浙江省宁波市慈溪中学2015_2016学年高二数学上学期期中试卷2_10班含解析.doc

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1、2015-2016学年浙江省宁波市慈溪中学高二（上）期中数学试卷（2-10班）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是( )A90cm2B129cm2C132cm2D138cm22如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如不计容器的厚度，则球的体积为( )ABCD3设a，是三个互不重合的平面，m，n是直线，给出下列命题若a，则a；若a，m，ma，则m；若m，n在内的射影互相垂直，则mn；

2、若ma，n，a则mn其中正确命题的个数为( )A0B1C2D34如图在一个二面角的棱上有两个点A，B，线段AC，BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，AB=4cm，AC=6cm，BD=8cm，CD=2cm，则这个二面角的度数为( )A30B60C90D1205三棱锥OABC中，OAOB，OBOC，OCOA，若OA=OB=a，OC=b，D是该三棱锥外部（不含表面）的一点，则下列命题正确的是( )存在无数个点D，使OD面ABC；存在唯一点D，使四面体ABCD为正三棱锥；存在无数个点D，使OD=AD=BD=CD；存在唯一点D，使四面体ABCD有三个面为直角三角形ABCD6一个几何体的三

3、视图如图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为V1，V2，V3，V4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有( )AV1V2V4V3BV1V3V2V4CV2V1V3V4DV2V3V1V47如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E为边AB的中点，将ADE沿直线DE翻折成A1DE，若M为线段A1C的中点，则在ADE翻折过程中，下面四个命题中不正确的是( )A|BM|是定值B点M在某个球面上运动C存在某个位置，使DEA1CD存在某个位置，使MB平面A1DE8如图，棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论错误的是( )A

4、DC1D1PB平面D1A1P平面A1APCAPD1的最大值为90DAP+PD1的最小值为二、填空题（本大题共7小题，第9，10，11，12题每空3分，第13，14，15题每空4分，共36分）9已知O（0，0，0），A（2，2，2），B（1，4，6），C（x，8，8），若OCAB，则x=_；若O、A、B、C四点共面，则x=_10正方体ABCDA1B1C1D1中，B1D与BC1夹角的大小是_；若E、F分别为AB、CC1的中点，则异面直线EF与A1C1夹角的大小是_11在三棱锥ABCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，ABC，ACD，ABD的面积分别为、，则BCD的面积为_；三棱锥ABCD的内切球半

5、径为_12如图，正方体ABCDA1B1C1D1棱长为1，P为BC中点，Q为线段CC1上动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得截面记为S当CQ=时，S的面积为_；若S为五边形，则此时CQ取值范围_13已知某几何体的三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，则该几何体的体积为_14两条异面直线a，b所成角为60，则过一定点P，与直线a，b都成60角的直线有_条15如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是_三.解答题：本大题共5小题，共74分解

6、答应写出文字说明，证明过程或演算步骤16（14分）如图，在七面体ABCDMN中，四边形ABCD是边长为2的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且MD=2，NB=1，MB与ND交于P点，点Q在AB上，且BQ=（I）求证：QP平面AMD；（）求七面体ABCDMN的体积17如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，AB=2AD=2，BD=，PD底面ABCD（1）证明：平面PBC平面PBD；（2）若二面角PBCD为，求AP与平面PBC所成角的正弦值18如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG平面ABCD，垂足为G，G在线段AD上，AG=GD，BGGC，BG=GC=2，

7、E是BC的中点，四面体PBCG的体积为（1）求异面直线GE与PC所成角的余弦值；（2）棱PC上是否存在一点F，使DFGC，若存在，求的值，若不存在，请说明理由19如图，边长为2的正方形ABCD绕AB边所在直线旋转一定的角度（小于180）到ABEF的位置（1）若CBE=120，求三棱锥BADF的外接球的表面积；（2）若K为线段BE上异于B，E的点，CE=2设直线AK与平面BDF所成角为，当3045时，求BK的取值范围20已知矩形ABCD中，AB=2，AD=5E，F分别在AD，BC上且AE=1，BF=3，沿EF将四边形AEFB折成四边形AEFB，使点B在平面CDEF 上的射影H在直线DE上（）求证

