2023-2024学年江苏省镇江市扬中第二高级中学高三（上）段考数学试卷三（含解析）

2023-2024学年江苏省镇江市扬中第二高级中学高三（上）段考

数学试卷（三）

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.直线I与平面a不平行，则（）

A./与a相交B.Iua

，与a相交或ZuaD.以上结论都不对平行于同一个平面

2.如图，anA=(,力，B€a,CG/?,且CC/,直线SBCl=M,

过4B,。三点的平面记作y,则y与/?的交线必通过（）

A.点A

B.点、B

C.点C但不过点M

D.点。和点M

3.平面a与平面夕平行的充分条件可以是（）

A.a内有无穷多条直线都与0平行

B.直线aua,直线bu/?,且"/a,a///?

直线a〃a,a///?,且直线a不在a内，也不在夕内

D.a内的任何一条直线都与6平行.

4.在正方体48。。一41/6。1中，E为棱CCi的中点，则异面直线4E与CD所成角的正切值为

)

A与B.?D.?

5.龙洗，是我国著名的文物之一，因盆内有龙线，故称龙洗，为

古代皇宫盥洗用具，其盆体可以近似看作一个圆台,现有一龙洗盆

高18cm,盆口直径36cm,盆底直径18cm.现往盆内注水，当水深

为6cm时，则盆内水的体积为（）

A.655;rcm3B.666ncm3C.677ncm3D.688ncm3

6.下列结论中正确是（）

A.若直线a,b为异面直线，则过直线a与直线b平行的平面有无数多个

B.若直线TH与平面a内无数条直线平行，则直线m与平面a平行

C.若平面a〃平面口，直线aua,点Me/?,则过点M有且只有一条直线与a平行

D.若直线11平面a,则过直线，与平面a垂直的平面有且只有一个

7.在正四棱台4BCD-A1B1GD1中，AB=2AXBX=4,侧棱441=口,若P为81cl的中点，

则过B,D,P三点截面的面积为（）

A.B.4\T^>C.5>/3D.6V2

8.如图，在长方体4BCD-43传1。1中，AB=AAr=2,BC=4,E为4。中点，则三棱锥

4一CDE外接球的表面积为（）

A.87rB.247rC.327rD.447r

二、多选题（本大题共4小题，共20.（）分。在每小题有多项符合题目要求）

9.如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论

正确的是（）

A.圆柱的侧面积为2兀W

B.圆锥的侧面积为小石兀/?2

C.圆柱的侧面积与球的表面积相等

D.圆柱、圆锥、球的体积之比为3：1：2

10.如图，多面体EABCDF的所有棱长均为2,则（）

A.BE//DFB.平面EAB1平面F48

C.直线E4与平面4BCD所成的角为*D.点E到平面BCF的距离为殍

11.如图，已知正方体4BC。一4勺口历的棱长为1,。为底面

ABCD的中心，力G交平面4/D于点E,点尸为棱CD的中点，则

（）

A.4，E,。三点共线

B.异面直线BD与4G所成的角为60。

C.点G到平面&BD的距离为浮

D.过点公,B,F的平面截该正方体所得截面的面积为:

O

12.已知正方体力BC。-4避16。1的棱长为4,点E,F,G,M分别是8C,44口口劣，的

中点则（）

A.直线&G,E尸是异面直线

B.平面OMQ截正方体所得截面的面积为1242

C.三棱锥A-"GA的体积为当

D.三棱锥为一BOG的内切球的体积为哆57r

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.已知空间中两个角乙4OB,乙41。出1，且。4〃。14，OB“O\B[,若N/4OB=60。，贝4

Z-A1O1B1=.

14.在正三棱锥A-BCD中，侧棱长为3,底面边长为2,则点4到平面BCD的距离为

4B与面ACD所成角的余弦值为

15.已知腰长为2C的等腰直角△ABC,现沿斜边BC上的高AD翻折，使得二面角B-AD-C

的大小为60。，则点8到4C的距离为；异面直线AB与C。所成角的余弦值为

16.如图，已知四面体4BCD中，△ABC和△BCD都是等腰直角三

角形，AB=^BAD=乙CBD=今若四面体4BCD外接球的表

面积为8兀，则此时二面角A-BD-C的大小为；若二面角

A-BD-C为狎寸,点M为线段CD上一点，则AM的最小值为.

