2019-2020年高二數(shù)學下學期期中試卷 理（含解析）.doc

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2019-2020年高二數(shù)學下學期期中試卷 理（含解析） 一、選擇題（每小題5分，共60分） 1．（5分）下列說法正確的是（） A． 三點確定一個平面 B． 四邊形一定是平面圖形 C． 梯形一定是平面圖形 D． 兩條直線沒有公共點，則這兩條直線平行 2．（5分）一個與球心距離為1的平面截球所得的圓面面積為π，則球的表面積為（） A． B． 8π C． D． 4π 3．（5分）用斜二測畫法作一個邊長為2的正方形，則其直觀圖的面積為（） A． B． 2 C． 4 D． 4．（5分）如圖，空間四邊形OABC中，=，=，=，點M在線段OA上，且OM=2MA，點N為BC的中點，則=（） A． ﹣++ B． ﹣+ C． +﹣ D． +﹣ 5．（5分）某幾何體三視圖如圖（單位；cm），則該幾何體的體積是（） A． 1500cm3 B． 1025cm3 C． 625cm3 D． 1200cm3 6．（5分）已知正四面體ABCD中，E是AB的中點，則異面直線CE與BD所成角的余弦值為（） A． B． C． D． 7．（5分）下列結(jié)論正確的是（） A． 各個面都是三角形的幾何體是三棱錐 B． 以三角形的一條邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，其余兩邊旋轉(zhuǎn)形成的曲面所圍成的幾何體叫圓錐 C． 棱錐的側(cè)棱長與底面多邊形的邊長相等，則該棱錐可能是正六棱錐 D． 圓錐的頂點與底面圓周上的任意一點的連線都是母線 8．（5分）已知=（1，5，﹣2），=（3，1，z），若⊥，=（x﹣1，y，﹣3），且BP⊥平面ABC，則實數(shù)x、y、z分別為（） A． ，﹣，4 B． ，﹣，4 C． ，﹣2，4 D． 4，，﹣15 9．（5分）已知兩條不重合的直線m、n和兩個不重合的平面α、β，有下列命題： ①若m⊥n，m⊥α，則n∥α； ②若m⊥α，n⊥β，m∥n，則α∥β； ③若m、n是兩條異面直線，m?α，n?β，m∥β，n∥α，則α∥β； ④若α⊥β，α∩β=m，n?β，n⊥m，則n⊥α． 其中正確命題的個數(shù)是（） A． 1 B． 2 C． 3 D． 4 10．（5分）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，則BC1與平面BB1D1D所成角的正弦值為（） A． B． C． D． 11．（5分）已知正四棱錐S﹣ABCD中，SA=2，那么當該棱錐的體積最大時，它的高為（） A． 1 B． C． 2 D． 3 12．（5分）正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，點M在AB上，且AM=，點P是平面ABCD上的動點，且動點P到直線A1D1的距離與動點P到點M的距離的平方差為1，則動點的軌跡是（） A． 圓 B． 拋物線 C． 雙曲線 D． 直線 二、填空題（每小題5分，共20分） 13．（5分）若將銳角A為60，邊長為a的菱形ABCD沿對角線BD折成60的二面角，則A與C之間的距離為． 14．（5分）將圓心角為120，面積為3π的扇形，作為圓錐的側(cè)面，則圓錐的體積為． 15．（5分）如圖，直三棱柱ABCD﹣A1B1C1中，AB=1，BC=2，AC=，AA1=3，M為線段BB1上的一動點，則當AM+MC1最小時，點C到平面AMC1的距離為． 16．（5分）在體積一定的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱CC1的中點，F(xiàn)是側(cè)面BCC1B1內(nèi)的動點，且A1F∥平面D1AE，記A1F與平面BCC1B1所成的角為θ，下列說法中正確的是． ①點F的軌跡是一條線段； ②三棱錐F﹣AD1E的體積為定值； ③A1F與D1E不可能平行； ④A1F與CC1是異面直線； ⑤tanθ的最大值為3． 三、解答題 17．