8、：AD平面BFC（）求二面角ADEF的大小2015-2016学年浙江省宁波市慈溪中学高二（上）期中数学试卷（2-10班）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是( )A90cm2B129cm2C132cm2D138cm2【考点】由三视图求面积、体积 【专题】立体几何【分析】几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体，根据三视图判断直三棱柱的侧棱长与底面的形状及相关几何量的数据，判断四棱柱的高与底面矩形的边长，把数据代入表面积公式计算【解答】解：由三视图知：几何体是直三棱柱与直四棱柱的

9、组合体，其中直三棱柱的侧棱长为3，底面是直角边长分别为3、4的直角三角形，四棱柱的高为6，底面为矩形，矩形的两相邻边长为3和4，几何体的表面积S=246+36+33+234+234+（4+5）3=48+18+9+24+12+27=138（cm2）故选：D【点评】本题考查了由三视图求几何体的表面积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键2如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如不计容器的厚度，则球的体积为( )ABCD【考点】球的体积和表面积 【专题】计算题；空间位置关系与距离【分析】

10、设正方体上底面所在平面截球得小圆M，可得圆心M为正方体上底面正方形的中心设球的半径为R，根据题意得球心到上底面的距离等于（R2）cm，而圆M的半径为4，由球的截面圆性质建立关于R的方程并解出R=5，用球的体积公式即可算出该球的体积【解答】解：设正方体上底面所在平面截球得小圆M，则圆心M为正方体上底面正方形的中心如图设球的半径为R，根据题意得球心到上底面的距离等于（R2）cm，而圆M的半径为4，由球的截面圆性质，得R2=（R2）2+42，解出R=5，根据球的体积公式，该球的体积V=故选A【点评】本题给出球与正方体相切的问题，求球的体积，着重考查了正方体的性质、球的截面圆性质和球的体积公式等知识，

11、属于中档题3设a，是三个互不重合的平面，m，n是直线，给出下列命题若a，则a；若a，m，ma，则m；若m，n在内的射影互相垂直，则mn；若ma，n，a则mn其中正确命题的个数为( )A0B1C2D3【考点】平面的基本性质及推论 【专题】证明题【分析】在正方体中举出反例，可以得到命题和命题是错误的；根据平面与平面平行和直线与平面平行的定义，得到是正确的；根据直线与平面平行的判定和空间直线平行的传递性，通过举出反例可得是错误的由此可得正确答案【解答】解：对于命题，若a，则a与的位置不一定是垂直，也可能是平行，比如：正方体的上、下底面分别是a与，右侧面是则满足a，但a，“a”不成立，故不正确；对于命

12、题，a，m平面a与直线m没有公共点因此有“ma”成立，故正确；对于命题，可以举出如下反例：在正方体中，设正对我们的面为，在左侧面中取一条直线m，上底面中取一条直线n，则m、n都与平面斜交时，m、n在内的射影必定互相垂直，显然“mn”不一定成立，故不正确；对于命题，因为a，所以它们是相交平面，设a=l当ma，n时，可得直线l与m、n都平行，所以mn，“mn”不成立，故不正确因此正确命题只有1个故选B【点评】本题借助于命题真假的判断为载体，着重考查了平面与平面垂直的定义与性质、直线与平面平行的判定定理和直线在平面中的射影等知识点，属于基础题4如图在一个二面角的棱上有两个点A，B，线段AC，BD分别

13、在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，AB=4cm，AC=6cm，BD=8cm，CD=2cm，则这个二面角的度数为( )A30B60C90D120【考点】二面角的平面角及求法 【专题】空间位置关系与距离；空间角【分析】首先利用平行线做出二面角的平面角，进一步利用勾股定理和余弦定理解出二面角平面角的大小，最后确定结果【解答】解：在平面内做BEAC，BE=AC，连接DE，CE，所以四边形ACEB是平行四边形由于线段AC，BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，所以AB平面BDECEABCE平面BDE所以CDE是直角三角形又AB=4cm，AC=6cm，BD=8cm，CD=2cm，则