四、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.（本小题10.0分）

一副三角板（△力BC为等腰直角三角形，△BCD为一个锐角为30。的直角三角形）按如图所示的

方式拼接，现将AABC沿BC边折起，使得平面ABC_L平面BCD.

（1）求证：AB_L平面4CD；

（2）求直线BO与平面4CD所成角的余弦值.

18.（本小题12.0分）

已知异面直线ME,NF所成角为。，MEua,ME///3,NFu0,NF//a,MN1ME,MN1NF,

且MN=d,ME=m,NF=n.

(1)求证:a//0；

(2)求证：EF=y/d2+m2+n2+2mncos6-

ME

19.(本小题12.0分)

如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形，BA=BD=C，AD=2,PA=PD=

(I)证明：EF〃平面PAB；

(II)若二面角P-AD-B为60。，

。)证明：平面PBC1平面ABCD；

(ii)求直线EF与平面PBC所成角的正弦值.

20.(本小题12.0分)

如图，在长方体力BCD-AiBiGCi中，AD=44i=l,AB=2,点E是AB的中点.

(1)证明：O1E14D；

(2)在棱DD］上是否存在一点P,使得4P〃平面DiEC,若存在，求会若不存在，说明理由;

(3)求。到平面5EC的距离.

EB

21.(本小题12.0分)

如图，已知斜三棱柱48。一48停1中，平面4CCi&，平面&B1G，4当与平面4CC1公所成角

的正切值为手，所有侧棱与底面边长均为2,。是边AC中点.

(1)求证：力/〃平面BDG；

(2)求异面直线BBi与&G所成的角;

(3)户是边CQ一点，且CF=；lCCi，若ZBil&F,求A的值.

22.(本小题12.0分)

三棱台4BC-4出6中，若，平面ABC,ABLAC,AB=AC=AAX=2,41cl=1,M,

N分别是8C,BA中点.

(1)求证：&N〃平面GAL4；

(2)求平面GM4与平面4CC1占所成夹角的余弦值;

(3)求点C到平面GAM的距离.

B

答案和解析

I.【答案】c

【解析】解：因为空间中直线和平面的位置关系有三种，即直线和平面平行、直线和平面相交及

直线在平面内，

因直线I与平面a不平行，所以直线I与平面a的位置关系是：直线/与平面a相交或1Ua.

故选：C.

由直线与平面之间的位置关系即可求解.

本题考查了空间中的直线与平面的位置关系，属于基础题.

2.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查平面与平面之间的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，比较基础.

直线=过4,B,C三点的平面记作y,可得0ny=MC,即可得出结论.

【解答】

解：••♦直线=过4B,。三点的平面记作y,

二。ny=MC,

y与0的交线必通过点C和点M,

故选：D.

3.【答案】D

【解析】解：对于4,a内有无穷多条直线都与夕平行，推不出平面a与平面夕平行，平面a与平面口

可以相交，A错误；

对于8,推不出平面a与平面£平行，平面a与平面口也可以相交，B错误；

对于C,推不出平面a与平面£平行，平面a与平面0也可以相交，C错误；

对于D,由面面平行的定义知能推出平面a与平面。平行，。正确.

故选：D.

由直线与平面、平面与平面的位置关系结合充分条件的概念依次判断即可.

本题考查了直线与平面、平面与平面的位置关系，属于基础题.

4.【答案】C

【解析】【分析】

本题考查异面直线所成角的正切值的求法，属于基础题.

作出异面直线所成的角，然后求出其正切值即可.

【解答】

解：如下图，取。5的中点尸，连接E尸，AF,

因为E,F为C£,D£)i的中点，ABCD为正方体,

所以EF〃CD,

所以乙4EF为异面直线AE与CD所成角或其补角，

由正方体可得EF平面

所以EF_LAF,

设正方体的棱长为1,

1C

+=

则EF=1,AF=-42

所以tan乙4EF=?，

所以异面直线4E与CD所成角的正切值为警.

故选：C.

