江西省南昌市高二数学下学期期中试卷 理(含解析)

江西省南昌市2014-2015学年高二下学期期中数学试卷（理科）
一、选择题（每小题5分，共60分）
1．（5分）下列说法正确的是（）
A．三点确定一个平面
B．四边形一定是平面图形
C．梯形一定是平面图形
D．两条直线没有公共点，则这两条直线平行
2．（5分）一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π，则球的表面积为（）
A．B．8πC．D．4π
3．（5分）用斜二测画法作一个边长为2的正方形，则其直观图的面积为（）
A．B．2 C．4 D．
4．（5分）如图，空间四边形OABC中，=，=，=，点M在线段OA上，且OM=2MA，点N为BC的中点，则=（）
A．﹣++B．﹣+C．+﹣D．+﹣
5．（5分）某几何体三视图如图（单位；cm），则该几何体的体积是（）
A．1500cm3B．1025cm3C．625cm3D．1200cm3
6．（5分）已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为（）
A．B．C．D．
7．（5分）下列结论正确的是（）
A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥
D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线
8．（5分）已知=（1，5，﹣2），=（3，1，z），若⊥，=（x﹣1，y，﹣3），且BP⊥平面ABC，则实数x、y、z分别为（）
A．，﹣，4 B．，﹣，4 C．，﹣2，4 D．4，，﹣15
9．（5分）已知两条不重合的直线m、n和两个不重合的平面α、β，有下列命题：
①若m⊥n，m⊥α，则n∥α；
②若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β；
③若m、n是两条异面直线，m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β；
④若α⊥β，α∩β=m，n⊂β，n⊥m，则n⊥α．
其中正确命题的个数是（）
A．1 B．2 C．3 D．4
10．（5分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为（）
A．B．C．D．
11．（5分）已知正四棱锥S﹣ABCD中，SA=2，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（）
A．1 B．C．2 D．3
12．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点M在AB上，且AM=，点P是平面ABCD上
的动点，且动点P到直线A1D1的距离与动点P到点M的距离的平方差为1，则动点的轨迹是（）
A．圆B．抛物线C．双曲线D．直线
二、填空题（每小题5分，共20分）
13．（5分）若将锐角A为60°，边长为a的菱形ABCD沿对角线BD折成60°的二面角，则A与C之间的距离为．
14．（5分）将圆心角为120°，面积为3π的扇形，作为圆锥的侧面，则圆锥的体积为．
15．（5分）如图，直三棱柱ABCD﹣A1B1C1中，AB=1，BC=2，AC=，AA1=3，M为线段BB1上的一动点，则当AM+MC1最小时，点C到平面AMC1的距离为．
16．（5分）在体积一定的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F∥平面D1AE，记A1F与平面BCC1B1所成的角为θ，下列说法中正确的是．
①点F的轨迹是一条线段；
②三棱锥F﹣AD1E的体积为定值；
③A1F与D1E不可能平行；
④A1F与CC1是异面直线；
⑤tanθ的最大值为3．
三、解答题
17．（10分）如图所示，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，M、N分别为AB、PC的中点，平面PAD∩平面PBC=l．
（1）判断BC与l的位置关系，并证明你的结论；
（2）判断MN与平面PAD的位置关系，并证明你的结论．
18．（12分）已知几何体A﹣BCED的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形，已知几何体A﹣BCED的体积为16．
（1）求实数a的值；
（2）将直角三角形△ABD绕斜边AD旋转一周，求该旋转体的表面积．
19．（12分）如图所示，已知四棱锥的侧棱PD⊥平面ABCD，且底面ABCD是直角梯形，AD⊥CD，AB∥CD，AB=AD=CD=2，点M是侧棱PC的中点．
