2017-2018学年山西省运城市康杰中学高二上学期第一次月考数学试题（理科）（解析版）

2017-2018学年山西省运城市康杰中学高二上学期第一次月考数学试题（理科）（解析版）

‎2017-2018学年山西省运城市康杰中学高二（上）第一次月考数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题：（本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，选择一个符合题目要求的选项.）‎ ‎1．（5分）下列各组几何体中全是多面体的一组是（　　）‎ A．三棱柱 四棱台 球 圆锥 B．三棱柱 四棱台 正方体 圆台 C．三棱柱 四棱台 正方体 六棱锥 D．圆锥 圆台 球 半球 ‎2．（5分）正方体的外接球和内切球的半径之比为（　　）‎ A．1 B．2 C．2： D．3‎ ‎3．（5分）若一个三角形，采用斜二测画法作出其直观图，则其直观图的面是原三角形面积的（　　）‎ A．倍 B．2倍 C．倍 D．倍 ‎4．（5分）一个四面体各棱长都为，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（　　）‎ A．3π B．4π C． D．6π ‎5．（5分）空间四边形SABC中，各边 及对角线长都相等，若E、F 分别为SC、AB的中点，那么异面直线EF与SA所成的角为（　　）‎ A．30° B．45° C．60° D．90°‎ ‎6．（5分）设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：‎ ‎①若m⊥α，n∥α，则m⊥n ‎ ‎②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ ‎③若m∥α，n∥α，则m∥n ‎ ‎④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β 其中正确命题的序号是（　　）‎ A．①和② B．②和③ C．③和④ D．①和④‎ ‎7．（5分）如图，已知六棱锥P﹣ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA=2AB则下列结论正确的是（　　）‎ A．PB⊥AD B．平面PAB⊥平面PBC C．直线BC∥平面PAE D．直线PD与平面ABC所成的角为45°‎ ‎8．（5分）如图所示，在单位正方体ABCD﹣A1B1C1D1的面对角线A1B上存在一点P使得AP+D1P取得最小值，则此最小值为（　　）‎ A．2 B． C．2+ D．‎ ‎9．（5分）如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，‎ ‎①BM与ED平行；‎ ‎②CN与BE是异面直线；‎ ‎③CN与BM成60°角；‎ ‎④DM与BN垂直．‎ 以上四个命题中，正确命题的序号是（　　）‎ A．①②③ B．②④ C．③④ D．②③④‎ ‎10．（5分）一个几何体的三视图如图所示，且其侧视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为（　　）‎ A． B．（4+π） C． D．‎ ‎11．（5分）等边圆柱（轴截面是正方形）、球、正方体的体积相等，它们的表面积的大小关系是（　　）‎ A．S正方体＜S球＜S圆柱 B．S球＜S圆柱＜S正方体 C．S圆柱＜S球＜S正方体 D．S球＜S正方体＜S圆柱 ‎12．（5分）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（　　）‎ A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α ‎　‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）．‎ ‎13．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面AB1D1和平面BC1D的位置关系为　 　．‎ ‎14．（5分）A、B到平面α的距离分别为4cm和6cm，则线段AB的中点M到平面α的距离为　 　．‎ ‎15．（5分）已知正三棱锥V﹣ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．则侧视图的面积是　 　．‎ ‎16．（5分）点E、F、G分别是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱AB、BC、B1C1的中点，如图所示，则下列命题中的真命题是　 　（写出所有真命题的编号）．