2020-2021无锡滨湖区梅梁中学高一数学下期中模拟试题(及答案)

2020-2021无锡滨湖区梅梁中学高一数学下期中模拟试题(及答案)
一、选择题
1．已知三棱锥A BCD -中，5AB CD ==，2==AC BD ，3AD BC ==，若该三棱锥的四个顶点在同一个球面上，则此球的体积为（ ） A ．32π B ．24π C ．6π D ．6π
2．设l 为直线，,αβ是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )
A ．若//l α，//l β，则//αβ
B ．若l α⊥，l β⊥，则//αβ
C ．若l α⊥，//l β，则//αβ
D ．若αβ⊥，//l α，则l β⊥
3．一正四面体木块如图所示，点P 是棱VA 的中点，过点P 将木块锯开，使截面平行于棱VB 和AC ，则下列关于截面的说法正确的是（ ）．
A ．满足条件的截面不存在
B ．截面是一个梯形
C ．截面是一个菱形
D ．截面是一个三角形
4．已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，SC 为球O 的直径，且SC OA ⊥，SC OB ⊥，OAB V 为等边三角形，三棱锥S ABC -的体积为43，则球O 的半径为( )
A ．3
B ．1
C ．2
D ．4
5．已知点(),P x y 是直线()400kx y k ++=>上一动点，,PA PB 是圆
22:20C x y y +-=的两条切线，切点分别为,A B ，若四边形PACB 的面积最小值为2，则k 的值为（ ）
A ．3
B ．21
C ．22
D ．2
6．如图，已知正方体1111ABCD A B C D -中，异面直线1AD 与1A C 所成的角的大小是( )
A ．30o
B ．60o
C ．90o
D ．120o
7．如图是水平放置的平面图形的斜二测直观图，其原来平面图形面积是（ ）
A ． 22
B ． 42
C ．4
D ．8
8．若直线20ax y +-=和直线()2140x a y +-+=平行，则a 的值为（ ） A ．1-或2 B ．1- C ．2 D ．不存在
9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A ．12
B ．18
C ．24
D ．30 10．某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为4的正方形，两条虚线互相垂
直且相等，则该几何体的体积是（ ）
A ．1763
B ．1603
C ．1283
D ．32
11．在长方体1111ABCD A B C D -中，11111,2AA A D a A B a ===，点P 在线段1AD 上运动，当异面直线CP 与1BA 所成的角最大时，则三棱锥11C PA D -的体积为（ ）
A ．3
4a B ．33a C ．32a D ．3a 3a
12．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实（虚）线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（ ）
A ．64
B ．643
C ．16
D ．163
二、填空题
13．经过两条直线2310x y ++=和340x y -+=的交点，并且平行于直线
3470x y +-=的直线方程是________.
14．如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，M 为B 1C 1中点，连接A 1B ，D 1M ，则异面直线A 1B 和D 1M 所成角的余弦值为________________________．
15．已知圆22(1)16x y ++=，点(1,0),(1,0)E F -，过(1,0)E -的直线1l 与过(1,0)F 的
直线2l 垂直且圆相交于,A C 和,B D ，则四边形ABCD 的面积的取值范围是_________. 16．如图，在ABC ∆中，6AB BC ==
，90ABC ∠=o ，点D 为AC 的中点，将ABD △沿BD 折起到的位置，使PC PD =，连接PC ，得到三棱锥P BCD -，若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是__________.
17．一个直三棱柱的每条棱长都是3，且每个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为________
18．已知圆O ：22
4x y +=, 则圆O 在点3)A 处的切线的方程是___________.
19．在一个密闭的容积为1的透明正方体容器内装有部分液体，如果任意转动该正方体，
液面的形状都不可能是三角形，那么液体体积的取值范围是 ． 20．正四棱锥P ABCD -底面的四个顶点,,,A B C D 在球O 的同一个大圆上，点P 在球面上.若163
P ABCD V -=，则球O 的体积是______． 三、解答题
21．如图，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是平行四边形，BA ＝BD ＝2，AD ＝2，PA ＝PD ＝5，E ，F 分别是棱AD ，PC 的中点．
（1）证明：EF ∥平面PAB ；
（2）若二面角P －AD －B 为60°．
①证明：平面PBC ⊥平面ABCD ；
②求直线EF 与平面PBC 所成角的正弦值．
22．如图所示，四棱锥S ABCD -中，SA ⊥底面ABCD ，090ABC ∠=，
23SA AB ==，，1BC =，23AD =，060ACD ∠=，E 为CD 的中点.
