数学卷·2018届江西省吉安市遂川中学高二上学期第一次月考数学试卷（文科）（解析版）

数学卷·2018届江西省吉安市遂川中学高二上学期第一次月考数学试卷（文科）（解析版）

‎2016-2017学年江西省吉安市遂川中学高二（上）第一次月考数学试卷（文科）‎ ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．以直角三角形一边为轴旋转所得的旋转体是圆锥 B．用一个平面去截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台 C．正棱锥的棱长都相等 D．棱柱的侧棱都相等，侧面是平行四边形 ‎2．已知圆锥的母线长l=5cm，高h=4cm，则该圆锥的体积是（　　）cm3．‎ A．12π B．8π C．13π D．16π ‎3．一条直线若同时平行于两个相交平面，那么这条直线与这两个平面的交线的位置关系是（　　）‎ A．异面 B．相交 C．平行 D．不能确定 ‎4．如图是一个水平放置的直观图，它是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积为（　　）‎ A．2+ B． C． D．1+‎ ‎5．设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则下列命题中正确的是（　　）‎ A．若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α B．若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l∥m C．若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n D．若l⊥m，l⊥n，则n∥m ‎6．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（　　）‎ A．20π B．24π C．28π D．32π ‎7．将一个边长为a的正方体，切成27个全等的小正方体，则表面积增加了（　　）‎ A．6a2 B．12a2 C．18a2 D．24a2‎ ‎8．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC中点，则下列叙述正确的是（　　）‎ A．CC1与B1E是异面直线 B．AC⊥平面ABB1A1‎ C．AE，B1C1为异面直线，且AE⊥B1C1‎ D．A1C1∥平面AB1E ‎9．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中E为棱BB1的中点（如图），用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．如图，E、F分别是三棱锥P﹣ABC的棱AP、BC的中点，PC=10，AB=6，EF=7，则异面直线AB与PC所成的角为（　　）‎ A．30° B．60° C．0° D．120°‎ ‎11．已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB=90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O﹣ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为（　　）‎ A．36π B．64π C．144π D．256π ‎12．设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，和a，且长为a的棱与长为的棱异面，则a的取值范围是（　　）‎ A．（0，） B．（0，） C．（1，） D．（1，）‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13．已知圆锥的表面积为6π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为　　．‎ ‎14．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1﹣EDF的体积为　　．‎ ‎15．如图，三棱锥A﹣BCD中，AB=AC=BD=CD=3，AD=BC=2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是　　．‎ ‎16．已知三棱锥P﹣ABC，若PA，PB，PC两两垂直，且PA=2，PB=PC=1，则三棱锥P﹣ABC的内切球半径为　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题6小题，共70分）‎ ‎17．如图是一个几何体的三视图，其中正视图与左视图都是全等的腰为的等腰三角形，俯视图是边长为2的正方形，‎ ‎（1）画出该几何体；‎ ‎（2）求此几何体的表面积与体积．‎ ‎18．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是AA1的中点，求证：‎ ‎（Ⅰ）A1C∥平面BDE；‎ ‎（Ⅱ）平面A1AC⊥平面BDE．