可知，
整理可得点的轨迹方程为，
即与存在交点，
易知，圆心距为，
因此，解得．
故答案为：.
四、解答题
17．在平面直角坐标系中，已知．
(1)求边上的高所在的直线方程；
(2)若点在直线上，且，求点到直线的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）计算直线的斜率为，确定高所在直线的斜率为1，得到直线方程.
（2）计算直线方程，的垂直平分线方程，联立得到，计算距离即可.
【详解】（1）直线，即，直线的斜率为，
故边上的高所在直线的斜率为1，
所以边上的高所在的直线方程为，整理得；
（2）直线，即，
的中点为，所以的垂直平分线所在的直线方程为，
因为为垂直平分线与直线的交点，所以，解得，
所以到直线的距离为．
18．如图，在正方体中，分别为的中点．
(1)求异面直线与的夹角的余弦值；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正方体的结构特征，建立空间直角坐标系，向量法求异面直线与的夹角的余弦值；
（2）求平面的法向量，利用向量法求点到平面的距离.
【详解】（1）由两两垂直，以正交基底建系如图，
则，
，
有，，
设异面直线与的夹角为，
则，
即异面直线与夹角的余弦值为.
（2）设平面的一个法向量为，
由，得
令，则，即，
又，则点到平面的距离．
19．如图，在四棱锥中，平面平面为等边三角形，底面为等腰梯形，，且．
(1)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由；
(2)求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)存在，当为中点时，平面
(2)
【分析】（1）利用线面平行的判定定理求解；
（2）利用空间向量的坐标运算求线面夹角的正弦值.
【详解】（1）如图，分别取中点，连接，则，
因为，
所以，四边形为平行四边形，
所以，又因为平面平面，
所以平面，即当为中点时，平面；
（2）取的中点的中点，连接，
因为，所以，
因为平面平面，
平面平面平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
如图，以为原点，方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
可求得梯形的高为，
可得，
所以，
设为平面的法向量，
则由得
令，则，即，
设与平面所成角为，有，
则，
所以与平面所成角的正弦值为．
20．已知为坐标原点，圆，直线，其中．
(1)当时，过点作圆的两条切线，切点分别为，求直线的方程；
(2)若直线与圆相交于两点，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）在以为直径的圆上，两圆方程相减，可得直线的方程；
（2）为中点，由，可得，有，可求值.
【详解】（1）当时，圆，则，
过点作圆的两条切线，切点分别为，则在以为直径的圆上，
的中点坐标为，，
以为直径的圆的方程为，
两圆方程相减，则直线的方程为；
（2）点到直线的距离为，
设为中点，即，
所以，
可得，所以．
五、证明题
21．如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面底面，侧棱与底面所成的角为．
(1)证明：平面平面；
(2)若平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据平面与平面垂直的性质定理和判定定理即可证明；
（2）根据条件建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，进而可求出结果.
【详解】（1）证明：在正方形中，．
又因为平面底面，平面平面平面，
所以平面，
而平面，所以平面平面.
（2）设与交于点，则平面平面，
在平面内作垂直于，
又因为平面平面，
所以平面，而平面，所以，
又，且，平面，所以平面，
因为平面，所以，
由（1）知平面，平面，所以，
又，底面，
所以底面，故和底面所成的角为，即，
故．
以A为原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向建立空间直角坐标系．
设．则，
所以，
设平面和平面的法向量分别为，
由即取，得；
由即，取，得．
所以，，
设二面角的大小为，则．
所以二面角的正弦值为．
六、问答题
22．设为坐标原点，已知与直线相交于两点．
(1)若，求的值；
(2)过点的直线与相互垂直，直线与圆相交于两点，求四边形的面积的最大值．
【答案】(1)
(2)7
【分析】（1）联立直线与圆的方程，由并利用韦达定理构造方程即可解得；
（2）利用弦长公式可分别求得，，得出四边形面积的表达式，利用基本不等式和函数单调性即可求得四边形面积的最大值为7.