（1）求证：//BC 平面SAE ；
（2）求直线SD 与平面SBC 所成角的正弦值.
23．如图，在三棱锥A BCD -中，,E F 分别为棱,BC CD 上的中点.
（1）求证：EF P 平面ABD ；
（2）若,BD CD AE ⊥⊥平面BCD ，求证：平面AEF ⊥平面ACD .
24．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中（侧棱垂直于底面的三棱柱），D ，E ，F 分别是线段1CC ，1AC ，AB 的中点，P 为侧棱1CC 上的点，1CP =，90ACB ∠=︒，14AA AC ==，2BC =.
（1）求证；//PF 平面BDE ；
（2）求直线PF 与直线BE 所成的角.
25．已知点(3,4),(9,0)A B -，,C D 分别为线段,OA OB 上的动点，且满足AC BD =
（1）若4,AC =求直线CD 的方程；
（2）证明：OCD ∆的外接圆恒过定点（异于原点）．
26．如图所示，直角梯形ABCD 中，//AD BC ，,AD AB ⊥22,AB BC AD ===四边形EDCF 为矩形，2DE =，平面EDCF ⊥ABCD .
（1）求证：//DF 平面ABE ；
（2）求二面角B EF D --二面角的正弦值；
（3）在线段BE 上是否存在点P ，使得直线AP 与平面BEF 所成角的正弦值为66
，若存在，求出线段BP 的长，若不存在，请说明理由.
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题
1．C
解析：C
【解析】
【分析】
作出三棱锥A BCD -的外接长方体AEBF GDHC -，计算出该长方体的体对角线长，即可得出其外接球的半径，然后利用球体体积公式可计算出外接球的体积.
【详解】
作出三棱锥A BCD -的外接长方体AEBF GDHC -，如下图所示：
设DG x =，DH y =，DE z =，
则2223AD x z =+=，2224DB y z =+=，2225DC x y =+=，
上述三个等式相加得()222222234512AD BD CD x y z ++=++=++=， 2226x y z ++=62R =
， 因此，此球的体积为3
4663ππ⨯=⎝⎭
. 故选：C.
【点睛】
本题考查三棱锥外接球体积的计算，将三棱锥补成长方体，利用长方体的体对角线作为外接球的直径是解题的关键，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题. 2．B
解析：B
【解析】
A 中，,αβ也可能相交；
B 中，垂直与同一条直线的两个平面平行，故正确；
C 中，,αβ也可能相交；
D 中，l 也可能在平面β内.
【考点定位】点线面的位置关系
3．C
解析：C
【解析】
【分析】
取AB 的中点D ，BC 的中点E ，VC 的中点F ，连接,,,PD PF DE EF ，易得即截面为
四边形PDEF ，且四边形PDEF 为菱形即可得到答案.
【详解】
取AB 的中点D ，BC 的中点E ，VC 的中点F ，连接,,,PD PF DE EF ，
易得PD ∥VB 且12PD VB =，EF ∥VB 且12
EF VB =，所以PD ∥EF ，PD EF =， 所以四边形PDEF 为平行四边形，又VB ⊄平面PDEF ，PD ⊂平面PDEF ,由线面平行 的判定定理可知，VB ∥平面PDEF ，AC ∥平面PDEF ，即截面为四边形PDEF ，又
1122
DE AC VB PD =
==，所以四边形PDEF 为菱形，所以选项C 正确. 故选：C
【点睛】
本题考查线面平行的判定定理的应用，考查学生的逻辑推理能力，是一道中档题.