‎ ‎①以正方体的顶点为顶点的三棱锥的四个面中最多只有三个面是直角三角形；‎ ‎②过点F、D1、G的截面是正方形；‎ ‎③点P在直线FG上运动时，总有AP⊥DE；‎ ‎④点Q在直线BC1上运动时，三棱锥A﹣D1QC的体积是定值；‎ ‎⑤点M是正方体的平面A1B1C1D1内的到点D和C1距离相等的点，则点M的轨迹是一条线段．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）‎ ‎17．（10分）已知E，F，G，H为空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA上的点，且EH∥FG．求证：EH∥BD．‎ ‎18．（10分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．‎ ‎（1）求证：PA⊥BD；‎ ‎（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；‎ ‎（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．‎ ‎19．（12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=1，延长A1C1至点P，使C1P=A1C1，连接AP交棱CC1于点D．‎ ‎（Ⅰ）求证：PB1∥平面BDA1； ‎ ‎（Ⅱ）求二面角A﹣A1D﹣B的平面角的余弦值．‎ ‎20．（12分）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB1⊥BC1，AB=CC1=1，BC=2．‎ ‎（1）求证：A1C1⊥AB；‎ ‎（2）求点B1到平面ABC1的距离．‎ ‎21．（12分）已知正四棱锥P﹣ABCD的底面边长和侧棱长均为13，E、F分别是PA、BD上的点，且．‎ ‎（1）求证：直线EF∥平面PBC；‎ ‎（2）求直线EF与平面ABCD所成的角的正切值．‎ ‎22．（14分）已知△BCD中，∠BCD=90°，BC=CD=1，AB⊥平面BCD，∠ADB=60°，E、F分别是AC、AD上的动点，且=λ（0＜λ＜1）．‎ ‎（Ⅰ）求证：不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC；‎ ‎（Ⅱ）当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD？‎ ‎　‎ ‎2017-2018学年山西省运城市康杰中学高二（上）第一次月考数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，选择一个符合题目要求的选项.）‎ ‎1．（5分）下列各组几何体中全是多面体的一组是（　　）‎ A．三棱柱 四棱台 球 圆锥 B．三棱柱 四棱台 正方体 圆台 C．三棱柱 四棱台 正方体 六棱锥 D．圆锥 圆台 球 半球 ‎【分析】题目中四个选项中的几何体有多面体，也有旋转体，借助于多面体和旋转体的概念逐一判断即可得到正确答案．‎ ‎【解答】解：选项A中的球和圆锥是旋转体，A不正确；B中的圆台是旋转体，所以B不正确；D中的四个几何体全是旋转体，所以D不正确；只有C中的四个几何体符合多面体概念．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了简单组合体的结构特征，解答此题的关键是对概念的理解和记忆，是基础题．‎ ‎　‎ ‎2．（5分）正方体的外接球和内切球的半径之比为（　　）‎ A．1 B．2 C．2： D．3‎ ‎【分析】设出正方体的棱长，利用正方体的棱长是内切球的直径，正方体的对角线是外接球的直径，分别求出半径，即可得到结论．‎ ‎【解答】解：正方体的棱长是内切球的直径，正方体的对角线是外接球的直径，‎ 设棱长是a，内切球的半径为r1，外接球的半径为r2．则 a=2r1，r1=，‎ 又a=2r2，r2=，‎ ‎∴r2：r1=：1．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题是基础题，本题的关键是正方体的对角线就是外接球的直径，正方体的棱长是内切球的直径，考查计算能力．‎ ‎　‎ ‎3．（5分）若一个三角形，采用斜二测画法作出其直观图，则其直观图的面是原三角形面积的（　　）‎ A．倍 B．2倍 C．倍 D．倍 ‎【分析】以三角形的一边为x轴，高所在的直线为y轴，由斜二测画法看三角形底边长和高的变化即可．‎ ‎【解答】解：以三角形的一边为x轴，高所在的直线为y轴，由斜二测画法知，三角形的底长度不变，高所在的直线为y′轴，长度减半，故三家性的高变为原来的sin45°=，‎ 故直观图中三角形面积是原三角形面积的．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题重点考查了斜二侧画法、平面图形的面积的求解方法等知识，属于中档题．解题关键是准确理解斜二侧画法的内涵，与x轴平行的线段长度保持不变，与y轴平行的线段的长度减少为原来的一半．