安徽省青阳县第一中学2018-2019学年高二10月份月考数学试题

安徽省青阳县第一中学2018-2019学年高二10月份月考数学试题

‎2018—2019学年第一学期高二10月份月考 数学试题 ‎ ‎ 一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）‎ ‎1.如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是（　　）‎ A. 17π B. 18π C. 20π D. 28π ‎2.已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是（　　）‎ A. 若m∥α，n∥α，则m∥n B. 若m⊥α，n⊂α，则m⊥n C. 若m⊥α，m⊥n，则n∥α D. 若m∥α，m⊥n，则n⊥α ‎3.如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎4.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎5.已知α，β是相异两平面，m，n是相异两直线，则下列命题中不正确的是（    ）‎ A. 若m∥n，m⊥α，则n⊥α B. 若m⊥α，m⊥β，则α∥β C. 若m∥α，α∩β=n，则m∥n D. 若m⊥α，m⊂β，则α⊥β ‎6.体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎7.如图是一个正方体的平面展开图，则在正方体中直线AB与CD的位置关系为( ) ‎ A. 相交 B. 平行 C. 异面而且垂直 D. 异面但不垂直 ‎8.正四面体ABCD中，M是棱AD的中点，O是点A在底面BCD内的射影，则异面直线BM与AO所成角的余弦值为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎9.四棱锥P-ABCD的底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，AB=2，PA=，若该四棱锥的所有项点都在同一球面上，则该球的表面积为（　　）‎ A. B. C. 65π D. ‎ ‎10.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 ‎11.已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题中正确的有（　　） （1）m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β⇒α∥β  （2）n∥m，n⊥α⇒m⊥α （3）α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥n         （4）m⊥α，m⊥n⇒n∥α A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 ‎12.某几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（　　） ‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. ‎ 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）‎ ‎13.圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为的扇形，则这个圆锥的高是______．‎ ‎14.α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题： ①如果α∥β，m⊂α，那么m∥β；‎ ‎②若m⊥α，m⊥n，则n∥α；‎ ‎③如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n； ④如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β． 其中正确的命题有______； （填写所有正确命题的编号）‎ ‎15.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，若四边形AA1C1C是边长为4的正方形，且AB=3，BC=5，M是AA1的中点，则三棱锥A1-MBC1的体积为______ ．‎ ‎16.已知正方体的棱长为1，除面外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥的体积为_________. ‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）‎ ‎17. （本小题满分10分）‎ 如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长2的正方形，E，F分别为线段DD1，BD的中点． （1）求证：EF∥平面ABC1D1；（2）AA1=2，求异面直线EF与BC所成的角的大小． ‎ ‎ ‎ ‎18. （本小题满分12分）‎ 如图，在三棱锥P-ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，已知PA⊥AC，PA=6，BC=8，DF=5．求证： （1）直线PA∥平面DEF； （2）平面BDE⊥平面ABC． ‎ ‎19. （本小题满分12分）‎ 如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB，点M，N分别是AB，A1B1的中点．‎ ‎（1）求证：BN∥平面A1MC；‎ ‎（2）若A1M⊥AB1，求证：AB1⊥A1C ‎ ‎ ‎20.（本小题满分12分）‎ 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，点M，N分别为线段A1B，B1C的中点． （1）求证：MN∥平面AA1C1C； （2）若∠ABC=90°，AB=BC=2，AA1=3，求点B1到面A1BC的距离．‎ ‎ ‎ ‎21.（本小题满分12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． ‎ ‎ 22.