‎ ‎19．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，E，F分别是BC，CC1的中点，‎ ‎（Ⅰ）证明：平面AEF⊥平面B1BCC1；‎ ‎（Ⅱ）若直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°，求三棱锥F﹣AEC的体积．‎ ‎20．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明MN∥平面PAB；‎ ‎（Ⅱ）求四面体N﹣BCM的体积．‎ ‎21．如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=，AF=1，M是线段EF的中点．‎ ‎（Ⅰ）求三棱锥A﹣BDF的体积；‎ ‎（Ⅱ）求证：AM∥平面BDE；‎ ‎（Ⅲ）求异面直线AM与DF所成的角．‎ ‎22．在直角梯形PBCD中，∠D=∠C=，BC=CD=2，PD=4，A为PD的中点，如图1．将△PAB沿AB折到△SAB的位置，使SB⊥BC，点E在SD上，且，如图2．‎ ‎（1）求证：SA⊥平面ABCD；‎ ‎（2）求二面角E﹣AC﹣D的正切值；‎ ‎（3）在线段BC上是否存在点F，使SF∥平面EAC？若存在，确定F的位置，若不存在，请说明理由．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省吉安市遂川中学高二（上）第一次月考数学试卷（文科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．以直角三角形一边为轴旋转所得的旋转体是圆锥 B．用一个平面去截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台 C．正棱锥的棱长都相等 D．棱柱的侧棱都相等，侧面是平行四边形 ‎【考点】构成空间几何体的基本元素．‎ ‎【分析】根据空间几何体的结构特征与应用问题，对选项中的命题进行判断即可．‎ ‎【解答】解：对于A，以直角三角形的一直角边为轴旋转所得的旋转体是圆锥，斜边为轴旋转所得的旋转体是组合体，故A错误．‎ 对于B，用平行与底面的平面去截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台，否则不是，故B错误；‎ 对于C，正棱锥的侧棱长都相等，底边棱长不一定相等，故C错误；‎ 对于D，棱柱的侧棱都相等，侧面是平行四边形，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．已知圆锥的母线长l=5cm，高h=4cm，则该圆锥的体积是（　　）cm3．‎ A．12π B．8π C．13π D．16π ‎【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．‎ ‎【分析】利用勾股定理可得圆锥的底面半径，那么圆锥的体积=×π×底面半径2×高，把相应数值代入即可求解．‎ ‎【解答】解：∵圆锥的高是4cm，母线长是5cm，‎ ‎∴圆锥的底面半径为3cm，‎ ‎∴圆锥的体积V=×π×32×4=12πcm3．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．一条直线若同时平行于两个相交平面，那么这条直线与这两个平面的交线的位置关系是（　　）‎ A．异面 B．相交 C．平行 D．不能确定 ‎【考点】平面与平面平行的性质．‎ ‎【分析】由题意设α∩β=l，a∥α，a∥β，然后过直线a作与α、β都相交的平面γ，利用平面与平面平行的性质进行求解．‎ ‎【解答】解：设α∩β=l，a∥α，a∥β，‎ 过直线a作与α、β都相交的平面γ，‎ 记α∩γ=b，β∩γ=c，‎ 则a∥b且a∥c，‎ ‎∴b∥c．‎ 又b⊂α，α∩β=l，‎ ‎∴b∥l．‎ ‎∴a∥l．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．如图是一个水平放置的直观图，它是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积为（　　）‎ A．2+ B． C． D．1+‎ ‎【考点】平面图形的直观图．‎ ‎【分析】根据斜二侧画法画平面图形的直观图的步骤，判断平面图形为直角梯形，且直角腰长为2，上底边长为1，再求出下底边长，代入梯形的面积公式计算．‎ ‎【解答】解：∵平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，‎ ‎∴平面图形为直角梯形，且直角腰长为2，上底边长为1，‎ ‎∴梯形的下底边长为1+，‎ ‎∴平面图形的面积S=×2=2+．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则下列命题中正确的是（　　）‎ A．若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α B．若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l∥m C．