（1）求证：BC⊥平面BDP；
（2）若tan∠PCD=，求三棱锥M﹣BDP的体积．
20．（12分）如图所示，正四棱锥P﹣ABCD被过棱锥高上O′点且平行底面的平面
A′B′C′D′所截，得到正四棱台OO′和较小的棱锥PO′，其中O′分PO为=，侧
棱PA长为15cm，小棱锥底面边长A′B′为6cm．
（1）求截得棱台的体积．
（2）求棱锥P﹣ABCD的内切球的表面积．
21．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=．
（Ⅰ）求证：平面PQB⊥平面PAD；
（Ⅱ）若M为棱PC的中点，求异面直线AP与BM所成角的余弦值；
（Ⅲ）若二面角M﹣BQ﹣C大小为30°，求QM的长．
22．（12分）等边三角形ABC的边长为3，点D、E分别是边AB、AC上的点，且满足
（如图1）．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1﹣DE﹣B成直二面角，连结A1B、A1C （如图2）．
（1）求证：A1D丄平面BCED；
（2）在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．
江西省南昌市2014-2015学年高二下学期期中数学试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题5分，共60分）
1．（5分）下列说法正确的是（）
A．三点确定一个平面
B．四边形一定是平面图形
C．梯形一定是平面图形
D．两条直线没有公共点，则这两条直线平行
考点：命题的真假判断与应用．
专题：简易逻辑．
分析：A，根据公理2以及推论判断A
B，四边形有两种：空间四边形和平面四边形；
C，梯形中因为有一组对边平等，故梯形是平面图形．
D，利用平行线的定义、判定与性质，即可确定D
解答：解：对于A、根据公理2知，必须是不共线的三点确定一个平面，故A不对；
对于B，∵四边形有两种：空间四边形和平面四边形，
∴四边形不一定是平面图形，
故B不成立；
对于C，梯形中因为有一组对边平等，
∴梯形是平面图形，
故C成立．
对于D，根据异面直线的定义：既不平行也不相交的直线为异面直线，可以判断当两直线没有公共点时可能平行也可能异面．
故选：C．
点评：本题主要考查了确定平面的依据，注意利用公理2的以及推论的作用和条件，可以利用符合题意的几何体来判断，考查了空间想象能力．
2．（5分）一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π，则球的表面积为（）
A．B．8πC．D．4π
考点：球的体积和表面积；球面距离及相关计算．
专题：计算题．
分析：求出截面圆的半径，利用勾股定理求球的半径，然后求出球的表面积．
解答：解：球的截面圆的半径为：π=πr2，r=1
球的半径为：R=
所以球的表面积：4πR2=4π×=8π
故选B．
点评：本题考查球的体积和表面积，考查计算能力，逻辑思维能力，是基础题．
3．（5分）用斜二测画法作一个边长为2的正方形，则其直观图的面积为（）
A．B．2 C．4 D．
考点：斜二测法画直观图．
专题：规律型．
分析：根据斜二测画法的原则得到直观图的对应边长关系，即可求出相应的面积．
解答：解：根据斜二测画法的原则可知OC=2，OA=1，
∴对应直观图的面积为，
故选：D．
点评：本题主要考查利用斜二测画法画空间图形的直观图，利用斜二测画法的原则是解决本题的关键，比较基础．
4．（5分）如图，空间四边形OABC中，=，=，=，点M在线段OA上，且OM=2MA，点N为BC的中点，则=（）
A．﹣++B．﹣+C．+﹣D．+﹣
考点：空间向量的加减法．
专题：空间向量及应用．
分析：由题意，把，，三个向量看作是基向量，由图形根据向量的线性运算，将
用三个基向量表示出来，即可得到答案，选出正确选项．
解答：解：=，
=+﹣+，
=++﹣，
=﹣++，
∵=，=，=，
∴=﹣++，
故选：A．
点评：本题考点是空间向量基本定理，考查了用向量表示几何的量，向量的线性运算，解题的关键是根据图形把所研究的向量用三个基向量表示出来，本题是向量的基础题．
5．（5分）某几何体三视图如图（单位；cm），则该几何体的体积是（）
A．1500cm3B．1025cm3C．625cm3D．1200cm3
考点：由三视图求面积、体积．
专题：计算题；空间位置关系与距离．
分析：根据几何体的三视图，得出该几何体是底面为矩形的直四棱锥，结合图中数据求出它的体积．
解答：解：根据几何体的三视图，得；
该几何体是底面为矩形，高为15cm的直四棱锥；
且底面矩形的长为20cm，宽为15cm，
如图所示；
