数学卷·2018届山西大学附中高二上学期10月月考数学试卷 （解析版）

数学卷·2018届山西大学附中高二上学期10月月考数学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年山西大学附中高二（上）10月月考数学试卷 ‎　‎ 一、选择题：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．如图是由哪个平面图形旋转得到的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．下列说法正确的是（　　）‎ A．圆锥的侧面展开图是一个等腰三角形 B．棱柱即是两个底面全等且其余各面都是矩形的多面体 C．任何一个棱台都可以补一个棱锥使它们组成一个新的棱锥 D．通过圆台侧面上一点，有无数条母线 ‎3．已知直线a∥平面α，直线b⊂平面α，则（　　）‎ A．a∥b B．a与b异面 C．a与b相交 D．a与b无公共点 ‎4．圆锥的高扩大到原来的2倍，底面半径缩短到原来的，则圆锥的体积（　　）‎ A．缩小到原来的一半 B．扩大到原来的2倍 C．不变 D．缩小到原来的 ‎5．如图，已知四边形ABCD的直观图是一个边长为1的正方形，则原图形的周长为（　　）‎ A．2 B．6 C．8 D．4+2‎ ‎6．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为BC、BB1的中点，则下列直线中与直线EF相交的是（　　）‎ A．直线AA1 B．直线A1B1 C．直线A1D1 D．直线B1C1‎ ‎7．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AA1⊥平面ABC，AA1=2，BC=2，∠BAC=，此三棱柱各个顶点都在一个球面上，则球的体积为（　　）‎ A． B．16π C． D．‎ ‎8．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是AB、B1C的中点，则EF与平面ABCD所成的角的正切值为（　　）‎ A．2 B． C． D．‎ ‎9．如图，棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F是侧面对角线BC1，AD1上一点，若BED1F是菱形，则其在底面ABCD上投影的四边形面积（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影D为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列命题中，错误的为（　　）‎ A．AC⊥BD B．AC=BD C．AC∥截面PQMN D．异面直线PM与BD所成的角为45°‎ ‎12．如图所示，三棱锥P﹣ABC的高PO=8，AC=BC=3，∠ACB=30°，M，N分别在BC和PO上，且CM=x，PN=2x（x∈（0，3）），以下四个图象大致描绘了三棱锥N﹣AMC的体积y与x的变化关系，其中正确的 是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、填空题（将答案填在答题纸上）‎ ‎13．一个正四棱台，其上、下底面均为正方形，边长分别为2cm和4cm，侧棱长为2cm，则其表面积为　　cm2．‎ ‎14．图中的三个直角三角形是一个体积为20cm3的几何体的三视图，则h=　　cm．‎ ‎15．已知球心O到过球面上A，B，C三点的截面的距离等于球半径的一半，且AB=BC=CA=2，则球表面积是　　．‎ ‎16．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17．如图，在四边形ABCD中，AD⊥DC，AD∥BC，AD=3，CD=2，，∠DAB=45°，四边形绕着直线AD旋转一周，‎ ‎（1）求所形成的封闭几何体的表面积；‎ ‎（2）求所形成的封闭几何体的体积．‎ ‎18．如图，在三棱锥P﹣ABC中，E、F、G、H分别是AB、AC、PC、BC的中点，且PA=PB，AC=BC．‎ ‎（Ⅰ）证明：AB⊥PC；‎ ‎（Ⅱ）证明：平面PAB∥平面FGH．‎ ‎19．如图四边形ABEF是等腰梯形，AB∥EF，AF=BE=2，EF=4，AB=2，ABCD是矩形．AD⊥面ABEF．Q、M分别是AC，EF的中点，P是BM中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：PQ∥平面BCE；‎ ‎（Ⅱ）求证：AM⊥平面BCM．