14、：DE=2cm进一步利用余弦定理：DE2=BE2+BD22BEBDcosDBE解得cosDBE=所以DBE=60即二面角的度数为：60故选：B【点评】本题考查的知识要点：余弦定理的应用，勾股定理的应用，线面垂直的性质，二面角的应用属于基础题型5三棱锥OABC中，OAOB，OBOC，OCOA，若OA=OB=a，OC=b，D是该三棱锥外部（不含表面）的一点，则下列命题正确的是( )存在无数个点D，使OD面ABC；存在唯一点D，使四面体ABCD为正三棱锥；存在无数个点D，使OD=AD=BD=CD；存在唯一点D，使四面体ABCD有三个面为直角三角形ABCD【考点】命题的真假判断与应用 【专题】综合题；

15、运动思想；空间位置关系与距离；简易逻辑【分析】取AB的中点M，连接OM，CM，过点O作OQCM，可得OQ平面ABC，则直线OQ上除去线段OQ上的点取为D，则OD面ABC，因此存在无数个点D，使OD面ABC，即可判断出才正误；以线段AB为边作一个正DAB，使得点C在ABD内的射影为ABD的中心，这样的点D至少有两个，分别位于平面ABC的两侧，即可判断出正误；由已知：可以将此四面体补成一个以OA，OB，OC为邻边的长方体，其对角线的中点为此长方体外接球的球心D且唯一，即可判断出正误；取点O关于平面ABC的对称点为D，则四面体ABCD有三个面为直角三角形，此D点唯一，即可判断出正误【解答】解：取AB

16、的中点M，连接OM，CM，过点O作OQCM，可得OQ平面ABC，则直线OQ上除去线段OQ上的点取为D，则OD面ABC，因此存在无数个点D，使OD面ABC；以线段AB为边作一个正DAB，使得点C在ABD内的射影为ABD的中心，则四面体ABCD为正三棱锥，这样的点D至少有两个，分别位于平面ABC的两侧，因此不正确；OAOB，OBOC，OCOA，可以将此四面体补成一个以OA，OB，OC为邻边的长方体，其对角线的中点为此长方体外接球的球心D，满足OD=AD=BD=CD，因此有唯一的一个点D，使OD=AD=BD=CD，故不正确；取点O关于平面ABC的对称点为D，则四面体ABCD有三个面为直角三角形，此D

17、点唯一，因此正确综上可知：正确故选：B【点评】本题考查线面垂直的判定与性质定理、直三棱锥、长方体与外接球的性质、特殊的四面体性质，考查了空间想象能力、推理能力，属于中档题6一个几何体的三视图如图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为V1，V2，V3，V4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有( )AV1V2V4V3BV1V3V2V4CV2V1V3V4DV2V3V1V4【考点】由三视图求面积、体积 【专题】计算题【分析】利用三视图与已知条件判断组合体的形状，分别求出几何体的体积，即可判断出正确选项【解答】解：由题意以及三视图可知，该几何体从上到下由

18、：圆台、圆柱、正四棱柱、正四棱台组成，体积分别记为V1=V2=122=2，V3=222=8V4=；，V2V1V3V4故选C【点评】本题考查简单组合体的三视图与几何体的体积的求法，正确判断几何体的形状与准确利用公式求解体积是解题的关键7如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E为边AB的中点，将ADE沿直线DE翻折成A1DE，若M为线段A1C的中点，则在ADE翻折过程中，下面四个命题中不正确的是( )A|BM|是定值B点M在某个球面上运动C存在某个位置，使DEA1CD存在某个位置，使MB平面A1DE【考点】平面与平面之间的位置关系 【专题】综合题；空间位置关系与距离【分析】取CD中点F，连接MF，B

