数学卷·2018届四川省成都市经开区实验高中高二上学期10月月考数学试卷（理科）（解析版）

数学卷·2018届四川省成都市经开区实验高中高二上学期10月月考数学试卷（理科）（解析版）

‎2016-2017学年四川省成都市经开区实验高中高二（上）10月月考数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分），在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项填在答题卡上．‎ ‎1．已知平面a和直线l，则a内至少有一条直线与l（　　）‎ A．平行 B．相交 C．垂直 D．异面 ‎2．棱长都是1的三棱锥的表面积为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．已知一个算法的程序框图如图所示，当输出的结果为时，则输入的x值为（　　）‎ A． B．﹣1 C．﹣1或 D．﹣1或 ‎4．长方体的一个顶点上三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是（　　）‎ A．25π B．50π C．125π D．都不对 ‎5．对两条不相交的空间直线a与b，必存在平面α，使得（　　）‎ A．a⊂α，b⊂α B．a⊂α，b∥α C．a⊥α，b⊥α D．a⊂α，b⊥α ‎6．如图是一几何体的三视图（单位：cm），则这个几何体的体积为（　　）‎ A．1cm3 B．3cm3 C．2cm3 D．6cm3‎ ‎7．设a，b为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，下列命题中为真命题的是（　　）‎ A．若a，b与α所成的角相等，则a∥b B．若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥b C．若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥β D．若a⊥α，b⊥β，α⊥β，则a⊥b ‎8．若动点A（x1，y2）、B（x2，y2）分别在直线l1：x+y﹣11=0和l2：x+y﹣1=0上移动，则AB中点M所在直线方程为（　　）‎ A．x﹣y﹣6=0 B．x+y+6=0 C．x﹣y+6=0 D．x+y﹣6=0‎ ‎9．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为BB1、CC1的中点，那么直线AE与D1F所成角的余弦值为（　　）‎ A．﹣ B． C． D．﹣‎ ‎10．如图给出了计算3+5+7+…+19的值的一个程序框图，其中空白处应填入（　　）‎ A．i＞9 B．i＞10 C．i＞19 D．i＞20‎ ‎11．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°．将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A﹣BCD．则在三棱锥A﹣BCD中，下列命题正确的是（　　）‎ A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC ‎12．已知抛物线C：y2=8x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点，若=4，则|QF|=（　　）‎ A． B．3 C． D．2‎ ‎　‎ 二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分），把答案填在答题卡的横线上．‎ ‎13．一个直径为32厘米的圆柱形水桶中放入一个铁球，球全部没入水中后，水面升高9厘米则此球的半径为　　厘米．‎ ‎14．设平面α∥平面β，A，C∈α，B，D∈β，直线AB与CD交于点S，且点S位于平面α，β之间，AS=8，BS=6，CS=12，则SD=　　．‎ ‎15．已知椭圆E： +=1（a＞b＞0）的右焦点为F．短轴的一个端点为M，直线l：3x﹣4y=0交椭圆E于A，B两点．若|AF|+|BF|=4，点M到直线l的距离不小于，则椭圆E的离心率的取值范围是　　．‎ ‎16．如图所示的几何体中，四边形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面ABE，已知AB=2，AE=BE=，且当规定正视图方向垂直平面ABCD时，该几何体的侧视图的面积为．