5.【答案】B

【解析】解：如图所示，画出圆台的立体图形和轴截面平面图形，并延长EC与F。交于点G.

G

根据题意，AB—18cm,CD—9cm,AC-18cm,EC-6cm,

设CG=;cc?n,EF=ycm,

所以2=2=出，

771218x+18'9x

解得x=18,y=12,

所以V=1(TT-122+7r-92+7T-12-9)-6=6667r(cm3),

故选：B.

根据轴截面和相似关系，以及圆台体积即可求解.

本题考查圆台的体积的求解，属中档题.

6.【答案】C

【解析】解：若直线a,b为异面直线，则过直线a与直线b平行的平面有且仅有一个，故A错误;

若直线仅与平面a内无数条直线平行，则直线徵与平面a平行或mua,故8错误；

若平面a〃平面£,直线aua,点MC0,则过直线a与点M可确定平面y,设yC0=b,

则b为过点M的唯一一条与直线a平行的直线，故C正确；

若直线21平面a,则过直线，与平面a垂直的平面有无数个，故。错误.

故选：C.

由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案.

本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思

维能力，是基础题.

7.【答案】力

【解析】解：取CW1的中点Q,连接PQ,晶。1，则

PQ//B1D1IPQ=^B1D1,

又BD“B\D[,则PQ〃BD,又根据正四棱台的性质得

DQ=BP,

则BDQP为等腰梯形，即过8,D,P三点截面为等腰梯形

BDQP.

取8c的中点M,连接MP,

在等腰梯形BiGCB中，々Ci=2,BC=4,BrB=C>,BM=2,

222

则PM=IBXB-甘（BC一当6）］2=7-5，DQ=BP=VBM+PM=3,

在等腰梯形BDQP中，PQ=3BiD\=C，BD=4<7,

则梯形的高为IBP2--PQr')]2=巧工，

所以等腰梯形BDQP的面积S=；x(「+4gx?=母

故选：力.

取CiDi的中点Q,贝iJPQ〃&Di，又BD〃B】Di，则PQ〃BD,可得过8,D,P三点截面为等腰梯形

BDQP,利用题中数据及正四棱台的性质计算即可.

本题主要考查棱台的结构特征，考查运算求解能力，属于中档题.

8.【答案】D

【解析】解：建立如图所示的空间直角坐标系，

4式0,0,2),C(2,4,0),0(0,4,0),E(0,2,0),

设三棱锥&-CCE外接球的球心为O(x,y,z),

所以。&=OC=OD=OE,

由。D—OE=y/%2+(y—4)2+z2=Jx2+(y—2)2+z2=y=3，

由OC=。。=yj(x—2)2+(y-4)2+z2=yjx2+(y-4)2+z20x=1,

由04=OC=7x2+y2+(z-2Y=(%-2)2+(y-4)2+z2

22

=JJ+32+(z-2.=7(i-2)2+(3-4)+z=z=3，

所以。(1,3,3),因此三棱锥儿一CDE外接球的半径为J12+(3-4尸+3?=d，

故该外接球的表面积为4兀・(CI/=44兀，

故选：D.

建立空间直角坐标系，利用球的性质，结合空间两点间距离公式、球的表面积公式进行求解即可.

本题主要考查球与多面体的切接问题，空间想象能力的培养等知识，属于中等题.

9.【答案】BCD

【解析】解：球半径为R,圆柱侧面积为2兀/?-2/?=4兀7?2,A错误;

圆锥侧面积为兀/?-V_5/?=KTIR2,B正确；

球的表面积为4TTR2,C正确；

%1柱=,2R=2TTR3,H圆锥=/7rR2.2R=|兀7?3,1/球=g7rR3,£）正确.

故选：BCD.

通过求解圆柱的侧面积判断4求圆锥的侧面积判断B；求球的表面积判断C；求出体积的比判断D.

本题考查空间几何体的体积以及表面积的求法，属基础题.

