数学卷·2018届山东省德州市平原一中高二上学期期中数学试卷（理科）（解析版） 18页

‎2016-2017学年山东省德州市平原一中高二（上）期中数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60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．设命题p：∃x0＞0，cosx0+sinx0＞1，则￢p为（　　）‎ A．∀x＞0，cosx+sinx＞1 B．∃x0≤0，cosx0+sinx0≤1‎ C．∀x＞0，cosx+sinx≤1 D．∃x0＞0，cosx0+sinx0≤1‎ ‎2．命题“若x2＜4，则﹣2＜x＜2”的逆否命题是（　　）‎ A．若x2≥4，则x≥2或x≤﹣2 B．若﹣2＜x＜2，则x2＜4‎ C．若x＞2或x＜﹣2，则x2＞4 D．若x≥2，或x≤﹣2，则x2≥4‎ ‎3．已知平面α与平面β相交于直线l，l1在平面α内，l2在平面β内，若直线l1和l2是异面直线，则下列说法正确的是（　　）‎ A．l与都相交l1，l2 B．l至少与l1，l2中的一条相交 C．l至多与l1，l2中的一条相交 D．l与l1，l2都不相交 ‎4．若“x＞a”是“x＞1或x＜﹣3”的充分不必要条件，则a的取值范围是（　　）‎ A．a≥1 B．a≤1 C．a≥﹣3 D．a≤﹣3‎ ‎5．设命题p：函数y=在定义域上是减函数；命题q：∀x∈R，都有x2+x+1＞0，以下说法正确的是（　　）‎ A．p∨q为真 B．p∧q为真 C．p真q假 D．p，q均为假 ‎6．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（　　）‎ A．若m∥n，m∥α，则n∥α B．若α⊥β，m∥α，则m⊥β C．若α⊥β，m⊥β，则m∥α D．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β ‎7．如图，AB为圆O的直径，点C在圆周上（异于点A，B），直线PA垂直于圆O所在的平面，点M，N分别为线段PB，BC的中点，有以下三个命题：‎ ‎①OC∩平面PAC；②MO∥平面PAC；③平面PAC∥平面MON，‎ 其中正确的命题是（　　）‎ A．①② B．①③ C．②③ D．①②③‎ ‎8．已知某个三棱锥的三视图如图所示，其中正视图是等边三角形，侧视图是直角三角形，俯视图是等腰直角三角形，则此三棱锥的体积等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．若圆锥的侧面展开图的圆心角为90°，半径为r，则该圆锥的全面积为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．如图所示，正方体的棱长为1，B'C∩BC'=O，则AO与A'C'所成角的度数为（　　）‎ A．30° B．45° C．60° D．90°‎ ‎11．如图，设AB为圆锥PO的底面直径，PA为母线，点C在底面圆周上，若PA=AB=2，AC=BC，则二面角P﹣AC﹣B大小的正切值是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．三棱锥P﹣ABC的四个顶点都在球D的表面上，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA=3，AB=BC=2，则球O的表面积为（　　）‎ A．13π B．17π C．52π D．68π ‎　‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13．已知=（2，﹣1，3），=（﹣4，2，x），=（1，﹣x，2），若（+）⊥，则实数x的值为　　．‎ ‎14．若命题：“∃x∈R，kx2﹣kx﹣1≥0”是假命题，则实数k的取值范围是　　．‎ ‎15．已知△ABC为等腰直角三角形，斜边BC上的中线AD=2，将△ABC沿AD折成60°的二面角，连结BC，则三棱锥C﹣ABD的体积为　　．‎ ‎16．