（10分）如圖所示，P為平行四邊形ABCD所在平面外一點，M、N分別為AB、PC的中點，平面PAD∩平面PBC=l． （1）判斷BC與l的位置關系，并證明你的結(jié)論； （2）判斷MN與平面PAD的位置關系，并證明你的結(jié)論． 18．（12分）已知幾何體A﹣BCED的三視圖如圖所示，其中俯視圖和側(cè)視圖都是腰長為4的等腰直角三角形，正視圖為直角梯形，已知幾何體A﹣BCED的體積為16． （1）求實數(shù)a的值； （2）將直角三角形△ABD繞斜邊AD旋轉(zhuǎn)一周，求該旋轉(zhuǎn)體的表面積． 19．（12分）如圖所示，已知四棱錐的側(cè)棱PD⊥平面ABCD，且底面ABCD是直角梯形，AD⊥CD，AB∥CD，AB=AD=CD=2，點M是側(cè)棱PC的中點． （1）求證：BC⊥平面BDP； （2）若tan∠PCD=，求三棱錐M﹣BDP的體積． 20．（12分）如圖所示，正四棱錐P﹣ABCD被過棱錐高上O′點且平行底面的平面A′B′C′D′所截，得到正四棱臺OO′和較小的棱錐PO′，其中O′分PO為=，側(cè)棱PA長為15cm，小棱錐底面邊長A′B′為6cm． （1）求截得棱臺的體積． （2）求棱錐P﹣ABCD的內(nèi)切球的表面積． 21．（12分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90，平面PAD⊥底面ABCD，Q為AD的中點，M是棱PC上的點，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=． （Ⅰ）求證：平面PQB⊥平面PAD； （Ⅱ）若M為棱PC的中點，求異面直線AP與BM所成角的余弦值； （Ⅲ）若二面角M﹣BQ﹣C大小為30，求QM的長． 22．（12分）等邊三角形ABC的邊長為3，點D、E分別是邊AB、AC上的點，且滿足（如圖1）．將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1﹣DE﹣B成直二面角，連結(jié)A1B、A1C （如圖2）． （1）求證：A1D丄平面BCED； （2）在線段BC上是否存在點P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60？若存在，求出PB的長；若不存在，請說明理由． 江西省南昌市xx高二下學期期中數(shù)學試卷（理科） 參考答案與試題解析 一、選擇題（每小題5分，共60分） 1．（5分）下列說法正確的是（） A． 三點確定一個平面 B． 四邊形一定是平面圖形 C． 梯形一定是平面圖形 D． 兩條直線沒有公共點，則這兩條直線平行 考點： 命題的真假判斷與應用． 專題： 簡易邏輯． 分析： A，根據(jù)公理2以及推論判斷A B，四邊形有兩種：空間四邊形和平面四邊形； C，梯形中因為有一組對邊平等，故梯形是平面圖形． D，利用平行線的定義、判定與性質(zhì)，即可確定D 解答： 解：對于A、根據(jù)公理2知，必須是不共線的三點確定一個平面，故A不對； 對于B，∵四邊形有兩種：空間四邊形和平面四邊形， ∴四邊形不一定是平面圖形， 故B不成立； 對于C，梯形中因為有一組對邊平等， ∴梯形是平面圖形， 故C成立． 對于D，根據(jù)異面直線的定義：既不平行也不相交的直線為異面直線，可以判斷當兩直線沒有公共點時可能平行也可能異面． 故選：C． 點評： 本題主要考查了確定平面的依據(jù)，注意利用公理2的以及推論的作用和條件，可以利用符合題意的幾何體來判斷，考查了空間想象能力． 2．（5分）一個與球心距離為1的平面截球所得的圓面面積為π，則球的表面積為（） A． B． 8π C． D． 4π 考點： 球的體積和表面積；球面距離及相關計算． 專題： 計算題． 分析： 求出截面圓的半徑，利用勾股定理求球的半徑，然后求出球的表面積． 解答： 解：球的截面圓的半徑為：π=πr2，r=1 球的半徑為：R= 所以球的表面積：4πR2=4π=8π 故選B． 點評： 本題考查球的體積和表面積，考查計算能力，邏輯思維能力，是基礎題． 3．（5分）用斜二測畫法作一個邊長為2的正方形，則其直觀圖的面積為（） A． B． 2 C． 4 D． 考點： 斜二測法畫直觀圖． 專題： 規(guī)律型． 分析： 根據(jù)斜二測畫法的原則得到直觀圖的對應邊長關系，即可求出相應的面積． 