19、F，则平面MBF平面A1DE，可得D正确；由余弦定理可得MB2=MF2+FB22MFFBcosMFB，所以MB是定值，M是在以B为圆心，MB为半径的圆上，可得A，B正确A1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直，可得C不正确【解答】解：取CD中点F，连接MF，BF，则MFDA1，BFDE，平面MBF平面A1DE，MB平面A1DE，故D正确由A1DE=MFB，MF=A1D=定值，FB=DE=定值，由余弦定理可得MB2=MF2+FB22MFFBcosMFB，所以MB是定值，故A正确B是定点，M是在以B为圆心，MB为半径的圆上，故B正确，A1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直

20、，存在某个位置，使DEA1C不正确故选：C【点评】掌握线面、面面平行与垂直的判定和性质定理及线面角、二面角的定义及求法是解题的关键8如图，棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论错误的是( )ADC1D1PB平面D1A1P平面A1APCAPD1的最大值为90DAP+PD1的最小值为【考点】棱柱的结构特征 【专题】应用题；空间位置关系与距离【分析】利用DC1面A1BCD1，可得DC1D1P，A正确利用平面D1A1BC，平面A1ABB1，得出平面D1A1P平面A1AP，B正确；当A1P= 时，APD1为直角角，当0A1P 时，APD1为钝角，C错；将面AA1B

21、与面ABCD1沿A1B展成平面图形，线段AD1即为AP+PD1的最小值【解答】解：A1D1DC1，A1BDC1，DC1面A1BCD1，D1P面A1BCD1，DC1D1P，A正确平面D1A1P即为平面D1A1BC，平面A1AP 即为平面A1ABB1，切D1A1平面A1ABB1，平面D1A1BC，平面A1ABB1，平面D1A1P平面A1AP，B正确； 当0A1P 时，APD1为钝角，C错；将面AA1B与面A1BCD1沿A1B展成平面图形，线段AD1即为AP+PD1的最小值，在D1A1A中，D1A1A=135利用余弦定理解三角形得AD1=，即AP+PD1，D正确故选：C【点评】本题考查正方体的结构特

22、征，空间位置关系的判定，转化的思想二、填空题（本大题共7小题，第9，10，11，12题每空3分，第13，14，15题每空4分，共36分）9已知O（0，0，0），A（2，2，2），B（1，4，6），C（x，8，8），若OCAB，则x=16；若O、A、B、C四点共面，则x=8【考点】平面的基本性质及推论 【专题】空间位置关系与距离【分析】（1）先求出，的坐标，根据=0，得到3x1632=0，解出即可（2）由于四点A，B，C，O共面，可得存在实数，使得，解出即可【解答】解：（1）=（x，8，8），=（3，2，4），若OCAB，则=0，3x1632=0，解得：x=16，；（2）O（0，0，0），A（2

23、，2，2），B（1，4，6），C（x，8，8），=（2，2，2），=（1，4，6），=（x，8，8），四点A，B，C，O共面，存在实数，使得，=+，（x，8，8）=（2，2，2）+（1，4，6），解得x=8，故答案为：16； 8【点评】本题考查了向量垂直的性质，考查向量共面问题，是一道基础题10正方体ABCDA1B1C1D1中，B1D与BC1夹角的大小是90；若E、F分别为AB、CC1的中点，则异面直线EF与A1C1夹角的大小是30【考点】异面直线及其所成的角 【专题】计算题；转化思想；向量法；空间角【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出

24、B1D与BC1夹角的大小和异面直线EF与A1C1夹角的大小【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则B1（2，2，2），D（0，0，0），B（2，2，0），C1（0，2，2），=（2，2，2），=（2，0，2），=0，B1DBC1，B1D与BC1夹角的大小是90；E（2，1，0），F（0，2，1），A1（2，0，2），=（2，1，1），=（2，2，0），设异面直线EF与A1C1夹角的大小为，则cos=|=|=，=30异面直线EF与A1C1夹角的大小为30故答案为：90；30【点评】本题考查异面直线所成角的大小