若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n D．若l⊥m，l⊥n，则n∥m ‎【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系．‎ ‎【分析】A、根据线面垂直的判定，可判断；‎ B、选用正方体模型，可得l，m平行、相交、异面都有可能；‎ C、由垂直于同一平面的两直线平行得m∥n，再根据平行线的传递性，即可得l∥n；‎ D、n、m平行、相交、异面均有可能．‎ ‎【解答】解：对于A，根据线面垂直的判定，当m，n相交时，结论成立，故A不正确；‎ 对于B，m⊂α，n⊥α，则n⊥m，∵l⊥n，∴可以选用正方体模型，可得l，m平行、相交、异面都有可能，如图所示，故B不正确；‎ 对于C，由垂直于同一平面的两直线平行得m∥n，再根据平行线的传递性，即可得l∥n，故C正确；‎ 对于D，l⊥m，l⊥n，则n、m平行、相交、异面均有可能，故D不正确 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（　　）‎ A．20π B．24π C．28π D．32π ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】空间几何体是一个组合体，上面是一个圆锥，圆锥的底面直径是4，圆锥的高是2，在轴截面中圆锥的母线长使用勾股定理做出的，写出表面积，下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是4，圆柱的高是4，做出圆柱的表面积，注意不包括重合的平面．‎ ‎【解答】解：由三视图知，空间几何体是一个组合体，‎ 上面是一个圆锥，圆锥的底面直径是4，圆锥的高是2，‎ ‎∴在轴截面中圆锥的母线长是=4，‎ ‎∴圆锥的侧面积是π×2×4=8π，‎ 下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是4，圆柱的高是4，‎ ‎∴圆柱表现出来的表面积是π×22+2π×2×4=20π ‎∴空间组合体的表面积是28π，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．将一个边长为a的正方体，切成27个全等的小正方体，则表面积增加了（　　）‎ A．6a2 B．12a2 C．18a2 D．24a2‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．‎ ‎【分析】求出正方体的表面积，然后求出一个小正方体的表面积，即可得到结论．‎ ‎【解答】解：由题意可知正方体的表面积为：6a2；小正方体的棱长为：，小正方体的表面积为：6×=；27个全等的小正方体的表面积为：18a2，‎ 表面积增加了：12a2．‎ 故选B ‎　‎ ‎8．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC中点，则下列叙述正确的是（　　）‎ A．CC1与B1E是异面直线 B．AC⊥平面ABB1A1‎ C．AE，B1C1为异面直线，且AE⊥B1C1‎ D．A1C1∥平面AB1E ‎【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．‎ ‎【分析】由题意，此几何体是一个直三棱柱，且其底面是正三角形，E是中点，由这些条件对四个选项逐一判断得出正确选项 ‎【解答】解：A不正确，因为CC1与B1E在同一个侧面中，故不是异面直线；‎ B不正确，由题意知，上底面ABC是一个正三角形，故不可能存在AC⊥平面ABB1A1；‎ C正确，因为AE，B1C1为在两个平行平面中且不平行的两条直线，故它们是异面直线；‎ D不正确，因为A1C1所在的平面与平面AB1E相交，且A1C1与交线有公共点，故A1C1∥平面AB1E不正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中E为棱BB1的中点（如图），用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】简单空间图形的三视图．‎ ‎【分析】根据剩余几何体的直观图即可得到平面的左视图．‎ ‎【解答】解：过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分后，剩余部分的直观图如图：‎ 则该几何体的左视图为C．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎10．如图，E、F分别是三棱锥P﹣ABC的棱AP、BC的中点，PC=10，AB=6，EF=7，则异面直线AB与PC所成的角为（　　）‎ A．30° B．60° C．0° D．120°‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角．‎ ‎【分析】先取AC的中点G，连接EG，GF，由三角形的中位线定理可得GE∥PC，GF∥AB且GE=5，GF=3，根据异面直线所成角的定义，再利用余弦定理求解．