4．C
解析：C
【解析】 【分析】
根据题意作出图形，欲求球的半径r ．利用截面的性质即可得到三棱锥S ABC -的体积可看成是两个小三棱锥S ABO -和C ABO -的体积和，即可计算出三棱锥的体积，从而建立关于r 的方程，即可求出r ，从而解决问题．
【详解】
解：根据题意作出图形：
设球心为O ，球的半径r ．
SC OA ⊥Q ，SC OB ⊥，SC ∴⊥平面AOB ，
三棱锥S ABC -的体积可看成是两个小三棱锥S ABO -和C ABO -的体积和．
2343123S ABC S ABO C ABO V V V r r ---∴=+=⨯⨯=三棱锥三棱锥三棱锥， 2r ∴=．
故选：C ．
【点睛】
本题考查棱锥的体积，考查球内接多面体，解题的关键是确定将三棱锥S ABC -的体积看成是两个小三棱锥S ABO -和C ABO -的体积和，属于中档题．
5．D
解析：D
【解析】
【分析】
当且仅当PC 垂直于()400kx y k ++=>时，四边形PACB 的面积最小，求出PC 后可得最小面积，从而可求k 的值.
【详解】
圆C 方程为()2
211x y +-=，圆心()0,1C ，半径为1． 因为PA ，PB 为切线，
221PC PA ∴=+且1=2122
PACB S PA PA ⨯⨯⨯==四边形． ∴当PA 最小时，PACB S 四边形最小， 此时PC 最小且PC 垂直于()400kx y k ++=>． 又min 21PC k =
+，222
221+1k ⎛⎫∴=+，2k ∴=，故选D. 【点睛】
圆中的最值问题，往往可以转化圆心到几何对象的距离的最值来处理，这类问题属于中档题. 6．C
解析：C
【解析】
【分析】
在正方体1111ABCD A B C D -中，利用线面垂直的判定定理，证得1AD ⊥平面1A DC ，由此能求出结果．
如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，连结1A D ，则1AD DC ⊥，11A D AD ⊥， 由线面垂直的判定定理得1AD ⊥平面1A DC ，所以11
AD AC ⊥, 所以异面直线1AD 与1A C 所成的角的大小是90o ．
故选C ．
【点睛】
本题主要考查了直线与平面垂直的判定与证明，以及异面直线所成角的求解，其中解答中牢记异面直线所成的求解方法和转化思想的应用是解答的关键，平时注意空间思维能力的培养，着重考查了推理与论证能力，属于基础题．
7．C
解析：C
【解析】
分析：由三视图还原实物图,再根据三角形面积公式求解.
详解：在斜二测直观图中OB=2,OA=2, 所以在平面图形中OB=2,OA=4， OA ⊥OB ， 所以面积为12442
S =
⨯⨯=. 选C.
点睛： 1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图． 2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据． 8．C
解析：C
【解析】
【分析】
直接根据直线平行公式得到答案.
【详解】
直线20ax y +-=和直线()2140x a y +-+=平行，则()12a a -=，解得2a =或1a =-.
当1a =-时，两直线重合，排除.
故选：C .
【点睛】
本题考查了根据直线平行求参数，意在考查学生的计算能力，多解是容易发生的错误.
9．C
解析：C
试题分析：由三视图可知，几何体是三棱柱消去一个同底的三棱锥，如图所示，三棱柱的高为，消去的三棱锥的高为，三棱锥与三棱柱的底面为直角边长分别为和的直角三角形，所以几何体的体积为，故选C ．
考点：几何体的三视图及体积的计算．
【方法点晴】本题主要考查了几何体的三视图的应用及体积的计算，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状，本题的解答的难点在于根据几何体的三视图还原出原几何体和几何体的度量关系，属于中档试题．
10．B
解析：B
【解析】
该几何体为一个正方体去掉一个倒四棱锥，其中正方体棱长为4，倒四棱锥顶点为正方体中心，底面为正方体上底面，因此体积是321
16042433
-⨯⨯=，选B. 点睛： 1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．
11．B
解析：B
【解析】
【分析】
当P 与A 重合时，异面直线CP 与BA 1所成的角最大，由此能求出当异面直线CP 与BA 1所成的角最大时，三棱锥C ﹣PA 1D 1的体积．
【详解】
如图，当P 与A 重合时，
异面直线CP 与BA 1所成的角最大，
∴当异面直线CP 与BA 1所成的角最大时，
三棱锥C ﹣PA 1D 1的体积：
11C PA D V -=11C AA D V -=1113AA D S AB ⨯⨯V =1111132AA A D AB ⎛⎫⨯⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭=11232a a a ⎛⎫⨯⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭=33
a ．
故选:B ．
【点睛】
求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解，注意求体积的一些特殊方法——分割法、补形法、等体积法. ①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．②等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值．
12．D
解析：D
【解析】
根据三视图知几何体是：三棱锥D ABC -为棱长为4的正方体一部分，直观图如图所示：B 是棱的中点，由正方体的性质得，CD ⊥平面,ABC ABC ∆的面积
12442S =⨯⨯=，所以该多面体的体积1164433
V =⨯⨯=，故选D.