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：‎ ‎①BM与ED平行；‎ ‎②CN与BE是异面直线；‎ ‎③CN与BM成60°角；‎ ‎④DM与BN是异面直线．‎ 以上四个命题中，正确命题的序号是　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17．已知命题p：关于x的不等式ax＞1，（a＞0，a≠1）的解集是{x|x＜0}，命题q：函数y=lg（x2﹣x+a）的定义域为R，若p∨q为真p∧q为假，求实数a的取值范围．‎ ‎18．已知命题p：关于x的方程x2﹣ax+a+3=0有实数根，命题q：m﹣1≤a≤m+1．‎ ‎（Ⅰ） 若￢p是真命题，求实数a的取值范围；‎ ‎（Ⅱ） 若p是q的必要非充分条件，求实数m的取值范围．‎ ‎19．如图，已知矩形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，E、F分别是AB，PC的中点．‎ ‎（1）求证：EF∥平面PAD；‎ ‎（2）求证：EF⊥CD；‎ ‎（3）若∠PDA=45°，求EF与平面ABCD所成的角的大小．‎ ‎20．三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，△ABC是边长为4的等边三角形，D为AB边中点，且CC1=2AB．‎ ‎（1）求证：平面C1CD⊥平面ABC；‎ ‎（2）求证：AC1∥平面CDB1；‎ ‎（3）求三棱锥D﹣CAB1的体积．‎ ‎21．在单位正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O是B1D1的中点，如图建立空间直角坐标系．‎ ‎（1）求证：B1C∥平面ODC1；‎ ‎（2）求异面直线B1C与OD夹角的余弦值；‎ ‎（3）求直线B1C到平面ODC1的距离．‎ ‎22．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，BC⊥PB，△BCD为等边三角形，PA=BD=，AB=AD，E为PC的中点．‎ ‎（1）求证：BC⊥AB；‎ ‎（2）求AB的长；‎ ‎（3）求平面BDE与平面ABP所成二面角的正弦值．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山东省德州市平原一中高二（上）期中数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60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．设命题p：∃x0＞0，cosx0+sinx0＞1，则￢p为（　　）‎ A．∀x＞0，cosx+sinx＞1 B．∃x0≤0，cosx0+sinx0≤1‎ C．∀x＞0，cosx+sinx≤1 D．∃x0＞0，cosx0+sinx0≤1‎ ‎【考点】命题的否定．‎ ‎【分析】直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．‎ ‎【解答】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题p：∃x0＞0，cosx0+sinx0＞1，则￢p为：∀x＞0，cosx+sinx≤1．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．命题“若x2＜4，则﹣2＜x＜2”的逆否命题是（　　）‎ A．若x2≥4，则x≥2或x≤﹣2 B．若﹣2＜x＜2，则x2＜4‎ C．若x＞2或x＜﹣2，则x2＞4 D．若x≥2，或x≤﹣2，则x2≥4‎ ‎【考点】四种命题间的逆否关系．‎ ‎【分析】原命题“若p，则q”的逆否命题是“若￢q，则￢p”．‎ ‎【解答】解：命题“若x2＜4，则﹣2＜x＜2”的逆否命题是 ‎“若x≤﹣2，或x≥2，则x2≥4”；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．