数学卷·2018届浙江省嘉兴市桐乡市茅盾中学高二上学期期中数学试卷（解析版）

数学卷·2018届浙江省嘉兴市桐乡市茅盾中学高二上学期期中数学试卷（解析版）

2016-2017 学年浙江省嘉兴市桐乡市茅盾中学高二（上）期中数学试卷 一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，满分 40 分） 1．已知直线 m，n 和平面α，满足 m⊂α，n⊥α，则直线 m，n 的关系是（ ） A．平行 B．异面 C．垂直 D．平行或异面 2．若直线 3x+y+a=0 过圆 x2+y2+2x﹣4y=0 的圆心，则 a 的值为（ ） A．﹣1 B．1 C．3 D．﹣3 3．已知 m，n 是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的是（ ） A．若 m∥α，n∥α．则 m∥n B．若 m⊥α，n⊥α，则 m∥n C．若 m∥α，m∥β，则α∥β D．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β 4．直线 x﹣y+3=0 被圆（x+2）2+（y﹣2）2=2 截得的弦长等于（ ） A． B． C．2 D． 5．如图所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为 1 的正方形，俯视图是一个直径 为 1 的圆，那么这个几何体的全面积为（ ） A． B．2π C．3π D．4π 6．设一个球的表面积为 S1，它的内接正方体的表面积为 S2，则 的值等于（ ） A． B． C． D． 7．圆 x2+y2﹣2x﹣1=0 关于直线 2x﹣y+3=0 对称的圆的方程是（ ） A．（x+3）2+（y﹣2）2= B．（x﹣3）2+（y+2）2= C．（x+3）2+（y﹣2）2=2 D．（x﹣3） 2+（y+2）2=2 8．已知圆 C1：x2+y2﹣2x=0，圆 C2：x2+y2﹣4y﹣1=0，两圆的相交弦为 AB，则圆心 C1 到 AB 的 距离为（ ） A． B． C． D． 9．正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，E，F 分别为棱 AB，CC1 的中点，在平面 ADD1A1 内且与平面 D1EF 平行的直线（ ） A．有无数条 B．有 2 条 C．有 1 条 D．不存在 10．如图，在菱形 ABCD 中，∠BAD=60°，线段 AD，BD 的中点分别为 E，F．现将△ABD 沿对 角线 BD 翻折，则异面直线 BE 与 CF 所成角的取值范围是（ ） A．（ ， ） B．（ ， ] C．（ ， ] D．（ ， ） 二、选择题（本大题共 8 小题，每题 3 分，共 24 分．） 11．圆（x﹣1）2+（y﹣1）2=1 与圆 x2+y2=2 的位置关系为 ． 12．直线 与圆 x2+y2﹣2x﹣2=0 相切，则实数 m= ． 13．已知长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，AB=4，BC=3，AA1=5，则异面直线 BD1 与 AC 所成角的余弦值 为 ． 14．一个圆锥的表面积为π，它的侧面展开图是圆心角为 120°的扇形，则该圆锥的高为 ． 15．已知椭圆 C 的两个焦点分别为 F1（﹣1，0），F2（1，0），点 M（1， ）在椭圆 C 上，则 椭圆 C 的方程为 ． 16．已知球的半径为 2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆．若两圆的公共弦长为 2， 则两圆的圆心距等于 ． 17．如图，PA⊥⊙O 所在平面，AB 是⊙O 的直径，C 是⊙O 上一点，AE⊥PC，AF⊥PB，给出下 列结论：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面 PBC，其中真命题的序号是 ． 