∴该四棱锥的体积为×20×15×15=1500cm2．
故选：A．
点评：本题考查了空间几何体的三视图的应用问题，也考查了空间想象能力与数据的计算能力，是基础题目．
6．（5分）已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为（）
A．B．C．D．
考点：异面直线及其所成的角．
专题：空间角．
分析：由E为AB的中点，可取AD中点F，连接EF，则∠CEF为异面直线CE与BD所成角，设出正四面体的棱长，求出△CEF的三边长，然后利用余弦定理求解异面直线CE与BD所成角的余弦值．
解答：解：如图，
取AD中点F，连接EF，CF，
∵E为AB的中点，
∴EF∥DB，
则∠CEF为异面直线BD与CE所成的角，
∵ABCD为正四面体，E，F分别为AB，AD的中点，
∴CE=CF．
设正四面体的棱长为2a，
则EF=a，
CE=CF=．
在△CEF中，由余弦定理得：
=．
故选：B．
点评：本题考查异面直线及其所成的角，关键是找角，考查了余弦定理的应用，是中档题．
7．（5分）下列结论正确的是（）
A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥
D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线
考点：简单组合体的结构特征．
专题：数形结合．
分析：通过简单几何体和直观图说明A和B错误，根据正六棱锥的过中心和定点的截面知C错误，由圆锥的母线进行判断知D正确．
解答：解：A、如图（1）所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥，故A错误；
B、如图（2）（3）所示，若△ABC不是直角三角形，或是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥，故B错误；
C、若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由过中心和定点的截面知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，故C错误；
D、根据圆锥母线的定义知，故D正确．
故选D．
点评：本题考查了简单几何体的结构特征的应用，结合柱体、椎体和台体的结构特征，以及几何体的直观图进行判断，考查了空间想象能力．
8．（5分）已知=（1，5，﹣2），=（3，1，z），若⊥，=（x﹣1，y，﹣3），且BP⊥平面ABC，则实数x、y、z分别为（）
A．，﹣，4 B．，﹣，4 C．，﹣2，4 D．4，，﹣15
考点：向量语言表述线线的垂直、平行关系．
专题：空间向量及应用．
分析：利用数量积与垂直的关系、线面垂直的性质定理即可得出．
解答：解：∵⊥，
∴=3+5﹣2Z=0，解得z=4．
∴．
∵BP⊥平面ABC，
∴，．
∴化为，
解得．
∴，，z=4．
故选：B．
点评：本题考查了数量积与垂直的关系、线面垂直的性质定理，属于中档题．
9．（5分）已知两条不重合的直线m、n和两个不重合的平面α、β，有下列命题：
①若m⊥n，m⊥α，则n∥α；
②若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β；
③若m、n是两条异面直线，m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β；
④若α⊥β，α∩β=m，n⊂β，n⊥m，则n⊥α．
其中正确命题的个数是（）
A．1 B．2 C．3 D．4
考点：平面与平面之间的位置关系．
专题：证明题．
分析：①直线与平面的位置关系有三种：平行，相交，在平面内，此命题中n可能在平面α内，故①错误；②利用“垂直于同一条直线的两平面平行即可判断②正确；③利用线面垂直的判定定理，先证明平面β内有两条相交直线与平面α平行，再由面面平行的判定定理证明两面平行，③正确；④若两平面垂直，则在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面，由此性质定理即可判断④正确
解答：解：①若m⊥n，m⊥α，则n可能在平面α内，故①错误
②∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α，又∵n⊥β，∴α∥β，故②正确
③过直线m作平面γ交平面β与直线c，
∵m、n是两条异面直线，∴设n∩c=O，
∵m∥β，m⊂γ，γ∩β=c∴m∥c，
∵m⊂α，c⊄α，∴c∥α，
∵n⊂β，c⊂β，n∩c=O，c∥α，n∥α
∴α∥β；故③正确
④由面面垂直的性质定理：∵α⊥β，α∩β=m，n⊂β，n⊥m，∴n⊥α．故④正确