‎ ‎20．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中E，G，H分别为BC，C1D1，AA1的中点．‎ ‎（ 1）求证：EG∥平面BDD1B1；‎ ‎（ 2）求异面直线B1H与 EG所成的角．‎ ‎21．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC=45°，AD=AC=2，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO=2，M为PD的中点，‎ ‎（1）证明：AD⊥平面PAC；‎ ‎（2）求直线AM与平面ABCD所成角的正弦值．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山西大学附中高二（上）10月月考数学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：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．如图是由哪个平面图形旋转得到的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．‎ ‎【分析】利用所给的几何体是由上部的圆锥和下部的圆台组合而成的，从而得到轴截面的图形．‎ ‎【解答】解：图中所给的几何体是由上部的圆锥和下部的圆台组合而成的，‎ 故轴截面的上部是直角三角形，下部为直角梯形构成，‎ 故选 D．‎ ‎　‎ ‎2．下列说法正确的是（　　）‎ A．圆锥的侧面展开图是一个等腰三角形 B．棱柱即是两个底面全等且其余各面都是矩形的多面体 C．任何一个棱台都可以补一个棱锥使它们组成一个新的棱锥 D．通过圆台侧面上一点，有无数条母线 ‎【考点】棱台的结构特征；棱柱的结构特征；棱锥的结构特征．‎ ‎【分析】根据圆锥的几何特征，可判断A；根据棱柱的几何特征，可判断B；根据棱台的几何特征，可判断C；根据圆台的几何特征，可判断D．‎ ‎【解答】解：圆锥的侧面展开图是一个扇形，故A错误；‎ 棱柱即是两个底面全等且平行，其它各面的交线均互相平行的多面体，故B错误；‎ 棱台是由一个大棱锥被一个平行于底面的平面所截，夹在截面与底面的部分，‎ 故任何一个棱台都可以补一个棱锥使它们组成一个新的棱锥，故C正确；‎ 通过圆台侧面上一点，有且只有一条母线，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．已知直线a∥平面α，直线b⊂平面α，则（　　）‎ A．a∥b B．a与b异面 C．a与b相交 D．a与b无公共点 ‎【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．‎ ‎【分析】根据空间直线与平面平行的定义，判断直线与平面内的直线有平行与异面两种位置关系，从而判定答案．‎ ‎【解答】解：∵a∥平面α，b⊂α，∴直线a与直线b的位置关系是：a∥b或a与b异面，‎ ‎∴选项A、B、C错误，D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．圆锥的高扩大到原来的2倍，底面半径缩短到原来的，则圆锥的体积（　　）‎ A．缩小到原来的一半 B．扩大到原来的2倍 C．不变 D．缩小到原来的 ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．‎ ‎【分析】圆锥的体积等于底面积乘高乘，假设原来圆锥的底面半径为r，原来的高为h，求出现在的体积，一步得出答案．‎ ‎【解答】解：V现=π（）2×2h=πr2h=V原，圆锥的体积缩小到原来的一半．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎5．如图，已知四边形ABCD的直观图是一个边长为1的正方形，则原图形的周长为（　　）‎ A．2 B．6 C．8 D．4+2‎ ‎【考点】平面图形的直观图．‎ ‎【分析】根据四边形ABCD的直观图是一个边长为1的正方形，可得原图形为平行四边形，一组对边长为1，另一组对边长为=3，即可求出原图形的周长．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD的直观图是一个边长为1的正方形，‎ ‎∴原图形为平行四边形，一组对边长为1，另一组对边长为=3，‎ ‎∴原图形的周长为2（1+3）=8．