解答： 解：根據(jù)斜二測畫法的原則可知OC=2，OA=1， ∴對應直觀圖的面積為， 故選：D． 點評： 本題主要考查利用斜二測畫法畫空間圖形的直觀圖，利用斜二測畫法的原則是解決本題的關鍵，比較基礎． 4．（5分）如圖，空間四邊形OABC中，=，=，=，點M在線段OA上，且OM=2MA，點N為BC的中點，則=（） A． ﹣++ B． ﹣+ C． +﹣ D． +﹣ 考點： 空間向量的加減法． 專題： 空間向量及應用． 分析： 由題意，把，，三個向量看作是基向量，由圖形根據(jù)向量的線性運算，將用三個基向量表示出來，即可得到答案，選出正確選項． 解答： 解：=， =+﹣+， =++﹣， =﹣++， ∵=，=，=， ∴=﹣++， 故選：A． 點評： 本題考點是空間向量基本定理，考查了用向量表示幾何的量，向量的線性運算，解題的關鍵是根據(jù)圖形把所研究的向量用三個基向量表示出來，本題是向量的基礎題． 5．（5分）某幾何體三視圖如圖（單位；cm），則該幾何體的體積是（） A． 1500cm3 B． 1025cm3 C． 625cm3 D． 1200cm3 考點： 由三視圖求面積、體積． 專題： 計算題；空間位置關系與距離． 分析： 根據(jù)幾何體的三視圖，得出該幾何體是底面為矩形的直四棱錐，結(jié)合圖中數(shù)據(jù)求出它的體積． 解答： 解：根據(jù)幾何體的三視圖，得； 該幾何體是底面為矩形，高為15cm的直四棱錐； 且底面矩形的長為20cm，寬為15cm， 如圖所示； ∴該四棱錐的體積為201515=1500cm2． 故選：A． 點評： 本題考查了空間幾何體的三視圖的應用問題，也考查了空間想象能力與數(shù)據(jù)的計算能力，是基礎題目． 6．（5分）已知正四面體ABCD中，E是AB的中點，則異面直線CE與BD所成角的余弦值為（） A． B． C． D． 考點： 異面直線及其所成的角． 專題： 空間角． 分析： 由E為AB的中點，可取AD中點F，連接EF，則∠CEF為異面直線CE與BD所成角，設出正四面體的棱長，求出△CEF的三邊長，然后利用余弦定理求解異面直線CE與BD所成角的余弦值． 解答： 解：如圖， 取AD中點F，連接EF，CF， ∵E為AB的中點， ∴EF∥DB， 則∠CEF為異面直線BD與CE所成的角， ∵ABCD為正四面體，E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點， ∴CE=CF． 設正四面體的棱長為2a， 則EF=a， CE=CF=． 在△CEF中，由余弦定理得： =． 故選：B． 點評： 本題考查異面直線及其所成的角，關鍵是找角，考查了余弦定理的應用，是中檔題． 7．（5分）下列結(jié)論正確的是（） A． 各個面都是三角形的幾何體是三棱錐 B． 以三角形的一條邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，其余兩邊旋轉(zhuǎn)形成的曲面所圍成的幾何體叫圓錐 C． 棱錐的側(cè)棱長與底面多邊形的邊長相等，則該棱錐可能是正六棱錐 D． 圓錐的頂點與底面圓周上的任意一點的連線都是母線 考點： 簡單組合體的結(jié)構(gòu)特征． 專題： 數(shù)形結(jié)合． 分析： 通過簡單幾何體和直觀圖說明A和B錯誤，根據(jù)正六棱錐的過中心和定點的截面知C錯誤，由圓錐的母線進行判斷知D正確． 解答： 解：A、如圖（1）所示，由兩個結(jié)構(gòu)相同的三棱錐疊放在一起構(gòu)成的幾何體，各面都是三角形，但它不是棱錐，故A錯誤； B、如圖（2）（3）所示，若△ABC不是直角三角形，或是直角三角形但旋轉(zhuǎn)軸不是直角邊，所得的幾何體都不是圓錐，故B錯誤； C、若六棱錐的所有棱長都相等，則底面多邊形是正六邊形．由過中心和定點的截面知，若以正六邊形為底面，側(cè)棱長必然要大于底面邊長，故C錯誤； D、根據(jù)圓錐母線的定義知，故D正確． 故選D． 點評： 本題考查了簡單幾何體的結(jié)構(gòu)特征的應用，結(jié)合柱體、椎體和臺體的結(jié)構(gòu)特征，以及幾何體的直觀圖進行判斷，考查了空間想象能力． 8．