故正确命题有三个，
故选C
点评：本题综合考查了直线与平面的位置关系，面面平行的判定定理及结论，面面垂直的性质定理等基础知识
10．（5分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为（）
A．B．C．D．
考点：直线与平面所成的角．
专题：计算题．
分析：由题意，由于图形中已经出现了两两垂直的三条直线所以可以利用空间向量的方法求解直线与平面所成的夹角．
解答：解：以D点为坐标原点，以DA、DC、DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系（图略），
则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），C1（0，2，1）
∴=（﹣2，0，1），=（﹣2，2，0），且为平面BB1D1D的一个法向量．
∴cos＜，＞═=．
∴BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为
故答案为D．
点评：此题重点考查了利用空间向量，抓住直线与平面所成的角与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角之间的关系这一利用向量方法解决了抽象的立体几何问题．
11．（5分）已知正四棱锥S﹣ABCD中，SA=2，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（）
A．1 B．C．2 D．3
考点：棱柱、棱锥、棱台的体积．
专题：计算题；压轴题．
分析：设出底面边长，求出正四棱锥的高，写出体积表达式，利用求导求得最大值时，高的值．
解答：解：设底面边长为a，则高h==，所以体积
V=a2h=，
设y=12a4﹣a6，则y′=48a3﹣3a5，当y取最值时，y′=48a3﹣3a5=0，解得a=0或a=4时，当a=4时，体积最大，
此时h==2，故选C．
点评：本试题主要考查椎体的体积，考查高次函数的最值问题的求法．是中档题．12．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点M在AB上，且AM=，点P是平面ABCD上
的动点，且动点P到直线A1D1的距离与动点P到点M的距离的平方差为1，则动点的轨迹是（）
A．圆B．抛物线C．双曲线D．直线
考点：轨迹方程；抛物线的定义．
专题：计算题．
分析：作PQ⊥AD，作QR⊥D1A1，PR即为点P到直线A1D1的距离，由勾股定理得 PR2﹣
PQ2=RQ2=1，又已知PR2﹣PM2=1，PM=PQ，即P到点M的距离等于P到AD的距离．
解答：解：如图所示：正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，作PQ⊥AD，Q为垂足，则PQ⊥面ADD1A1，过点Q作QR⊥D1A1，
则D1A1⊥面PQR，PR即为点P到直线A1D1的距离，由题意可得 PR2﹣PQ2=RQ2=1．
又已知 PR2﹣PM2=1，∴PM=PQ，即P到点M的距离等于P到AD的距离，根据抛物线的定义可得，点P的轨迹是抛物线，
故选 B．
点评：本题考查抛物线的定义，求点的轨迹方程的方法，体现了数形结合的数学思想，得到PM=PQ是解题的关键．
二、填空题（每小题5分，共20分）
13．（5分）若将锐角A为60°，边长为a的菱形ABCD沿对角线BD折成60°的二面角，则A与C之间的距离为a．
考点：点、线、面间的距离计算．
专题：计算题；空间位置关系与距离．
分析：取BD的中点E，连接AE，CE，则AE⊥BD，CE⊥BD，故∠AEC是二面角A﹣BD﹣C
的平面角，判定△AEC是等边三角形，即可得到结论．
解答：解：由题意，取BD的中点E，连接AE，CE，则AE⊥BD，CE⊥BD
∴∠AEC是二面角A﹣BD﹣C的平面角
∴∠AEC=60°，
∵菱形ABCD中，锐角A为60°，边长为a，
∴AE=CE= a
∴△AEC是等边三角形
∴A与C之间的距离为a，
故答案为：a．
点评：本题考查面面角，考查学生的计算能力，属于基础题．
14．（5分）将圆心角为120°，面积为3π的扇形，作为圆锥的侧面，则圆锥的体积为．
考点：旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．
专题：计算题．
分析：设出圆锥的母线与底面半径，根据所给的圆锥的侧面积和圆心角，求出圆锥的母线长与底面半径，利用体积公式做出结果．
解答：解：设圆锥的母线为l，底面半径为r，
∵3π=πl2∴l=3，
∴120°=×360°，
∴r=1，
∴圆锥的高是=2
∴圆锥的体积是×π×12×2=．
故答案为：．