二、填空题
13．【解析】【分析】先求出两相交直线的交点设出平行于直线的直线方程根据交点在直线上求出直线方程【详解】联立直线的方程得到两直线的交点坐标平行于直线的直线方程设为则所以直线的方程为：故答案为：【点睛】本题 解析：1934011
x y ++
= 【解析】
【分析】
先求出两相交直线的交点，设出平行于直线3470x y +-=的直线方程，根据交点在直线上，求出直线方程.
【详解】 联立直线的方程23103470
x y x y ++=⎧⎨+-=⎩，得到两直线的交点坐标135(,)1111-， 平行于直线3470x y +-=的直线方程设为340x y c ++=， 则1353()4()+01111
c ⋅-+⋅= 所以直线的方程为：1934011x y ++
= 故答案为：1934011
x y ++
= 【点睛】 本题考查了直线的交点，以及与已知直线平行的直线方程，考查了学生概念理解，转化与划归的能力，属于基础题.
14．【解析】【分析】连接取的中点连接可知且是以为腰的等腰三角形然后利用锐角三角函数可求出的值作为所求的答案【详解】如下图所示：连接取的中点连接在正方体中则四边形为平行四边形所以则异面直线和所成的角为或其
解析：
5
. 【解析】
【分析】 连接1CD 、CM ，取1CD 的中点N ，连接MN ，可知11//A B CD ，且1CD M ∆是以1CD 为腰的等腰三角形，然后利用锐角三角函数可求出1cos CD M ∠的值作为所求的答案．
【详解】
如下图所示：
连接1CD 、CM ，取1CD 的中点N ，连接MN ，
在正方体1111ABCD A B C D -中，11//A D BC ，则四边形11A BCD 为平行四边形， 所以11//A B C D ，则异面直线1A B 和1D M 所成的角为1CD M ∠或其补角，
易知1111190B C D BC C CDD ∠=∠=∠=o ，由勾股定理可得15CM D M ==12CD
N Q 为1CD 的中点，则1MN CD ⊥，在1Rt D MN ∆中，11110cos D N CD M D M ∠=
=， 因此，异面直线1A B 和1D M 所成角的余弦值为
105，故答案为105
． 【点睛】 本题考查异面直线所成角的余弦值的计算，求解异面直线所成的角一般利用平移直线法求解，遵循“一作、二证、三计算”，在计算时，一般利用锐角三角函数的定义或余弦定理求解，考查计算能力，属于中等题．
15．【解析】【分析】由题可知而过的弦过圆心时最长与垂直时最短据此则可以确定四边形的面积的取值范围【详解】由题知直线过圆心故设圆心到直线的距离为则所以所以四边形的面积;故答案为:【点睛】本题主要考查直线与 解析：163,32⎡⎤⎣⎦
【解析】
【分析】
由题可知8AC =,而过(1,0)F 的弦BD 过圆心时最长,与EF 垂直时最短,据此则可以确定四边形ABCD 的面积的取值范围.
【详解】
由题知,直线1l 过圆心(1,0)E -,故8AC =,
设圆心(1,0)E -到直线2l 的距离为d ,则02d EF ≤≤=, 所以221643,8BD d ⎡⎤=-⎣⎦
,
所以四边形ABCD 的面积12
S AB CD ⎡⎤=⋅⋅∈⎣⎦;
故答案为:⎡⎤⎣⎦.
【点睛】
本题主要考查直线与圆相交时的弦长､面积问题,解题关键是明确:过圆内一点的作弦,弦过圆心时最长,与最长的弦垂直时弦最短.