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为BC、BB1的中点，则下列直线中与直线EF相交的是（　　）‎ A．直线AA1 B．直线A1B1 C．直线A1D1 D．直线B1C1‎ ‎【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．‎ ‎【分析】根据异面直线的定义便可判断选项A，B，C的直线都和直线EF异面，而由图形即可看出直线B1C1和直线相交，从而便可得出正确选项．‎ ‎【解答】解：根据异面直线的概念可看出直线AA1，A1B1，A1D1都和直线EF为异面直线；‎ B1C1和EF在同一平面内，且这两直线不平行；‎ ‎∴直线B1C1和直线EF相交，即选项D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AA1⊥平面ABC，AA1=2，BC=2，∠BAC=，此三棱柱各个顶点都在一个球面上，则球的体积为（　　）‎ A． B．16π C． D．‎ ‎【考点】球内接多面体．‎ ‎【分析】根据题意并结合空间线面垂直的性质，可得三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的球心是上下底面斜边中点的连线段PQ的中点．在直角Rt△POB中，利用勾股定理算出BO的长，即得外接球半径R的大小，再用球的体积公式即可算出所求外接球的体积．‎ ‎【解答】解：直三棱ABC﹣A1B1C1的各顶点都在同一球面上，（如图），‎ ‎∵△ABC中，∠BAC=，‎ ‎∴下底面△ABC的外心P为BC的中点，‎ 同理，可得上底面△A1B1C1的外心Q为B1C1的中点，‎ 连接PQ，则PQ与侧棱平行，所以PQ⊥平面ABC 再取PQ中点O，可得：点O到A、B、C、A1、B1、C1的距离相等，‎ ‎∴O点是三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的球心 ‎∵Rt△POB中，BP=BC=，PQ=AA1=1，‎ ‎∴BO==2，即外接球半径R=2，‎ 因此，三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的球的体积为：V=πR3=π×23=π．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎8．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是AB、B1C的中点，则EF与平面ABCD所成的角的正切值为（　　）‎ A．2 B． C． D．‎ ‎【考点】直线与平面所成的角．‎ ‎【分析】取BC中点O，连接OE，则FO⊥平面ABCD，可得∠FEO是EF与平面ABCD所成的角，从而可求EF与平面ABCD所成的角的正切值．‎ ‎【解答】解：取BC中点O，连接OE ‎∵F是B1C的中点，‎ ‎∴OF∥B1B，∴FO⊥平面ABCD ‎∴∠FEO是EF与平面ABCD所成的角，‎ 设正方体的棱长为2，则FO=1，EO=‎ ‎∴EF与平面ABCD所成的角的正切值为 故选D．‎ ‎　‎ ‎9．如图，棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F是侧面对角线BC1，AD1上一点，若BED1F是菱形，则其在底面ABCD上投影的四边形面积（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】平面的基本性质及推论．‎ ‎【分析】设AF=x，结合菱形的边长相等及勾股定理，可得菱形BED1F的边长为，进而可得BED1F在底面ABCD上投影四边形是底边为，高为1的平行四边形．‎ ‎【解答】解：在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，‎ BC1=AD1=，‎ 设AF=x，则﹣x=，‎ 解得：x=，‎ 即菱形BED1F的边长为﹣﹣，‎ 则BED1F在底面ABCD上投影四边形是底边为，高为1的平行四边形，‎ 其面积为：．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎10．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影D为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．‎ ‎【分析】首先找到异面直线AB与CC1所成的角（如∠A1AB）；而欲求其余弦值可考虑余弦定理，则只要表示出A1B的长度即可；不妨设三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面边长为1，利用勾股定理即可求之．