‎ ‎【解答】解：取AC的中点G，连接EG，GF，‎ 由中位线定理可得：GE∥PC，GF∥AB且GE=5，GF=3，‎ ‎∴∠EGF或补角是异面直线PC，AB所成的角．‎ 在△GEF中由余弦定理可得：cos∠EGF===﹣‎ ‎∴∠EGF=120°，则异面直线PC，AB所成的角为60°．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎11．已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB=90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O﹣ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为（　　）‎ A．36π B．64π C．144π D．256π ‎【考点】球的体积和表面积．‎ ‎【分析】当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，利用三棱锥O﹣ABC体积的最大值为36，求出半径，即可求出球O的表面积．‎ ‎【解答】解：如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，设球O的半径为R，此时VO﹣ABC=VC﹣AOB===36，故R=6，则球O的表面积为4πR2=144π，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，和a，且长为a的棱与长为的棱异面，则a的取值范围是（　　）‎ A．（0，） B．（0，） C．（1，） D．（1，）‎ ‎【考点】异面直线的判定；棱锥的结构特征．‎ ‎【分析】先在三角形BCD中求出a的范围，再在三角形AED中求出a的范围，二者相结合即可得到答案．‎ ‎【解答】解：设四面体的底面是BCD，BC=a，BD=CD=1，顶点为A，AD=‎ 在三角形BCD中，因为两边之和大于第三边可得：0＜a＜2 （1）‎ 取BC中点E，∵E是中点，直角三角形ACE全等于直角DCE，‎ 所以在三角形AED中，AE=ED=‎ ‎∵两边之和大于第三边 ‎∴＜2 得0＜a＜ （负值0值舍）（2）‎ 由（1）（2）得0＜a＜．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13．已知圆锥的表面积为6π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为　　．‎ ‎【考点】棱锥的结构特征；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．‎ ‎【分析】利用圆锥的表面积公式即可求出圆锥的底面半径．‎ ‎【解答】解：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，‎ ‎∵圆锥的侧面展开图是一个半圆，‎ ‎∴2πr=πl，‎ ‎∴l=2r，‎ ‎∵圆锥的表面积为πr2+πrl=πr2+2πr2=6π，‎ ‎∴r2=2，‎ 即r=，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎14．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1﹣EDF的体积为　　．‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；棱柱的结构特征．‎ ‎【分析】将三棱锥D1﹣EDF选择△D1ED为底面，F为顶点，进行等体积转化V D1﹣EDF=V F﹣D1ED后体积易求．‎ ‎【解答】解：将三棱锥D1﹣EDF选择△D1ED为底面，F为顶点，则=，‎ 其==，F到底面D1ED的距离等于棱长1，‎ 所以=××1=S 故答案为：‎ ‎　‎ ‎15．如图，三棱锥A﹣BCD中，AB=AC=BD=CD=3，AD=BC=2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是　　．‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角．‎ ‎【分析】连结ND，取ND 的中点为：E，连结ME说明异面直线AN，CM所成的角就是∠EMC通过解三角形，求解即可．‎ ‎【解答】解：连结ND，取ND 的中点为：E，连结ME，则ME∥AN，异面直线AN，CM所成的角就是∠EMC，‎ ‎∵AN=2，‎ ‎∴ME==EN，MC=2，‎ 又∵EN⊥NC，∴EC==，‎ ‎∴cos∠EMC===．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎16．已知三棱锥P﹣ABC，若PA，PB，PC两两垂直，且PA=2，PB=PC=1，则三棱锥P﹣ABC的内切球半径为　　．‎ ‎【考点】球的体积和表面积；棱锥的结构特征．‎ ‎【分析】利用三棱锥P﹣ABC的内切球的球心，将三棱锥分割成4个三棱锥，利用等体积，即可求得结论．‎ ‎【解答】解：由题意，设三棱锥P﹣ABC的内切球的半径为r，球心为O，则由等体积 VB﹣PAC=VO﹣PAB+VO﹣PAC+VO﹣ABC 可得=++，‎ ‎∴r=．