已知平面α与平面β相交于直线l，l1在平面α内，l2在平面β内，若直线l1和l2是异面直线，则下列说法正确的是（　　）‎ A．l与都相交l1，l2 B．l至少与l1，l2中的一条相交 C．l至多与l1，l2中的一条相交 D．l与l1，l2都不相交 ‎【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．‎ ‎【分析】可以画出图形来说明l与l1，l2的位置关系，从而可判断出A，C，D是错误的，而对于B，可假设不正确，这样l便和l1，l2都不相交，这样可退出和l1，l2异面矛盾，这样便说明B正确．‎ ‎【解答】解：A．l可以和l1，l2都相交，如下图：‎ ‎，‎ ‎∴该选项错误；‎ B．“l至少与l1，l2中的一条相交”正确，假如l和l1，l2都不相交；‎ ‎∵l和l1，l2都共面；‎ ‎∴l和l1，l2都平行；‎ ‎∴l1∥l2，l1和l2共面，这样便不符合已知的l1和l2异面；‎ ‎∴该选项正确．‎ C．l与l1，l2可以相交，如图：‎ ‎∴该选项错误；‎ D．l可以和l1，l2中的一个平行，如上图，∴该选项错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．若“x＞a”是“x＞1或x＜﹣3”的充分不必要条件，则a的取值范围是（　　）‎ A．a≥1 B．a≤1 C．a≥﹣3 D．a≤﹣3‎ ‎【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．‎ ‎【分析】根据“x＞a”是“x＞1或x＜﹣3”的充分不必要条件即可得出．‎ ‎【解答】解：∵“x＞a”是“x＞1或x＜﹣3”的充分不必要条件，如图所示，‎ ‎∴a≥1，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．设命题p：函数y=在定义域上是减函数；命题q：∀x∈R，都有x2+x+1＞0，以下说法正确的是（　　）‎ A．p∨q为真 B．p∧q为真 C．p真q假 D．p，q均为假 ‎【考点】命题的真假判断与应用．‎ ‎【分析】先判断命题p，q的真假，进而根据复合命题真假判断的真值表，可得答案．‎ ‎【解答】解：命题p：函数y=在定义域上是减函数为假命题；‎ 命题q：∀x∈R，都有x2+x+1＞0为真命题，‎ 故p∨q为真命题，‎ p∧q为假命题；‎ 故选：A ‎　‎ ‎6．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（　　）‎ A．若m∥n，m∥α，则n∥α B．若α⊥β，m∥α，则m⊥β C．若α⊥β，m⊥β，则m∥α D．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β ‎【考点】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；空间中直线与平面之间的位置关系．‎ ‎【分析】A选项m∥n，m∥α，则n∥α，可由线面平行的判定定理进行判断；‎ B选项α⊥β，m∥α，则m⊥β，可由面面垂直的性质定理进行判断；‎ C选项α⊥β，m⊥β，则m∥α可由线面的位置关系进行判断；‎ D选项a⊥b，a⊥α，b⊥β，则α⊥β，可由面面垂直的判定定理进行判断；‎ ‎【解答】解：A选项不正确，因为n⊂α是可能的；‎ B选项不正确，因为α⊥β，m∥α时，m∥β，m⊂β都是可能的；‎ C选项不正确，因为α⊥β，m⊥β时，可能有m⊂α；‎ D选项正确，可由面面垂直的判定定理证明其是正确的．‎ 故选D ‎　‎ ‎7．如图，AB为圆O的直径，点C在圆周上（异于点A，B），直线PA垂直于圆O所在的平面，点M，N分别为线段PB，BC的中点，有以下三个命题：‎ ‎①OC∩平面PAC；②MO∥平面PAC；③平面PAC∥平面MON，‎ 其中正确的命题是（　　）‎ A．①② B．①③ C．②③ D．①②③‎ ‎【考点】命题的真假判断与应用．‎ ‎【分析】利用线面平行，面面平行的判定定理即可．