18．已知圆 C：x2+（y﹣2）2=1，P 是 x 轴正半轴上的一个动点，若 PA，PB 分别切圆 C 于 A，B 两点，若|AB|= ，则直线 CP 的方程为 ． 三、解答题（本大题共 4 小题，19，20 每题 8 分，21，22 每题 10 分，共 36 分．） 19．（8 分）如图，四棱锥 P﹣ABCD 的底面是边长为 1 的正方形，PA⊥CD，PA=1，PD= ． （Ⅰ）求证：PA⊥平面 ABCD； （Ⅱ）求四棱锥 P﹣ABCD 的体积． 20．（8 分）直线 l 经过点 P（5，5），且与圆 C：x2+y2=25 相交，截得弦长为 4 ，则 l 的 方程是 ． 21．（10 分）如图，四棱锥 P﹣ABCD 的底面 ABCD 是正方形，PA⊥平面 ABCD，PA=AB=2． （1）若 E，F 分别是 PC，AD 的中点，证明：EF∥平面 PAB； （2）若 E 是 PC 的中点，F 是 AD 上的动点，问 AF 为何值时，EF⊥平面 PBC． 22．（10 分）如图，三棱锥 P﹣ABC 中，D，E 分别是 BC，AC 的中点．PB=PC=AB=2，AC=4，BC=2 ， PA= ． （1）求证：平面 ABC⊥平面 PED； （2）求 AC 与平面 PBC 所成的角； （3）求平面 PED 与平面 PAB 所成锐二面角的余弦值． 2016-2017 学年浙江省嘉兴市桐乡市茅盾中学高二（上）期中数学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，满分 40 分） 1．已知直线 m，n 和平面α，满足 m⊂α，n⊥α，则直线 m，n 的关系是（ ） A．平行 B．异面 C．垂直 D．平行或异面 【考点】空间中直线与平面之间的位置关系． 【分析】根据线面垂直的性质可得结论． 【解答】解：∵n⊥α，m⊂α， ∴根据线面垂直的性质可得 n⊥m． 故选 C． 【点评】本题考查根据线面垂直的性质，比较基础． 2．若直线 3x+y+a=0 过圆 x2+y2+2x﹣4y=0 的圆心，则 a 的值为（ ） A．﹣1 B．1 C．3 D．﹣3 【考点】圆与圆的位置关系及其判定． 【分析】把圆 x2+y2+2x﹣4y=0 的圆心为（﹣1，2）代入直线 3x+y+a=0，解方程求得 a 的值． 【解答】解：圆 x2+y2+2x﹣4y=0 的圆心为（﹣1，2）， 代入直线 3x+y+a=0 得：﹣3+2+a=0， ∴a=1， 故选 B． 【点评】本题考查根据圆的方程求圆心的坐标的方法，用待定系数法求参数的取值范围． 3．已知 m，n 是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的是（ ） A．若 m∥α，n∥α．则 m∥n B．若 m⊥α，n⊥α，则 m∥n C．若 m∥α，m∥β，则α∥β D．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β 【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 根据线面平行的性质判断．B 利用线面垂直的性质判断．C 利用线面平行和面面平 行的判定定理判断．D 利用面面垂直的性质定理判断． 【解答】解：A．平行于同一平面的两条直线不一定平行，可能相交，可能异面，∴A 错误． B．垂直于同一平面的两条直线平行，∴B 正确． C．平行于同一条直线的两个平面的不一定平行，可能相交，∴C 错误． D．垂直于同一平面的两个平面不一定平行，可能相交，∴D 错误． 故选：B． 【点评】本题主要考查空间直线和平面平行或垂直的位置关系的判断，要求熟练掌握相应的 判定定理和性质定理． 4．直线 x﹣y+3=0 被圆（x+2）2+（y﹣2）2=2 截得的弦长等于（ ） A． B． C．2 D． 【考点】直线和圆的方程的应用． 【分析】先根据点到直线的距离公式求出圆心到弦的距离即弦心距 OD，然后根据垂径定理得 到垂足为弦长的中点 D，根据勾股定理求出弦长的一半 BD，乘以 2 即可求出弦长 AB． 