【详解】（1）不妨设，且，
由，可知，
联立与，可得，
则，
即；
可得，
因为，解得；
（2）如下图所示：
由（1）可知，，
由可得；
同理可得，
设四边形的面积为，
则
易知，则，当且仅当时，等号成立，
所以四边形的面积的最大值为7．
一、单选题
1．若复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】采用待定系数法，设，由复数运算和复数相等可求得，从而得到结果.
【详解】设，则，
，，解得：，
.
故选：A.
2．经过点，倾斜角为的直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用直线的点斜式方程和一般式方程的定义求解.
【详解】因为直线斜率为，
所以该直线方程为，
即，
故选：A．
3．已知，若平面的一个法向量为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用法向量和平面内直线的方向向量之间的关系求解即可.
【详解】由得：
，
面的一个法向量为，
所以，
即，
解得，
所以，
故选：C．
4．若直线与平行，则两直线之间的距离为（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】C
【分析】根据两直线平行可得，再由平行线间的距离公式即可求得结果.
【详解】依题意，由两直线平行可知，解得，
所以两直线分别为，
可得两直线之间的距离为，
故选：C．
5．已知向量，设甲：“”；乙：“向量的夹角为锐角”，则（ ）
A．甲是乙的充分不必要条件B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件D．甲是乙的既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】求出向量夹角为锐角时的范围即可得出结论.
【详解】由题意，，
若向量夹角为锐角，则，解得：，
若，，解得：，
所以的取值范围为，
所以甲是乙的必要不充分条件，
故选：B．
6．已知圆锥（为圆锥的顶点，为圆锥底面的圆心）的轴截面是等边三角形，为底面圆周上的三点，且为底面圆的直径，为的中点．若三棱锥的外接球的表面积为，则圆锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设底面半径为r，根据圆锥的轴截面是等边三角形，得到三棱锥的外接球的半径为r，由三棱锥的外接球的表面积为，解得，设外接球的半径为R，球心为，在求得半径即可.
【详解】解：如图所示：
因为圆锥的轴截面是等边三角形，
设底面半径为r，则圆锥的高为，且，
所以三棱锥的外接球的半径为r，
又因为三棱锥的外接球的表面积为，
所以，解得，则圆锥的高为，且，
设圆锥的外接球的半径为R，
如图，设外接球的球心为，在中，，
解得，
所以圆锥的外接球的表面积为其表面积为．
故选：A．
7．设的内角的对边分别为，若，且，则的面积的最大值为（ ）
A．4B．2C．1D．
【答案】D
【分析】先利用余弦定理得到，再利用三角函数的平方关系求得关于的表达式，从而利用三角形面积公式，结合基本不等式即可得解.
【详解】因为，，则，
所以由余弦定理，得，
整理可得，即，
又，则，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的面积的最大值为.
故选：D．
8．如图，在四面体中，，若，则二面角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作垂直于垂直于，可知，结合空间向量的数量积运算求解.
【详解】因为，则均为直角三角形，
且，
结合为锐角，可得，
作垂直于垂直于，
则，可得，
设二面角的大小为，
因为，
则
，
解得，且，所以，即.
故选：C．
二、多选题
9．已知正三棱柱的所有棱长均为2，则（ ）
A．正三棱柱的体积为
B．正三棱柱的侧面积为
C．直线与平面所成的角为
D．直线到平面的距离为
【答案】CD
【详解】正三棱柱的体积为，A选项错误；
正三棱柱的侧面积为，B选项错误；
与平面所成角即为，C选项正确；
过作垂直于，
则为与平面之间的距离，，选项正确，
故选：CD．
10．不透明的袋子中装有6个大小质地相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机抽取两次，每次取一个球．A表示事件“第二次取出的球上标有的数字大于等于3”，表示事件“两次取出的球上标有的数字之和为5，则（ ）
A．B．C．D．事件A与相互独立
【答案】AC
【分析】根据题意结合古典概型求，再结合概率的运算和事件的独立性运算求解.