16．【解析】【分析】由题意得该三棱锥的面PCD 是边长为的正三角形且BD ⊥平面PCD 求出三棱锥P ﹣BDC 的外接球半径R ＝由此能求出该球的表面积【详解】由题意得该三棱锥的面PCD 是边长为的正三角形且BD ⊥平
解析：7π
【解析】
【分析】
由题意得该三棱锥的面PCD 的正三角形，且BD ⊥平面PCD ，求出三棱锥P
﹣BDC 的外接球半径R ，由此能求出该球的表面积． 【详解】
由题意得该三棱锥的面PCD 的正三角形，且BD ⊥平面PCD ，
设三棱锥P ﹣BDC 外接球的球心为O ，
△PCD 外接圆圆心为O 1，则OO 1⊥面PCD ，
∴四边形OO 1DB 为直角梯形，
由BD O 1D ＝1，OB ＝OD ，得OB ＝
2，
∴三棱锥P ﹣BDC 的外接球半径R ＝
2， ∴该球的表面积S ＝4πR 2＝474
π⨯
＝7π． 故答案为：7π．
【点睛】
本题考查三棱锥外接球的表面积的求法，考查空间中线线、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，考查化归与转化思想、函数与方思想，是中档题． 17．【解析】【分析】设此直三棱柱两底面的中心分别为则球心为线段的中点利用勾股定理求出球的半径由此能求出球的表面积【详解】∵一个直三棱柱的每条棱长都是且每个顶点都在球的球面上∴设此直三棱柱两底面的中心分别 解析：21π
【解析】
【分析】
设此直三棱柱两底面的中心分别为12,O O ，则球心O 为线段12O O 的中点，利用勾股定理求出球O 的半径2R ，由此能求出球O 的表面积．
【详解】
∵一个直三棱柱的每条棱长都是3，且每个顶点都在球O 的球面上，
∴设此直三棱柱两底面的中心分别为12,O O ，则球心O 为线段12O O 的中点，
设球O 的半径为R ，则2
223232132324R ⎛⎫⎛⎫=+⨯⨯= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
∴球O 的表面积2S 4R 21ππ== .
故答案为：21π．
【点睛】
本题考查球的表面积的求法，空间思维能力，考查转化化归思想、数形结合思想、属于中档题．
18．【解析】【分析】先求出kOA=从而圆O 在点处的切线的方程的斜率由此能出圆O 在点处的切线的方程【详解】kOA=∴圆O 在点处的切线的方程的斜率∴圆O 在点A 处的切线的方程整理得即答案为【点睛】本题考查圆的 33430x y +-=
【解析】
【分析】
先求出k OA 3，从而圆O 在点(3处的切线的方程的斜率3k = ，由此能出圆O 在点3A 处的切线的方程．
【详解】
k OA =3O 在点(3处的切线的方程的斜率3k =， ∴圆O 在点A (3处的切线的方程313
y x =-（） ，
整理，得33430x y +-=．
即答案为33430x y +-=.
【点睛】
本题考查圆的切线方程的求法，属中档题.