点评：本题考查圆锥的体积，解题时注意圆锥的展开图与圆锥的各个量之间的关系，做好关系的对应，本题是一个易错题．
15．（5分）如图，直三棱柱ABCD﹣A1B1C1中，AB=1，BC=2，AC=，AA1=3，M为线段BB1上的一动点，则当AM+MC1最小时，点C到平面AMC1的距离为．
考点：点、线、面间的距离计算．
专题：计算题；空间位置关系与距离．
分析：先将直三棱柱ABC﹣A1B1C1沿棱BB1展开成平面连接AC1，与BB1的交点即为满足
AM+MC1最小时的点M，
由此可以求得△AMC1的三边长，再由余弦定理求出其中一角，由面积公式求出面积
解答：解：将直三棱柱ABC﹣A1B1C1沿棱BB1展开成平面连接AC1，与BB1的交点即为满足AM+MC1最小时的点M，
由于AB=1，BC=2，AA1=3，再结合棱柱的性质，可得BM=AA1=1，故B1M=2
由图形及棱柱的性质，可得AM=，AC1=，MC1=2，cos∠AMC1==﹣．故sin∠AMC1=，△AMC1的面积为=，
设点C到平面AMC1的距离为h，则由等体积可得，
∴h=．
故答案为：．
点评：本题考查棱柱的特征，求解本题的关键是根据棱柱的结构特征及其棱长等求出三角形的边长，再由面积公式求面积，本题代数与几何相结合，综合性强，解题时要注意运算准确，正确认识图形中的位置关系．
16．（5分）在体积一定的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F∥平面D1AE，记A1F与平面BCC1B1所成的角为θ，下列说法中正确的是①②④．
①点F的轨迹是一条线段；
②三棱锥F﹣AD1E的体积为定值；
③A1F与D1E不可能平行；
④A1F与CC1是异面直线；
⑤tanθ的最大值为3．
考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；棱柱的结构特征．
专题：空间位置关系与距离．
分析：找出F所在平面上的轨迹，然后判断①的正误；利用体积是否变化判断②的正误；找出F的特殊位置判断④大致为；求出tanθ的最大值，判断⑤的正误；
解答：解：对于①，取BC 的中点G，BB1，B1C1的中点NM，连结MN，EG，则F在MN上，满足F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F∥平面D1AE，
所以①正确；
对于②，因为MN∥EG，则F到平面AD1E的距离是定值，三棱锥F﹣AD1E的体积为定值，所以②正确；
对于③，当F在N时，A1F与D1E平行，所以③不正确；
对于④，A1F与CC1是异面直线；满足异面直线的定义，所以④正确；
对于⑤，A1F与平面BCC1B1所成的角为θ，tanθ==2，所以⑤不正确；
故答案为：①②④．
点评：本题考查棱柱的几何特征，直线与平面所成角，几何体的体积的求法，直线与平面平行的判断，考查逻辑推理以及计算能力．
三、解答题
17．（10分）如图所示，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，M、N分别为AB、PC的中点，平面PAD∩平面PBC=l．
（1）判断BC与l的位置关系，并证明你的结论；
（2）判断MN与平面PAD的位置关系，并证明你的结论．
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．
专题：空间位置关系与距离．
分析：（1）由AD∥BC，可得BC∥平面PAD，再利用线面平行的性质可得BC∥l；
（2）取CD的中点Q，连接MQ、NQ，可证平面MNQ∥平面PAD，再由面面平行的性质得线面平行．
解答：解：（1）结论：BC∥l．
证明：∵AD∥BC，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴BC∥平面PAD．
又∵BC⊂平面PBC，平面PAD∩平面PBC=l，
∴BC∥l．
（2）结论：MN∥平面PAD．
证明：取CD的中点Q，连结NQ，MQ，
则NQ∥PD，MQ∥AD，又∵NQ∩MQ=Q，PD∩AD=D，
∴平面MNQ∥平面PAD．又∵MN⊂平面MNQ，
∴MN∥平面PAD．
点评：本题考查了线面平行的判定与性质，考查了面面平行的判定与性质，体现了线线、线面、面面平行关系的相互转化，要熟记相关定理的条件．
18．（12分）已知几何体A﹣BCED的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形，已知几何体A﹣BCED的体积为16．
（1）求实数a的值；
（2）将直角三角形△ABD绕斜边AD旋转一周，求该旋转体的表面积．