（5分）已知=（1，5，﹣2），=（3，1，z），若⊥，=（x﹣1，y，﹣3），且BP⊥平面ABC，則實數(shù)x、y、z分別為（） A． ，﹣，4 B． ，﹣，4 C． ，﹣2，4 D． 4，，﹣15 考點： 向量語言表述線線的垂直、平行關系． 專題： 空間向量及應用． 分析： 利用數(shù)量積與垂直的關系、線面垂直的性質(zhì)定理即可得出． 解答： 解：∵⊥， ∴=3+5﹣2Z=0，解得z=4． ∴． ∵BP⊥平面ABC， ∴，． ∴化為， 解得． ∴，，z=4． 故選：B． 點評： 本題考查了數(shù)量積與垂直的關系、線面垂直的性質(zhì)定理，屬于中檔題． 9．（5分）已知兩條不重合的直線m、n和兩個不重合的平面α、β，有下列命題： ①若m⊥n，m⊥α，則n∥α； ②若m⊥α，n⊥β，m∥n，則α∥β； ③若m、n是兩條異面直線，m?α，n?β，m∥β，n∥α，則α∥β； ④若α⊥β，α∩β=m，n?β，n⊥m，則n⊥α． 其中正確命題的個數(shù)是（） A． 1 B． 2 C． 3 D． 4 考點： 平面與平面之間的位置關系． 專題： 證明題． 分析： ①直線與平面的位置關系有三種：平行，相交，在平面內(nèi)，此命題中n可能在平面α內(nèi)，故①錯誤；②利用“垂直于同一條直線的兩平面平行即可判斷②正確；③利用線面垂直的判定定理，先證明平面β內(nèi)有兩條相交直線與平面α平行，再由面面平行的判定定理證明兩面平行，③正確；④若兩平面垂直，則在一個平面內(nèi)垂直于交線的直線垂直于另一個平面，由此性質(zhì)定理即可判斷④正確 解答： 解：①若m⊥n，m⊥α，則n可能在平面α內(nèi)，故①錯誤 ②∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α，又∵n⊥β，∴α∥β，故②正確 ③過直線m作平面γ交平面β與直線c， ∵m、n是兩條異面直線，∴設n∩c=O， ∵m∥β，m?γ，γ∩β=c∴m∥c， ∵m?α，c?α，∴c∥α， ∵n?β，c?β，n∩c=O，c∥α，n∥α ∴α∥β；故③正確 ④由面面垂直的性質(zhì)定理：∵α⊥β，α∩β=m，n?β，n⊥m，∴n⊥α．故④正確 故正確命題有三個， 故選C 點評： 本題綜合考查了直線與平面的位置關系，面面平行的判定定理及結(jié)論，面面垂直的性質(zhì)定理等基礎知識 10．（5分）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，則BC1與平面BB1D1D所成角的正弦值為（） A． B． C． D． 考點： 直線與平面所成的角． 專題： 計算題． 分析： 由題意，由于圖形中已經(jīng)出現(xiàn)了兩兩垂直的三條直線所以可以利用空間向量的方法求解直線與平面所成的夾角． 解答： 解：以D點為坐標原點，以DA、DC、DD1所在的直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系（圖略）， 則A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），C1（0，2，1） ∴=（﹣2，0，1），=（﹣2，2，0），且為平面BB1D1D的一個法向量． ∴cos＜，＞═=． ∴BC1與平面BB1D1D所成角的正弦值為 故答案為D． 點評： 此題重點考查了利用空間向量，抓住直線與平面所成的角與該直線的方向向量與平面的法向量的夾角之間的關系這一利用向量方法解決了抽象的立體幾何問題． 11．（5分）已知正四棱錐S﹣ABCD中，SA=2，那么當該棱錐的體積最大時，它的高為（） A． 1 B． C． 2 D． 3 考點： 棱柱、棱錐、棱臺的體積． 專題： 計算題；壓軸題． 分析： 設出底面邊長，求出正四棱錐的高，寫出體積表達式，利用求導求得最大值時，高的值． 解答： 解：設底面邊長為a，則高h==，所以體積V=a2h=， 設y=12a4﹣a6，則y′=48a3﹣3a5，當y取最值時，y′=48a3﹣3a5=0，解得a=0或a=4時，當a=4時，體積最大， 此時h==2，故選C． 點評： 本試題主要考查椎體的體積，考查高次函數(shù)的最值問題的求法．是中檔題． 12．