【解答】解：连接 OB，过 O 作 OD⊥AB，根据垂径定理得：D 为 AB 的中点， 根据（x+2）2+（y﹣2）2=2 得到圆心坐标为（﹣2，2），半径为 ． 圆心 O 到直线 AB 的距离 OD= = ，而半径 OB= ， 则在直角三角形 OBD 中根据勾股定理得 BD= = ，所以 AB=2BD= 故选 D． 【点评】考查学生灵活运用点到直线的距离公式解决数学问题，以及理解直线和圆相交所截 取的弦的一半、圆的半径、弦心距构成直角三角形．灵活运用垂径定理解决数学问题． 5．如图所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为 1 的正方形，俯视图是一个直径 为 1 的圆，那么这个几何体的全面积为（ ） A． B．2π C．3π D．4π 【考点】由三视图求面积、体积． 【分析】几何体是一个圆柱，圆柱的底面是一个直径为 1 的圆，圆柱的高是 1，圆柱的表面积 包括三部分，两个圆的面积和一个矩形的面积，写出表示式，得到结果． 【解答】解：由三视图知几何体是一个圆柱， 圆柱的底面是一个直径为 1 的圆， 圆柱的高是 1， ∴圆柱的全面积是 2×π +2 = ， 故选 A． 【点评】本题考查由三视图求几何体的表面积，考查有三视图还原直观图，本题是一个基础 题，题目的条件比较简单，是一个送分题目． 6．设一个球的表面积为 S1，它的内接正方体的表面积为 S2，则 的值等于（ ） A． B． C． D． 【考点】球内接多面体；球的体积和表面积． 【分析】设出正方体的棱长，然后求出正方体的表面积，求出正方体的体对角线的长，就是 球的直径，求出球的表面积，即可得到二者的比值． 【解答】解：设正方体的棱长为：1， 所以正方体的表面积为：S2=6； 正方体的体对角线的长为： ，就是球的直径， 所以球的表面积为：S1= =3π． 所以 = = ． 故选 D． 【点评】本题考查球的体积表面积，正方体的外接球的知识，仔细分析，找出二者之间的关 系：正方体的对角线就是球的直径，是解题关键，本题考查转化思想，是基础题． 7．圆 x2+y2﹣2x﹣1=0 关于直线 2x﹣y+3=0 对称的圆的方程是（ ） A．（x+3）2+（y﹣2）2= B．（x﹣3）2+（y+2）2= C．（x+3） 2+（y﹣2） 2=2 D．（x﹣3）2+（y+2）2=2 【考点】关于点、直线对称的圆的方程． 【分析】先求圆心和半径，再去求对称点坐标，可得到圆的标准方程． 【解答】解：圆 x2+y2﹣2x﹣1=0⇒（x﹣1）2+y2=2，圆心（1，0），半径 ，关于直线 2x ﹣y+3=0 对称的圆半径不变，排除 A、B，两圆圆心连线段的中点在直线 2x﹣y+3=0 上，C 中圆 （x+3）2+（y﹣2）2=2 的圆心为（﹣3，2），验证适合，故选 C 【点评】本题是选择题，采用计算、排除、验证相结合的方法解答，起到事半功倍的效果． 8．已知圆 C1：x2+y2﹣2x=0，圆 C2：x2+y2﹣4y﹣1=0，两圆的相交弦为 AB，则圆心 C1 到 AB 的 距离为（ ） A． B． C． D． 【考点】圆与圆的位置关系及其判定． 【分析】把圆 C1 的方程化为标准形式，求得圆心和半径，把两个圆的方程相减，可得公共弦 所在的直线方程，再求出圆心 C1 到 AB 的距离． 【解答】解：圆 C1：x2+y2﹣2x=0，即 （x﹣1）2+y2=1，表示以 C1（1，0）为圆心，半径等于 1 的圆． 把两个圆的方程相减，可得公共弦所在的直线方程为 2x﹣4y﹣1=0， C1（1，0）到 AB 的距离为 = ， 故选 B． 【点评】本题主要考查两个圆的位置关系及其判定，求两个圆的公共弦所在的直线方程的方 法，属于中档题． 9．正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，E，F 分别为棱 AB，CC1 的中点，在平面 ADD1A1 内且与平面 D1EF 平行的直线（ ） A．