若M、N分别是线段DE、CE上的动点，则AM+MN+NB的最小值为　　．‎ ‎　‎ 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．如图，已知空间四边形ABCD中，BC=AC，AD=BD，E是AB的中点．‎ 求证：（1）AB⊥平面CDE；‎ ‎（2）平面CDE⊥平面ABC．‎ ‎18．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为直角梯形，其中BA⊥AD，CD⊥AD，CD=AD=2AB，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点．‎ ‎（1）求证：BE∥平面PAD；‎ ‎（2）若AP=2AB，求证：BE⊥平面PCD．‎ ‎19．已知圆C：x2+y2+Dx+Ey+F=0的圆心在第二象限，半径为，且圆C与直线3x+4y=0及y轴都相切．‎ ‎（1）求D、E、F；‎ ‎（2）若直线x﹣y+2=0与圆C交于A、B两点，求|AB|．‎ ‎20．一个四棱椎的三视图如图所示：‎ ‎（I）求证：PA⊥BD；‎ ‎（II）在线段PD上是否存在一点Q，使二面角Q﹣AC﹣D的平面角为30°？若存在，求的值；若不存在，说明理由．‎ ‎21．如图（1）所示，在直角梯形ABCP中，BC∥AP，AB⊥BC，CD⊥AP，AD=DC=PD=2，E、F、G分别为线段PC、PD、BC的中点，现将△PDC折起，使平面PDC⊥平面ABCD（图（2））．‎ ‎（1）求证：AP∥平面EFG；‎ ‎（2）若点Q是线段PB的中点，求证：PC⊥平面ADQ；‎ ‎（3）求三棱锥C﹣EFG的体积．‎ ‎22．如图，四边形ABCD是平行四边形，AE⊥平面ABCD，EF∥AB，AB=2，BC=EF=1，AE=，DE=3，∠BAD=60°，G为BC的中点．‎ ‎（1）求证：FG∥平面BED；‎ ‎（2）求证：平面BED⊥平面AED；‎ ‎（3）求多面体EF﹣ABCD的体积．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省成都市经开区实验高中高二（上）10月月考数学试卷（理科）‎ 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），在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项填在答题卡上．‎ ‎1．已知平面a和直线l，则a内至少有一条直线与l（　　）‎ A．平行 B．相交 C．垂直 D．异面 ‎【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．‎ ‎【分析】根据平面α和直线l，则直线l在平面α内，或与平面α平行，或平面α相交，可以把这直线和平面放在长方体中进行研究，即可得到答案．‎ ‎【解答】解：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，‎ 平面α为面AC，‎ ‎①若直线l为直线AB，则直线AD⊥AB；‎ ‎②若直线l为直线A1B1，则直线AD⊥A1B1；‎ ‎③若直线l为直线AC1，直线BD⊥AC1；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．棱长都是1的三棱锥的表面积为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．‎ ‎【分析】棱长都是1的三棱锥，四个面是全等的正三角形，求出一个面积即可求得结果．‎ ‎【解答】解：因为四个面是全等的正三角形，‎ 则．‎ 故选A ‎　‎ ‎3．已知一个算法的程序框图如图所示，当输出的结果为时，则输入的x值为（　　）‎ A． B．﹣1 C．﹣1或 D．﹣1或 ‎【考点】程序框图．‎ ‎【分析】由程序框图的功能和题意，当满足条件x≤0时，2x=，解得x=﹣1；不满足条件x≤0时，y=lgx=，解得x=或﹣（舍去），即可得解．‎ ‎【解答】解：输出结果为，有y=，‎ 由程序框图可知，‎ 当满足条件x≤0时，y=2x=，解得选x=﹣1；‎ 当不满足条件x≤0时，y=lgx=，解得x=或﹣（舍去）；‎ 综上，有x=﹣1，或者．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．