19．【解析】【分析】【详解】试题分析：如图正方体ABCD-EFGH 此时若要使液面不为三角形则液面必须高于平面EHD 且低于平面AFC 而当平面EHD 平行水平面放置时若满足上述条件则任意转动该正方体液面的形状
解析：15,66⎛⎫ ⎪⎝⎭
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：如图，正方体ABCD-EFGH ，此时若要使液面不为三角形，则液面必须高于平面EHD ，且低于平面AFC ．而当平面EHD 平行水平面放置时，若满足上述条件，则任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形．所以液体体积必须＞三棱柱G-EHD 的体积16
，并且＜正方体ABCD-EFGH 体积-三棱柱B-AFC 体积15166-=
考点：1．棱柱的结构特征；2．几何体的体积的求法
20．【解析】【分析】正四棱锥底面的四个顶点在球的同一个大圆上则棱锥的高等于球的半径由此可由棱锥体积求得球的半径从而得球体积【详解】∵正四棱锥底面的四个顶点在球的同一个大圆上∴球心是正方形对角线交点是棱锥
解析：323
π 【解析】
【分析】
正四棱锥P ABCD -底面的四个顶点,,,A B C D 在球O 的同一个大圆上，则棱锥的高等于球的半径，由此可由棱锥体积求得球的半径，从而得球体积．
【详解】
∵正四棱锥P ABCD -底面的四个顶点,,,A B C D 在球O 的同一个大圆上，∴球心O 是正
方形ABCD 对角线交点，PO 是棱锥的高，设球半径为R ，则AB =，
22)2ABCD S R ==，211162333
P ABCD ABCD V S PO R R -==⨯⨯=，2R =， ∴3344322333
V R πππ==⨯=球． 故答案为：323
π． 【点睛】
本题考查球的体积，考查正四棱锥与半球的截接问题．解题关键是确定球半径与正四棱锥中的线段长之间的关系．
三、解答题
21．（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②
11． 【解析】
试题分析：（1）要证明//EF 平面PAB ，可以先证明平面//EF MA ，利用线面平行的判定定理，即可证明//EF 平面PAB ；（2）①要证明平面PBC ⊥平面ABCD ，可用面面垂直的判定定理，即只需证明PB ⊥平面ABCD 即可；②由①BE ⊥平面PBC ，所以FEB ∠
为直线EF 与平面PBC 所成的角，由PB =ABP ∠为直角，即可计算,AM EF 的长度，在Rt EBF ∆中，即计算直线EF 与平面PBC 所成的角的正弦值． 试题解析：（1）证明：如图，取PB 中点M ，连接MF ，AM ．
因为F 为PC 中点，故MF ∥BC 且MF ＝12
BC ．由已知有BC ∥AD ，BC ＝AD ． 又由于E 为AD 中点，因而MF ∥AE 且MF ＝AE ，故四边形AMFE 为平行四边形， 所以EF ∥AM ．又AM ⊂平面PAB ，而EF ⊄平面PAB ，所以EF ∥平面PAB ．
（2）①证明：如图，连接PE ，BE ．
因为PA ＝PD ，BA ＝BD ，而E 为AD 中点，故PE ⊥AD ，BE ⊥AD ，
所以∠PEB 为二面角P －AD －B 的平面角．
在△PAD 中，由PA ＝PD AD ＝2，可解得PE ＝2．
在△ABD 中，由BA ＝BD ，AD ＝2，可解得BE ＝1．
在△PEB 中，PE ＝2，BE ＝1，∠PEB ＝60°，由余弦定理，可解得PB
从而∠PBE ＝90°，即BE ⊥PB ．
又BC ∥AD ，BE ⊥AD ，从而BE ⊥BC ，因此BE ⊥平面PBC ．
又BE ⊂平面ABCD ，所以平面PBC ⊥平面ABCD ．
②连接BF ．由①知，BE ⊥平面PBC ，所以∠EFB 为直线EF 与平面PBC 所成的角．
由PB 及已知，得∠ABP 为直角．
而MB ＝12PB ＝32
，可得AM ＝112，故EF ＝112． 又BE ＝1，故在Rt △EBF 中，sin ∠EFB ＝BE EF ＝21111
． 所以直线EF 与平面PBC 所成角的正弦值为
21111．
考点：直线与平面平行的判定及直线与平面垂直的判定与性质；直线与平面所成角的求解．
【方法点晴】本题主要考查了直线与平面平行的判定及直线与平面垂直的判定与性质，直线与平面所成角的求解，熟练掌握线面位置关系的判定定理与性质定理是解答基础，同时根据题设条件确定直线与平面所成的角是解答的关键，本题的第二问的解答中，根据BE ⊥平面PBC ，可以确定FEB ∠为直线EF 与平面PBC 所成的角，可放置在Rt EBF ∆中，即计算直线EF 与平面PBC 所成的角的正弦值．
22．（1）见解析； （2）
217. 【解析】
【分析】
（1）在ACD ∆中，由余弦定理可解得：4CD = 所以222AC AD CD +=，所以ACD ∆是直角三角形，
又ACE ∆可证为等边三角形，所以060CAE BCA ∠==∠，所以//BC AE ，即可证明//BC 平面SAE ；
（2）：由（1）可知090BAE ∠=，以点A 为原点，以AB ,AE ，AS 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量可求直线SD 与平面SBC 所成角的正弦值.
