数学卷·2018届河北省唐山市开滦二中高二上学期期中数学试卷 (解析版) 15页

‎2016-2017学年河北省唐山市开滦二中高二（上）期中数学试卷 ‎　‎ 一．选择题 ‎1．直线y=kx与直线y=2x+1垂直，则k等于（　　）‎ A．﹣2 B．2 C． D．‎ ‎2．将棱长为2的正方体木块削成一个体积最大的球，则这个球的表面积为（　　）‎ A．2π B．4π C．8π D．16π ‎3．若直线y=﹣2x+3k+14与直线x﹣4y=﹣3k﹣2的交点位于第四象限，则实数k的取值范围是（　　）‎ A．﹣6＜k＜﹣2 B．﹣5＜k＜﹣3 C．k＜﹣6 D．k＞﹣2‎ ‎4．下列结论，其中正确的个数是（　　）‎ ‎①梯形的直观图可能是平行四边形 ‎②三棱锥中，四个面都可以是直角三角形 ‎③如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，这个棱锥不可能是六棱锥 ‎④底面是矩形的平行六面体是长方体．‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎5．圆C1：（x+2）2+（y﹣2）2=1与圆C2：（x﹣2）2+（y﹣5）2=16的位置关系是（　　）‎ A．外离 B．相交 C．内切 D．外切 ‎6．已知a、b是两条异面直线，c∥a，那么c与b的位置关系（　　）‎ A．一定是异面 B．一定是相交 C．不可能平行 D．不可能垂直 ‎7．如图，是一个空间几何体的三视图，则这个几何体的外接球的表面积是（　　）‎ A．56πcm2 B．77πcm2 C． D．‎ ‎8．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：‎ ‎①若m⊥α，n∥α，则m⊥n ‎ ‎②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ ‎③若m∥α，n∥α，则m∥n ‎ ‎④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β 其中正确命题的序号是（　　）‎ A．①和② B．②和③ C．③和④ D．①和④‎ ‎9．M（x0，y0）为圆x2+y2=a2（a＞0）内异于圆心的一点，则直线x0x+y0y=a2与该圆的位置关系为（　　）‎ A．相切 B．相交 C．相离 D．相切或相交 ‎10．如图，将一个正方体的表面展开，直线AB与直线CD在原来正方体中的位置关系是（　　） ‎ A．平行 B．相交并垂直 C．相交且成60°角 D．异面 ‎11．如图是一个多面体的实物图，在下列四组三视图中，正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．圆x2+2x+y2+4y﹣3=0上到直线x+y+1=0的距离为的点共有（　　）‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 ‎　‎ 二．填空题 ‎13．已知两圆x2+y2=10和（x﹣1）2+（y﹣3）2=10相交于A，B两点，则直线AB的方程是　　．‎ ‎14．设M是圆（x﹣5）2+（y﹣3）2=9上的点，则M到直线3x+4y﹣2=0的最长距离是　　．‎ ‎15．侧棱长为2的正三棱锥V﹣ABC中，∠AVB=∠BVC=∠CVA=40°，过点A作截面AEF，则截面△AEF周长的最小值为　　．‎ ‎16．aα、βb是两个不同的平面，m、n 是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：‎ ‎（1）m⊥n （2）α⊥β （3）n⊥β （4）m⊥α 以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题　　．‎ ‎　‎ 三．填空题 ‎17．已知△ABC三边所在直线方程为AB：3x+4y+12=0，BC：4x﹣3y+16=0，CA：2x+y﹣2=0，求AC边上的高所在的直线方程．‎ ‎18．如图四边形ABCD为梯形，AD∥BC，∠ABC=90°，求图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的表面积和体积．