‎ ‎【解答】解：点M，N分别为线段PB，BC的中点，o为AB的中点，‎ ‎∴MO∥PA，ON∥AC，OM∩ON=O，‎ ‎∴MO∥平面PAC；平面PAC∥平面MON，‎ ‎②③故正确；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．已知某个三棱锥的三视图如图所示，其中正视图是等边三角形，侧视图是直角三角形，俯视图是等腰直角三角形，则此三棱锥的体积等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】由三视图知几何体是一个侧面与底面垂直的三棱锥，底面是斜边上的高是1的直角三角形，则两条直角边是，斜边是2与底面垂直的侧面是一个边长为2的正三角形，求出面积．‎ ‎【解答】解：由三视图知几何体是一个侧面与底面垂直的三棱锥，‎ 底面是斜边上的高是1的直角三角形，‎ 则两条直角边是，‎ 斜边是2，‎ ‎∴底面的面积是=1，‎ 与底面垂直的侧面是一个边长为2的正三角形，‎ ‎∴三棱锥的高是，‎ ‎∴三棱锥的体积是 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．若圆锥的侧面展开图的圆心角为90°，半径为r，则该圆锥的全面积为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．‎ ‎【分析】根据扇形的弧长等于圆锥底面周长求出圆锥底面半径．‎ ‎【解答】解：圆锥的侧面积为，侧面展开图的弧长为=，‎ 设圆锥的底面半径为r′，则2πr′=，∴r′=．‎ ‎∴圆锥的全面积S=+=．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，正方体的棱长为1，B'C∩BC'=O，则AO与A'C'所成角的度数为（　　）‎ A．30° B．45° C．60° D．90°‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角．‎ ‎【分析】A′C′∥AC，则AO与A′C′所成的角就是∠OAC．‎ ‎【解答】解：∵A′C′∥AC，‎ ‎∴AO与A′C′所成的角就是∠OAC．‎ ‎∵OC⊥OB，AB⊥平面BB′CC′，‎ ‎∴OC⊥AB．又AB∩BO=B，‎ ‎∴OC⊥平面ABO．‎ 又OA⊂平面ABO，∴OC⊥OA．‎ 在Rt△AOC中，OC=，AC=，‎ ‎∴sin∠OAC=，‎ ‎∴∠OAC=30°．即AO与A′C′所成角的度数为30°．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎11．如图，设AB为圆锥PO的底面直径，PA为母线，点C在底面圆周上，若PA=AB=2，AC=BC，则二面角P﹣AC﹣B大小的正切值是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】二面角的平面角及求法．‎ ‎【分析】取AC的中点D，连接OD，PD，则OD⊥AC，PD⊥AC，可得∠PDO是二面角P﹣AC﹣B的平面角，求出PO，OD，即可求出二面角P﹣AC﹣B大小的正切值．‎ ‎【解答】解：取AC的中点D，连接OD，PD，则OD⊥AC，PD⊥AC，‎ ‎∴∠PDO是二面角P﹣AC﹣B的平面角．‎ ‎∵PA=AB=2，AC=BC，‎ ‎∴PO=，OD=，‎ ‎∴二面角P﹣AC﹣B大小的正切值是=，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎12．三棱锥P﹣ABC的四个顶点都在球D的表面上，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA=3，AB=BC=2，则球O的表面积为（　　）‎ A．13π B．17π C．52π D．68π ‎【考点】球的体积和表面积．‎ ‎【分析】取PC的中点O，连结OA、OB．由线面垂直的判定与性质，证出BC⊥PB且PA⊥AC，得到△PAC与△PBC是具有公共斜边的直角三角形，从而得出OA=OB=OC=OP=PC，所以P、A、B、C四点在以O为球心的球面上．