‎ ‎【解答】解：设BC的中点为D，连接A1D、AD、A1B，易知θ=∠A1AB即为异面直线AB与CC1所成的角；‎ 并设三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面边长为1，则|AD|=，|A1D|=，|A1B|=，‎ 由余弦定理，得cosθ==．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎11．如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列命题中，错误的为（　　）‎ A．AC⊥BD B．AC=BD C．AC∥截面PQMN D．异面直线PM与BD所成的角为45°‎ ‎【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】首先由正方形中的线线平行推导线面平行，再利用线面平行推导线线平行，这样就把AC、BD平移到正方形内，即可利用平面图形知识做出判断．‎ ‎【解答】解：因为截面PQMN是正方形，所以PQ∥MN、QM∥PN，‎ 则PQ∥平面ACD、QM∥平面BDA，‎ 所以PQ∥AC，QM∥BD，‎ 由PQ⊥QM可得AC⊥BD，故A正确；‎ 由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故C正确；‎ ‎∵PN⊥PQ，∴AC⊥BD．‎ 由BD∥PN，‎ ‎∴∠MPN是异面直线PM与BD所成的角，且为45°，D正确；‎ 由上面可知：BD∥PN，PQ∥AC．‎ ‎∴，，‎ 而AN≠DN，PN=MN，‎ ‎∴BD≠AC．B错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，三棱锥P﹣ABC的高PO=8，AC=BC=3，∠ACB=30°，M，N分别在BC和PO上，且CM=x，PN=2x（x∈（0，3）），以下四个图象大致描绘了三棱锥N﹣AMC的体积y与x的变化关系，其中正确的 是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】函数的图象．‎ ‎【分析】求出三角形AMC的面积和棱锥的高NO，代入棱锥的体积得出y关于x的函数，即可得出答案．‎ ‎【解答】解：S△AMC===，‎ NO=PO﹣PN=8﹣2x，‎ ‎∴y=VN﹣AMC=S△AMC•NO==﹣x2+2x，‎ ‎∴y与x的关系为开口向下的二次函数，曲线为抛物线．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 二、填空题（将答案填在答题纸上）‎ ‎13．一个正四棱台，其上、下底面均为正方形，边长分别为2cm和4cm，侧棱长为2cm，则其表面积为　　cm2．‎ ‎【考点】棱台的结构特征．‎ ‎【分析】利用已知条件求出斜高，然后求解棱台的侧面积即可得出结论．‎ ‎【解答】解：正四棱台的上、下底面边长分别为2cm和4cm，侧棱长为2cm，‎ 所以棱台的斜高为： =．‎ 所以棱台的侧面积是：4×=12cm2．‎ 所以表面积为4+16+12=12+20cm2．‎ 故答案为：12+20．‎ ‎　‎ ‎14．图中的三个直角三角形是一个体积为20cm3的几何体的三视图，则h=　4　cm．‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】由三视图可知，几何体的底面为直角三角形，且一边垂直于底面，再根据公式求解即可．‎ ‎【解答】解：根据三视图可知，几何体的体积为：V=‎ 又因为V=20，所以h=4‎ 故答案为：4‎ ‎　‎ ‎15．已知球心O到过球面上A，B，C三点的截面的距离等于球半径的一半，且AB=BC=CA=2，则球表面积是　π　．‎ ‎【考点】球内接多面体；球的体积和表面积．‎ ‎【分析】由AB=BC=CA=2，求得△ABC的外接圆半径为r，设球的半径为R，则球心距d=，求得球的半径，再用表面积公式求解．‎ ‎【解答】解：设球的半径为R，那么球心距d=，‎ 由AB=BC=CA=2，可得△ABC的外接圆半径r=‎ R2=r2+d2=R2+‎ 解得R=‎ 则球的表面积S=4πR2=π．‎ 故答案为：π．‎ ‎　‎ ‎16．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是　[]．　．‎ ‎【考点】直线与平面平行的性质．