（本小题满分12分）‎ 如图，在四棱锥P-ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD=1，BC=3，CD=4，PD=2． （Ⅰ）求异面直线AP与BC 所成角的余弦值； （Ⅱ）求证：PD⊥平面PBC； （Ⅲ）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值． ‎ 高二月考试卷 ‎【答案】‎ ‎1. A 2. B 3. A 4. C 5. C 6. A 7. D 8. B 9. B 10. C 11. B 12. A ‎ ‎13. 2  14. ①③  15. 4  16.   ‎ ‎17. 证明：（1）连结BD1， 在△DD1B中，E、F分别是D1D、DB的中点， ∴EF是△DD1B的中位线， ∴EF∥D1B， ∵D1B⊂平面ABC1D1，EF⊄平面ABC1D1， ∴EF∥平面ABC1D1． 解：（2）∵AA1=2，AB=2，EF∥BD1， ∴∠D1BC是异面直线EF与BC所成的角（或所成角的补角）， 在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，BC⊥平面CDD1C1，CD1⊄平面CDD1C1， ∴BC⊥CD1． 在Rt△D1C1C中，BC=2，CD1=2，D1C⊥BC， ∴tan∠D1BC=， ∴∠D1BC=60°， ∴异面直线EF与BC所成的角的大小为60°．  ‎ ‎18. 证明：（1）∵D、E为PC、AC的中点，∴DE∥PA， 又∵PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF， ∴PA∥平面DEF ‎； （2）∵D、E为PC、AC的中点，∴DE=PA=3； 又∵E、F为AC、AB的中点，∴EF=BC=4； ∴DE2+EF2=DF2， ∴∠DEF=90°， ∴DE⊥EF； ∵DE∥PA，PA⊥AC，∴DE⊥AC； ∵AC∩EF=E，∴DE⊥平面ABC； ∵DE⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABC．  ‎ ‎19. 证明：（1）因为ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以AB∥A1B1，且AB=A1B1， 又点M，N分别是AB、A1B1的中点，所以MB=A1N，且MB∥A1N． 所以四边形A1NBM是平行四边形，从而A1M∥BN．                          又BN⊄平面A1MC，A1M⊂平面A1MC，所以BN∥平面A1MC； （2）因为ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥底面ABC，而AA1⊂侧面ABB1A1， 所以侧面ABB1A1⊥底面ABC． 又CA=CB，且M是AB的中点，所以CM⊥AB． 则由侧面ABB1A1⊥底面ABC，侧面ABB1A1∩底面ABC=AB， CM⊥AB，且CM⊂底面ABC，得CM⊥侧面ABB1A1． 又AB1⊂侧面ABB1A1，所以AB1⊥CM．                                  又AB1⊥A1M，A1M、MC平面A1MC，且A1M∩MC=M， 所以AB1⊥平面A1MC．                                                   又A1C⊂平面A1MC，所以AB⊥A1C．  ‎ ‎20. （1）证明：连接BC1， ∵四边形BCC1B1是平行四边形，N是B1C的中点， ∴N是BC1的中点，又M是A1B的中点， ∴MN∥A1C1， 又A1C1⊂平面AA1C1C，MN⊄平面AA1C1C， ∴MN∥平面AA1C1C． （2）解：∵AB⊥BC，BB1⊥BC，AB∩BB1=B，∴BC⊥平面ABB1A1， ∴V=S•BC=‎ ‎=2， 又A1B==，∴S==． 设B1到平面A1BC的距离的距离为h，则V=•h=， ∵V=V，∴2=，∴h=． ∴点B1到面A1BC的距离为．  ‎ ‎21. 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PAC∩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=．  ‎ ‎22. 解：（Ⅰ）如图，由已知AD∥BC， 故∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角． 因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD． 在Rt△PDA中，由已知，得， 故． 所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为． （Ⅱ）证明：因为AD⊥平面PDC，直线PD⊂平面PDC， 所以AD⊥PD． 又因为BC∥AD，所以PD⊥BC， 又PD⊥PB，所以PD⊥平面PBC． （Ⅲ）解：过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF， 则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角． 因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影， 所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角． 由于AD∥BC，DF∥AB，故BF=AD=1， 由已知，得CF=BC-BF=2．又因为AD⊥DC，故BC⊥DC， 在Rt△DCF中，可得． 所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为．  ‎ ‎【解析】‎ ‎1. 解：由题意可知三视图复原的几何体是一个球去掉其中后的几何体，如图： 可得：=，R=2． 它的表面积是：×4π•22+=17π． 故选A． 判断三视图复原的几何体的形状，利用体积求出几何体的半径，然后求解几何体的表面积． 本题考查三视图求解几何体的体积与表面积，考查计算能力以及空间想象能力．‎ ‎2. 【分析】 本题考查空间直线与平面的位置关系，考查直线与平面的平行、垂直的判断与性质，记熟这些定理是迅速解题的关键，注意观察空间的直线与平面的模型． A．运用线面平行的性质，结合线线的位置关系，即可判断；B．运用线面垂直的性质，即可判断；C．