长方体的一个顶点上三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是（　　）‎ A．25π B．50π C．125π D．都不对 ‎【考点】球的体积和表面积；球内接多面体．‎ ‎【分析】由题意长方体的外接球的直径就是长方体的对角线，求出长方体的对角线，就是求出球的直径，然后求出球的表面积．‎ ‎【解答】解：因为长方体的一个顶点上的三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一个球面上，‎ 所以长方体的对角线就是确定直径，长方体的对角线为：，‎ 所以球的半径为：，‎ 所以这个球的表面积是： =50π．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．对两条不相交的空间直线a与b，必存在平面α，使得（　　）‎ A．a⊂α，b⊂α B．a⊂α，b∥α C．a⊥α，b⊥α D．a⊂α，b⊥α ‎【考点】空间点、线、面的位置．‎ ‎【分析】对两条不相交的空间直线a与b，有a∥b 或a与b是异面直线，从而得出结论．‎ ‎【解答】解：∵两条不相交的空间直线a和b，有a∥b 或 a与b是异面直线，‎ ‎∴一定存在平面α，使得：a⊂α，b∥α．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．如图是一几何体的三视图（单位：cm），则这个几何体的体积为（　　）‎ A．1cm3 B．3cm3 C．2cm3 D．6cm3‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】三视图复原的几何体是放倒的三棱柱，根据三视图的数据，求出几何体的体积即可．‎ ‎【解答】解：三视图复原的几何体是放倒的三棱柱，‎ 底面三角形是底边为BC=2，高为1，三棱柱的高为AA′=3的三棱柱．‎ 所以三棱柱的体积为： =3 cm3，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．设a，b为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，下列命题中为真命题的是（　　）‎ A．若a，b与α所成的角相等，则a∥b B．若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥b C．若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥β D．若a⊥α，b⊥β，α⊥β，则a⊥b ‎【考点】命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系．‎ ‎【分析】A．根据直线a，b的位置关系和直线所成角的定义进行判断．B．根据线面平行和面面平行的定义和性质进行判断．C．根据面面平行的判定定理进行判断．D．根据线面垂直和面面垂直的定义和性质进行判断．‎ ‎【解答】解：A．等腰三角形所在的平面垂直平面时，等腰三角形的两个直角边和α所成的角相等，但a∥b不成立，∴A错误．‎ B．平行于平面的两条直线不一定平行，∴B错误．‎ C．根据直线和平面的位置关系和直线平行的性质可知，当a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥β不成立，∴C错误．‎ D．根据线面垂直的性质和面面垂直的性质可知，若a⊥α，α⊥β，则a∥β或a⊂β，‎ 又∵b⊥β，∴a⊥b成立，∴D成立．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．若动点A（x1，y2）、B（x2，y2）分别在直线l1：x+y﹣11=0和l2：x+y﹣1=0上移动，则AB中点M所在直线方程为（　　）‎ A．x﹣y﹣6=0 B．x+y+6=0 C．x﹣y+6=0 D．x+y﹣6=0‎ ‎【考点】轨迹方程．‎ ‎【分析】根据题意可推断出M点的轨迹为平行于直线l1、l2且到l1、l2距离相等的直线l进而根据两直线方程求得M的轨迹方程．‎ ‎【解答】解：由题意知，M点的轨迹为平行于直线l1、l2且到l1、l2距离相等的直线l，故其方程为x+y﹣6=0，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为BB1、CC1的中点，那么直线AE与D1F所成角的余弦值为（　　）‎ A．﹣ B． C． D．