‎ ‎　‎ ‎4．（5分）一个四面体各棱长都为，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（　　）‎ A．3π B．4π C． D．6π ‎【分析】正四面体扩展为正方体，二者有相同的外接球，通过正方体的对角线的长度就是外接球的直径，求出球的表面积．‎ ‎【解答】解：由于正四面体扩展为正方体，二者有相同的外接球，所以正方体的棱长为：1，所以正方体的对角线的长度就是外接球的直径，所以球的半径为：．‎ 所以球的表面积为：4πR2==3π．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题是中档题，考查正四面体的外接球的表面积的求法，注意正四面体扩展为正方体，二者有相同的外接球是本题解题的关键，考查空间想象能力，计算能力．‎ ‎　‎ ‎5．（5分）空间四边形SABC中，各边 及对角线长都相等，若E、F 分别为SC、AB的中点，那么异面直线EF与SA所成的角为（　　）‎ A．30° B．45° C．60° D．90°‎ ‎【分析】取SB的中点G，连结GE、GF、BE、AE．∠GFE就是EF与SA所成的角．由此能求出EF与SA所成的角．‎ ‎【解答】解：求EF与SA所成的角，可把SA平移，使其角的顶点在EF上，‎ 为此取SB的中点G，连结GE、GF、BE、AE．‎ 由三角形中位线定理得GE=BC，GF=SA，且GF∥SA，‎ 所以∠GFE就是EF与SA所成的角．‎ 若设此空间四边形边长为a，那么GF=GE=a，EA=a，‎ EF==a，‎ 因此△EFG为等腰直角三角形，∠EFG=45°，‎ 所以EF与SA所成的角为45°．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查异面直线所成角的求法，考查线面、面面平行，考查线面角，考查学生分析解决问题的能力，是基础题．‎ ‎　‎ ‎6．（5分）设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：‎ ‎①若m⊥α，n∥α，则m⊥n ‎ ‎②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ ‎③若m∥α，n∥α，则m∥n ‎ ‎④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β 其中正确命题的序号是（　　）‎ A．①和② B．②和③ C．③和④ D．①和④‎ ‎【分析】根据线面平行性质定理，结合线面垂直的定义，可得①是真命题；根据面面平行的性质结合线面垂直的性质，可得②是真命题；在正方体中举出反例，可得平行于同一个平面的两条直线不一定平行，垂直于同一个平面和两个平面也不一定平行，可得③④不正确．由此可得本题的答案．‎ ‎【解答】解：对于①，因为n∥α，所以经过n作平面β，使β∩α=l，可得n∥l，‎ 又因为m⊥α，l⊂α，所以m⊥l，结合n∥l得m⊥n．由此可得①是真命题；‎ 对于②，因为α∥β且β∥γ，所以α∥γ，结合m⊥α，可得m⊥γ，故②是真命题；‎ 对于③，设直线m、n是位于正方体上底面所在平面内的相交直线，‎ 而平面α是正方体下底面所在的平面，‎ 则有m∥α且n∥α成立，但不能推出m∥n，故③不正确；‎ 对于④，设平面α、β、γ是位于正方体经过同一个顶点的三个面，‎ 则有α⊥γ且β⊥γ，但是α⊥β，推不出α∥β，故④不正确．‎ 综上所述，其中正确命题的序号是①和②‎ 故选：A ‎【点评】本题给出关于空间线面位置关系的命题，要我们找出其中的真命题，着重考查了线面平行、面面平行的性质和线面垂直、面面垂直的判定与性质等知识，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎7．（5分）如图，已知六棱锥P﹣ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA=2AB则下列结论正确的是（　　）‎ A．PB⊥AD B．平面PAB⊥平面PBC C．直线BC∥平面PAE D．直线PD与平面ABC所成的角为45°‎ ‎【分析】利用题中条件，逐一分析答案，通过排除和筛选，得到正确答案．‎ ‎【解答】解：∵AD与PB在平面的射影AB不垂直，‎ 所以A不成立，又，平面PAB⊥平面PAE，‎ 所以平面PAB⊥平面PBC也不成立；BC∥AD∥平面PAD，‎ ‎∴直线BC∥平面PAE也不成立．‎ 在Rt△PAD中，PA=AD=2AB，∴∠PDA=45°，‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查直线与平面成的角、直线与平面垂直的性质．‎ ‎　‎ ‎8．（5分）如图所示，在单位正方体ABCD﹣A1B1C1D1的面对角线A1B上存在一点P使得AP+D1P取得最小值，则此最小值为（　　）‎ A．