有无数条 B．有 2 条 C．有 1 条 D．不存在 【考点】空间中直线与平面之间的位置关系． 【分析】由已知中 E，F 分别为棱 AB，CC1 的中点，结合正方体的结构特征易得平面 ADD1A1 与 平面 D1EF 相交，由公理 3，可得两个平面必有交线 l，由线面平行的判定定理在平面 ADD1A1 内， 只要与 l 平行的直线均满足条件，进而得到答案 【解答】解：由题设知平面 ADD1A1 与平面 D1EF 有公共点 D1， 由平面的基本性质中的公理知必有过该点的公共线 l， 在平面 ADD1A1 内与 l 平行的线有无数条，且它们都不在平面 D1EF 内， 由线面平行的判定定理知它们都与面 D1EF 平行； 故选 A 【点评】本题考查的知识点是平面的基本性质，正方体的几何特征，线面平行的判定定理， 熟练掌握这些基本的立体几何的公理、定理，培养良好的空间想像能力是解答此类问题的关 键． 10．如图，在菱形 ABCD 中，∠BAD=60°，线段 AD，BD 的中点分别为 E，F．现将△ABD 沿对 角线 BD 翻折，则异面直线 BE 与 CF 所成角的取值范围是（ ） A．（ ， ） B．（ ， ]C．（ ， ]D ． （ ， ） 【考点】异面直线及其所成的角． 【分析】可设菱形的边长为 1，从而由条件可得到 BE=CF= ，BD=1，根据向量加法的平 行 四 边 形 法 则 及 向 量 减 法 的 几 何 意 义 可 得 到 ，然后进行 向 量 数 量 积 的 运 算 可 求 出 ， 从 而 可 得 到 ， 而 由 可 得 ， 从 而 可 以 得 到 向 量 夹角的范围，进而便可得出异面直线 BE 与 CF 所成角的取值范围． 【解答】解：可设菱形的边长为 1，则 BE=CF= ，BD=1； 线段 AD，BD 的中点分别为 E，F； ∴ ， = ； ∴ = = = ； ∴ = ； 由图看出 ； ∴ ； ∴ ； 即异面直线 BE 与 CF 所成角的取值范围是 ． 故选：C． 【点评】考查向量加法的平行四边形法则，向量减法的几何意义，以及向量数量积的运算及 其计算公式，向量夹角余弦的计算公式，清楚向量夹角的范围，以及异面直线所成角的范围． 二、选择题（本大题共 8 小题，每题 3 分，共 24 分．） 11．圆（x﹣1）2+（y﹣1）2=1 与圆 x2+y2=2 的位置关系为 相交 ． 【考点】圆与圆的位置关系及其判定． 【分析】根据两圆的圆心距大于半径之差，而小于半径之和，可得两圆相交． 【解答】解：两圆（x﹣1）2+（y﹣1）2=1 与圆 x2+y2=2 的圆心距为 ，它大于半径之差 ﹣1，而小于半径之和 +1， 故两圆相交， 故答案为：相交． 【点评】本题主要考查圆和圆的位置关系的判定，属于基础题． 12．直线 与圆 x2+y2﹣2x﹣2=0 相切，则实数 m= 或 ． 【考点】圆的切线方程． 【分析】求出圆 x2+y2﹣2x﹣2=0 的圆心为 C（1，0）、半径 r= ，根据直线与圆相切可得 圆心到直线的距离等于半径，利用点到直线的距离公式列式，解之即可得到实数 m 的值． 【解答】解：∵将圆 x2+y2﹣2x﹣2=0 化成标准方程，得（x﹣1）2+y2=3， ∴圆 x2+y2﹣2x﹣2=0 的圆心为 C（1，0），半径 r= ． ∵直线 与圆 x2+y2﹣2x﹣2=0 相切， ∴ 点 C 到 直 线 的 距 离 等 于 半 径 ， 即 = ， 解之得 m= 或 ． 故答案为： 或 【点评】本题给出含有参数 m 的直线与已知圆相切，求参数 m 之值．着重考查了圆的标准方 程、点到直线的距离公式和直线与圆的位置关系等知识，属于中档题． 13．已知长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，AB=4，BC=3，AA1=5，则异面直线 BD1 与 AC 所成角的余弦值 为 ． 【考点】异面直线及其所成的角． 