﹣‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角；用空间向量求直线间的夹角、距离．‎ ‎【分析】设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，以DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能够求出异面直线AE与D1F所成角的余弦值．‎ ‎【解答】解：设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，以DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，‎ 建立空间直角坐标系，‎ 则A（2，0，0），E（2，2，1）D1（0，0，2），F（0，2，1）‎ ‎∴=（0，2，1），=（0，2，﹣1），‎ 设异面直线AE与D1F所成角为θ，‎ 则cosθ=|cos＜，＞|=|0|=．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎10．如图给出了计算3+5+7+…+19的值的一个程序框图，其中空白处应填入（　　）‎ A．i＞9 B．i＞10 C．i＞19 D．i＞20‎ ‎【考点】循环结构．‎ ‎【分析】执行程序框图，写出每次循环得到的S，n，i的值，当i的值为10时，有S=3+5+7+…+17+19，符合题意，对比四个选项即可．‎ ‎【解答】解：执行程序框图，有 S=0，n=3，i=1‎ 第1次执行循环体，有S=3，n=5，i=2‎ 第2次执行循环体，有S=3+5，n=7，i=3‎ 第3次执行循环体，有S=3+5+7，n=9，i=4‎ ‎…‎ 第9次执行循环体，有S=3+5+7+…+17，n=19，i=9‎ 第10次执行循环体，有S=3+5+7+…+17+19，n=21，i=10‎ 此时结合题意，S=3+5+7+…+17+19，应退出循环，输出S的值，‎ 故条件应设为i＞9‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎11．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°．将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A﹣BCD．则在三棱锥A﹣BCD中，下列命题正确的是（　　）‎ A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC ‎【考点】平面与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】由题意推出CD⊥AB，AD⊥AB，推出AB⊥平面ADC，可得平面ABC⊥平面ADC．‎ ‎【解答】解：∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°‎ ‎∴BD⊥CD 又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD=BD 故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB 故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎12．已知抛物线C：y2=8x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点，若=4，则|QF|=（　　）‎ A． B．3 C． D．2‎ ‎【考点】抛物线的简单性质．‎ ‎【分析】求得直线PF的方程，与y2=8x联立可得x=1，利用|QF|=d可求．‎ ‎【解答】解：设Q到l的距离为d，则|QF|=d，‎ ‎∵=4，‎ ‎∴|PQ|=3d，‎ ‎∴不妨设直线PF的斜率为﹣=﹣2，‎ ‎∵F（2，0），‎ ‎∴直线PF的方程为y=﹣2（x﹣2），‎ 与y2=8x联立可得x=1，‎ ‎∴|QF|=d=1+2=3，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ 二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分），把答案填在答题卡的横线上．‎ ‎13．一个直径为32厘米的圆柱形水桶中放入一个铁球，球全部没入水中后，水面升高9厘米则此球的半径为　12　厘米．