2 B． C．2+ D．‎ ‎【分析】把对角面A1C绕A1B旋转至A1BC′D1′，使其与△AA1‎ B在同一平面上，连接AD1′并求出，就是最小值．‎ ‎【解答】解：如图所示，把对角面A1C绕A1B旋转至A1BC′D1′，‎ 使其与△AA1B在同一平面上，连接AD1′，‎ 则AD1′==为所求的最小值．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查计算能力，空间想象能力，是基础题．‎ ‎　‎ ‎9．（5分）如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，‎ ‎①BM与ED平行；‎ ‎②CN与BE是异面直线；‎ ‎③CN与BM成60°角；‎ ‎④DM与BN垂直．‎ 以上四个命题中，正确命题的序号是（　　）‎ A．①②③ B．②④ C．③④ D．②③④‎ ‎【分析】正方体的平面展开图复原为正方体，不难解答本题．‎ ‎【解答】解：由题意画出正方体的图形如图：‎ 显然①②不正确；③CN与BM成60°角，即∠ANC=60°‎ 正确；④DM⊥平面BCN，所以④正确；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查正方体的结构特征，异面直线，直线与直线所成的角，直线与直线的垂直，是基础题．‎ ‎　‎ ‎10．（5分）一个几何体的三视图如图所示，且其侧视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为（　　）‎ A． B．（4+π） C． D．‎ ‎【分析】几何体是一个组合体，是由半个圆锥和一个四棱锥组合成的几何体，圆柱的底面直径和母线长都是2，四棱锥的底面是一个边长是2的正方形，做出圆锥的高，根据圆锥和圆柱的体积公式得到结果．‎ ‎【解答】解：由三视图知，几何体是一个组合体，‎ 是由半个圆锥和一个四棱锥组合成的几何体，‎ 圆柱的底面直径和母线长都是2，‎ 四棱锥的底面是一个边长是2的正方形，‎ 四棱锥的高与圆锥的高相同，高是=，‎ ‎∴几何体的体积是=，‎ 故选D．‎ ‎【点评】‎ 本题考查由三视图求组合体的体积，考查由三视图还原直观图，本题的三视图比较特殊，不容易看出直观图，需要仔细观察．‎ ‎　‎ ‎11．（5分）等边圆柱（轴截面是正方形）、球、正方体的体积相等，它们的表面积的大小关系是（　　）‎ A．S正方体＜S球＜S圆柱 B．S球＜S圆柱＜S正方体 C．S圆柱＜S球＜S正方体 D．S球＜S正方体＜S圆柱 ‎【分析】利用正方体、等边圆柱（轴截面是正方形）、球的体积、表面积公式，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：正方体的棱长为a，体积V=a3，S正=6a2=6‎ 等边圆柱（轴截面是正方形）的高为2h，体积V=π•h2•2h=2πh3，S柱=6πh2=3，‎ 球的半径为R，体积V=πR3，‎ S球=4πR2=，‎ ‎∴S球＜S圆柱＜S正方体，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查正方体、等边圆柱（轴截面是正方形）、球的体积、表面积公式，考查学生的计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎12．（5分）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（　　）‎ A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α ‎【分析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△‎ ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，﹣6，0），D（0，0，6），Q，R，利用法向量的夹角公式即可得出二面角．‎ 解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．．可得tanα=．tanβ=，tanγ=．由已知可得：OE＞OG＞OF．即可得出．‎ ‎【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．‎ 不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，﹣6，0），D（0，0，6），‎ Q，R，‎ ‎=，=（0，3，6），=（，5，0），=，‎ ‎=．‎ 设平面PDR的法向量为=（x，y，z），则，可得，‎ 可得=，取平面ABC的法向量=（0，0，1）．‎ 则cos==，取α=arccos．‎ 同理可得：β=arccos．γ=arccos．‎ ‎∵＞＞．‎ ‎∴α＜γ＜β．