运用线面垂直的性质，结合线线垂直和线面平行的位置即可判断；D．运用线面平行的性质和线面垂直的判定，即可判断． 【解答】 解：A．若m∥α，n∥α，则m，n相交或平行或异面，故A错； B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B正确； C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错； ‎ D．若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α或n与α相交，故D错． 故选B．‎ ‎3. 【分析】 本题考查空间中线面平行的判定定理，利用三角形中位线定理是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题． 利用线面平行判定定理可知B、C、D均不满足题意，从而可得答案． 【解答】‎ 解：对于选项B，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知B不满足题意； 对于选项C，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知C不满足题意； 对于选项D，由于AB∥NQ，结合线面平行判定定理可知D不满足题意； 所以选项A满足题意， 故选A． ‎ ‎4. 解：【解法一】如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点， 则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角 （因异面直线所成角为（0，]）， 可知MN=AB1=， NP=BC1=； 作BC中点Q，则△PQM为直角三角形； ∵PQ=1，MQ=AC， △ABC中，由余弦定理得 AC2=AB2+BC2-2AB•BC•cos∠ABC =4+1-2×2×1×（-） =7， ∴AC=， ∴MQ=‎ ‎； 在△MQP中，MP==； 在△PMN中，由余弦定理得 cos∠MNP===-； 又异面直线所成角的范围是（0，]， ∴AB1与BC1所成角的余弦值为． 【解法二】如图所示， 补成四棱柱ABCD-A1B1C1D1，求∠BC1D即可； BC1=，BD==， C1D=， ∴+BD2=， ∴∠DBC1=90°， ∴cos∠BC1D==． 故选：C． 【解法一】设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，得出AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角；根据中位线定理，结合余弦定理求出AC、MQ，MP和∠MNP的余弦值即可． 【解法二】通过补形的办法，把原来的直三棱柱变成直四棱柱，解法更简洁． 本题考查了空间中的两条异面直线所成角的计算问题，也考查了空间中的平行关系应用问题，是中档题．‎ ‎5. 【解答】 在A中：若m∥n，m⊥α，则由直线与平面垂直的判定定理得n⊥α，故A正确； 在B中：若m⊥α，m⊥β，则由平面与平面平行的判定定理得α∥β，故B 正确； 在C中：若m∥α，α∩β=n，则m与n平行或异面，故C错误； 在D中：若m⊥α，m∩β，则由平面与平面垂直的判定定理得α⊥β，故D正确． ​故选：C． 【分析】 在A中，由直线与平面垂直的判定定理得n⊥α； 在B中，由平面与平面平行的判定定理得α∥β； 在C中，m与n平行或异面； 在D中，由平面与平面垂直的判定定理得α⊥β． ​本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用．‎ ‎6. 【分析】 先通过正方体的体积，求出正方体的棱长，然后求出球的半径，即可求出球的表面积． ​本题考查学生的空间想象能力，体积与面积的计算能力，是基础题． 【解答】 解：正方体体积为8，可知其边长为2， 正方体的体对角线为=2， 即为球的直径，所以半径为， 所以球的表面积为=12π． 故选：A．‎ ‎7. 【分析】 ​考查异面直线的概念，异面直线所成角的概念及求法，以及由正方体的平面展开图可以画出它对应的直观图． 根据该正方体的平面展开图画出对应的直观图即可判断AB，CD的位置关系． 【解答】‎ 解：由该正方体的平面展开图画出它的直观图为： 可以看出AB与CD异面； 如图，设该正方体一顶点为E，连接CE，DE，则AB∥CE； ∴∠DCE为异面直线AB，CD的夹角，并且该角为60°； ∴AB，CD异面但不垂直． 故选：D．‎ ‎8. 解：取BC中点E，DC中点F，连结DE、BF，则由题意得DE∩BF=O， 取OD中点N，连结MN，则MN∥AO， ∴∠BMN是异面直线BM与AO所成角（或所成角的补角）， 设正四面体ABCD的棱长为2，由BM=DE=，OD=， ∴AO==，∴MN=， ∵O是点A在底面BCD内的射影，MN∥AO，∴MN⊥平面BCD， ∴cos∠BMN===， ∴异面直线BM与AO所成角的余弦值为． 故选：B． 取BC中点E，DC中点F，连结DE、BF，则由题意得DE∩BF=O，取OD中点N，连结MN，则MN∥AO，从而∠BMN是异面直线BM与AO所成角（或所成角的补角），由此能求出异面直线BM与AO 所成角的余弦值． 本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查正四面体、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，考查数形结合思想、化归与转化思想，是基础题．‎ ‎9. ​解：四棱锥P-ABCD的底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，AB=2，PA=， 连结AC、BD，交于点E，则E是AC中点，取PC中点O，连接OE， 则OE∥PA，∴OE⊥平面ABCD，∴O到该四棱锥的所有顶点的距离相等，都为， ∴O是该四棱锥的外接的球心， 该球半径R====， ∴该球的表面积为S=4=． 故选：B． 连结AC、BD，交于点E，则E是AC中点，取PC中点O，连接OE，推导出O是该四棱锥的外接的球心，球半径R=，由此能求出该球的表面积． 本题考查四面体的外接球的表面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．‎ ‎10. 