25、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11在三棱锥ABCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，ABC，ACD，ABD的面积分别为、，则BCD的面积为；三棱锥ABCD的内切球半径为【考点】球内接多面体；球的体积和表面积 【专题】综合题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离【分析】设长方体的三度为a，b，c由题意得：ab=，ac=，bc=，求出a，b，c，即可求BCD的面积，利用等体积求出三棱锥ABCD的内切球半径【解答】解：设长方体的三度为a，b，c由题意得：ab=，ac=，bc=，解得：a=，b=，c=1，ABC中，BC上的高为，DBC中，BC上的高为=，BCD的面积为=设三棱

26、锥ABCD的内切球半径为r，则=（+）rr=故答案为：；【点评】本题是中档题，考查三棱锥ABCD的内切球半径，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题12如图，正方体ABCDA1B1C1D1棱长为1，P为BC中点，Q为线段CC1上动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得截面记为S当CQ=时，S的面积为；若S为五边形，则此时CQ取值范围（，1）【考点】平面的基本性质及推论 【专题】数形结合；综合法；空间位置关系与距离【分析】由题意作出满足条件的图形，由线面位置关系找出截面即可求出答案【解答】解：如图：当CQ=时，即Q为CC1中点，此时可得PQAD1，AP=QD1=，故可得截面APQD1为等腰梯形，

27、S=（+）=； 当CQ=时，如下图，延长DD1至N，使D1N=，连结AN交A1D1于S，连结QN交C1D1于R，连结SR，则ANPQ，由NRD1QRC1，可得C1R：D1R=C1Q：D1N=1：2C1R=，RD1=，当CQ1时，此时的截面形状是上图所示的APQRS，为五边形【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查了学生的空间想象和思维能力，借助于特殊点分析问题是解决该题的关键，是中档题13已知某几何体的三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，则该几何体的体积为【考点】由三视图求面积、体积 【专题】空间位置关系与距离【分析】由已知中的三视图，可知该几何体是一个

28、三棱柱切去一个三棱锥所得的组合体，分别求出体积后，相减可得答案【解答】解：由已知中的三视图，可知该几何体是一个三棱柱切去一个三棱锥所得的组合体，棱柱和棱锥的底面均为侧视图，故底面面积S=44=8，棱柱的高为8，故体积为64，棱锥的高为4，故体积为：，故组合体的体积V=64=，故答案为：【点评】本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状14两条异面直线a，b所成角为60，则过一定点P，与直线a，b都成60角的直线有3条【考点】异面直线的判定 【专题】数形结合；空间位置关系与距离；立体几何【分析】先将异面直线a，b平移到点P，结合图形可知，当使直线在面BPE的射影

29、为BPE的角平分线时存在2条满足条件，当直线为EPD的角平分线时存在1条满足条件，则一共有3条满足条件【解答】解：先将异面直线a，b平移到点P，则BPE=60，EPD=120而BPE的角平分线与a和b的所成角为30，而EPD的角平分线与a和b的所成角为606030，直线与a，b所成的角相等且等于60有且只有3条，使直线在面BPE的射影为BPE的角平分线，和直线为EPD的角平分线，故答案为：3【点评】本小题主要考查异面直线所成的角、异面直线所成的角的求法，以及射影等知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，考查转化思想，属于基础题15如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E

30、，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是【考点】直线与平面平行的性质 【专题】空间位置关系与距离【分析】分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，易证平面A1MN平面AEF，由题意知点P必在线段MN上，由此可判断P在M或N处时A1P最长，位于线段MN中点处时最短，通过解直角三角形即可求得【解答】解：如下图所示：分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，连接BC1，M、N、E、F为所在棱的中点，MNBC1，EFBC1，MNEF，又MN平面AEF，EF平面AEF，MN平面AEF；AA1NE，AA1=NE，四边形AENA