‎ ‎【考点】球的体积和表面积．‎ ‎【分析】根据圆柱水面升高的高度，求出水的体积，就是球的体积，然后求出球的半径．‎ ‎【解答】解：（cm）‎ 故答案为：12‎ ‎　‎ ‎14．设平面α∥平面β，A，C∈α，B，D∈β，直线AB与CD交于点S，且点S位于平面α，β之间，AS=8，BS=6，CS=12，则SD=　9　．‎ ‎【考点】平面与平面平行的性质．‎ ‎【分析】根据题意做出符合题意的图形（如下图）然后根据图形再结合线面平行的性质定理可得AC∥DB故△ASC∽△DSB故可得，再结合条件AS=1，BS=2，CD=6即可求出SD的值．‎ ‎【解答】解：根据题意做出如下图形：‎ ‎∵AB，CD交于S点 ‎ ‎∴三点确定一平面，所以设ASC平面为n，于是有n交α于AC，交β于DB，‎ ‎∵α，β平行 ‎∴AC∥DB ‎∴△ASC∽△DSB ‎∴‎ ‎∵AS=8，BS=6，CS=12‎ ‎∴‎ ‎∴SD=9．‎ 故答案为：9．‎ ‎　‎ ‎15．已知椭圆E： +=1（a＞b＞0）的右焦点为F．短轴的一个端点为M，直线l：3x﹣4y=0交椭圆E于A，B两点．若|AF|+|BF|=4，点M到直线l的距离不小于，则椭圆E的离心率的取值范围是　　．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】如图所示，设F′为椭圆的左焦点，连接AF′，BF′，则四边形AFBF′是平行四边形，可得4=|AF|+|BF|=|AF′|+|BF|=2a．取M（0，b），由点M到直线l的距离不小于，得到关于b的不等式，求出b的范围．再利用离心率计算公式e=即可得出．‎ ‎【解答】解：如图所示，‎ 设F′为椭圆的左焦点，连接AF′，BF′，则四边形AFBF′是平行四边形，‎ ‎∴4=|AF|+|BF|=|AF′|+|AF|=2a，∴a=2．‎ 取M（0，b），∵点M到直线l的距离不小于，‎ ‎∴≥，解得b≥1．‎ ‎∴e==≤=．‎ ‎∴椭圆E的离心率的取值范围是（0，]．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示的几何体中，四边形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面ABE，已知AB=2，AE=BE=，且当规定正视图方向垂直平面ABCD时，该几何体的侧视图的面积为．若M、N分别是线段DE、CE上的动点，则AM+MN+NB的最小值为　3　．‎ ‎【考点】由三视图还原实物图．‎ ‎【分析】由几何体的侧视图的面积为求出几何体的高AD，再四棱锥E﹣ABCD的侧面AED、DEC、CEB展开铺平，在平面内利用余弦定理求得线段AM+MN+NB长为所求．‎ ‎【解答】解：取AB中点F，∵AE=BE=，∴EF⊥AB，‎ ‎∵平面ABCD⊥平面ABE，∴EF⊥平面ABCD，‎ 易求EF=，‎ 左视图的面积S=AD•EF=AD=，‎ ‎∴AD=1，∴∠AED=∠BEC=30°，∠DEC=60°，‎ 将四棱锥E﹣ABCD的侧面AED、DEC、CEB展开铺平如图，‎ 则AB2=AE2+BE2﹣2AE•BE•cos120°=3+3﹣2×3×（﹣）=9，‎ ‎∴AB=3，‎ ‎∴AM+MN+BN的最小值为3．‎ 故答案为：3．‎ ‎　‎ 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．如图，已知空间四边形ABCD中，BC=AC，AD=BD，E是AB的中点．‎ 求证：（1）AB⊥平面CDE；‎ ‎（2）平面CDE⊥平面ABC．‎ ‎【考点】平面与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】（1）由条件并利用等腰三角形的性质可得 CE⊥AB，DE⊥AB，根据直线与平面垂直的判定定理证得 AB⊥平面CDE．‎ ‎（2）由（1）AB⊥平面CDE，而AB⊂平面ABC，利用平面与平面垂直的判定定理证得平面CDE⊥平面ABC．‎ ‎【解答】证明：（1）∵BC=AC，AD=BD，E是AB的中点，由等腰三角形的性质可得 CE⊥AB，DE⊥AB．‎ 这样，AB垂直于平面CDE中的两条相交直线CE 和 DE，∴AB⊥平面CDE．‎ ‎（2）由（1）AB⊥平面CDE，而AB⊂平面ABC，平面CDE⊥平面ABC．‎ ‎　‎ ‎18．