【详解】
（1）证明：因为3AB =1BC =，090ABC ∠=，
所以2AC =，060BCA ∠=，
在ACD ∆中，23AD =2AC =，060ACD ∠=，
由余弦定理可得：2222?cos AD AC CD AC CD ACD =+-∠
解得：4CD =
所以222AC AD CD +=，所以ACD ∆是直角三角形，
又E 为CD 的中点，所以12AE CD CE == 又060ACD ∠=，所以ACE ∆为等边三角形，
所以060CAE BCA ∠==∠，所以//BC AE ，
又AE ⊂平面SAE ，BC ⊄平面SAE ，
所以//BC 平面SAE .
（2）解：由（1）可知090BAE ∠=，以点A 为原点，以AB ,AE ，AS 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则()0,0,2S ，()3,0,0B ，()3,1,0C ，()
3,3,0D -.
所以)3,0,2SB =-u u v ，()3,1,2SC =-u u u v ，()
3,3,2SD =--u u u v . 设(),,n x y z =v 为平面SBC 的法向量，则·0·0n SB n SC ⎧=⎨=⎩u u v v u u u v v ，即320320
x z x y z ⎧-=⎪⎨+-=⎪⎩ 设1x =，则0y =，3z =，即平面SBC 的一个法向量为31,0,2n ⎛= ⎝⎭v ， 所以·2321cos ,77164
n SD n SD n SD -===-⨯u u u v v u u u v v u u u v v 所以直线SD 与平面SBC 21. 【点睛】
不妨考查线面平行的证明以及利用空间向量求线面角，属中档题.
23．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据线面平行的判定定理，在平面ABD 中找EF 的平行线，转化为线线平行的证明；
（2）根据面面垂直的判定定理，转化为CD ⊥平面AEF .
【详解】
（1）E Q ，F 分别是BC ，CD 的中点，EF ∴P BD ；
又Q EF ⊄平面ABD ，BD ⊂平面ABD ，
EF ∴P 平面ABD .
（2）BD CD ⊥Q ，EF P BD ，EF CD ∴⊥；
AE ^Q 平面BCD ，AE CD ∴⊥；
又EF ⊂平面AEF ，AE ⊂平面AEF ，
CD \^平面AEF ，又CD ⊂平面ACD ，
∴平面AEF ⊥平面ACD .
【点睛】
本题考查了面面垂直的证明，难点在于转化为线面垂直,方法：结合已知条件，选定其中一个面为垂面，在另外一个面中找垂线，不行再换另外一个面.
24．（1）证明见解析；（2）90°
【解析】
【分析】
（1）作BC 中点G ，连结PG ，FG ，可证P 为CD 中点，可证//PG BD ，////FG AC ED ，证明平面PFG P 平面BED ，从而得证； （2）以CA 为x 轴，CB 为y 轴，1CC 为z 轴，建立空间直角坐标系，表示出PF u u u r 和BE u u u r ，利用向量的夹角公式即可求解
【详解】
（1）作BC 中点G ，连结PG ，FG ，
因为F 为AB 中点，G 为BC 中点，所以FG AC P ，又因为E 为1AC 中点，D 为1CC 中点，所以ED AC P ，所以FG ED ∥，又因为1CP =，14AA =，所以P 为CD 中点，所以PG BD P ，又因为FG PG G ⋂=，所以平面PFG P 平面BED ，FP ⊂平面PFG ，所以//PF 平面BDE ；
（2）因为90ACB ∠=︒，三棱柱为直三棱柱，故以CA 为x 轴，CB 为y 轴，1CC 为z 轴，建立空间直角坐标系，()()()()2,1,0,0,2,0,0,0,1,2,0,2F B P E ，
故()()2,1,1,2,2,2PF BE =-=-u u u r u u u r ，
cos ,0PF BE PF BE PF BE
⋅==⋅u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ，故直线PF 与直线BE 所成的角为90° 【点睛】
本题考查线面平行的证法，异面直线夹角的求法，属于中档题
25．（1）750x y +-=（2）详见解析
【解析】
试题分析：（1）求直线CD 的方程，只需确定C ，D 坐标即可：34
(,)55
C -，(5,0)
D ，直线CD 的斜率4
0153755-
=-⎛⎫-- ⎪⎝⎭，直线CD 的方程为750x y +-=． （2）证明动圆过定点，关键在于表示出圆的方程，本题适宜设圆的一般式：22+0x y Dx Ey F +++=设(3,4)(01)C m m m -<≤，则D (5+4,0)m ，从而()()222
0,
{916340,54540.