‎ ‎【分析】分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，易证平面A1MN∥平面AEF，由题意知点P必在线段MN上，由此可判断P在M或N处时A1P最长，位于线段MN中点处时最短，通过解直角三角形即可求得．‎ ‎【解答】解：如下图所示：‎ 分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，连接BC1，‎ ‎∵M、N、E、F为所在棱的中点，∴MN∥BC1，EF∥BC1，‎ ‎∴MN∥EF，又MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，‎ ‎∴MN∥平面AEF；‎ ‎∵AA1∥NE，AA1=NE，∴四边形AENA1为平行四边形，‎ ‎∴A1N∥AE，又A1N⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，‎ ‎∴A1N∥平面AEF，‎ 又A1N∩MN=N，∴平面A1MN∥平面AEF，‎ ‎∵P是侧面BCC1B1内一点，且A1P∥平面AEF，‎ 则P必在线段MN上，‎ 在Rt△A1B1M中，A1M===，‎ 同理，在Rt△A1B1N中，求得A1N=，‎ ‎∴△A1MN为等腰三角形，‎ 当P在MN中点O时A1P⊥MN，此时A1P最短，P位于M、N处时A1P最长，‎ A1O===，‎ A1M=A1N=，‎ 所以线段A1P长度的取值范围是[]．‎ 故答案为：[]．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17．如图，在四边形ABCD中，AD⊥DC，AD∥BC，AD=3，CD=2，，∠DAB=45°，四边形绕着直线AD旋转一周，‎ ‎（1）求所形成的封闭几何体的表面积；‎ ‎（2）求所形成的封闭几何体的体积．‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．‎ ‎【分析】由题意可知，四边形绕着直线AD旋转一周所形成的封闭几何体为一个底面半径为2，母线为1的圆柱及一个底面半径为2，高为2的圆锥的组合体．‎ ‎（1）直接由多面体的表面积公式得答案；‎ ‎（2）求出圆柱与圆锥的体积作和得答案．‎ ‎【解答】解：过点B作BE⊥AD于点D，‎ ‎∵，∠DAB=45°，∴BE=2，‎ ‎∴DE=1，‎ 则四边形绕着直线AD旋转一周所形成的封闭几何体为一个底面半径为2，母线为1的圆柱及一个底面半径为2，高为2的圆锥的组合体．‎ ‎（1）几何体的表面积为；‎ ‎（2）体积为．‎ ‎　‎ ‎18．如图，在三棱锥P﹣ABC中，E、F、G、H分别是AB、AC、PC、BC的中点，且PA=PB，AC=BC．‎ ‎（Ⅰ）证明：AB⊥PC；‎ ‎（Ⅱ）证明：平面PAB∥平面FGH．‎ ‎【考点】平面与平面平行的判定；空间中直线与直线之间的位置关系．‎ ‎【分析】（Ⅰ）根据线面垂直的性质定理证明AB⊥面PEC，即可证明：AB⊥PC；‎ ‎（Ⅱ）根据面面平行的判定定理即可证明平面PAB∥平面FGH．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）证明：连接EC，则EC⊥AB 又∵PA=PB，∴AB⊥PE，‎ ‎∴AB⊥面PEC，‎ ‎∵BC⊂面PEC，‎ ‎∴AB⊥PC﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣‎ ‎（Ⅱ）连结FH，交于EC于O，连接GO，则FH∥AB 在△PEC中，GO∥PE，‎ ‎∵PE∩AB=E，GO∩FH=O ‎∴平面PAB∥平面FGH﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣‎ ‎　‎ ‎19．如图四边形ABEF是等腰梯形，AB∥EF，AF=BE=2，EF=4，AB=2，ABCD是矩形．AD⊥面ABEF．Q、M分别是AC，EF的中点，P是BM中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：PQ∥平面BCE；‎ ‎（Ⅱ）求证：AM⊥平面BCM．‎ ‎【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．‎ ‎【分析】（Ⅰ）根据M为EF中点，EF=4，进而可知EM，进而可知AB∥EM，AB=EM，推断出四边形ABEM为平行四边形，连接AE，根据P是BM中点，推断出P是AE的中点，Q为AC中点，推断出在△AEC中，PQ∥EC，进而利用线面平行判定定理推断出PQ∥平面BCE．