‎ 解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．‎ 设OD=h．‎ 则tanα=．‎ 同理可得：tanβ=，tanγ=．‎ 由已知可得：OE＞OG＞OF．‎ ‎∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ为锐角．‎ ‎∴α＜γ＜β．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了空间角、空间位置关系、正四面体的性质、法向量的夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）．‎ ‎13．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面AB1D1和平面BC1D的位置关系为　平行　．‎ ‎【分析】根据正方体中相应的对角线之间的平行关系，我们易得到平面AB1D1‎ 和平面BC1D内有两个相交直线相互平行，由面面平行的判定定理，我们易得到平面AB1D1和平面BC1D的位置关系．‎ ‎【解答】解：∵AB1∥C1D，AD1∥BC1，‎ AB1⊂平面AB1D1，AD1⊂平面AB1D1，AB1∩AD1=A C1D⊂平面BC1D，BC1⊂平面BC1D，C1D∩BC1=C1‎ 由面面平行的判定理我们易得平面AB1D1∥平面BC1D 故答案为：平行．‎ ‎【点评】本题考查的知识点是平面与平面之间的位置关系，在判断线与面的平行与垂直关系时，正方体是最常用的空间模型，大家一定要熟练掌握这种方法．‎ ‎　‎ ‎14．（5分）A、B到平面α的距离分别为4cm和6cm，则线段AB的中点M到平面α的距离为　5cm或1cm　．‎ ‎【分析】由于A，B的位置可在同侧与异侧，故需要讨论．考虑两种情况：当A、B两点有平面α的同侧时，当A、B两点有平面α的异侧时，分别利用平面几何的知识求得M到平面α的距离即可．‎ ‎【解答】解：考虑两种情况：‎ 当A、B两点有平面α的同侧时，如图，‎ 点M到平面α的距离为5；‎ 当A、B两点有平面α的异侧时，如图，‎ 点M到平面α的距离为1；‎ 则点M到平面α的距离为5或1‎ 故答案为：5或1．‎ ‎【点评】本题以点面距离为载体，主要考查点、线、面间的距离计算等基础知识，考查空间想象力和分类讨论思想．属于基础题．‎ ‎　‎ ‎15．（5分）已知正三棱锥V﹣ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．则侧视图的面积是　6　．‎ ‎【分析】由已知中的三视图可得正三棱锥V﹣ABC的，侧棱长为4，底面棱长为2，进而可得该三棱锥的直观图，求出侧视图的底边边长和高，代入三角形面积公式，可得答案．‎ ‎【解答】解：该三棱锥的直观图，如图所示．‎ 根据三视图间的关系可得BC=2，‎ ‎∴侧视图中VA=2，‎ ‎∴S△VBC=×2×2=6．‎ 故答案为：6．‎ ‎【点评】本题考查了简单几何体的三视图，空间几何体的直观图，考查了学生的空间想象力及三视图中量的相等关系，属于基础题 ‎　‎ ‎16．（5分）点E、F、G分别是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱AB、BC、B1C1的中点，如图所示，则下列命题中的真命题是　③④⑤　（写出所有真命题的编号）．‎ ‎①以正方体的顶点为顶点的三棱锥的四个面中最多只有三个面是直角三角形；‎ ‎②过点F、D1、G的截面是正方形；‎ ‎③点P在直线FG上运动时，总有AP⊥DE；‎ ‎④点Q在直线BC1上运动时，三棱锥A﹣D1QC的体积是定值；‎ ‎⑤点M是正方体的平面A1B1C1D1内的到点D和C1距离相等的点，则点M的轨迹是一条线段．‎ ‎【分析】以三棱锥A1﹣ABC为例判断①，根据四边形FGD1D的形状判断②，根据棱锥的体积公式判断③；根据DE⊥平面AFG判断④，根据DC1⊥平面A1BCD1判断⑤．‎ ‎【解答】解：以三棱锥A1﹣ABC为例，则此三棱锥的4个面均为直角三角形，故①错误；‎ ‎∵FG∥D1D，‎ ‎∴过点F、D1、G的截面为矩形FGD1D，故②错误；‎ ‎∵FG⊥DE，DE⊥AF，‎ ‎∴DE⊥平面AFG，‎ 当P在直线FG上运动时，AP⊂平面AFG，‎ ‎∴DE⊥AP，故③正确；‎ 当Q在直线BC1上运动时，△AD1Q的面积为定值，C到平面AD1Q的距离为定值，‎ ‎∴A﹣D1QC的体积是定值，故④正确；‎ 连接D1C，则DC1⊥平面A1BCD1，∴M的轨迹是线段A1D1，故⑤正确．‎ 故答案为：③④⑤．‎ ‎【点评】本题考查了棱柱的结构特征，属于中档题．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）‎ ‎17．（10分）已知E，F，G，H为空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA上的点，且EH∥FG．