‎ ‎19．一圆与y轴相切，圆心在直线x﹣3y=0上，且直线y=x截圆所得弦长为，求此圆的方程．‎ ‎20．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，点D是AB的中点．求证：‎ ‎（1）AC⊥BC1；‎ ‎（2）AC1∥平面B1CD．‎ ‎21．已知圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2=25，直线l：（2m+1）x+（m+1）y﹣7m﹣4=0（m∈R）‎ ‎（Ⅰ）证明：无论m取什么实数，l与圆恒交于两点；‎ ‎（Ⅱ）求直线被圆C截得的弦长最小时l的方程．‎ ‎22．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AB=2，E，F，G分别是PC，PD，BC的中点．‎ ‎（1）求证：平面PAB∥平面EFG；‎ ‎（2）在线段PB上确定一点Q，使PC⊥平面ADQ，并给出证明；‎ ‎（3）求出D到平面EFG的距离．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省唐山市开滦二中高二（上）期中数学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题 ‎1．直线y=kx与直线y=2x+1垂直，则k等于（　　）‎ A．﹣2 B．2 C． D．‎ ‎【考点】两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系．‎ ‎【分析】由于直线y=2x+1的斜率为2，所以直线y=kx的斜率存在，两条直线垂直，利用斜率之积为﹣1，直接求出k的值．‎ ‎【解答】解：直线y=kx与直线y=2x+1垂直，由于直线y=2x+1的斜率为2，‎ 所以两条直线的斜率之积为﹣1，‎ 所以k=‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．将棱长为2的正方体木块削成一个体积最大的球，则这个球的表面积为（　　）‎ A．2π B．4π C．8π D．16π ‎【考点】球的体积和表面积．‎ ‎【分析】由题意知，此球是正方体的内切球，根据其几何特征知，此求的直径与正方体的棱长是相等的，故可得球的直径为2，再用表面积公式求出表面积即可．‎ ‎【解答】解：由已知球的直径为2，故半径为1，‎ 其表面积是4×π×12=4π，‎ 应选B ‎　‎ ‎3．若直线y=﹣2x+3k+14与直线x﹣4y=﹣3k﹣2的交点位于第四象限，则实数k的取值范围是（　　）‎ A．﹣6＜k＜﹣2 B．﹣5＜k＜﹣3 C．k＜﹣6 D．k＞﹣2‎ ‎【考点】两条直线的交点坐标．‎ ‎【分析】解方程组，得，x=k+6，y=k+2，由直线y=﹣2x+3k+14与直线x﹣4y=﹣3k﹣2的交点位于第四象限，知x=k+6＞0，y=k+2＜0，由此能求出实数k的取值范围．‎ ‎【解答】解：解方程组，‎ 得，x=k+6，y=k+2‎ ‎∵直线y=﹣2x+3k+14与直线x﹣4y=﹣3k﹣2的交点位于第四象限，‎ ‎∴x=k+6＞0，y=k+2＜0，‎ ‎∴﹣6＜k＜﹣2．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．下列结论，其中正确的个数是（　　）‎ ‎①梯形的直观图可能是平行四边形 ‎②三棱锥中，四个面都可以是直角三角形 ‎③如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，这个棱锥不可能是六棱锥 ‎④底面是矩形的平行六面体是长方体．‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【考点】构成空间几何体的基本元素．‎ ‎【分析】由直观图判断①的正误；三棱锥的结构特征判定②③的正误；棱柱的结构特征判断④，即可得到正确选项．‎ ‎【解答】解：①梯形的直观图可能是平行四边形；不正确，因为平行x轴的线段长度不变；‎ ‎②三棱锥中，四个面都可以是直角三角形；正确，一条棱长垂直底面直角三角形的一个锐角，即可满足题意．