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为直角梯形，其中BA⊥AD，CD⊥AD，CD=AD=2AB，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点．‎ ‎（1）求证：BE∥平面PAD；‎ ‎（2）若AP=2AB，求证：BE⊥平面PCD．‎ ‎【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】（1）欲证BE∥平面PAD，而BE⊂平面EBM，可先证平面EBM∥平面APD，取CD的中点M，连接EM、BM，则四边形ABMD为矩形 ‎∴EM∥PD，BM∥AD BM∩EM=M，满足面面平行的判定；‎ ‎（2）取PD的中点F，连接FE，根据线面垂直的判定及性质，及等腰三角形性质，结合线面垂直的判定定理可得AF⊥平面PDC，又由BE∥AF，可得BE⊥平面PDC．‎ ‎【解答】证明：（1）取CD的中点M，连接EM、BM，则四边形ABMD为矩形 ‎∴EM∥PD，BM∥AD ‎ 又∵BM∩EM=M，‎ ‎∴平面EBM∥平面APD 而BE⊂平面EBM ‎∴BE∥平面PAD ‎（2）取PD的中点F，连接FE，‎ 则FE∥DC，BE∥AF，‎ 又∵DC⊥AD，DC⊥PA，‎ ‎∴DC⊥平面PAD，‎ ‎∴DC⊥AF，DC⊥PD，‎ ‎∴EF⊥AF，‎ 在Rt△PAD中，∵AD=AP，F为PD的中点，‎ ‎∴AF⊥PD，又AF⊥EF且PD∩EF=F，‎ ‎∴AF⊥平面PDC，又BE∥AF，‎ ‎∴BE⊥平面PDC．‎ ‎　‎ ‎19．已知圆C：x2+y2+Dx+Ey+F=0的圆心在第二象限，半径为，且圆C与直线3x+4y=0及y轴都相切．‎ ‎（1）求D、E、F；‎ ‎（2）若直线x﹣y+2=0与圆C交于A、B两点，求|AB|．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】（1）先求出圆C的标准式为：（x+）2+（y+）2=，圆心为（﹣，﹣），利用点到直线距离求出各参数即可；‎ ‎（2）利用圆心与弦交点的三角形与点到直线距离来求弦长．‎ ‎【解答】解：（1）圆C的标准式为：（x+）2+（y+）2=，圆心为（﹣，﹣），‎ 因为圆C与y轴相切，即﹣=﹣⇒D=2；‎ 圆C与3x+4y=0相切，即d==⇒E=﹣4，‎ 即圆心为（﹣，2），‎ ‎=2⇒F=8，‎ 综上：D=2，E=﹣4，F=8；‎ ‎（2）由（1）知圆心（﹣，2），R=，‎ 由点到直线距离知d==1，‎ 所以==1，‎ 故|AB|=2．‎ ‎　‎ ‎20．一个四棱椎的三视图如图所示：‎ ‎（I）求证：PA⊥BD；‎ ‎（II）在线段PD上是否存在一点Q，使二面角Q﹣AC﹣D的平面角为30°？若存在，求的值；若不存在，说明理由．‎ ‎【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；与二面角有关的立体几何综合题．‎ ‎【分析】（I）由三视图，可知四棱锥的底面是正方形，侧面是全等的等腰三角形，所以该四棱锥是一个正四棱锥．作出它的直观图，根据线面垂直的判定与性质，可证出PA⊥BD；‎ ‎（2）假设存在点Q，使二面角Q﹣AC﹣D的平面角为30°，由AC⊥平面PBD可得∠DOQ为二面角Q﹣AC﹣D的平面角，可证出在Rt△PDO中，OQ⊥PD，且∠PDO=60°，结合三角函数的计算可得=．‎ ‎【解答】解：（I）由三视图，可知四棱锥的底面是正方形，侧面是全等的等腰三角形 ‎∴四棱锥P﹣ABCD为正四棱锥，底面ABCD为边长为2的正方形，且PA=PB=PC=PD，‎ 连接AC、BD交于点O，连接PO． …‎ ‎∵PO⊥平面ABCD，BD⊆平面ABCD，∴BD⊥PO，‎ 又∵BD⊥AC，PO、AC是平面PAC内的相交直线 ‎∴BD⊥平面PAC，‎ 结合PA⊆平面PAC，得BD⊥PA．…‎ ‎（II）假设存在点Q，使二面角Q﹣AC﹣D的平面角为30°‎ ‎∵AC⊥BD，AC⊥PO，BD、PO是平面PBD内的相交直线 ‎∴AC⊥平面PBD ‎∴AC⊥OQ，可得∠DOQ为二面角Q﹣AC﹣D的平面角，…‎ 由三视图可知，BC=2，PA==2，‎ 在Rt△POD中，PD=2，OD=，则∠PDO=60°，‎ 在△DQO中，∠PDO=60°，且∠QOD=30°．所以DP⊥OQ．…‎ 结合OD=，得QD=ODcos60°=．可得==． ‎ 因此存在PD上点Q，当DQ=PD时，二面角Q﹣AC﹣D的平面角为30°…‎ ‎　‎ ‎21．