10.【答案】ACD

【解析】解：对于4如图，由题意得△BAE,△BEC,LBCF,AB凡4为正三角形，

则四边形AEC尸为正方形，故AE//CF,故A正确；

对于8：取4B中点为M,在ABAE,△BAF^,

又EM1AB,FM1AB,平面ABEn平面ABF=4B,EMu平面ABE,FMu平面A8F,

则NEM尸为二面角E-AB-F的平面角，

又EM=FM=，3,EF=2/7,则4EMF声90。，故B错误；

对于C：由题意得四棱锥E—力BCD、四棱锥尸―4BCD均为正四棱柱，

连接EF,4C交点为正方形4BCD的中心，则EF1平面4BCD,

即NEAC为直线E4与平面4BCD所成的角，

又E4=EC=2,AC=2V-2，

则/EM尸=45。，故C正确；

对,于。：连接BD,则BDJL4C,

EF1平面ABCD,BDu平面ABCD,

二EFIB。，「EF与4c相交，S.EF,ACu平面4EF,

•••BDL平面4EF,即齐。为三棱锥B-4EF的高，

设点E到平面48r的距离为人则=

x

・•・S^AEF=2XIX\T_2Xyl~2=2,SAABF=12X\/~3=y/~3，

111

又VB-AEF~^E-ABF9:，5sMEF《BD-]S&ABF,儿

代入数据解得九=弓£故。正确.

故选:ACD.

根据多面体4BCDEF的8个面都是边长为2的正三角形条件结合正方形的特点，可判断4选项，取4B

中点，连接E、F,根据两平面的二面角可判断B选项，根据对称性找到平面4BCD的垂线，根据线

面角的性质可求C选项，求点到面的距离转化为求三角形的高，可判断。选项.

本题考查八面体的几何性质，二面角的概念，线面角的概念，等体积法求解点面距，考查化归转

化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属中档题.

11.【答案】ACD

【解析】解：因为。为底面4BC。的中心，

所以。为8。和AC的中点，则。0eAC,

因为BDu平面AiBD,力Cu平面ACCiAi，

所以。€平面&BD,06平面ACG41，

所以点。是平面4BD与平面4CG4的公共点；

显然&是平面&BD与平面4CC14的公共点；

因为4G交平面&BD于点E,4Qu平面ACG41，

所以E也是平面4BD与平面ACG4的公共点，

所以E,。三点都在平面4BD与平面4CC141的交线上，

即Ai，E,。三点共线，故A正确；

因为GC1平面4BCD,BDu平面ABCD,

所以BD1GC,

又BOJ.4C,4(?nCiC=C,AC,C】Cu平面

所以B。i平面

又"1u平面4CC14,

所以BD14G，即异面直线8。与4G所成的角为90。，故8不正确；

根据证明BD14cl的方法，同理可得4GlArB,

因为B£)n4iB=B,BD,&Bu平面4闻，

所以4Gl平面4$。，

则C1E的长度就是点G到平面&BD的距离，

显然E为正三角形&B。的中心，

因为正方体4BCD-A/iGCi的棱长为1,

所以正三角形&BD的边长为，讶，

所以&E=|x?x/7=¥，

又&G=y/~2,

所以C1E=VA^-ArE2=J2一=殍，

即点G到平面4BD的距离为殍，故C正确；

取。1。的中点G,连FG,G4,BF,ArB,

因为尸G〃C£"/4B

所以等腰梯形&BFG就是过点&,B,F的平面截该正方体所得截面，如图:

因为=FG=?，AiG=BF=?，

所以等腰梯形4BFG的高为九=Jn停2(%7)2=,:弓苧;=牛，

所以等腰梯形4BFG的面积为+")•h=；«攵+9x牛=看，

即过点儿，B,尸的平面截该正方体所得截面的面积为看故。正确.

故选：ACD.

通过证明力1，E,0三点都是平面4BD与平面4CQ4的公共点，可知A正确；利用线面垂直的判

定与性质可证异面直线8。与4G所成的角为90。，可知B不正确；通过证明力G1平面&BD,得C】E

的长度就是点G到平面&BD的距离，计算GE的长度可知C正确；取以。的中点G,可得等腰梯

形力1BFG就是过点B,F的平面截该正方体所得截面，计算等腰梯形为BFG的面积可知，。正

确.

本题考查立体儿何知识的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题.