‎ ‎③如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，这个棱锥不可能是六棱锥；错误，满足条件，结果是正六边形．‎ ‎④底面是矩形的平行六面体是长方体．棱长不垂直底面，不正确．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎5．圆C1：（x+2）2+（y﹣2）2=1与圆C2：（x﹣2）2+（y﹣5）2=16的位置关系是（　　）‎ A．外离 B．相交 C．内切 D．外切 ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】先根据圆的标准方程得到分别得到两圆的圆心坐标及两圆的半径，然后利用圆心之间的距离d与两个半径相加、相减比较大小即可得出圆与圆的位置关系．‎ ‎【解答】解：由圆C1：（x+2）2+（y﹣2）2=1与圆C2：（x﹣2）2+（y﹣5）2=16得：‎ 圆C1：圆心坐标为（﹣2，2），半径r=1；圆C2：圆心坐标为（2，5），半径R=4．‎ 两个圆心之间的距离d==5，而d=R+r，所以两圆的位置关系是外切．‎ 故选D ‎　‎ ‎6．已知a、b是两条异面直线，c∥a，那么c与b的位置关系（　　）‎ A．一定是异面 B．一定是相交 C．不可能平行 D．不可能垂直 ‎【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．‎ ‎【分析】由平行公理，若c∥b，因为c∥a，所以a∥b，与a、b是两条异面直线矛盾．异面和相交均有可能．‎ ‎【解答】解：a、b是两条异面直线，c∥a，那么c与b异面和相交均有可能，但不会平行．‎ 因为若c∥b，因为c∥a，由平行公理得a∥b，与a、b是两条异面直线矛盾．‎ 故选C ‎　‎ ‎7．如图，是一个空间几何体的三视图，则这个几何体的外接球的表面积是（　　）‎ A．56πcm2 B．77πcm2 C． D．‎ ‎【考点】球的体积和表面积；简单空间图形的三视图．‎ ‎【分析】三视图复原的几何体是长方体的一个角，扩展为长方体，它的外接球的直径就是长方体的对角线的长，求出对角线长，即可求出外接球的表面积．‎ ‎【解答】解：三视图复原的几何体是长方体的一个角，三度为：6、5、4；把它扩展为长方体，它的外接球的直径就是长方体的对角线的长，‎ 所以长方体的对角线长为：‎ 所以球的半径为：．‎ 这个几何体的外接球的表面积是：4=77π（cm2）‎ 故选B ‎　‎ ‎8．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：‎ ‎①若m⊥α，n∥α，则m⊥n ‎ ‎②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ ‎③若m∥α，n∥α，则m∥n ‎ ‎④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β 其中正确命题的序号是（　　）‎ A．①和② B．②和③ C．③和④ D．①和④‎ ‎【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；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；平面与平面之间的位置关系．‎ ‎【分析】根据线面平行性质定理，结合线面垂直的定义，可得①是真命题；根据面面平行的性质结合线面垂直的性质，可得②是真命题；在正方体中举出反例，可得平行于同一个平面的两条直线不一定平行，垂直于同一个平面和两个平面也不一定平行，可得③④不正确．由此可得本题的答案．‎ ‎【解答】解：对于①，因为n∥α，所以经过n作平面β，使β∩α=l，可得n∥l，‎ 又因为m⊥α，l⊂α，所以m⊥l，结合n∥l得m⊥n．由此可得①是真命题；‎ 对于②，因为α∥β且β∥γ，所以α∥γ，结合m⊥α，可得m⊥γ，故②是真命题；‎ 对于③，设直线m、n是位于正方体上底面所在平面内的相交直线，‎ 而平面α是正方体下底面所在的平面，‎ 则有m∥α且n∥α成立，但不能推出m∥n，故③不正确；‎ 对于④，设平面α、β、γ是位于正方体经过同一个顶点的三个面，‎ 则有α⊥γ且β⊥γ，但是α⊥β，推不出α∥β，故④不正确．