（5分）正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，點M在AB上，且AM=，點P是平面ABCD上的動點，且動點P到直線A1D1的距離與動點P到點M的距離的平方差為1，則動點的軌跡是（） A． 圓 B． 拋物線 C． 雙曲線 D． 直線 考點： 軌跡方程；拋物線的定義． 專題： 計算題． 分析： 作PQ⊥AD，作QR⊥D1A1，PR即為點P到直線A1D1的距離，由勾股定理得 PR2﹣PQ2=RQ2=1，又已知PR2﹣PM2=1，PM=PQ，即P到點M的距離等于P到AD的距離． 解答： 解：如圖所示：正方體ABCD﹣A1B1C1D1 中，作PQ⊥AD，Q為垂足，則PQ⊥面ADD1A1，過點Q作QR⊥D1A1， 則D1A1⊥面PQR，PR即為點P到直線A1D1的距離，由題意可得 PR2﹣PQ2=RQ2=1． 又已知 PR2﹣PM2=1，∴PM=PQ，即P到點M的距離等于P到AD的距離，根據(jù)拋物線的定義可得，點P的軌跡是拋物線， 故選 B． 點評： 本題考查拋物線的定義，求點的軌跡方程的方法，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的數(shù)學思想，得到PM=PQ是解題的關鍵． 二、填空題（每小題5分，共20分） 13．（5分）若將銳角A為60，邊長為a的菱形ABCD沿對角線BD折成60的二面角，則A與C之間的距離為a． 考點： 點、線、面間的距離計算． 專題： 計算題；空間位置關系與距離． 分析： 取BD的中點E，連接AE，CE，則AE⊥BD，CE⊥BD，故∠AEC是二面角A﹣BD﹣C的平面角，判定△AEC是等邊三角形，即可得到結(jié)論． 解答： 解：由題意，取BD的中點E，連接AE，CE，則AE⊥BD，CE⊥BD ∴∠AEC是二面角A﹣BD﹣C的平面角 ∴∠AEC=60， ∵菱形ABCD中，銳角A為60，邊長為a， ∴AE=CE=a ∴△AEC是等邊三角形 ∴A與C之間的距離為a， 故答案為：a． 點評： 本題考查面面角，考查學生的計算能力，屬于基礎題． 14．（5分）將圓心角為120，面積為3π的扇形，作為圓錐的側(cè)面，則圓錐的體積為． 考點： 旋轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺）． 專題： 計算題． 分析： 設出圓錐的母線與底面半徑，根據(jù)所給的圓錐的側(cè)面積和圓心角，求出圓錐的母線長與底面半徑，利用體積公式做出結(jié)果． 解答： 解：設圓錐的母線為l，底面半徑為r， ∵3π=πl(wèi)2∴l(xiāng)=3， ∴120=360， ∴r=1， ∴圓錐的高是=2 ∴圓錐的體積是π122=． 故答案為：． 點評： 本題考查圓錐的體積，解題時注意圓錐的展開圖與圓錐的各個量之間的關系，做好關系的對應，本題是一個易錯題． 15．（5分）如圖，直三棱柱ABCD﹣A1B1C1中，AB=1，BC=2，AC=，AA1=3，M為線段BB1上的一動點，則當AM+MC1最小時，點C到平面AMC1的距離為． 考點： 點、線、面間的距離計算． 專題： 計算題；空間位置關系與距離． 分析： 先將直三棱柱ABC﹣A1B1C1沿棱BB1展開成平面連接AC1，與BB1的交點即為滿足AM+MC1最小時的點M， 由此可以求得△AMC1的三邊長，再由余弦定理求出其中一角，由面積公式求出面積 解答： 解：將直三棱柱ABC﹣A1B1C1沿棱BB1展開成平面連接AC1，與BB1的交點即為滿足AM+MC1最小時的點M， 由于AB=1，BC=2，AA1=3，再結(jié)合棱柱的性質(zhì)，可得BM=AA1=1，故B1M=2 由圖形及棱柱的性質(zhì)，可得AM=，AC1=，MC1=2，cos∠AMC1==﹣． 故sin∠AMC1=，△AMC1的面積為=， 設點C到平面AMC1的距離為h，則由等體積可得， ∴h=． 故答案為：． 點評： 本題考查棱柱的特征，求解本題的關鍵是根據(jù)棱柱的結(jié)構(gòu)特征及其棱長等求出三角形的邊長，再由面積公式求面積，本題代數(shù)與幾何相結(jié)合，綜合性強，解題時要注意運算準確，正確認識圖形中的位置關系． 16．