12.【答案】ACD

【解析】解：对于4如图，取BiG的中点P,连接PE,取PE的中点Q,连接&Q,

则4F〃EQ,ArF=EQ,

所以四边形为FEQ是平行四边形，所以EF〃AiQ,

又因AiGC&Q=&,所以直线为G,EF是异面直线，故A正确；

对于B,如图，延长GM,CB交于点H,连接HD交48点N,连接MN,力

因为881/CG，M为的中点，则=

所以B为HC的中点,

因为力B〃CC,所以N为ZB的中点，则

因为4。〃8传1，AD=BQ,

所以4B1GD为平行四边形，所以4BJ/DG，

所以MN〃DC「

则平面DMC1截正方体所得截面为等腰梯形“NOG,

在等腰梯形MNDG中，

DC】=4yJ~2,MN=2yJ~2,DN=AfQ=2，T，

则梯形的高为V20-2=3，五，

所以等腰梯形M/VDG的面积为（4C+2F）x3Q=18,故B错误;

对于C,连接BCi，BC则BGJ.B1C,

因为4B1平面BCQBi，8也u平面BCCiB],

所以AB1B1C,

又ABnBq=B,AB,B”平面ABGDi，所以々C1平面的。必,

又因为M为BBi的中点，

所以三棱锥M-4GD1的高为381c=y/~2,

SAAQDI=2*4，"^X4=8y/~2,

所以匕-MCWi='M-ACM=§XS^J~2X>/~2=—,故C正确；

三棱锥&-BOQ为正四面体，且棱长为4/父，

每个侧面的面积为gx(4V-2)2x?=8门，

11

443

X-X-X=643

三棱锥&-BOQ的体积为4332

设三棱锥&-80Q的内切球的半径为r,

则4x|x8/3xr=y,解得r=月，

所以三棱锥&-B0C1的内切球的体积为g/rN=等兀，故。正确.

故选：ACD.

对于4取B1C1的中点P,连接PE,取PE的中点Q,连接&Q,证明EF〃4Q,即可判断；对于B,

延长GM,CB交于点H,连接HD交4B点N,连接MN,ABX,说明平面DMG截正方体所得截面为

四边形MNDG，从而可以判断；对于C,连接BG，&C,证明&C工平面ABGDi，再根据%.MC［氏=

匕fTCQ］即可判断；对于。，利用等体积法可求三棱锥&-8。6的内切球的半径，进而可求体积.

本题考查空间几何体的性质，考查异面直线，考查截面面积，考查内切球的体积的求法，属中档

题.

13.【答案】60°或120。

【解析】解：•••空间中两个角乙4。8,乙410/1，且。4〃。141，。8〃。1当，4408=60。,

若角乙4OB和乙41。1位方向相同，贝IJ乙41。$1=乙4OB=60°；

若角乙4OB和乙区。/1方向相反,则乙％。隹1=7T-Z.AOB=120°.

故答案为：60°或120°.

由题意，利用两条直线所成的角的定义，空间两直线平行的性质，得出结论.

本题主要考查两条直线成的角的定义，空间两直线平行的性质，属于基础题.

14.【答案】

~12~

【解析】解：在正三棱锥A-BCD中，设顶点4在底面BCD

上的射影为0,则4。平面BCD,且。为底面△BCD的中

心，

连结。。并延长，与BC交于点E,贝IJE为5c的中点，

因为底面边长为2,所以OE=?x2=C，

故EO=g°E=?,00=|/)E=等，

又侧棱长4D=3,所以A。=VAD2-OD2=

卜一(亨)2=萼,

故点4到平面BCD的距离为萼;

以点。为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示,

则4（0,0,萼）,B-1,0）,C（?,1,0）,。（一亨,0,0）.

所以四=（?,一1,一等），玩=（yTl,1,0）,DA=（亨，0,萼），

设平面ACO的法向量为有=(x,y,z),

Cn-DC=y/-3x+y=0

则有-RT2C」9二

n-DA=—xH———z=0

令％=1,则y=_，yz=一^^,故五=(1,_15,一普0,

则|cos＜四，元＞|=牖=耨'

所以4B与面ACC所成角的正弦值为律，

故AB与面ACD所成角的余弦值为I1-煞=岑.

\9x9612

故答案为：等；Z£2.