31、1为平行四边形，A1NAE，又A1N平面AEF，AE平面AEF，A1N平面AEF，又A1NMN=N，平面A1MN平面AEF，P是侧面BCC1B1内一点，且A1P平面AEF，则P必在线段MN上，在RtA1B1M中，A1M=，同理，在RtA1B1N中，求得A1N=，A1MN为等腰三角形，当P在MN中点O时A1PMN，此时A1P最短，P位于M、N处时A1P最长，A1O=，A1M=A1N=，所以线段A1P长度的取值范围是故答案为：【点评】本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属中档题，解决本题的关键是通过构造平行平面寻找P点位置三.解答题：本大题共5小题，共74分解答应写出

32、文字说明，证明过程或演算步骤16（14分）如图，在七面体ABCDMN中，四边形ABCD是边长为2的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且MD=2，NB=1，MB与ND交于P点，点Q在AB上，且BQ=（I）求证：QP平面AMD；（）求七面体ABCDMN的体积【考点】直线与平面平行的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积 【专题】空间位置关系与距离【分析】（I）由MD平面ABCD，NB平面ABCD，利用线面垂直的性质可得MDNB进而得到，又已知=，可得，于是在MAB中，QPAM再利用线面平行的性质即可得出QP平面AMD（II）连接BD，AC交于点O，则ACBD又MD平面ABCD，利用线面垂直的性质可

33、得MDAC，再利用线面垂直的判定即可得出AC平面MNBD于是AO为四棱锥AMNBD的高，进而得到VAMNBD的体积即可得出V几何体ABCDMN=2VAMNBD【解答】（I）证明：MD平面ABCD，NB平面ABCD，MDNB，又=，在MAB中，QPAM又QP平面AMD，AM平面AMDQP平面AMD（II）连接BD，AC交于点O，则ACBD又MD平面ABCD，MDAC，又BDMD=D，AC平面MNBDAO为四棱锥AMNBD的高，又=2V几何体ABCDMN=2VAMNBD=4【点评】熟练掌握线面平行于垂直的判定与性质、线线平行的判定与性质、四棱锥的体积等是解题的关键17如图，四棱锥PABCD中，底面

34、ABCD为平行四边形，AB=2AD=2，BD=，PD底面ABCD（1）证明：平面PBC平面PBD；（2）若二面角PBCD为，求AP与平面PBC所成角的正弦值【考点】用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定 【专题】综合题；空间位置关系与距离【分析】（1）证明BC平面PBD，利用面面垂直的判定定理，即可证明平面PBC平面PBD；（2）确定PBD即为二面角PBCD的平面角，分别以DA、DB、DP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，用坐标表示向量及平面PBC的法向量，利用向量的数量积公式，即可求得AP与平面PBC所成角的正弦值【解答】（1）证明：CD2=BC2+BD2，BCBDPD底面ABC

35、D，PDBC又PDBD=D，BC平面PBD而BC平面PBC，平面PBC平面PBD（2）解：由（1）所证，BC平面PBD，所以PBD即为二面角PBCD的平面角，即PBD=而BD=，所以PD=1分别以DA、DB、DP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A（1，0，0），B（0，0），P（0，0，1）所以，1）设平面PBC的法向量为，即可解得）AP与平面PBC所成角的正弦值为sin=【点评】本题考查面面垂直，考查线面角，解题的关键是掌握面面垂直的判定定理，正确运用向量法求线面角18如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG平面ABCD，垂足为G，G在线段AD上，AG=GD，BGGC

36、，BG=GC=2，E是BC的中点，四面体PBCG的体积为（1）求异面直线GE与PC所成角的余弦值；（2）棱PC上是否存在一点F，使DFGC，若存在，求的值，若不存在，请说明理由【考点】直线与平面垂直的性质；异面直线及其所成的角 【专题】证明题；数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离；空间角【分析】（1）由已知考查PG，在平面ABCD内，过C点作CHEG交AD于H，连结PH，则PCH（或其补角）就是异面直线GE与PC所成的角在PCH中，由余弦定理即可求得cosPCH的值（2）在平面ABCD内，过D作DMGC，M为垂足，连结MF，可证FMPG，由GMMD得：GM=GDcos45=，由DFGC，即