求证：EH∥BD．‎ ‎【分析】由EH∥FG，推导出EH∥平面BCD，由此利用BD⊂平面BCD，BD、EH⊂平面ABD，能证明EH∥BD．‎ ‎【解答】证明：∵E，F，G，H为空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA上的点，且EH∥FG，‎ EH⊄平面BCD，FG⊂平面BCD，‎ ‎∴EH∥平面BCD，‎ ‎∵BD⊂平面BCD，BD、EH⊂平面ABD，‎ ‎∴EH∥BD．‎ ‎【点评】本题考查线线平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、是基础题．‎ ‎　‎ ‎18．（10分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．‎ ‎（1）求证：PA⊥BD；‎ ‎（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；‎ ‎（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．‎ ‎【分析】（1）运用线面垂直的判定定理可得PA⊥平面ABC，再由性质定理即可得证；‎ ‎（2）要证平面BDE⊥平面PAC，可证BD⊥平面PAC，由（1）运用面面垂直的判定定理可得平面PAC⊥平面ABC，再由等腰三角形的性质可得BD⊥AC，运用面面垂直的性质定理，即可得证；‎ ‎（3）由线面平行的性质定理可得PA∥DE，运用中位线定理，可得DE的长，以及DE⊥平面ABC，求得三角形BCD的面积，运用三棱锥的体积公式计算即可得到所求值．‎ ‎【解答】解：（1）证明：由PA⊥AB，PA⊥BC，‎ AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，且AB∩BC=B，‎ 可得PA⊥平面ABC，‎ 由BD⊂平面ABC，‎ 可得PA⊥BD；‎ ‎（2）证明：由AB=BC，D为线段AC的中点，‎ 可得BD⊥AC，‎ 由PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，‎ 可得平面PAC⊥平面ABC，‎ 又平面ABC∩平面ABC=AC，‎ BD⊂平面ABC，且BD⊥AC，‎ 即有BD⊥平面PAC，‎ BD⊂平面BDE，‎ 可得平面BDE⊥平面PAC；‎ ‎（3）PA∥平面BDE，PA⊂平面PAC，‎ 且平面PAC∩平面BDE=DE，‎ 可得PA∥DE，‎ 又D为AC的中点，‎ 可得E为PC的中点，且DE=PA=1，‎ 由PA⊥平面ABC，‎ 可得DE⊥平面ABC，‎ 可得S△BDC=S△ABC=××2×2=1，‎ 则三棱锥E﹣BCD的体积为DE•S△BDC=×1×1=．‎ ‎【点评】本题考查空间的线线、线面和面面的位置关系的判断，主要是平行和垂直的关系，注意运用线面平行的性质定理以及线面垂直的判定定理和性质定理，面面垂直的判定定理和性质定理，同时考查三棱锥的体积的求法，考查空间想象能力和推理能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎19．（12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=1，延长A1C1至点P，使C1P=A1C1，连接AP交棱CC1于点D．‎ ‎（Ⅰ）求证：PB1∥平面BDA1； ‎ ‎（Ⅱ）求二面角A﹣A1D﹣B的平面角的余弦值．‎ ‎【分析】以A1为原点，A1B，A1C，A1A分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立坐标系，则我们易求出各个点的坐标，进而求出各线的方向向量及各面的法向量．‎ ‎（I）要证明PB1∥平面BDA1，我们可以先求出直线PB1的向量，及平面BDA1的法向量，然后判断证明这两个向量互相垂直 ‎（II）由图象可得二面角A﹣A1D﹣B是一个锐二面角，我们求出平面AA1D与平面A1DB的法向量，然后求出两个法向量夹角的余弦值，得到结论．‎ ‎【解答】解：以A1为原点，A1B，A1C，A1A分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立坐标系，‎ 则A1（0，0，0），B1（1，0，0），C1（0，1，0），B（1，0，1），P（0，2，0）‎ ‎（1）在△PAA1中，C1D=AA1，则D（0，1，）‎ ‎∴=（1，0，1），=（0，1，），=（﹣1，2，0）‎ 设平面BDA1的一个法向量为=（a，b，c）‎ 则 令c=﹣1，则=（1，，﹣1）‎ ‎∵•=1×（﹣1）+×2+（﹣1）×0=0‎ ‎∴PB1∥平面BDA1‎ ‎（II）由（I）知平面BDA1的一个法向量=（1，，﹣1）‎ 又=（1，0，0）为平面AA1D的一个法向量 ‎∴cos＜，＞===‎ 故二面角A﹣A1D﹣B的平面角的余弦值为 ‎【点评】利用向量法求空间夹角问题，包括以下几种情况：‎ 空间两条直线夹角的余弦值等于他们方向向量夹角余弦值的绝对值；‎ 空间直线与平面夹角的余弦值等于直线的方向向量与平面的法向量夹角的正弦值；‎ 空间锐二面角的余弦值等于他的两个半平面方向向量夹角余弦值的绝对值；‎ ‎　‎ ‎20．