考点：由三视图求面积、体积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．
专题：计算题；空间位置关系与距离．
分析：（1）由该几何体的三视图知AC⊥面BCED，且EC=BC=AC=4，BD=a，利用几何体A ﹣BCED的体积为16，求实数a的值；
（2）过B作AD的垂线BH，垂足为H，得，求出圆锥底面周长为
，两个圆锥的母线长分别为和2，即可求该旋转体的表面积．
解答：解：（1）由该几何体的三视图知AC⊥面BCED，且EC=BC=AC=4，BD=a，
体积V==16，
解得a=2；
（2）在RT△ABD中，，BD=2，AD=6，
过B作AD的垂线BH，垂足为H，得，
该旋转体由两个同底的圆锥构成，圆锥底面半径为，
所以圆锥底面周长为，两个圆锥的母线长分别为和2，
故该旋转体的表面积为．
点评：本题考查了圆锥的侧面积公式、积体公式和解三角形等知识，属于基础题．
19．（12分）如图所示，已知四棱锥的侧棱PD⊥平面ABCD，且底面ABCD是直角梯形，AD⊥CD，AB∥CD，AB=AD=CD=2，点M是侧棱PC的中点．
（1）求证：BC⊥平面BDP；
（2）若tan∠PCD=，求三棱锥M﹣BDP的体积．
考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定．
专题：空间位置关系与距离．
分析：（1）由AB⊥AD，AB=AD=2，可得BD=2，又AD=2，CD=4，AB=2，可得BC=2，利用勾股定理的逆定理可得BD⊥BC．由PD⊥平面ABCD，利用线面垂直的性质定理可得
PD⊥BC．利用线面垂直的判定定理即可证明．
（2）如图，过M作MG⊥DC交DC于点G．由PD⊥DC，M是PC中点，知MG是△DCP的中位线，又PD⊥平面ABCD，可得MG⊥平面BDC．又tan∠PCD=，得PD=2，MG=PD=1．利用V M﹣BDP=V P ﹣BCD﹣V M﹣BCD，即可得出．
解答：（1）证明：∵AB⊥AD，AB=AD=2，
∴BD==2，
又AD=2，CD=4，AB=2，
则BC=2，
∴BD2+BC2=16=DC2，∴BD⊥BC．
∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴PD⊥BC．
又BD∩PD=D，∴BC⊥平面BDP．
（2）解：如图，过M作MG⊥DC交DC于点G．
由PD⊥DC，M是PC中点，知MG是△DCP的中位线，
∴MG∥PD，MG=PD，
又PD⊥平面ABCD，
∴MG⊥平面BDC．
又tan∠PCD=，得PD=2，MG=PD=1．
∴V M﹣BDP=V P﹣BCD﹣V M﹣BCD=××2×2×2﹣××2×2×1=．
点评：本题考查了线面垂直的判定与性质定理、勾股定理及其逆定理、三角形中位线定理、三棱锥的体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
20．（12分）如图所示，正四棱锥P﹣ABCD被过棱锥高上O′点且平行底面的平面
A′B′C′D′所截，得到正四棱台OO′和较小的棱锥PO′，其中O′分PO为=，侧
棱PA长为15cm，小棱锥底面边长A′B′为6cm．
（1）求截得棱台的体积．
（2）求棱锥P﹣ABCD的内切球的表面积．
考点：球的体积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积．
专题：计算题；空间位置关系与距离．
分析：（1）计算出棱台的上、下底的边长，高，可得截得棱台的体积；
（2）由等体积计算棱锥P﹣ABCD的内切球的半径，即可求出棱锥P﹣ABCD的内切球的表面积．
解答：解：（1）由A′B′∥AB得，
∴=，
∴PA′=5，AB=18，
∵PO==3
∴OO′=PO=2，
∴V台=（36+182+）•2=312（cm3）…（6分）
（2）作轴截面图如下，设球心为E，半径为R，
由PH=PQ=12，HQ=AB=18，PO==3，则
∵S△PHQ=（PH+PQ+HQ）R，
∴=（12+12+18）R，
∴R=，
∴棱锥P﹣ABCD的内切球的表面积为4πR2=π（cm2）…（12分）
点评：本题考查棱台的体积，考查棱锥P﹣ABCD的内切球的表面积，考查学生的计算能力，求出棱锥P﹣ABCD的内切球的半径是关键，属于中档题．
21．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=．
（Ⅰ）求证：平面PQB⊥平面PAD；
（Ⅱ）若M为棱PC的中点，求异面直线AP与BM所成角的余弦值；
（Ⅲ）若二面角M﹣BQ﹣C大小为30°，求QM的长．
考点：异面直线及其所成的角；平面与平面垂直的判定．
专题：空间位置关系与距离．