‎ 综上所述，其中正确命题的序号是①和②‎ 故选：A ‎　‎ ‎9．M（x0，y0）为圆x2+y2=a2（a＞0）内异于圆心的一点，则直线x0x+y0y=a2与该圆的位置关系为（　　）‎ A．相切 B．相交 C．相离 D．相切或相交 ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】由圆的方程找出圆心坐标与半径，因为M为圆内一点，所以M到圆心的距离小于圆的半径，利用两点间的距离公式表示出一个不等式，然后利用点到直线的距离公式表示出圆心到已知直线的距离d，根据求出的不等式即可得到d大于半径r，得到直线与圆的位置关系是相离．‎ ‎【解答】解：由圆的方程得到圆心坐标为（0，0），半径r=a，‎ 由M为圆内一点得到：＜a，‎ 则圆心到已知直线的距离d=＞=a=r，‎ 所以直线与圆的位置关系为：相离．‎ 故选C ‎　‎ ‎10．如图，将一个正方体的表面展开，直线AB与直线CD在原来正方体中的位置关系是（　　） ‎ A．平行 B．相交并垂直 C．相交且成60°角 D．异面 ‎【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．‎ ‎【分析】将正方体还原后能求出结果．‎ ‎【解答】解：将正方体还原后如图，‎ A与C重合，‎ 连结BC，则△BDC是等边三角形，‎ ‎∴直线AB与直线CD在原来正方体中的位置关系是相交且成60°角．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎11．如图是一个多面体的实物图，在下列四组三视图中，正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】简单空间图形的三视图．‎ ‎【分析】根据已知中几何体的直观图，结合简单几何体的三视图画法，可得答案．‎ ‎【解答】解：由已知中几何体的直观图，‎ 当以如图所示的方向为正方向时，‎ 几何体的三视图为：‎ 故选：A ‎　‎ ‎12．圆x2+2x+y2+4y﹣3=0上到直线x+y+1=0的距离为的点共有（　　）‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】先求圆心和半径，再看圆心到直线的距离，和比较，可得结果．‎ ‎【解答】解：圆x2+2x+y2+4y﹣3=0的圆心（﹣1，﹣2），半径是 2，圆心到直线x+y+1=0的距离是，‎ 故圆上的点到直线x+y+1=0的距离为的共有3个．‎ 故答案为：3．‎ ‎　‎ 二．填空题 ‎13．已知两圆x2+y2=10和（x﹣1）2+（y﹣3）2=10相交于A，B两点，则直线AB的方程是　x+3y﹣5=0　．‎ ‎【考点】相交弦所在直线的方程．‎ ‎【分析】把两个圆的方程相减，即可求得公共弦所在的直线方程．‎ ‎【解答】解：把两圆x2+y2=10和（x﹣1）2+（y﹣3）2=10的方程相减可得x+3y﹣5=0，‎ 此直线的方程既能满足第一个圆的方程、又能满足第二个圆的方程，故必是两个圆的公共弦所在的直线方程，‎ 故答案为：x+3y﹣5=0．‎ ‎　‎ ‎14．设M是圆（x﹣5）2+（y﹣3）2=9上的点，则M到直线3x+4y﹣2=0的最长距离是　8　．‎ ‎【考点】点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】利用圆的方程求出圆的圆心及半径；利用点到直线的距离公式求出圆心到直线3x+4y﹣2=0的距离，将此距离加上半径即得M到直线3x+4y﹣2=0的最长距离．‎ ‎【解答】解：圆（x﹣5）2+（y﹣3）2=9的圆心为（5，3），半径为3‎ ‎（5，3）到直线3x+4y﹣2=0的距离为 ‎∴M到直线3x+4y﹣2=0的最长距离是3+5=8‎ 故答案为8‎ ‎　‎ ‎15．侧棱长为2的正三棱锥V﹣ABC中，∠AVB=∠BVC=∠CVA=40°，过点A作截面AEF，则截面△AEF周长的最小值为　6　．‎ ‎【考点】棱锥的结构特征．‎ ‎【分析】沿着侧棱VA把正三棱锥V﹣ABC展开在一个平面内，如图，则AA′即为截面△AEF周长的最小值，且∠AVA′=3×40=120°．△VAA′中，由余弦定理可得 AA'的值．