F m m mD mE F m m D F =+-++=++++=解之得(54),0D m F =-+=,103E m =--,整理得22435(2)0x y x y m x y +---+=，所以△OCD 的外接圆恒过定点为(2,1)-．
试题解析：（1）因为(3,4)A -，所以22(3)45OA =-+=， 1分
又因为4AC =，所以1OC =，所以34
(,)55
C -， 3分
由4BD =，得(5,0)D ， 4分
所以直线CD 的斜率4
0153755-
=-⎛⎫-- ⎪⎝⎭， 5分 所以直线CD 的方程为1(5)7
y x =-
-，即750x y +-=． 6分 （2）设(3,4)(01)C m m m -<≤，则5OC m =． 7分 则55AC OA OC m =-=-，
因为AC BD =，所以5+4OD OB BD m =-=，
所以D 点的坐标为(5+4,0)m 8分
又设OCD ∆的外接圆的方程为22
+0x y Dx Ey F +++=， 则有()()222
0,
{916340,54540.
F m m mD mE F m m D F =+-++=++++=10分
解之得(54),0D m F =-+=,103E m =--,
所以OCD ∆的外接圆的方程为22(54)(103)0x y m x m y +-+-+=， 12分 整理得22
435(2)0x y x y m x y +---+=， 令2243=0,{+2=0
x y x y x y +--，所以0,{0.x y ==（舍）或2,{ 1.x y ==- 所以△OCD 的外接圆恒过定点为(2,1)-． 14分
考点：直线与圆方程
26．（1）证明见解析；（2）
23；（3）存在，3BP =或23BP = 【解析】
【分析】
（1）以,,DA DG DE 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，DF AE AB =+u u u r u u u r u u u r
，得到证明. （2）平面DEF 的一个法向量为()12,1,0n =u r ，平面BEF 的一个法向量为()12,1,2n =u r ，
计算夹角得到答案. （3）假设存在点P 满足条件，设BP BE λ=u u u r u u u r ，设线AP 与平面BEF 所成角为θ，
22
cos AP n AP n θ⋅=⋅u u u r u u r u u u r u u r ，解得答案. 【详解】
（1）取BC 中点G ，连接DG ，易知DA DG ⊥，
平面EDCF ⊥ABCD ，四边形EDCF 为矩形，故ED ⊥平面ABCD . 以,,DA DG DE 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，
则()0,0,0D ，()1,2,2F -，()1,0,0A ，()1,2,0B ，()1,2,0C -，()0,0,2E . ()1,2,2DF =-u u u r ，()1,0,2AE =-u u u r ，()0,2,0AB =u u u r ，故DF AE AB =+u u u r u u u r u u u r ， 故//DF 平面ABE . （2）设平面DEF 的一个法向量为()1,,n x y z =u r ，则11
00n DE n DF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u v u u u v u v u u u v ，即20220z x y z =⎧⎨-++=⎩， 取1y =，则()12,1,0n =u r .
设平面BEF 的一个法向量为()2,,n a b c =u u r ，则2200n EF n EB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u v u u u v u u v u u u v ，即20220x y x y z -+=⎧⎨+-=⎩， 取1y =，则()12,1,2n =u r . 则1212125cos ,3n n n n
n n ⋅==⋅u r u u r u r u u r u r u u r ，故二面角B EF D --二面角的正弦值为23
. （3）假设存在点P 满足条件，设BP BE λ=u u u r u u u r ，则()1,22,2P λλλ--，
(),22,2AP λλλ=--u u u r ，()12,1,2n =u r ，设线AP 与平面BEF 所成角为θ，
则()()
222226cos 3222AP n AP n θλλλ⋅===⋅+-+u u u r u u r u u u r u u r ，解得23λ=或29λ=. 故3BP BE λλ==u u u r u u u r ，故3BP =或23
BP =.
【点睛】
本题考查了线面平行，二面角，线面夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.。