（5分）在體積一定的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱CC1的中點，F(xiàn)是側(cè)面BCC1B1內(nèi)的動點，且A1F∥平面D1AE，記A1F與平面BCC1B1所成的角為θ，下列說法中正確的是①②④． ①點F的軌跡是一條線段； ②三棱錐F﹣AD1E的體積為定值； ③A1F與D1E不可能平行； ④A1F與CC1是異面直線； ⑤tanθ的最大值為3． 考點： 棱柱、棱錐、棱臺的體積；棱柱的結(jié)構(gòu)特征． 專題： 空間位置關系與距離． 分析： 找出F所在平面上的軌跡，然后判斷①的正誤；利用體積是否變化判斷②的正誤；找出F的特殊位置判斷④大致為；求出tanθ的最大值，判斷⑤的正誤； 解答： 解：對于①，取BC 的中點G，BB1，B1C1的中點NM，連結(jié)MN，EG，則F在MN上，滿足F是側(cè)面BCC1B1內(nèi)的動點，且A1F∥平面D1AE， 所以①正確； 對于②，因為MN∥EG，則F到平面AD1E的距離是定值，三棱錐F﹣AD1E的體積為定值，所以②正確； 對于③，當F在N時，A1F與D1E平行，所以③不正確； 對于④，A1F與CC1是異面直線；滿足異面直線的定義，所以④正確； 對于⑤，A1F與平面BCC1B1所成的角為θ，tanθ==2，所以⑤不正確； 故答案為：①②④． 點評： 本題考查棱柱的幾何特征，直線與平面所成角，幾何體的體積的求法，直線與平面平行的判斷，考查邏輯推理以及計算能力． 三、解答題 17．（10分）如圖所示，P為平行四邊形ABCD所在平面外一點，M、N分別為AB、PC的中點，平面PAD∩平面PBC=l． （1）判斷BC與l的位置關系，并證明你的結(jié)論； （2）判斷MN與平面PAD的位置關系，并證明你的結(jié)論． 考點： 空間中直線與平面之間的位置關系；空間中直線與直線之間的位置關系． 專題： 空間位置關系與距離． 分析： （1）由AD∥BC，可得BC∥平面PAD，再利用線面平行的性質(zhì)可得BC∥l； （2）取CD的中點Q，連接MQ、NQ，可證平面MNQ∥平面PAD，再由面面平行的性質(zhì)得線面平行． 解答： 解：（1）結(jié)論：BC∥l． 證明：∵AD∥BC，BC?平面PAD，AD?平面PAD， ∴BC∥平面PAD． 又∵BC?平面PBC，平面PAD∩平面PBC=l， ∴BC∥l． （2）結(jié)論：MN∥平面PAD． 證明：取CD的中點Q，連結(jié)NQ，MQ， 則NQ∥PD，MQ∥AD，又∵NQ∩MQ=Q，PD∩AD=D， ∴平面MNQ∥平面PAD．又∵MN?平面MNQ， ∴MN∥平面PAD． 點評： 本題考查了線面平行的判定與性質(zhì)，考查了面面平行的判定與性質(zhì)，體現(xiàn)了線線、線面、面面平行關系的相互轉(zhuǎn)化，要熟記相關定理的條件． 18．（12分）已知幾何體A﹣BCED的三視圖如圖所示，其中俯視圖和側(cè)視圖都是腰長為4的等腰直角三角形，正視圖為直角梯形，已知幾何體A﹣BCED的體積為16． （1）求實數(shù)a的值； （2）將直角三角形△ABD繞斜邊AD旋轉(zhuǎn)一周，求該旋轉(zhuǎn)體的表面積． 考點： 由三視圖求面積、體積；旋轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺）． 專題： 計算題；空間位置關系與距離． 分析： （1）由該幾何體的三視圖知AC⊥面BCED，且EC=BC=AC=4，BD=a，利用幾何體A﹣BCED的體積為16，求實數(shù)a的值； （2）過B作AD的垂線BH，垂足為H，得，求出圓錐底面周長為，兩個圓錐的母線長分別為和2，即可求該旋轉(zhuǎn)體的表面積． 解答： 解：（1）由該幾何體的三視圖知AC⊥面BCED，且EC=BC=AC=4，BD=a， 體積V==16， 解得a=2； （2）在RT△ABD中，，BD=2，AD=6， 過B作AD的垂線BH，垂足為H，得， 該旋轉(zhuǎn)體由兩個同底的圓錐構(gòu)成，圓錐底面半徑為， 所以圓錐底面周長為，兩個圓錐的母線長分別為和2， 故該旋轉(zhuǎn)體的表面積為． 點評： 本題考查了圓錐的側(cè)面積公式、積體公式和解三角形等知識，屬于基礎題． 19．