分析：（Ⅰ）由题意易证QB⊥AD，由面面垂直的性质可得BQ⊥平面PAD，可得结论；（Ⅱ）易证PQ⊥平面ABCD，以Q为原点建立空间直角坐标系，则可得相关点的坐标，可得向量
和的坐标，可得夹角的余弦值，由反三角函数可得答案；（Ⅲ）可得平面BQC的法向量为
，又可求得平面MBQ法向量为，结合题意可得λ的方程，解方程可得λ，可得所求．
解答：解：（Ⅰ）∵AD∥BC，BC=AD，Q为AD的中点，
∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ
又∵∠ADC=90°，∴∠AQB=90° 即QB⊥AD．
又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴BQ⊥平面PAD．∵BQ⊂平面PQB，
∴平面PQB⊥平面PAD．
（Ⅱ）∵PA=PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD．
∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴PQ⊥平面ABCD．
如图，以Q为原点建立空间直角坐标系．
则Q（0，0，0），A（1，0，0），，，
∵M是PC中点，∴，
∴
设异面直线AP与BM所成角为θ
则cosθ==，
∴异面直线AP与BM所成角的余弦值为；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知平面BQC的法向量为，
由，且0≤λ≤1，得
，
又，∴平面MBQ法向量为．
∵二面角M﹣BQ﹣C为30°，∴，
∴．∴|QM|=
点评：本题考查空间角，涉及平面与平面垂直的判定，建立空间直角坐标系是解决问题的关键，属中档题．
22．（12分）等边三角形ABC的边长为3，点D、E分别是边AB、AC上的点，且满足
（如图1）．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1﹣DE﹣B成直二面角，连结A1B、A1C （如图2）．
（1）求证：A1D丄平面BCED；
（2）在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．
考点：用空间向量求直线与平面的夹角；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．专题：计算题；空间角；空间向量及应用．
分析：（1）等边△ABC中，根据得到AD=1且AE=2，由余弦定理算出DE=，
从而得到AD2+DE2=AE2，所以AD⊥DE．结合题意得平面A1DE⊥平面BCDE，利用面面垂直的性质定理，可证出A1D丄平面BCED；
（2）作PH⊥BD于点H，连接A1H、A1P，由A1D丄平面BCED得A1D丄PH，所以PH⊥平面A1BD，可得∠PA1H是直线PA1与平面A1BD所成的角，即∠PA1H=60°．设PB=x（0≤x≤3），分别在Rt△BA1H、Rt△PA1H和Rt△DA1H中利用三角函数定义和勾股定理，建立等量关系得12+（2
﹣x）2=（x）2，解之得x=，从而得到在BC上存在点P且当PB=时，直线PA1与平面A1BD所成的角为60°．
解答：解：（1）∵正△ABC的边长为3，且==
∴AD=1，AE=2，
△ADE中，∠DAE=60°，由余弦定理，得
DE==
∵AD2+DE2=4=AE2，∴AD⊥DE．
折叠后，仍有A1D⊥DE
∵二面角A1﹣DE﹣B成直二面角，∴平面A1DE⊥平面BCDE
又∵平面A1D E∩平面BCDE=DE，A1D⊂平面A1DE，A1D⊥DE
∴A1D丄平面BCED；
（2）假设在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°
如图，作PH⊥BD于点H，连接A1H、A1P
由（1）得A1D丄平面BCED，而PH⊂平面BCED
所以A1D丄PH
∵A1D、BD是平面A1BD内的相交直线，
∴PH⊥平面A1BD
由此可得∠PA1H是直线PA1与平面A1BD所成的角，即∠PA1H=60°
设PB=x（0≤x≤3），则BH=PBcos60°=，PH=PBsin60°=x
在R t△PA1H中，∠PA1H=60°，所以A1H=，
在Rt△DA1H中，A1D=1，DH=2﹣x
由A1D2+DH2=A1H2，得12+（2﹣x）2=（x）2
解之得x=，满足0≤x≤3符合题意
所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB=．
点评：本题给出平面翻折问题，求证直线与平面垂直并探索了直线与平面所成角的问题，着重考查了线面垂直、面面垂直的判定与性质和直线与平面所成角的求法等知识，属于中档题．。