‎ ‎【解答】解：如图所示：沿着侧棱VA把正三棱锥V﹣ABC展开在一个平面内，如图（2），‎ 则AA′即为截面△AEF周长的最小值，且∠AVA′=3×40=120°．‎ ‎△VAA′中，由余弦定理可得 AA'===6，‎ 故答案为 6．‎ ‎　‎ ‎16．aα、βb是两个不同的平面，m、n 是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：‎ ‎（1）m⊥n （2）α⊥β （3）n⊥β （4）m⊥α 以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题　①③④⇒②　．‎ ‎【考点】平面与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】要证面面垂直，可利用求证两平面的二面角的平面角为直角进行证明即可．‎ ‎【解答】解：m⊥n，将m和n平移到一起，则确定一平面 ‎∵n⊥β，m⊥α，‎ ‎∴该平面与平面α和平面β的交线也互相垂直 从而平面α和平面β的二面角平面角为90°‎ ‎∴α⊥β 故答案为：①③④⇒②‎ ‎　‎ 三．填空题 ‎17．已知△ABC三边所在直线方程为AB：3x+4y+12=0，BC：4x﹣3y+16=0，CA：2x+y﹣2=0，求AC边上的高所在的直线方程．‎ ‎【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系；两条直线的交点坐标．‎ ‎【分析】先解方程组解出B的坐标，再由高线BD和CA垂直，斜率之积等于﹣1，求出高线的斜率，点斜式写高线的方程，并化为一般式．‎ ‎【解答】解：由得B（﹣4，0），‎ 设AC边上的高为BD，由BD⊥CA，可知 BD的斜率等于 =，‎ 用点斜式写出AC边上的高所在的直线方程为 y﹣0=（x+4 ），即 x﹣2y+4=0．‎ ‎　‎ ‎18．如图四边形ABCD为梯形，AD∥BC，∠ABC=90°，求图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的表面积和体积．‎ ‎【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．‎ ‎【分析】旋转后几何体是一个圆台，从上面挖去一个半球，根据数据利用面积公式与体积公式，可求其表面积和体积．‎ ‎【解答】解：由题意知，所求旋转体的表面积由三部分组成：‎ 圆台下底面、侧面和一半球面 ‎ S半球=8π，S圆台侧=35π，S圆台底=25π．‎ 故所求几何体的表面积为：8π+35π+25π=68π ‎ 由，‎ ‎ ‎ 所以，旋转体的体积为 ‎ ‎　‎ ‎19．一圆与y轴相切，圆心在直线x﹣3y=0上，且直线y=x截圆所得弦长为，求此圆的方程．‎ ‎【考点】圆的一般方程；圆的标准方程．‎ ‎【分析】依题意设出所求圆的方程：（x﹣3b）2+（y﹣b）2=9b2．利用直线y=x截圆所得弦长为，‎ 求出b的值，可得圆的方程．‎ ‎【解答】解：因圆与y轴相切，且圆心在直线x﹣3y=0上，故设圆方程为（x﹣3b）2+（y﹣b）2=9b2．‎ 又因为直线y=x截圆得弦长为2，‎ 则有（）2+（）2=9b2，‎ 解得b=±1．故所求圆方程为 ‎（x﹣3）2+（y﹣1）2=9或（x+3）2+（y+1）2=9．‎ ‎　‎ ‎20．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，点D是AB的中点．求证：‎ ‎（1）AC⊥BC1；‎ ‎（2）AC1∥平面B1CD．‎ ‎【考点】直线与平面平行的判定；空间中直线与直线之间的位置关系．‎ ‎【分析】（1）利用线面垂直的判定定理先证明AC⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，即可证得AC⊥BC1；‎ ‎（2）取BC1与B1C的交点为O，连DO，则OD是三角形ABC1的中位线，OD∥AC1，而AC1⊂平面B1CD，利用线面平行的判定定理 即可得证．‎ ‎【解答】证明：（1）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∵CC1⊥平面ABC，‎ ‎∴CC1⊥AC，‎ 又AC⊥BC，BC∩CC1=C，‎ ‎∴AC⊥平面BCC1B1‎ ‎∴AC⊥BC1．