（12分）如圖所示，已知四棱錐的側(cè)棱PD⊥平面ABCD，且底面ABCD是直角梯形，AD⊥CD，AB∥CD，AB=AD=CD=2，點M是側(cè)棱PC的中點． （1）求證：BC⊥平面BDP； （2）若tan∠PCD=，求三棱錐M﹣BDP的體積． 考點： 棱柱、棱錐、棱臺的體積；直線與平面垂直的判定． 專題： 空間位置關系與距離． 分析： （1）由AB⊥AD，AB=AD=2，可得BD=2，又AD=2，CD=4，AB=2，可得BC=2，利用勾股定理的逆定理可得BD⊥BC．由PD⊥平面ABCD，利用線面垂直的性質(zhì)定理可得PD⊥BC．利用線面垂直的判定定理即可證明． （2）如圖，過M作MG⊥DC交DC于點G．由PD⊥DC，M是PC中點，知MG是△DCP的中位線，又PD⊥平面ABCD，可得MG⊥平面BDC．又tan∠PCD=，得PD=2，MG=PD=1．利用VM﹣BDP=VP﹣BCD﹣VM﹣BCD，即可得出． 解答： （1）證明：∵AB⊥AD，AB=AD=2， ∴BD==2， 又AD=2，CD=4，AB=2， 則BC=2， ∴BD2+BC2=16=DC2，∴BD⊥BC． ∵PD⊥平面ABCD，BC?平面ABCD， ∴PD⊥BC． 又BD∩PD=D，∴BC⊥平面BDP． （2）解：如圖，過M作MG⊥DC交DC于點G． 由PD⊥DC，M是PC中點，知MG是△DCP的中位線， ∴MG∥PD，MG=PD， 又PD⊥平面ABCD， ∴MG⊥平面BDC． 又tan∠PCD=，得PD=2，MG=PD=1． ∴VM﹣BDP=VP﹣BCD﹣VM﹣BCD=222﹣221=． 點評： 本題考查了線面垂直的判定與性質(zhì)定理、勾股定理及其逆定理、三角形中位線定理、三棱錐的體積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題． 20．（12分）如圖所示，正四棱錐P﹣ABCD被過棱錐高上O′點且平行底面的平面A′B′C′D′所截，得到正四棱臺OO′和較小的棱錐PO′，其中O′分PO為=，側(cè)棱PA長為15cm，小棱錐底面邊長A′B′為6cm． （1）求截得棱臺的體積． （2）求棱錐P﹣ABCD的內(nèi)切球的表面積． 考點： 球的體積和表面積；棱柱、棱錐、棱臺的體積． 專題： 計算題；空間位置關系與距離． 分析： （1）計算出棱臺的上、下底的邊長，高，可得截得棱臺的體積； （2）由等體積計算棱錐P﹣ABCD的內(nèi)切球的半徑，即可求出棱錐P﹣ABCD的內(nèi)切球的表面積． 解答： 解：（1）由A′B′∥AB得， ∴=， ∴PA′=5，AB=18， ∵PO==3 ∴OO′=PO=2， ∴V臺=（36+182+）?2=312（cm3）…（6分） （2）作軸截面圖如下，設球心為E，半徑為R， 由PH=PQ=12，HQ=AB=18，PO==3，則 ∵S△PHQ=（PH+PQ+HQ）R， ∴=（12+12+18）R， ∴R=， ∴棱錐P﹣ABCD的內(nèi)切球的表面積為4πR2=π（cm2）…（12分） 點評： 本題考查棱臺的體積，考查棱錐P﹣ABCD的內(nèi)切球的表面積，考查學生的計算能力，求出棱錐P﹣ABCD的內(nèi)切球的半徑是關鍵，屬于中檔題． 21．（12分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90，平面PAD⊥底面ABCD，Q為AD的中點，M是棱PC上的點，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=． （Ⅰ）求證：平面PQB⊥平面PAD； （Ⅱ）若M為棱PC的中點，求異面直線AP與BM所成角的余弦值； （Ⅲ）若二面角M﹣BQ﹣C大小為30，求QM的長． 考點： 異面直線及其所成的角；平面與平面垂直的判定． 專題： 空間位置關系與距離． 分析： （Ⅰ）由題意易證QB⊥AD，由面面垂直的性質(zhì)可得BQ⊥平面PAD，可得結(jié)論；（Ⅱ）易證PQ⊥平面ABCD，以Q為原點建立空間直角坐標系，則可得相關點的坐標，可得向量和的坐標，可得夾角的余弦值，由反三角函數(shù)可得答案；（Ⅲ）可得平面BQC的法向量為，又可求得平面MBQ法向量為，結(jié)合題意可得λ的方程，解方程可得λ，可得所求． 