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知：AM=BE=2，同理可得：BM=AF=2，又AB=2，推断出AB2=AM2+BM2，进而可知AM⊥BM，根据四边形ABCD为矩形，推断出BC∥AD，又AD⊥平面ABEF，推断出BC⊥平面ABEF，根据线面垂直的性质可知BC⊥AM，利用线面垂直的判定定理推断出AM⊥平面BCM．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）∵M为EF中点，EF=4，‎ ‎∴EM=2，‎ ‎∴AB∥EM，AB=EM，‎ ‎∴四边形ABEM为平行四边形，‎ 连接AE，‎ ‎∵P是BM中点，‎ ‎∴P是AE的中点，‎ ‎∵Q为AC中点，‎ ‎∴在△AEC中，PQ∥EC，‎ ‎∵PQ⊄平面BCE，‎ ‎∴PQ∥平面BCE．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知：AM=BE=2，‎ 同理可得：BM=AF=2，‎ 又AB=2，‎ ‎∴AB2=AM2+BM2，‎ ‎∴AM⊥BM，‎ ‎∵四边形ABCD为矩形，‎ ‎∴BC∥AD，‎ 又AD⊥平面ABEF，‎ ‎∴BC⊥平面ABEF，‎ ‎∴BC⊥AM，‎ 又BC∩BM=B，‎ ‎∴AM⊥平面BCM．‎ ‎　‎ ‎20．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中E，G，H分别为BC，C1D1，AA1的中点．‎ ‎（ 1）求证：EG∥平面BDD1B1；‎ ‎（ 2）求异面直线B1H与 EG所成的角．‎ ‎【考点】直线与平面平行的判定；异面直线及其所成的角．‎ ‎【分析】（1）线面平行转化为证明线线平面，连结AC交BD于O连结DO，OE，E，G，H分别为BC，C1D1，AA1的中点，可证四边形OEGD1为平行四边形，可得EG∥平面BDD1B1‎ ‎（2）找到异面直线的平面角，延长DB于M，连结B1M，HM，∠HB1M为所求角，利用余弦定理可得角的大小．‎ ‎【解答】解：（1）证明：ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，E，G，H分别为BC，C1D1，AA1的中点，‎ 连结AC交BD于O连结DO，OE，‎ ‎∵‎ ‎∴四边形OEGD1为平行四边形 ‎∴EG∥OD1，又EG⊄面BDD1B1，OD1⊂面BDD1B1，‎ ‎∴EG∥平面BDD1B1．‎ ‎（2）延长DB于M，使，‎ 连结B1M，HM，∠HB1M为所求角．‎ 设正方体边长为1，则，‎ ‎∴cos∠HB1M=0，‎ ‎∴B1H与EG所成的角为90°．‎ ‎　‎ ‎21．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC=45°，AD=AC=2，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO=2，M为PD的中点，‎ ‎（1）证明：AD⊥平面PAC；‎ ‎（2）求直线AM与平面ABCD所成角的正弦值．‎ ‎【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．‎ ‎【分析】（1）由∠ADC=45°，且AD=AC=2，易得AD⊥AC，PO⊥AD，根据线面垂直的判定定理可证；‎ ‎（2）取DO中点N，由PO⊥平面ABCD，可得MN⊥平面ABCD，从而可得∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角．在Rt△ANM中求解即可．‎ ‎【解答】（1）证明：∵∠ADC=45°，且AD=AC=2，‎ ‎∴∠DAC=90°，即AD⊥AC 又∵PO⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，‎ ‎∴PO⊥AD，‎ 又∵AC∩PO=O，‎ ‎∴AD⊥平面PAC ‎（2）解：取DO中点N，连接MN，AN ‎∵M为PD的中点，∴MN∥PO，且MN=PO=1，‎ ‎∵PO⊥平面ABCD，∴MN⊥平面ABCD ‎∴∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角．‎ 在Rt△DAO中，∵AD=2，AO=1，∠DAO=90°，∴DO=，‎ ‎∴AN=DO=，‎ 在Rt△ANM中，sin∠MAN==，‎ 即直线AM与平面ABCD所成角的正弦值为．‎ ‎　‎