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法能求出 AC 与 BD1 所成角的余弦值． 【解答】解：建立如图坐标系， ∵在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，AB=4，BC=3，AA1=5， ∴D1（0，0，5），B（3，4，0）， A（3，0，0），C（0，4，0）， ∴ =（﹣3，﹣4，5）， =（﹣3，4，0）． ∴cos＜ ， ＞= =﹣ ． ∴AC 与 BD1 所成角的余弦值 ． 故答案为： ． 【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向 量法的合理运用． 14．一个圆锥的表面积为π，它的侧面展开图是圆心角为 120°的扇形，则该圆锥的高为 ． 【考点】棱锥的结构特征． 【分析】设圆锥的底面半径为 r，结合圆锥的表面积为π，它的侧面展开图是圆心角为 120° 的扇形，求出圆锥和母线，进而根据勾股定理可得圆锥的高． 【解答】解：设圆锥的底面半径为 r， ∵它的侧面展开图是圆心角为 120°的扇形， ∴圆锥的母线长为 3r， 又∵圆锥的表面积为π， ∴πr（r+3r）=π， 解得：r= ，l= ， 故圆锥的高 h= = ， 故答案为： ． 【点评】本题考查的知识点是旋转体，熟练掌握圆锥的几何特征是解答的关键． 15．已知椭圆 C 的两个焦点分别为 F1（﹣1，0），F2（1，0），点 M（1， ）在椭圆 C 上， 则椭圆 C 的方程为 + =1 ． 【考点】椭圆的简单性质；椭圆的标准方程． 【分析】利用椭圆定义求得 a，结合隐含条件求得 b，则椭圆方程可求； 【解答】解：由题意设椭圆方程为 ， ∵椭圆 C 的两个焦点分别为 F1（﹣1，0）， F2 （ 1 ， 0 ） ， c=1 ， 且 椭 圆 C 过 点 M （ 1 ， ） ， 由 椭 圆 定 义 可 得 2a= + =4，即 a=2， ∴b2=a2﹣c2=3， 则椭圆 C 的标准方程为 + =1； 故答案为： + =1． 【点评】本题考查椭圆方程的求法，简单性质的应用，考查计算能力．也可以利用通经求解 a， b． 16．已知球的半径为 2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆．若两圆的公共弦长为 2， 则两圆的圆心距等于 ． 【考点】球内接多面体． 【分析】求解本题，可以从三个圆心上找关系，构建矩形利用对角线相等即可求解出答案． 【解答】解：设两圆的圆心分别为 O1、O2，球心为 O，公共弦为 AB，其中点为 E，则 OO1EO2 为 矩形， 于是对角线 O1O2=OE，而 OE= = = ，∴ O1O2= 故答案为： ． 【点评】本题考查球的有关概念，两平面垂直的性质，是中档题． 17．如图，PA⊥⊙O 所在平面，AB 是⊙O 的直径，C 是⊙O 上一点，AE⊥PC，AF⊥PB，给出下 列结论：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面 PBC，其中真命题的序号是 ①②④ ． 【考点】命题的真假判断与应用． 【分析】利用线面垂直的判定与性质定理、圆的性质即可得出． 【解答】解：①∵AB 是⊙O 的直径，∴BC⊥AC， ∵PA⊥⊙O 所在平面，∴PA⊥BC． 又 PA∩AC=A，∴BC⊥平面 PAC． ∵AE⊂平面 PAC． ∴BC⊥AE． 因此①正确． ④由①可知：AE⊥BC， 又∵AE⊥PC，PC∩BC=C， ∴AE⊥平面 PBC． 因此④正确． ②由④可知：AE⊥平面 PBC，∴AE⊥PB． 又∵AF⊥PB，AE∩AF=A， ∴PB⊥平面 AEF， ∴PB⊥EF． 因此②正确． ③AF⊥BC 不正确； 用反证法证明：假设 AF⊥BC， 又 AF⊥PB，PB∩BC=B． ∴AF⊥平面 PBC． 这与 AE⊥平面 PBC 相矛盾．因此假设不成立． 故③不正确． 综上可知：只有①②④正确． 故答案为：①②④． 