（12分）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB1⊥BC1，AB=CC1=1，BC=2．‎ ‎（1）求证：A1C1⊥AB；‎ ‎（2）求点B1到平面ABC1的距离．‎ ‎【分析】（1）连接A1B，由正方形的性质可得：A1B⊥AB1，利用线面垂直的判定定理可得：AB1⊥平面A1BC1，AB1⊥A1C1，进而可得：A1C1⊥平面ABB1．‎ ‎（2）由（1）知AB⊥AC，由AB⊥AC1，AB=1，BC=2，可得AC，AC1，设所求距离为d，利用，即=•A1C1，可得d．‎ ‎【解答】（1）证明：连接A1B，由正方形ABB1A1的性质可得：A1B⊥AB1，‎ ‎∵A1B⊥BC1，∴AB1⊥平面A1BC1，‎ ‎∴AB1⊥A1C1，‎ 又∵A1C1⊥BB1，∴A1C1⊥平面ABB1，‎ ‎∴A1C1⊥AB．‎ ‎（2）由（1）知AB⊥AC，‎ ‎∵AB⊥AC1，AB=1，BC=2，‎ ‎∴，AC1=2，‎ ‎∴，‎ 设所求距离为d，‎ ‎∵，‎ ‎∴=•A1C1，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎【点评】本题考查了直三棱锥的性质、正方形的性质、勾股定理、线面垂直的判定与性质定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎21．（12分）已知正四棱锥P﹣ABCD的底面边长和侧棱长均为13，E、F分别是PA、BD上的点，且．‎ ‎（1）求证：直线EF∥平面PBC；‎ ‎（2）求直线EF与平面ABCD所成的角的正切值．‎ ‎【分析】（1）连结AF并延长与BC交于G，连接PG，根据可得EF∥‎ PG，故而直线EF∥平面PBC；‎ ‎（2）求出PO，OG，即可得出PG与平面ABCD所成角，从而得出EF与平面ABCD所成的角．‎ ‎【解答】证明：（1）连结AF并延长与BC交于G，‎ ‎∵△ADF∽△GBF，∴，‎ 又．‎ ‎∴，‎ ‎∴EF∥PG，‎ 又∵EF⊄平面PBC，PG⊂平面PBC，‎ ‎∴EF∥平面PBC．‎ ‎（2）∵EF∥PG，‎ ‎∴EF、PG与平面ABCD所成的角相等．‎ 设AC、BD交于O，连结PO、OG ‎∵PO⊥平面ABCD，∴∠PGO为所求的角，‎ ‎∵，∴，‎ 在△OBG中，由余弦定理得：，‎ 又PA=13，，∴，‎ ‎∴．‎ ‎【点评】本题考查了线面平行的判定，线面角的计算，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎22．（14分）已知△BCD中，∠BCD=90°，BC=CD=1，AB⊥平面BCD，∠ADB=60°，E、F分别是AC、AD上的动点，且=λ（0＜λ＜1）．‎ ‎（Ⅰ）求证：不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC；‎ ‎（Ⅱ）当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD？‎ ‎【分析】（Ⅰ）由AB⊥平面BCD⇒AB⊥CD，又CD⊥BC⇒CD⊥平面ABC，再利用条件可得不论λ为何值，恒有EF∥CD⇒EF⊂平面BEF，就可得不论λ为何值恒有平面BEF⊥平面ABC．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BE⊥EF，又平面BEF⊥平面ACD⇒BE⊥平面ACD⇒BE⊥AC．故只须让所求λ的值能证明BE⊥AC即可．在△ABC中求出λ的值．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD，‎ ‎∵CD⊥BC且AB∩BC=B，∴CD⊥平面ABC．（3分）‎ 又∵，‎ ‎∴不论λ为何值，恒有EF∥CD，∴EF⊥平面ABC，EF⊂平面BEF，‎ ‎∴不论λ为何值恒有平面BEF⊥平面ABC．（6分）‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BE⊥EF，又∵平面BEF⊥平面ACD，‎ ‎∴BE⊥平面ACD，∴BE⊥AC．（9分）‎ ‎∵BC=CD=1，∠BCD=90°，∠ADB=60°，‎ ‎∴，（11分）‎ ‎∴，‎ 由AB2=AE•AC得，∴，（13分）‎ 故当时，平面BEF⊥平面ACD．（14分）‎ ‎【点评】‎ 本题考查了面面垂直的判定．在证明面面垂直时，其常用方法是在其中一个平面内找两条相交直线和另一平面内的某一条直线垂直．‎ ‎　‎