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题6小题，共70分）‎ ‎17．如图是一个几何体的三视图，其中正视图与左视图都是全等的腰为的等腰三角形，俯视图是边长为2的正方形，‎ ‎（1）画出该几何体；‎ ‎（2）求此几何体的表面积与体积．‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】由三视图可知，该几何体为四棱锥，根据条件确定棱锥的高和边长，利用棱锥的体积公式和表面积公式计算即可．‎ ‎【解答】解：（1）该几何体的直观图如图所示 ‎（2）作斜高EF⊥BC，连接EO，OF，由正视图可知：，‎ 在Rt△EOF中：，‎ ‎∴，‎ ‎．‎ ‎　‎ ‎18．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是AA1的中点，求证：‎ ‎（Ⅰ）A1C∥平面BDE；‎ ‎（Ⅱ）平面A1AC⊥平面BDE．‎ ‎【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．‎ ‎【分析】（Ⅰ）连接AC交BD于O，连接EO，△A1AC中利用中位线，得EO∥A1C．再结合线面平行的判定定理，可得A1C∥平面BDE；‎ ‎（II）根据正方体的侧棱垂直于底面，结合线面垂直的定义，得到AA1⊥BD．再结合正方形的对角线互相垂直，得到AC⊥BD，从而得到BD⊥平面A1AC，最后利用面面垂直的判定定理，可以证出平面A1AC⊥平面BDE．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）连接AC交BD于O，连接EO，‎ ‎∵E为AA1的中点，O为AC的中点 ‎∴EO为△A1AC的中位线 ‎∴EO∥A1C 又∵EO⊂平面BDE，A1C⊄平面BDE ‎∴A1C∥平面BDE；…‎ ‎（Ⅱ）∵AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD ‎∴AA1⊥BD 又∵四边形ABCD是正方形 ‎∴AC⊥BD，‎ ‎∵AA1∩AC=A，AA1、AC⊂平面A1AC ‎∴BD⊥平面A1AC 又∵BD⊂平面BDE ‎∴平面A1AC⊥平面BDE．…‎ ‎　‎ ‎19．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，E，F分别是BC，CC1的中点，‎ ‎（Ⅰ）证明：平面AEF⊥平面B1BCC1；‎ ‎（Ⅱ）若直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°，求三棱锥F﹣AEC的体积．‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】（Ⅰ）证明AE⊥BB1，AE⊥BC，BC∩BB1=B，推出AE⊥平面B1BCC1，利用平面余平米垂直的判定定理证明平面AEF⊥平面B1BCC1；‎ ‎（Ⅱ）取AB的中点G，说明直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°，就是∠CA1G，求出棱锥的高与底面面积即可求解几何体的体积．‎ ‎【解答】（Ⅰ）证明：∵几何体是直棱柱，∴BB1⊥底面ABC，AE⊂底面ABC，∴AE⊥BB1，‎ ‎∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，E分别是BC的中点，‎ ‎∴AE⊥BC，BC∩BB1=B，∴AE⊥平面B1BCC1，‎ ‎∵AE⊂平面AEF，∴平面AEF⊥平面B1BCC1；‎ ‎（Ⅱ）解：取AB的中点G，连结A1G，CG，由（Ⅰ）可知CG⊥平面A1ABB1，‎ 直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°，就是∠CA1G，则A1G=CG=，‎ ‎∴AA1==，CF=．‎ 三棱锥F﹣AEC的体积：×==．‎ ‎　‎ ‎20．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明MN∥平面PAB；‎ ‎（Ⅱ）求四面体N﹣BCM的体积．‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．‎ ‎【分析】（Ⅰ）取BC中点E，连结EN，EM，得NE是△PBC的中位线，推导出四边形ABEM是平行四边形，由此能证明MN∥平面PAB．‎ ‎（Ⅱ）取AC中点F，连结NF，NF是△PAC的中位线，推导出NF⊥面ABCD，延长BC至G，使得CG=AM，连结GM，则四边形AGCM是平行四边形，由此能求出四面体N﹣BCM的体积．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）取BC中点E，连结EN，EM，‎ ‎∵N为PC的中点，∴NE是△PBC的中位线，‎ ‎∴NE∥PB，‎ 又∵AD∥BC，∴BE∥AD，‎ ‎∵AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，‎ ‎∴BE=BC=AM=2，‎ ‎∴四边形ABEM是平行四边形，‎ ‎∴EM∥AB，∴平面NEM∥平面PAB，‎ ‎∵MN⊂平面NEM，∴MN∥平面PAB．