解答： 解：（Ⅰ）∵AD∥BC，BC=AD，Q為AD的中點， ∴四邊形BCDQ為平行四邊形，∴CD∥BQ 又∵∠ADC=90，∴∠AQB=90 即QB⊥AD． 又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD， ∴BQ⊥平面PAD．∵BQ?平面PQB， ∴平面PQB⊥平面PAD． （Ⅱ）∵PA=PD，Q為AD的中點，∴PQ⊥AD． ∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD， ∴PQ⊥平面ABCD． 如圖，以Q為原點建立空間直角坐標系． 則Q（0，0，0），A（1，0，0），，， ∵M是PC中點，∴， ∴ 設異面直線AP與BM所成角為θ 則cosθ==， ∴異面直線AP與BM所成角的余弦值為； （Ⅲ）由（Ⅱ）知平面BQC的法向量為， 由 ，且0≤λ≤1，得， 又，∴平面MBQ法向量為． ∵二面角M﹣BQ﹣C為30，∴， ∴．∴|QM|= 點評： 本題考查空間角，涉及平面與平面垂直的判定，建立空間直角坐標系是解決問題的關鍵，屬中檔題． 22．（12分）等邊三角形ABC的邊長為3，點D、E分別是邊AB、AC上的點，且滿足（如圖1）．將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1﹣DE﹣B成直二面角，連結(jié)A1B、A1C （如圖2）． （1）求證：A1D丄平面BCED； （2）在線段BC上是否存在點P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60？若存在，求出PB的長；若不存在，請說明理由． 考點： 用空間向量求直線與平面的夾角；直線與平面垂直的判定；直線與平面所成的角． 專題： 計算題；空間角；空間向量及應用． 分析： （1）等邊△ABC中，根據(jù)得到AD=1且AE=2，由余弦定理算出DE=，從而得到AD2+DE2=AE2，所以AD⊥DE．結(jié)合題意得平面A1DE⊥平面BCDE，利用面面垂直的性質(zhì)定理，可證出A1D丄平面BCED； （2）作PH⊥BD于點H，連接A1H、A1P，由A1D丄平面BCED得A1D丄PH，所以PH⊥平面A1BD，可得∠PA1H是直線PA1與平面A1BD所成的角，即∠PA1H=60．設PB=x（0≤x≤3），分別在Rt△BA1H、Rt△PA1H和Rt△DA1H中利用三角函數(shù)定義和勾股定理，建立等量關系得12+（2﹣x）2=（x）2，解之得x=，從而得到在BC上存在點P且當PB=時，直線PA1與平面A1BD所成的角為60． 解答： 解：（1）∵正△ABC的邊長為3，且== ∴AD=1，AE=2， △ADE中，∠DAE=60，由余弦定理，得 DE== ∵AD2+DE2=4=AE2，∴AD⊥DE． 折疊后，仍有A1D⊥DE ∵二面角A1﹣DE﹣B成直二面角，∴平面A1DE⊥平面BCDE 又∵平面A1DE∩平面BCDE=DE，A1D?平面A1DE，A1D⊥DE ∴A1D丄平面BCED； （2）假設在線段BC上存在點P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60 如圖，作PH⊥BD于點H，連接A1H、A1P 由（1）得A1D丄平面BCED，而PH?平面BCED 所以A1D丄PH ∵A1D、BD是平面A1BD內(nèi)的相交直線， ∴PH⊥平面A1BD 由此可得∠PA1H是直線PA1與平面A1BD所成的角，即∠PA1H=60 設PB=x（0≤x≤3），則BH=PBcos60=，PH=PBsin60=x 在Rt△PA1H中，∠PA1H=60，所以A1H=， 在Rt△DA1H中，A1D=1，DH=2﹣x 由A1D2+DH2=A1H2，得12+（2﹣x）2=（x）2 解之得x=，滿足0≤x≤3符合題意 所以在線段BC上存在點P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60，此時PB=． 點評： 本題給出平面翻折問題，求證直線與平面垂直并探索了直線與平面所成角的問題，著重考查了線面垂直、面面垂直的判定與性質(zhì)和直線與平面所成角的求法等知識，屬于中檔題．