利用正三棱锥的几何性质，设顶点4在底面BCO上的射影为。，则4。即为点4到平面BCD的距离,

利用三角形的边角关系求解4。即可；建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标，求出直线

48的方向向量和平面ACO的法向量，然后利用向量的夹角公式以及同角三角函数关系求解即可.

本题考查了点到平面距离的求解以及线面角的求解，在求解空间角的时候，一般会建立合适的空

间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题.

15.【答案】??

【解析】解：如图，

图①图②

图①中，由题意ZB=4B=2<7，^BAC=90°,ABC=2BD=CD=4,

vBDLAD,CD1AD,二N8DC为二面角B-4D-C的平面角，

即Z_BDC=60。，图②中，BC=2,设点4c的距离为八，

由三角形面积可知AB与CD所成角为。，

■：AB=AD+'DB，AD1DB,AD1DC,

.-.ABCD=(AD+DB)-CD=DB-'CD=2x2xcosl20。=-2.

・_।福司_2一£

"C°SU~\AB\-\CD\一2<2x2一4,

故答案为：?；£2.

根据折前折后不变的数量关系，二面角的平面角,利用等面积法求高，根据向量法求异面直线所

成角的余弦即可.

本题考查二面角的平面角的定义、等面积法求高、折前折后不变的数量关系、点到直线的距离、

异面直线所成角等基础知识，考查运算求解能力,是中档题.

16.【答案】三0

乙4

【解析】解：分别取BD,CD中点E,F,连接EF,AE,AF,

由448。和4BCO都是等腰直角三角形，^BAD=乙CBD=宏

可得AEJ.BD,EF1BD,贝此AEF为二面角力一B0—C的平面角，

又由AABD和ABC。都是等腰直角三角形，AB=>J~2,^BAD=/.CBD=p

BD=BC=2,AE=EF=1,BF=CF=DF=V_2,

若四面体ABC。外接球的表面积为8兀，可得四面体ABCD外接球的半径为C，

由CD=和NCBD=*可知△BCD在四面体外接球的大圆上，

则F为四面体力BCD外接球的球心，则4F=「，

△4EF中，AE=EF=1,AF=门,则有力E?+EF2=力/2,

则乙4EF=p则此时二面角A-BD-C的大小为*

若二面角A-BD-C为亨时，则乙4EF=*

又4E=EF=1,则4F=1,

点M为线段CD上一点，则AM的最小值即为△ADF的边。尸上的高，

Ar\r->r-4-lAPXL2+2-13

△4DF中，cos乙ADF=-~~—

•••o<^ADF<n,Sin/ADF=J1-(1)2=?，

：,△4。尸的边。尸上的高为ADsin4/WF=Cx[=孕，

•••4M的最小值为华.

4

故答案为：枭孕.

乙4

首先找到四面体ABCC外接球的球心，再作出二面角A-BD-C的平面角，即可求得二面角Z-

BD-C的大小；首先确定AM的最小值即为A/WF的边DF上的高，再利用余弦定理即可求得的

最小值.

本题考查四面体的外接球、球的大圆、球的表面积、二面角的定义等基础知识，考查运算求解能

力，是中档题.

17.【答案】解：(1)证明：因为BC1C。，平面4BC_L平面BCD,平面力BCn平面BC。=BC,

所以CD1平面ABC,

又48u平面4BC,

所以CD1AB,

5LAB1AC,AC1AB,CDC\AC=C,

所以力BIffi/ICD.

(2)由(1)知4B_1_面4c0,

所以BD在平面ACO内的射影为4。，

所以直线BD与平面ACD所成角的为4BZM,

因为力B1面4mADu面4c0,

所以4B1AD,

所以在RMB/IO中，cosZ_BZM=缘，

DD

设CO=x,

因为在心△BCD中，/LCBD=30°,

所以BD=2x,BC=VBD2-CD2=yj(2x)2-x2=Gx,

因为在RSBAC中，Z-ABC=Z.ACB=45°,

所以AB=AC=BCsin45°=•号=?x，

所以AD=VBD2—AB2-J(2x)2—(^^x)2-

所以COSNBD4=^=^=空，

BD2x4

所以直线BD与平面AC。所成角的余弦值为H

4

【解析】（1）根据题意可得BC1CD,平面平面BCD,又面面垂直的性质定理可得CD1平面

ABC,进而可得CD1AB,乂ABIAC,由线面垂直的判定定理，即可得出答案.