如图（1）所示，在直角梯形ABCP中，BC∥AP，AB⊥BC，CD⊥AP，AD=DC=PD=2，E、F、G分别为线段PC、PD、BC的中点，现将△PDC折起，使平面PDC⊥平面ABCD（图（2））．‎ ‎（1）求证：AP∥平面EFG；‎ ‎（2）若点Q是线段PB的中点，求证：PC⊥平面ADQ；‎ ‎（3）求三棱锥C﹣EFG的体积．‎ ‎【考点】直线与平面平行的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】（1）由条件可得EF∥CD∥AB，利用直线和平面平行的判定定理证得EF∥平面PAB．同理可证，EG∥平面PAB，‎ 可得平面EFG∥平面PAB．再利用两个平面平行的性质可得AP∥平面EFG．‎ ‎（2）由条件可得DA、DP、DC互相垂直，故AD⊥平面PCD，AD⊥PC．再由EQ平行且等于BC可得EQ平行且 等于AD，故ADEQ为梯形．再根据DE为等腰直角三角形PCD 斜边上的中线，可得DE⊥PC．再利用直线和 平面垂直的判定定理证得PC⊥平面ADQ．‎ ‎（3）根据VC﹣EFG=VG﹣CEF=•S△CEF•CG=•（）•CG，运算求得结果．‎ ‎【解答】解：（1）证明：E、F、G分别为线段PC、PD、BC的中点，‎ 可得EF∥CD∥AB．‎ 由于AB⊂平面PAB，EF不在平面 PAB内，故有 EF∥平面PAB．‎ 同理可证，EG∥平面PAB．‎ 由于EF、EG是平面EFG内的两条相交直线，‎ 故有平面EFG∥平面PAB．‎ 而PA⊂平面PAB，∴AP∥平面EFG．‎ ‎（2）由条件可得，CD⊥AD，CD⊥PD，‎ 而PD、AD是两条相交直线，故CD⊥平面PAD，‎ ‎∴∠PDA 为二面角PCD﹣CD﹣ABCD的平面角．‎ 再由平面PCD⊥平面ABCD，可得PD⊥AD，故DA、DP、DC互相垂直，故AD⊥平面PCD，‎ 而PC⊂平面PCD，故有AD⊥PC．‎ ‎∵点Q是线段PB的中点，∴EQ平行且等于BC，∴EQ平行且等于AD，故四边形ADEQ为梯形．‎ 再由AD=DC=PD=2，可得DE为等腰直角三角形PCD 斜边上的中线，∴DE⊥PC．‎ 这样，PC垂直于平面ADQ中的两条相交直线AD、DE，∴PC⊥平面ADQ．‎ ‎（3）VC﹣EFG=VG﹣CEF=•S△CEF•CG=•（）•CG=•（）×1=．‎ ‎　‎ ‎22．如图，四边形ABCD是平行四边形，AE⊥平面ABCD，EF∥AB，AB=2，BC=EF=1，AE=，DE=3，∠BAD=60°，G为BC的中点．‎ ‎（1）求证：FG∥平面BED；‎ ‎（2）求证：平面BED⊥平面AED；‎ ‎（3）求多面体EF﹣ABCD的体积．‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】（1）取BD的中点O，连接OE，OG，推导出四边形OGFE是平行四边形，从而FG∥OE，由此能证明FG∥平面BED．‎ ‎（2）取AB中点H，连结DM，推导出BD⊥AD，BD⊥AE，从而BD⊥平面AED，由此能证明平面BED⊥平面AED．‎ ‎（3）连结HO，并延长交CD于I，连FH，FI．推导出多面体ADE﹣HIF为三棱柱，四边形AEFH为平行四边形，由此能求出多面体EF﹣ABCD的体积．‎ ‎【解答】（本题满分12分）‎ 证明：（1）如图，取BD的中点O，连接OE，OG，‎ 在△BCD中，∵G是BC的中点，‎ ‎∴OG∥DC，且OG=DC=1，‎ 又∵EF∥AB，AB∥DC，∴EF∥OG，且EF=OG，‎ ‎∴四边形OGFE是平行四边形，∴FG∥OE．‎ 又FG⊄平面BED，OE⊂平面BED，∴FG∥平面BED．‎ ‎（2）在△ABD中，AD=1，AB=2，取AB中点H，连结DM，‎ ‎∵AD=1，AB=2，∴AD=AH，又∠BAD=60°，∴DH=AH=BH，‎ ‎∴∠ADB=90°，∴BD⊥AD，‎ 又AE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥AE，‎ ‎∵AE∩AD=A，∴BD⊥平面AED．‎ 又∵BD⊂平面BED，∴平面BED⊥平面AED．‎ 解：（3）连结HO，并延长交CD于I，连FH，FI．‎ ‎∵H，O分别为AB，BD的中点，∴OH∥AD，∴I是CD中点，‎ ‎∵EF∥AB，AB=2，EF=1，‎ ‎∴多面体ADE﹣HIF为三棱柱，体积为=，‎ 且四边形AEFH为平行四边形，∴FH∥AE，FH=AE，‎ ‎∵AE⊥平面ABCD，∴FH⊥平面ABCD，‎ 四棱锥F﹣BCIH的体积为==，‎ ‎∴多面体EF﹣ABCD的体积为．‎ ‎　‎