【详解】对于选项A：因为第二次取出球为3，4，5，6，所以，故A正确；
对于选项B：因为，所以，故B错误；
对于选项C：因为，则，
所以，故C正确；
对于选项D：因为，所以事件A与不独立，故D错误；
故选：AC．
11．已知圆与直线相交于两点，为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线过定点B．若，则的面积为
C．的最小值为D．的面积的最大值为2
【答案】ABD
【分析】A选项，直线变形后求出所过定点；
B选项，求出，进而由直线垂直关系得到，得到，从而求出到的距离和，求出面积；
C选项，求出到的距离的最大值，从而由垂径定理得到的最小值；
D选项，表达出面积为，利用基本不等式求出最大值.
【详解】A选项，直线变形为，
所以直线过定点，A选项正确；
B选项，易知道，若直线，则，解得，
此时直线，
到的距离，则，
故的面积为，B选项正确；
C选项，由A选项知，直线过定点，
所以到的距离的最大值为，
由于，故此时取得最小值，
最小值为，C选项错误；
D选项，设到的距离为，
则面积为，
当且仅当，即时，等号成立，D选项正确．
故选：ABD．
12．在平行六面体中，，，若，其中，则下列结论正确的有（ ）
A．若，则三棱锥的体积为定值
B．若，则
C．若，则与平面所成的角的正弦值为
D．当时，线段的长度的最小值为
【答案】AB
【分析】A选项，作出辅助线，得到在平面上，点到平面的距离为定值，故A正确；B选项，利用空间向量基本定理表达出，
且，计算出，故；C选项，由B选项得到为平面的一个法向量，计算出，C正确；D选项，表达出，D错误.
【详解】A选项，若，，
如图1，取的中点，连接，则，
设，则为平面上的点，
由空间向量基本定理可知，在平面上，
由于平面与平面平行，则点到平面的距离为定值，
因为面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，A选项正确；
B选项，若，，
则，
且，
，
所以，B选项正确；
C选项，若，由B选项可知，且，
又，平面，
所以为平面的一个法向量，且，，
，
故，
又因为
，
所以，与平面所成角的正弦值为，C选项错误；
D选项，，，，
则，
，
当且仅当时等号成立，
所以长度的最小值为，D选项错误．
故选：AB．
三、填空题
13．已知三点共线，则 ．
【答案】
【分析】首先根据A与B的坐标，结合截距式方程可求直线AB的方程，再将C点代入可求m的值.
【详解】直线的方程为，代人，解得．
故答案为：-3.
14．一组样本数据为，若是方程的两根，则这个样本的方差是 ．
【答案】5
【分析】先根据已知确定的值，然后根据方差公式即可求解.
【详解】因为是方程的两根，所以由，解得或4，不妨设，
则样本平均数是4，根据方差公式得
.
故答案为：5.
15．已知圆台的体积为，且其上、下底面半径分别为1，2，若为下底面圆周的一条直径，为上底面圆周上的一个动点，则 ．
【答案】12
【分析】先根据体积公式求高再根据两点间距离计算即可.
【详解】设圆台的高为，则，解得，
以AB所在直线为x轴，过O垂直AB为y轴，过O垂直下底面为z轴,
则，则，
所以．
故答案为：12.
16．设为坐标原点，，若上存在点，使得，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】利用两点距离公式先求得P轨迹方程，结合圆的位置关系计算即可.
【详解】设点，由，可知，
整理可得点的轨迹方程为，
即与存在交点，
易知，圆心距为，
因此，解得．
故答案为：.
四、解答题
17．在平面直角坐标系中，已知．
(1)求边上的高所在的直线方程；
(2)若点在直线上，且，求点到直线的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）计算直线的斜率为，确定高所在直线的斜率为1，得到直线方程.