（2）根据题意可得直线BD与平面4CD所成角的为4BZM,在Rt△4BD中，cos/BDA=祟计算AD,

DD

BD,即可得出答案.

本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题.

18.【答案】证明：（1）由题知M,N,E三点可确定一个平面MNE,

N6平面MNE,N€B，MEu平面MNE,

可设平面MNE与平面0的交线为NA,因为ME〃0,所以ME〃M4,

又MEca,NA<t-a,故N4〃a,

又同理NF〃a,NFuB，NAu0,NACNF=N,

a〃八

(2)在直线N4取点C,使NC=ME=m,连接EC,

由(1)知NC〃ME,得四边形MECN为平行四边形,

MN//EC,

由MN1ME,可得MN_LNC,

又MNJ.NF,NCCNF=N,NCu£,NFu0,

所以MN14，则EC_L平面氏

又FCu/?,所以EC1FC,

在Rt△ECF中，EF2=EC2+FC2=d2+FC2,

因为ME,NF所成角为0,NC//ME,所以NC,NF夹角也为。,

所以在ANCF中，乙CNF=◎或乙CNF=T[-9,

根据余弦定理知：FC2=NC2+NF2±2NC-NF-cos。=m2+n2±2mncos6,

所以EF=-Jd2+m2+n2+2mncos9■

【解析】（1）根据线面平行得出线线平行，再由面面平行的判定定理得证；

（2）通过作辅助线得RtAECF,在△NCF中，再根据余弦定理即可得证.

本题考查面面平行的证明，空间两点的距离求法，属中档题.

19.【答案】（I）证明：连接4C,ACQBD=H,

••,底面4BCD是平行四边形，

为BD中点,

••・E是棱力。的中点.

.♦.在△ABD中，EH//AB,

又：ABu平面P4B,EH仁平面PAB,

EH〃平面P4B.

同理可证，FH〃平面PAB.

又；EHCFH=H,EH,FHu面EFH,

平面EFH〃平面R4B,

•••EFu平面EFH,

•••EF//^PAB,

（口）证明：（i）如图,连接PE,BE.

BA=BD=。，AD=2,PA=PD=C，

BE=1,PE=2.

又E为4c的中点，

BE1AD,PE14。，

NPEB即为二面角P-AD-B的平面角,

即"EB=60°,PB=V-3.

••,△PBD中，BD2+PB2=PD2,

：.PB1.BD,同理

而4BCBD=B,且ZB,BDu平面力BCD,

PB1平面ABC。，

vPBu平面PBC,

.,•平面PBC•1平面ABC。；

(ii)解：由(i)知，PB1BD,PB1BA,

■:BA=BD=C，AD=2,

•••BD1BA,

BD,BA,BP两两垂直，

以B为坐标原点，分别以8。，BA,BP为x,y,z轴,

建立如图所示的空间直角坐标系B-DAP,

则有4(0,，^,0)，B(0,0,0),(?(。,一。,0),

D(C,0,0),P(0,0,C)，

BC=-々0)，前=(0,0,43)，

设平面PBC的法向量为元=(x,y,z),

..伊.阿=0,

'〔记.丽=0,

.(yf~2x-/~2y=0

•'lCz=0

令x=1,则y=1,z=0,

故元=(1,1,0),

E,F分别是棱力D,PC的中点,

cC'Tzc、,y/~2-T2口、

••・EQ，”-，o），c

■.EF=怜，

设直线EF与平面PBC所成角为0,

Asin0=|cos<n,EF>|

\n\\EF\

_|-<2|2<n

Fx空一11，

即直线EF与平面PBC所成角的正弦值为竺H.

11

【解析】本题主要考查空间直线与平面平行的判定定理以及线面角大小的求法，要求熟练掌握相

关的判定定理，属于拔高题.