根据题中的数据，利用勾股定理算出PC长，进而得到球半径R，利用球的表面积公式加以计算，可得答案．‎ ‎【解答】解：取PC的中点O，连结OA、OB ‎∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，‎ 又∵AB⊥BC，PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB，‎ ‎∵PB⊂平面PAB，∴BC⊥PB，‎ ‎∵OB是Rt△PBC的斜边上的中线，OB=PC．‎ 同理可得：Rt△PAC中，OA=PC，‎ ‎∴OA=OB=OC=OP=PC，可得P、A、B、C四点在以O为球心的球面上．‎ Rt△ABC中，AB=BC=2，可得AC=2，‎ Rt△PAC中，PA=3，可得PC=．‎ ‎∴球O的半径R=，可得球O的表面积为S=4πR2=17π．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13．已知=（2，﹣1，3），=（﹣4，2，x），=（1，﹣x，2），若（+）⊥，则实数x的值为　﹣4　．‎ ‎【考点】空间向量的数量积运算．‎ ‎【分析】求出+，再根据（+）⊥，得到关于x的方程，解出即可．‎ ‎【解答】解：∵=（2，﹣1，3），=（﹣4，2，x），‎ ‎∴（+）=（﹣2，1，x+3），‎ 若（+）⊥，则﹣2﹣x+2（x+3）=0，‎ 解得：x=﹣4，‎ 故答案为：﹣4．‎ ‎　‎ ‎14．若命题：“∃x∈R，kx2﹣kx﹣1≥0”是假命题，则实数k的取值范围是　（﹣4，0]　．‎ ‎【考点】命题的真假判断与应用．‎ ‎【分析】若命题：“∃x∈R，kx2﹣kx﹣1≥0”是假命题，则命题：“∀x∈R，kx2﹣kx﹣1＜0”是真命题，则k=0，或，解得答案．‎ ‎【解答】解：若命题：“∃x∈R，kx2﹣kx﹣1≥0”是假命题，‎ 则命题：“∀x∈R，kx2﹣kx﹣1＜0”是真命题，‎ ‎∴k=0，或，‎ 解得：k∈（﹣4，0]，‎ 故答案为：（﹣4，0]‎ ‎　‎ ‎15．已知△ABC为等腰直角三角形，斜边BC上的中线AD=2，将△ABC沿AD折成60°的二面角，连结BC，则三棱锥C﹣ABD的体积为　　．‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．‎ ‎【分析】首先，根据直角三角形的性质，得到AD⊥平面BCD，然后，结合三棱锥的体积公式进行求解即可．‎ ‎【解答】解：∵AD⊥BD，AD⊥DC，BD∩DC=C，‎ ‎∴AD⊥平面BCD，‎ ‎∵△BCD是正三角形，且边长为2，‎ ‎∴S=×2×=‎ ‎∴三棱锥C﹣ABD的体积 V=×AD×S△BCD ‎=×2×‎ ‎=‎ ‎∴三棱锥c﹣ABD的体积为：．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎16．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：‎ ‎①BM与ED平行；‎ ‎②CN与BE是异面直线；‎ ‎③CN与BM成60°角；‎ ‎④DM与BN是异面直线．‎ 以上四个命题中，正确命题的序号是　③④　．‎ ‎【考点】棱柱的结构特征．‎ ‎【分析】将展开图复原为几何体，如图，根据正方体的几何牲，分别四个命题的真假，容易判断选项的正误，求出结果．‎ ‎【解答】解：展开图复原的正方体如图，不难看出：‎ ‎①BM与ED平行；错误的，是异面直线；‎ ‎②CN与BE是异面直线，错误；是平行线；‎ ‎③CN与BM成60°；正确；‎ ‎④DM与BN是异面直线．正确 判断正确的答案为③④‎ 故答案为：③④‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17．已知命题p：关于x的不等式ax＞1，（a＞0，a≠1）的解集是{x|x＜0}，命题q：函数y=lg（x2﹣x+a）的定义域为R，若p∨q为真p∧q为假，求实数a的取值范围．‎ ‎【考点】复合命题的真假．