‎ ‎（2）设BC1与B1C的交点为O，连接OD，BCC1B1为平行四边形，则O为B1C中点，又D是AB的中点，‎ ‎∴OD是三角形ABC1的中位线，OD∥AC1，‎ 又∵AC1⊄平面B1CD，OD⊂平面B1CD，‎ ‎∴AC1∥平面B1CD．‎ ‎　‎ ‎21．已知圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2=25，直线l：（2m+1）x+（m+1）y﹣7m﹣4=0（m∈R）‎ ‎（Ⅰ）证明：无论m取什么实数，l与圆恒交于两点；‎ ‎（Ⅱ）求直线被圆C截得的弦长最小时l的方程．‎ ‎【考点】直线与圆相交的性质．‎ ‎【分析】（Ⅰ）求得所给的直线经过x+y﹣4=0 和2x+y﹣7=0的交点M（3，1），而点M在圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2=25的内部，从而得到l与圆恒交于两点．‎ ‎（Ⅱ）弦长最小时，MC和弦垂直，再利用点斜式求得弦所在的直线的方程．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）证明：直线l：（2m+1）x+（m+1）y﹣7m﹣4=0，即 x+y﹣4+m（2x+y﹣7）=0，‎ 恒经过直线x+y﹣4=0 和2x+y﹣7=0的交点M（3，1），‎ 而点M到圆心C（1，2）的距离为MC==＜半径5，‎ 故点M在圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2=25的内部，故l与圆恒交于两点．‎ ‎（Ⅱ）弦长最小时，MC和弦垂直，故弦所在的直线l的斜率为==2，‎ 故直线l的方程为y﹣1=2（x﹣3），即 2x﹣y﹣5=0．‎ ‎　‎ ‎22．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AB=2，E，F，G分别是PC，PD，BC的中点．‎ ‎（1）求证：平面PAB∥平面EFG；‎ ‎（2）在线段PB上确定一点Q，使PC⊥平面ADQ，并给出证明；‎ ‎（3）求出D到平面EFG的距离．‎ ‎【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算．‎ ‎【分析】（1）由已知可得EG∥PB，从而可证EG∥平面PAB，则只要再证明EF∥平面PAB，即证EF∥AB，结合已知容易证，根据平面与平面平行的判定定理可得 ‎（2）若使得PC⊥平面ADQ，即证明PC⊥平面ADE，当Q为PB的中点时，PC⊥Ae，AD⊥PC即可 ‎（3）结合已知可考虑利用换顶点VD﹣EFG=VG﹣EFD，结合已知可求 ‎【解答】（1）证明：E，G分别是PC，BC的中点得EG∥PB ‎∴EG∥平面PAB 又E，F分别是PC，PD的中点，‎ ‎∴EF∥CD，又AB∥CD ‎∴EF∥AB ‎∵EF⊈p平面PAB，AB⊆平面PAB ‎∴EF∥平面PAB 又∵EG，EF⊂平面EFG，EG∩EF=E ‎∴平面PAB∥平面EFG ‎（2）Q为PB的中点，连QE，DE，又E是PC的中点，‎ ‎∴QE∥BC，又BC∥AD∴QE∥AD ‎∴平面ADQ即平面ADEQ∴PD⊥DC，又PD=AB=2，ABCD是正方形，‎ ‎∴等腰直角三角形PDC 由E为PC的中点知DE⊥PC ‎∵PD⊥平面ABCD ‎∴PD⊥AD又AD⊥DC ‎∴AD⊥面PDC ‎∴AD⊥PC，且AD∩DE=D ‎∴PC⊥平面ADEQ，即证PC⊥平面ADQ ‎（3）连DG，取AD中点H，连HG，HF，设点D到平面EFG的距离为h．H，G为AD，BC中点可知HG∥DC，又EF∥DC ‎∴HG∥EF ‎∴G到EF的距离即H到EF的距离 ‎∵PD⊥DC，AD⊥DC ‎∴DC⊥面PAD，又EF∥DC ‎∴EF⊥面PAD ‎∴EF⊥HF ‎∴HF为G到EF的距离，由题意可知EF=1，HF=， =‎ ‎∵AD⊥面PDC，GC∥AD ‎∴GC⊥面PDC ‎∴G到面EFD的距离为CG=1‎ 又可知EF=DF=1，‎ ‎∴‎ ‎　‎ ‎2016年12月15日