(I)要证明EF〃平面PAB,可以先证明平面EFH〃平面PAB,而要证明面面平行则可用面面平行

的判定定理来证：

(H)(i)要证明平面PBC1平面4BCD,可用面面垂直的判定定理，即只需证PB_L平面ABC。即可;

(五)由。)知，BD,BA,BP两两垂直，建立空间直角坐标系B-D4P,得到请与平面PBC法向量，

其夹角的余弦值的绝对值即为所成角的正弦值.

20.【答案】解：(1)证明：如图所示：连接4劣交4D于点。，则。为A%的中点.

A/、..I/。

EB

由题意可知，四边形40D1&是正方形，

所以&01401.

因为481平面40。送1，&Du平面4叫&,

所以4B

又因为ABu平面40亚，ADru平面也E,AB(}AD1=A,

所以为。J_平面4。出，

又。iEu平面4。花，

所以4D1D1E,即DiEl&D

np1

(2)存在一点P满足西=5时，使得力P〃平面ED1C,

r)pi

当点P满足赢=即P为CDi的中点，

取C"的中点Q,连接PQ,EQ,

在ACCiC中，PQ//QCS.PQ=\DC,

因为E是4B的中点，长方体AG，

所以4E〃DC且4E=加，

所以AE〃PQ且4E=PQ,

所以在/1EPQ,AP//EQ,

又EQu平面DiEC,AP仁平面D[EC,

所以AP〃平面DiEC.

(3)连接DE,设D到平面QEC所成的距离为九,

根据题意可得_L平面4BCD,

因为矩形ABC。，点E是AB的中点，

所以SADCE=；S矩形ABCD=；X1X2=1,

所以V^I-DCE=5S4DCE■DDI=§X]X1=W，

222

在RT△中，DXC=-JDD^+DC=Vl+2=V~~5>

在RTAADE中，DE=VAD2+AE2=

因为叫_L平面4BCD,DEu平面4BCD,

所以1DE,

在RT^OiOE中,=yjDD^+DE2=JI2+(V-2)2=y/~3<

在RT△BCE中，EC=VBC2+BE2=V_7，

所以D1E2+EC2=CD2,

所以ED11CE,

所以SA/CE=xEC=1xV~3xV-2=?,

KD-D]CE=%-DCE，

所以§SA°IECXh=E'

所以/!=?，

所以。到平面DiEC所成的距离为?.

【解析】(1)连接4劣交占。于点。，则。为4名的中点，由几何体的特征结合线面垂直的性质定理

可得力再由线面垂直的判定定理可得1平面ADiE,即可得出答案.

r)p1

(2)当点P满足西=5，即P为。么的中点，取CD]的中点Q,连接PQ,EQ,由三角形中位线定理

可得PQ〃QC且PQ=^DC,AE//DCS.AE=\DC,进而可得4E〃PQ且4E=PQ,再由线面平行

的判定定理，即可得出答案.

1-1

(3)连接CE,设。到平面5EC所成的距离为八，可得另曲=尹矩形ABCD=5*1x2=1,也一阻=

“ADCEDDI=1x1x1=j,由DO】_L平面4BCD,得DDi1DE,ED11CE,推出SA%CE=1D1FX

EC=；XV-3Xy/~2=~Y',又%>-DiCE=^Dj-DCE>即可得出答案.

本题考查直线与平面的位置关系，点到直线的距离，解题中需要理清思路，属于中档题.

21.【答案】解：(1)证明：如图，连接/C与BC1交于点0,连D。，

在斜三棱柱ABC-AiBiG中，

四边形BCQB1是菱形，

则。是81c的中点，乂。是AC中点，

即。。为△4B]C的中位线，

所以ABJ/。。，

又核《平面BDG，DOu平面BDG，

可证得：AB1〃平面BDG；

(2)取41cl的中点E,连4E,斜三棱柱4BC-&B1C1底面△4B1G边长均为2,

则/E14C「

平面ACC14_L平面4$1的，平面ACC14n平面=A^,BrEu平面&BiG，

则&E_L平面力CG&,所以ZB/E即为AB1与平面ZCC14所成角,

RtABiAE中，B、E=C，tan/BiAE=茅=^，则力E=「，又AA】=2,&E=2,

则在△44E中，乙441G=120°,则乙41AG=60°,

由三棱柱中，AA//BB],41c"/