‎ ‎【分析】先根据指数函数的单调性、对数函数的定义域及一元二次不等式的解的情况和判别式的关系求出命题p，q下的a的取值范围，再根据p∨q为真，p∧q为假，得到p真q假和p假q真两种情况，求出每种情况下的a的取值范围并求并集即可．‎ ‎【解答】解：命题p：0＜a＜1；‎ 命题q：函数y=lg（x2﹣x+a）的定义域为R，则：‎ x2﹣x+a＞0的解集为R；‎ ‎∴△=1﹣4a＜0，a；‎ 若p∨q为真p∧q为假，则p，q一真一假；‎ 当p真q假时，0＜a＜1，且a≤，∴0；‎ 当p假q真时，a＞1，且a，∴a＞1；‎ ‎∴a的取值范围是．‎ ‎　‎ ‎18．已知命题p：关于x的方程x2﹣ax+a+3=0有实数根，命题q：m﹣1≤a≤m+1．‎ ‎（Ⅰ） 若￢p是真命题，求实数a的取值范围；‎ ‎（Ⅱ） 若p是q的必要非充分条件，求实数m的取值范围．‎ ‎【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；命题的否定．‎ ‎【分析】（Ⅰ）根据命题的否定是真命题，进行转化求解即可．‎ ‎（Ⅱ）根据充分条件和必要条件的定义和关系建立不等式关系进行求解即可．‎ ‎【解答】解：法一：（Ⅰ） 当命题p是真命题时，满足△≥0‎ 则a2﹣4（a+3）≥0，‎ 解得 a≤﹣2或a≥6； …‎ ‎∵￢p是真命题，则p是假命题 即﹣2＜a＜6，‎ ‎∴实数a的取值范围是（﹣2，6）．…‎ ‎（Ⅱ）∵p是q的必要非充分条件，‎ 则[m﹣1，m+1]⊊（﹣∞，﹣2]∪[6，+∞，‎ 即m+1≤﹣2或m﹣1≥6，…‎ 解得 m≤﹣3或m≥7，‎ ‎∴实数m的取值范围是（﹣∞，﹣3]∪[7，+∞）．…‎ 法二：（Ⅰ） 命题¬p：关于x的方程x2﹣ax+a+3=0没有实数根 ‎∵￢p是真命题，则满足△＜0‎ 即 a2﹣4（a+3）＜0…‎ 解得﹣2＜a＜6‎ ‎∴实数a的取值范围是（﹣2，6）．…‎ ‎（Ⅱ） 由 （Ⅰ）可得 当命题p是真命题时，‎ 实数a的取值范围是（﹣∞，﹣2]∪[6，+∞，‎ ‎∵p是q的必要非充分条件，‎ 则[m﹣1，m+1]是（﹣∞，﹣2]∪[6，+∞）的真子集 即 m+1≤﹣2或m﹣1≥6…‎ 解得 m≤﹣3或m≥7，‎ ‎∴实数m的取值范围是（﹣∞，﹣3]∪[7，+∞）．…‎ ‎　‎ ‎19．如图，已知矩形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，E、F分别是AB，PC的中点．‎ ‎（1）求证：EF∥平面PAD；‎ ‎（2）求证：EF⊥CD；‎ ‎（3）若∠PDA=45°，求EF与平面ABCD所成的角的大小．‎ ‎【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角．‎ ‎【分析】（1）取PD中点Q，连AQ、QF，易证EF∥AQ，根据直线与平面平行的判定定理可证得EF∥面PAD；‎ ‎（2）欲证CD⊥EF，可先证直线与平面垂直，CD⊥AD，CD⊥PA，PA∩AD=A，根据直线与平面垂直的判定定理可知CD⊥面PAD，从而得到CD⊥EF；‎ ‎（3）先证∠QAD为AQ与平面ABCD所成角，在三角形QAD中求出此角，再根据AQ∥EF，得到EF与平面ABCD所成的角的大小．‎ ‎【解答】解：（1）取PD中点Q，连AQ、QF，则AE∥QF ‎∴四边形AEFQ为平行四边形 ‎∴EF∥AQ 又∵AQ在平面PAD内，EF不在平面PAD内 ‎∴EF∥面PAD；‎ ‎（2）证明∵CD⊥AD，CD⊥PA，PA∩AD=A PA在平面PAD内，AD在平面PAD内 ‎∴CD⊥面PAD 又∵AQ在平面PAD同 ‎∴CD⊥AQ ‎∵EF∥AQ ‎∴CD⊥EF；‎ ‎（3）解∵∠PDA=45°‎ ‎∴△PAD为等腰直角三角形 ‎∴AQ⊥PD ‎∴∠QAD=45°‎ 即AQ与平面ABCD所成角为45°‎ 又∵AQ∥EF ‎∴EF与平面ABCD所成角45°．‎ ‎　‎ ‎20．三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，△ABC是边长为4的等边三角形，D为AB边中点，且CC1=2AB．