（2）计算直线方程，的垂直平分线方程，联立得到，计算距离即可.
【详解】（1）直线，即，直线的斜率为，
故边上的高所在直线的斜率为1，
所以边上的高所在的直线方程为，整理得；
（2）直线，即，
的中点为，所以的垂直平分线所在的直线方程为，
因为为垂直平分线与直线的交点，所以，解得，
所以到直线的距离为．
18．如图，在正方体中，分别为的中点．
(1)求异面直线与的夹角的余弦值；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正方体的结构特征，建立空间直角坐标系，向量法求异面直线与的夹角的余弦值；
（2）求平面的法向量，利用向量法求点到平面的距离.
【详解】（1）由两两垂直，以正交基底建系如图，
则，
，
有，，
设异面直线与的夹角为，
则，
即异面直线与夹角的余弦值为.
（2）设平面的一个法向量为，
由，得
令，则，即，
又，则点到平面的距离．
19．如图，在四棱锥中，平面平面为等边三角形，底面为等腰梯形，，且．
(1)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由；
(2)求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)存在，当为中点时，平面
(2)
【分析】（1）利用线面平行的判定定理求解；
（2）利用空间向量的坐标运算求线面夹角的正弦值.
【详解】（1）如图，分别取中点，连接，则，
因为，
所以，四边形为平行四边形，
所以，又因为平面平面，
所以平面，即当为中点时，平面；
（2）取的中点的中点，连接，
因为，所以，
因为平面平面，
平面平面平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
如图，以为原点，方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
可求得梯形的高为，
可得，
所以，
设为平面的法向量，
则由得
令，则，即，
设与平面所成角为，有，
则，
所以与平面所成角的正弦值为．
20．已知为坐标原点，圆，直线，其中．
(1)当时，过点作圆的两条切线，切点分别为，求直线的方程；
(2)若直线与圆相交于两点，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）在以为直径的圆上，两圆方程相减，可得直线的方程；
（2）为中点，由，可得，有，可求值.
【详解】（1）当时，圆，则，
过点作圆的两条切线，切点分别为，则在以为直径的圆上，
的中点坐标为，，
以为直径的圆的方程为，
两圆方程相减，则直线的方程为；
（2）点到直线的距离为，
设为中点，即，
所以，
可得，所以．
五、证明题
21．如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面底面，侧棱与底面所成的角为．
(1)证明：平面平面；
(2)若平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据平面与平面垂直的性质定理和判定定理即可证明；
（2）根据条件建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，进而可求出结果.
【详解】（1）证明：在正方形中，．
又因为平面底面，平面平面平面，
所以平面，
而平面，所以平面平面.
（2）设与交于点，则平面平面，
在平面内作垂直于，
又因为平面平面，
所以平面，而平面，所以，
又，且，平面，所以平面，
因为平面，所以，
由（1）知平面，平面，所以，
又，底面，
所以底面，故和底面所成的角为，即，
故．
以A为原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向建立空间直角坐标系．
设．则，
所以，
设平面和平面的法向量分别为，
由即取，得；
由即，取，得．
所以，，
设二面角的大小为，则．
所以二面角的正弦值为．
六、问答题
22．设为坐标原点，已知与直线相交于两点．
(1)若，求的值；
(2)过点的直线与相互垂直，直线与圆相交于两点，求四边形的面积的最大值．
【答案】(1)
(2)7
【分析】（1）联立直线与圆的方程，由并利用韦达定理构造方程即可解得；
（2）利用弦长公式可分别求得，，得出四边形面积的表达式，利用基本不等式和函数单调性即可求得四边形面积的最大值为7.
【详解】（1）不妨设，且，
由，可知，
联立与，可得，
则，
即；
可得，
因为，解得；
（2）如下图所示：
由（1）可知，，
由可得；
同理可得，
设四边形的面积为，
则
易知，则，当且仅当时，等号成立，
所以四边形的面积的最大值为7．
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