‎ 解：（Ⅱ）取AC中点F，连结NF，‎ ‎∵NF是△PAC的中位线，‎ ‎∴NF∥PA，NF==2，‎ 又∵PA⊥面ABCD，∴NF⊥面ABCD，‎ 如图，延长BC至G，使得CG=AM，连结GM，‎ ‎∵AMCG，∴四边形AGCM是平行四边形，‎ ‎∴AC=MG=3，‎ 又∵ME=3，EC=CG=2，‎ ‎∴△MEG的高h=，‎ ‎∴S△BCM===2，‎ ‎∴四面体N﹣BCM的体积VN﹣BCM===．‎ ‎　‎ ‎21．如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=，AF=1，M是线段EF的中点．‎ ‎（Ⅰ）求三棱锥A﹣BDF的体积；‎ ‎（Ⅱ）求证：AM∥平面BDE；‎ ‎（Ⅲ）求异面直线AM与DF所成的角．‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定．‎ ‎【分析】（Ⅰ）根据三棱锥的条件公式即可求三棱锥A﹣BDF的体积；‎ ‎（Ⅱ）根据线面平行的判定定理即可证明AM∥平面BDE；‎ ‎（Ⅲ）根据异面直线所成角的定义即可求异面直线AM与DF所成的角．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ） 三棱锥A﹣BDF的体积为=，…‎ ‎（Ⅱ） 证明：连接BD，BD∩AC=O，连接EO．…..‎ ‎∵E，M为中点，且ACEF为矩形，‎ ‎∴EM∥OA，EM=0A，…‎ ‎∴四边形EOAM为平行四边形，‎ ‎∴AM∥EO，…‎ ‎∵EO⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，‎ ‎∴AM∥平面BDE． …‎ ‎（Ⅲ）过点M作MG∥DF，则∠AMG为异面直线DF与AM所成的角，…‎ ‎∵M为中点，‎ ‎∴点G为线段DE的中点，‎ ‎∴MG=，…‎ 连接AG，过G作GH∥EC，则H为DC的中点，‎ ‎∴GH=CE=，HA=，则AG=，…‎ 在△AMG中，AG=，MG=，AM=，‎ ‎∴AG2=MG2+AM2，‎ ‎∴异面直线DF与AM所成的角为． …‎ ‎　‎ ‎22．在直角梯形PBCD中，∠D=∠C=，BC=CD=2，PD=4，A为PD的中点，如图1．将△PAB沿AB折到△SAB的位置，使SB⊥BC，点E在SD上，且，如图2．‎ ‎（1）求证：SA⊥平面ABCD；‎ ‎（2）求二面角E﹣AC﹣D的正切值；‎ ‎（3）在线段BC上是否存在点F，使SF∥平面EAC？若存在，确定F的位置，若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定；与二面角有关的立体几何综合题．‎ ‎【分析】（法一）‎ ‎（1）由题意可知，题图2中SA⊥AB①，易证BC⊥SA②，由①②根据直线与平面垂直的判定定理可得SA⊥平面ABCD；‎ ‎（2）（三垂线法）由考虑在AD上取一点O，使得，从而可得EO∥SA，所以EO⊥平面ABCD，过O作OH⊥AC交AC于H，连接EH，∠EHO为二面角E﹣AC﹣D的平面角，在Rt△AHO中求解即可 ‎（3）取BC中点F，所以，又由题意 从而可得SF∥EM，所以有SF∥平面EAC ‎（法二：空间向量法）‎ ‎（1）同法一 ‎（2）以A为原点建立直角坐标系，易知平面ACD的法向为，求平面EAC的法向量，代入公式求解即可 ‎（3）由SF∥平面EAC，所以，利用向量数量的坐标表示，可求 ‎【解答】解法一：（1）证明：在题图1中，由题意可知，BA⊥PD，ABCD为正方形，‎ 所以在题图2中，SA⊥AB，SA=2，‎ 四边形ABCD是边长为2的正方形，‎ 因为SB⊥BC，AB⊥BC，‎ 所以BC⊥平面SAB，‎ 又SA⊂平面SAB，‎ 所以BC⊥SA，‎ 又SA⊥AB，‎ 所以SA⊥平面ABCD，‎ ‎（2）在AD上取一点O，使，连接EO．‎ 因为，所以EO∥SA 所以EO⊥平面ABCD，‎ 过O作OH⊥AC交AC于H，连接EH，‎ 则AC⊥平面EOH，‎ 所以AC⊥EH．‎ 所以∠EHO为二面角E﹣AC﹣D的平面角，．‎ 在Rt△AHO中，．，‎ 即二面角E﹣AC﹣D的正切值为．‎ ‎（3）当F为BC中点时，SF∥平面EAC，‎ 理由如下：取BC的中点F，连接DF交AC于M，‎ 连接EM，AD∥FC，‎ 所以，又由题意 SF∥EM，‎ 所以SF∥平面EAC，即当F为BC的中点时，‎ SF∥平面EAC 解法二：（1）同方法一 ‎（2）如图，以A为原点建立直角坐标系，‎ A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），S（0，0，2），E（0，）‎ 易知平面ACD的法向为 设平面EAC的法向量为n=（x，y，z）‎ 由，‎ 所以，可取 所以n=（2，﹣2，1）．‎ 所以 所以 即二面角E﹣AC﹣D的正切值为．‎ ‎（3）设存在F∈BC，‎ 所以SF∥平面EAC，‎ 设F（2，a，0）‎ 所以，由SF∥平面EAC，‎ 所以，所以4﹣2a﹣2=0，‎ 即a=1，即F（2，1，0）为BC的中点 ‎　‎