【点评】本题考查了线面垂直的判定与性质定理、圆的性质，属于中档题． 18．已知圆 C：x2+（y﹣2）2=1，P 是 x 轴正半轴上的一个动点，若 PA，PB 分别切圆 C 于 A，B 两点，若|AB|= ，则直线 CP 的方程为 2x+ y﹣2 =0 ． 【考点】直线与圆的位置关系． 【分析】如图所示，由切线长定理得到 Q 为线段 AB 中点，在直角三角形 ACQ 中，利用勾股定 理求出|CQ|的长，再利用相似求出|CP|的长，设 P（p，0），利用勾股定理求出 p 的值，即可 确定出直线 CP 方程． 【解答】解：如图所示，|AC|=r=1，|AQ|= |AB|= ， 在 Rt△ACQ 中，根据勾股定理得：|CQ|= ， ∵△ACQ∽△PCA， ∴ = ，即|CP|=3， 设 P（p，0）（p＞0），即|OP|=p， 在 Rt△OPC 中，根据勾股定理得：9=4+p2， 解得：p= ，即 P（ ，0）， 则直线 CP 解析式为 y= （x﹣ ），即 2x+ y﹣2 =0， 故答案为：2x+ y﹣2 =0 【点评】此题考查了直线与圆的位置关系，涉及的知识有：切线长定理，切线性质，勾股定 理，相似三角形的判定与性质，以及直线的两点式方程，熟练掌握性质及定理是解本题的关 键． 三、解答题（本大题共 4 小题，19，20 每题 8 分，21，22 每题 10 分，共 36 分．） 19．如图，四棱锥 P﹣ABCD 的底面是边长为 1 的正方形，PA⊥CD，PA=1，PD= ． （Ⅰ）求证：PA⊥平面 ABCD； （Ⅱ）求四棱锥 P﹣ABCD 的体积． 【考点】直线与平面垂直的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积． 【分析】（Ⅰ）根据底面是边长为 1 的正方形，以及勾股定理，证明 PA⊥AD，再根据 PA⊥CD， AD∩CD=D，即可证明 PA⊥平面 ABCD． （Ⅱ）根据四棱锥 P﹣ABCD 的底面积为 1，高为 PA，即可求出四棱锥 P﹣ABCD 的体积． 【解答】证明：（Ⅰ）因为四棱锥 P﹣ABCD 的底面是边长为 1 的正方形， 所以 PD2=PA2+AD2，所以 PA⊥AD 又 PA⊥CD，AD∩CD=D 所以 PA⊥平面 ABCD （Ⅱ）解：四棱锥 P﹣ABCD 的底面积为 1， 因为 PA⊥平面 ABCD，所以四棱锥 P﹣ABCD 的高为 1， 所以四棱锥 P﹣ABCD 的体积为： ． 【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，棱柱、棱锥、棱台的体积，考查数形结合、化归 与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力，属于中档题． 20．直线 l 经过点 P（5，5），且与圆 C：x2+y2=25 相交，截得弦长为 4 ，则 l 的方程是 2x﹣y﹣5=0，或 x﹣2y+5=0 ． 【考点】直线与圆的位置关系． 【分析】用点斜式设出直线的方程，由条件根据弦长公式求得弦心距；再利用点到直线的距 离公式求出弦心距，求得 k 的值，可得直线的方程． 【解答】解：由题意可得，直线的斜率存在，设为 k，则直线的方程为 y﹣5=k（x﹣5），即 kx ﹣y+5﹣5k=0． 再根据弦长公式求得弦心距为 = ． 再利用点到直线的距离公式可得 = ，求得 k=2，或 k= ， 故 l 的方程是 2x﹣y﹣5=0，或 x﹣y+ =0． 故答案为：2x﹣y﹣5=0，或 x﹣2y+5=0． 【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，弦长公式的应用，属于 基础题． 21．（10 分）（2016 秋•桐乡市期中）如图，四棱锥 P﹣ABCD 的底面 ABCD 是正方形，PA⊥平 面 ABCD，PA=AB=2． （1）若 E，F 分别是 PC，AD 的中点，证明：EF∥平面 PAB； （2）若 E 是 PC 的中点，F 是 AD 上的动点，问 AF 为何值时，EF⊥平面 PBC． 