37、可求得的值【解答】解：（1）由已知=，PG=4，在平面ABCD内，过C点作CHEG交AD于H，连结PH，则PCH（或其补角）就是异面直线GE与PC所成的角在PCH中，CH=，PC=，PH=，由余弦定理得，cosPCH=（2）在平面ABCD内，过D作DMGC，M为垂足，连结MF，又因为DFGC，GC平面MFD，GCFM，由平面PGC平面ABCD，FM平面ABCD，FMPG，由GMMD得：GM=GDcos45=，由DFGC，可得【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的性质，异面直线及其所成的角，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题19如图，边长为2的正方形ABCD绕AB边所在直线旋转一定的角

38、度（小于180）到ABEF的位置（1）若CBE=120，求三棱锥BADF的外接球的表面积；（2）若K为线段BE上异于B，E的点，CE=2设直线AK与平面BDF所成角为，当3045时，求BK的取值范围【考点】直线与平面所成的角；球的体积和表面积 【专题】计算题；数形结合；转化思想；空间位置关系与距离；空间角【分析】（1）求出外接球的半径，利用取得面积公式求解即可（2）证明BE平面ABCD=以B为原点，BC、BA、BE的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，求出相关点的坐标，求出平面BDF的一个法向量为=（x，y，z）推出sin=，结合sin，即求出BK的取值范围【解答】解：（1）三棱锥BADF的外

39、接球就是三棱柱DFACEB的外接球，球的半径为R，R=，外接球的表面积为：4R2=20（2）解：BE=BC=2，CE=2，CE2=BC2+BE2，BCE为直角三角形，BEBC，又BEBA，BCBA=B，BC、BA平面ABCD，BE平面ABCD 以B为原点，BC、BA、BE的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），F（0，2，2），A（0，2，0），=（2，2，0），设K（0，0，m），平面BDF的一个法向量为=（x，y，z）由，得，可取，又=（0，2，m），于是sin=，3045，sin，即结合0m2，解得，即BK的取值范围为（0，【点评】本题考查几何体的外

40、接球的表面积的求法，直线与平面所成角的求法与应用，考查空间想象能力以及计算能力，20已知矩形ABCD中，AB=2，AD=5E，F分别在AD，BC上且AE=1，BF=3，沿EF将四边形AEFB折成四边形AEFB，使点B在平面CDEF 上的射影H在直线DE上（）求证：AD平面BFC（）求二面角ADEF的大小【考点】用空间向量求平面间的夹角；直线与平面平行的判定；二面角的平面角及求法 【专题】空间位置关系与距离；空间角【分析】（I）利用线面平行的判定定理可得AE平面BFC，DE平面BFC，又AEDE=E由面面平行的判定定理可得平面AED平面BFC，再利用面面平行的性质定理可得线面平行；（II）建立如

41、图所示的空间直角坐标系，利用B在平面CDEF上的射影H在直线DE上，设B（0，y，z）（y，zR+）及F（2，2，0），BF=3，可得到点B的坐标，分别求出平面ADE的法向量、平面CDEF的法向量，利用法向量的夹角即可得到二面角【解答】（I）证明：AEBF，AE平面BFC，BF平面BFCAE平面BFC，由DEFC，同理可得DE平面BFC，又AEDE=E平面AED平面BFC，AD平面BFC（II）解：如图，过E作ERDC，过E作ES平面EFCD，分别以ER，ED，ES为x，y，z轴建立空间直角坐标系B在平面CDEF上的射影H在直线DE上，设B（0，y，z）（y，zR+）F（2，2，0），BF=3解得B（0，1，2）=设平面ADE的法向量为，又有得，令x=1，则z=1，y0，得到又平面CDEF的法向量为设二面角ADEF的大小为，显然为钝角=135【点评】熟练掌握线面平行的判定定理、面面平行的判定和性质定理、通过建立空间直角坐标系利用两个平面的法向量的夹角求二面角是解题的关键25