‎ ‎（1）求证：平面C1CD⊥平面ABC；‎ ‎（2）求证：AC1∥平面CDB1；‎ ‎（3）求三棱锥D﹣CAB1的体积．‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】（1）由已知结合面面垂直的判断得答案； ‎ ‎（2）连结BC1，交B1C于点O，连结DO．由三角形中位线的性质得到DO∥AC1，再由线面平行的判定定理得答案；‎ ‎（3）由CC1⊥平面ABC，BB1∥CC1，得BB1⊥平面ABC，从而求得BB1 为三棱锥D﹣CBB1 的高，把三棱锥D﹣CAB1的体积转化为三棱锥B1﹣BCD的体积得答案．‎ ‎【解答】（1）证明：∵CC1⊥平面ABC，‎ 又CC1⊂平面C1CD，‎ ‎∴平面C1CD⊥平面ABC； ‎ ‎（2）证明：连结BC1，交B1C于点O，连结DO．‎ 则O是BC1的中点，‎ DO是△BAC1的中位线．‎ ‎∴DO∥AC1．‎ ‎∵DO⊂平面CDB1，‎ AC1⊄平面CDB1，‎ ‎∴AC1∥平面CDB1；‎ ‎（3）解：∵CC1⊥平面ABC，BB1∥CC1，‎ ‎∴BB1⊥平面ABC．‎ ‎∴BB1 为三棱锥D﹣CBB1 的高．‎ ‎=．‎ ‎∴三棱锥D﹣CAB1的体积为．‎ ‎　‎ ‎21．在单位正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O是B1D1的中点，如图建立空间直角坐标系．‎ ‎（1）求证：B1C∥平面ODC1；‎ ‎（2）求异面直线B1C与OD夹角的余弦值；‎ ‎（3）求直线B1C到平面ODC1的距离．‎ ‎【考点】点、线、面间的距离计算；异面直线及其所成的角．‎ ‎【分析】（1）求出平面ODC1的一个法向量，证明，即可证明：B1C∥平面ODC1；‎ ‎（2）设、分别为直线B1C与OD的方向向量，则由，得cos＜，＞，即可求异面直线B1C与OD夹角的余弦值；‎ ‎（3）B1C到平面ODC1的距离．‎ ‎【解答】（1）证明：设平面ODC1的一个法向量为，‎ 由得，令y=1，则z=﹣1，x=1‎ 所以．‎ 又．从而 所以B1C∥平面ODC1．‎ ‎（2）解：设、分别为直线B1C与OD的方向向量，‎ 则由，得cos＜，＞=．‎ 所以两异面直线B1C与OD的夹角θ的余弦值为．‎ ‎（3）由（1）知平面ODC1的一个法向量为，‎ 又 所以B1C到平面ODC1的距离．‎ ‎　‎ ‎22．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，BC⊥PB，△BCD为等边三角形，PA=BD=，AB=AD，E为PC的中点．‎ ‎（1）求证：BC⊥AB；‎ ‎（2）求AB的长；‎ ‎（3）求平面BDE与平面ABP所成二面角的正弦值．‎ ‎【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的性质．‎ ‎【分析】（1）连结AC，推导出PA⊥BC，BC⊥PB，从而BC⊥平面PAB，由此能证明AB⊥BC．‎ ‎（2）推导出AB⊥BC，∠ABD=30°，由此能求出AB．‎ ‎（3）分别以BC，BA所在直线为x，y轴，过B且平行PA的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面BDE与平面ABP所成二面角的正弦值．‎ ‎【解答】证明：（1）连结AC，‎ ‎∵PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，‎ 又∵BC⊥PB，PA∩PB=P，∴BC⊥平面PAB，‎ ‎∵AB⊂平面PAB，‎ ‎∴AB⊥BC．‎ 解：（2）由（1）知AB⊥BC，‎ ‎∵△BCD为等边三角形，∴∠ABD=30°，‎ 又AB=AD，，‎ 解得AB=1．‎ ‎（3）分别以BC，BA所在直线为x，y轴，过B且平行PA的直线为z轴，建立空间直角坐标系，‎ ‎，，，．‎ 由题意可知平面PAB的法向量，‎ 设平面BDE的法向量为，‎ 则即，‎ 取x=3，得，‎ ‎，‎ ‎∴平面BDE与平面ABP所成二面角的正弦值为．‎ ‎　‎