【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；直线与平面平行的判定． 【分析】（1）由线线平行得到线面平行，从而证明出线面平行； （2）根据线面垂直证出面面垂直即可． 【解答】解：如图示： （1）底面 ABCD 是正方形对角线相交于 O， 则 O 是 AC、BD 的中点，OE∥PA，OF∥AB， ∴平面 OEF∥平面 PAB， EF⊂平面 OEF， ∴EF∥平面 PAB； （2）当 AF=1 时，OF⊥AD，即 BC⊥OF， 此时，∵PA⊥平面 ABCD，∴PA⊥BC， ∴EO⊥BC，∴BC⊥平面 EOF， BC⊂平面 PBC， ∴平面 EOF⊥平面 PBC． 【点评】本题考查了线面、面面垂直、平行的判定定理，是一道中档题． 22．（10 分）（2016 秋•桐乡市期中）如图，三棱锥 P﹣ABC 中，D，E 分别是 BC，AC 的中 点．PB=PC=AB=2，AC=4，BC=2 ，PA= ． （1）求证：平面 ABC⊥平面 PED； （2）求 AC 与平面 PBC 所成的角； （3）求平面 PED 与平面 PAB 所成锐二面角的余弦值． 【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角． 【分析】（1）根据 AB，BC，AC 边的长度容易得到 BC⊥AB，E，D 都是中点，从而 DE∥AB，这 便得到 BC⊥DE，而由 PB=PC，D 为 BC 边中点，从而便得到 BC⊥PD，从而由线面垂直的判定定 理即得 BC⊥平面 PED； （2）取 PD 中点 F，连接 EF，CF，则∠ECF 是直线 AC 和平面 PBC 所成角，由此能求出直线 AC 与平面 PBC 所成角． （3）以 D 为原点，分别以 DC，DE 为 x，y 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面 PED 与平面 PAB 所成锐二面角的余弦值． 【解答】证明：（1）∵PB=PC=AB=2，AC=4，BC=2 ，PA= ， ∴AB2+BC2=AC2； ∴BC⊥AB； D，E 分别是 BC，AC 中点； ∴DE∥AB； ∴BC⊥DE； 又 PB=PC，D 是 BC 中点； ∴BC⊥PD，DE∩PD=D； ∴BC⊥平面 PED； 解：（2）PA= ，PC=2，AC=4， ∴由余弦定理 cos∠PCA= ， 在△PCE 中，PC=2，CE=2， ∴由余弦定理得 PE=1，DE=1，∴PD=1； ∴△PDE 为等边三角形； ∴如图，取 PD 中点 F，连接 EF，CF，则：EF⊥PD； 又 BC⊥平面 PED，EF⊂平面 PED； ∴BC⊥EF，即 EF⊥BC，PD∩BC=D； ∴EF⊥平面 PBC； ∴∠ECF 是直线 AC 和平面 PBC 所成角； EF= ，CE=2； ∴sin∠ECF= = = ， ∴直线 AC 与平面 PBC 所成角为 arcsin ． （3）以 D 为原点，分别以 DC，DE 为 x，y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， B（﹣ ，0，0），C（ ，0，0），E（0，1，0），A（﹣ ，2，0）， 设 P（0，y，z），则由 PC=2，PA= ， 得 ， 解 得 y= ， z= ， ∴ P （ 0 ， ）， 设平面 PAB 的法向量 =（x1，y1，z1）， ∵ =（0，2，0）， =（ ）， ∴ ，取 x1=1，得 =（1，0，﹣2）， 平面 PED 的法向量为 =（1，0，0）， ∴cos＜ ＞ = ， ∴平面 PED 与平面 PAB 所成锐二面角的余弦值为 ． 【点评】本题考查平面与平面垂直的证明，考查线面角的求法，考查二面角的余弦值的求法， 是中档题，解题时要注意线面垂直的判定定理，以及余弦定理，线面垂直的性质，线面角的 概念及找法的合理运用．