【分析】 ​本题考查由三视图求表面积，本题的图形结构比较简单，易错点可能是两个几何体重叠的部分忘记去掉，求表面积就有这样的弊端．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．‎ ‎11. 【分析】 ​由空间中的线面关系逐一核对四个命题得答案． 本题考查命题的真假判断与应用，考查空间想象能力和思维能力，是中档题．‎ ‎【解答】 解：对于（1），m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β⇒α∥β，错误，当m∥n时，α与β可能相交； 对于（2），n∥m，n⊥α⇒m⊥α，正确，原因是：n⊥α，则n垂直α内的两条相交直线，又m∥n，则m也垂直α内的这两条相交直线，则m⊥α； 对于（3），α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥n，错误，m与n可能异面； 对于（4），m⊥α，m⊥n⇒n∥α，错误，也可能是n⊂α． ∴正确命题的个数是1个． 故选B．‎ ‎12. 解：由几何体的三视图知，该几何体是四棱锥， 且底面是直角梯形，且上、下底为1和2，高为2；四棱锥的高是1， 所以该几何体的体积V==1， 故选：A． 由几何体的三视图知该几何体是四棱锥，由三视图中数据求出四棱锥底面中、高对应的数据，代入椎体的体积公式求解即可． 本题考查由三视图求几何体的体积，关键是对几何体正确还原，根据三视图的长度求出几何体的几何元素的长度，再代入对应的公式进行求解，考查了空间想象能力．‎ ‎13. 解：设此圆锥的底面半径为r， 根据圆锥的侧面展开图扇形的弧长等于圆锥底面周长可得， 2πr=， r ‎=1； 圆锥的高为：=2． 故答案为：2． 利用扇形的弧长等于圆锥底面周长作为相等关系，列方程求解得到圆锥的底面半径，然后利用勾股定理确定圆锥的高即可． 主要考查了圆锥侧面展开扇形与底面圆之间的关系，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．‎ ‎14. 解：①由面面平行的性质定理可得：①为真命题； ②可能n⊂α，因此是假命题； ③如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n，是真命题； ④如果m⊥n，m⊥α，则n∥α或n⊂α，又n∥β，那么α与β相交或平行，因此是假命题． 综上可得：只有①③是真命题． 故答案为：①③． ①由面面平行的性质定理判定真假； ②可能n⊂α，即可判断出真假； ③利用线面垂直的性质定理即可判断出真假； ④由已知可得α与β相交或平行，即可判断出真假． 本题考查了空间线面面面位置关系的判定及其性质定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎15. 解：∵在直三棱柱ABC-A1B1C1中，若四边形AA1C1C是边长为4的正方形，且AB=3，BC=5， ∴A1C1⊥AA1，AC2+AB2=BC2，∴A1C1⊥A1B1， ∵AA1∩A1B1=A1，∴A1C1⊥平面A1MB， ∵M是AA1的中点，∴===3， ∴三棱锥A1-MBC1的体积： ====4． 故答案为：4． 推导出A1C1⊥平面A1MB，从而三棱锥A1-MBC1的体积=‎ ‎，由此能求出结果． 本题考查几何体的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间思维能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．‎ ‎16. 解：正方体的棱长为1，M-EFGH的底面是正方形的边长为：， 四棱锥是正四棱锥，棱锥的高为， 四棱锥M-EFGH的体积：=． 故答案为：． 求出四棱锥中的底面的面积，求出棱锥的高，然后利用体积公式求解即可． 本题考查几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．‎ ‎17. （1）连结BD1，推导出EF∥D1B，由此能证明EF∥平面ABC1D1． （2）由EF∥BD1，知∠D1BC是异面直线EF与BC所成的角（或所成角的补角），由此能求出异面直线EF与BC所成的角的大小． 本题考查线面平行的证明，考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合合思想、化归与转化思想、函数与方程思想，是基础题．‎ ‎18. （1）由D、E为PC、AC的中点，得出DE∥PA，从而得出PA∥平面DEF； （2）要证平面BDE⊥平面ABC，只需证DE⊥平面ABC，即证DE⊥EF，且DE⊥AC即可． 本题考查了空间中的平行与垂直问题，解题时应明确空间中的线线、线面、面面之间的垂直与平行的互相转化关系，是基础题目．‎ ‎19. （1）欲证明BN∥平面A1MC，只需推知A1M∥BN； （2）根据直三棱柱的特征和线面垂直的判定与性质来证明线线垂直． 本题考查的知识点是直线与平面垂直的性质，直线与平面平行的判定，其中熟练掌握空间直线与平面间垂直、平行的判定、性质、定义是解答本题的关键．‎ ‎20. （1）根据中位线定理可得MN∥A1C1，故而MN∥平面AA1C1C； （2）根据V=V列方程求出点B1到面A1BC的距离． 本题考查了线面平行的判定，空间距离的计算，属于中档题．‎ ‎21. （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． 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．‎ ‎22. （Ⅰ）由已知AD∥BC，从而∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角，由此能求出异面直线AP与BC所成角的余弦值． （Ⅱ）由AD⊥平面PDC，得AD⊥PD，由BC∥AD，得PD⊥BC，再由PD⊥PB，得到PD⊥平面PBC． （Ⅲ）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角，由PD⊥平面PBC，得到∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角，由此能求出直线AB与平面PBC所成角的正弦值． 本题主要考查两条异面直线所成的角、直线与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力，是中档题．‎