2016浙江寧波中學(xué)高二上學(xué)期期中考試試卷(數(shù)學(xué))

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2016浙江寧波中學(xué)高二上學(xué)期期中考試試卷（數(shù)學(xué)） 一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的． 1．某幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則此幾何體的表面積是( ) A．90cm2 B．129cm2 C．132cm2 D．138cm2 2．如圖，有一個水平放置的透明無蓋的正方體容器，容器高8cm，將一個球放在容器口，再向容器注水，當(dāng)球面恰好接觸水面時測得水深為6cm，如不計容器的厚度，則球的體積為( ) A． B． C． D． 3．設(shè)a，β，γ是三個互不重合的平面，m，n是直線，給出下列命題①若a⊥β，β⊥γ，則a⊥γ；②若a∥β，m?β，m∥a，則m∥β；③若m，n在γ內(nèi)的射影互相垂直，則m⊥n；④若m∥a，n∥β，a⊥β則m⊥n．其中正確命題的個數(shù)為( ) A．0 B．1 C．2 D．3 4．如圖在一個二面角的棱上有兩個點A，B，線段AC，BD分別在這個二面角的兩個面內(nèi)，并且都垂直于棱AB，AB=4cm，AC=6cm，BD=8cm，CD=2cm，則這個二面角的度數(shù)為( ) A．30 B．60 C．90 D．120 5．三棱錐O﹣ABC中，OA⊥OB，OB⊥OC，OC⊥OA，若OA=OB=a，OC=b，D是該三棱錐外部（不含表面）的一點，則下列命題正確的是( ) ①存在無數(shù)個點D，使OD⊥面ABC； ②存在唯一點D，使四面體ABCD為正三棱錐； ③存在無數(shù)個點D，使OD=AD=BD=CD； ④存在唯一點D，使四面體ABCD有三個面為直角三角形． A．①③ B．①④ C．①③④ D．①②④ 6．一個幾何體的三視圖如圖所示，該幾何體從上到下由四個簡單幾何體組成，其體積分別記為V1，V2，V3，V4，上面兩個簡單幾何體均為旋轉(zhuǎn)體，下面兩個簡單幾何體均為多面體，則有( ) A．V1＜V2＜V4＜V3 B．V1＜V3＜V2＜V4 C．V2＜V1＜V3＜V4 D．V2＜V3＜V1＜V4 7．如圖，矩形ABCD中，AB=2AD，E為邊AB的中點，將△ADE沿直線DE翻折成△A1DE，若M為線段A1C的中點，則在△ADE翻折過程中，下面四個命題中不正確的是( ) A．|BM|是定值 B．點M在某個球面上運動 C．存在某個位置，使DE⊥A1C D．存在某個位置，使MB∥平面A1DE 8．如圖，棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P為線段A1B上的動點，則下列結(jié)論錯誤的是( ) A．DC1⊥D1P B．平面D1A1P⊥平面A1AP C．∠APD1的最大值為90 D．AP+PD1的最小值為 二、填空題（本大題共7小題，第9，10，11，12題每空3分，第13，14，15題每空4分，共36分．） 9．已知O（0，0，0），A（﹣2，2，﹣2），B（1，4，﹣6），C（x，﹣8，8），若OC⊥AB，則x=__________；若O、A、B、C四點共面，則x=__________． 10．正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，B1D與BC1夾角的大小是__________；若E、F分別為AB、CC1的中點，則異面直線EF與A1C1夾角的大小是__________． 11．在三棱錐A﹣BCD中，側(cè)棱AB，AC，AD兩兩垂直，△ABC，△ACD，△ABD的面積分別為、、，則△BCD的面積為__________；三棱錐A﹣BCD的內(nèi)切球半徑為__________． 12．如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1棱長為1，P為BC中點，Q為線段CC1上動點，過點A，P，Q的平面截該正方體所得截面記為S．當(dāng)CQ=時，S的面積為__________；若S為五邊形，則此時CQ取值范圍__________． 13．已知某幾何體的三視圖如圖所示，其正視圖為矩形，側(cè)視圖為等腰直角三角形，俯視圖為直角梯形，則該幾何體的體積為__________． 14．兩條異面直線a，b所成角為60，則過一定點P，與直線a，b都成60角的直線有__________條． 15．如圖，在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別是棱BC，CC1的中點，P是側(cè)面BCC1B1內(nèi)一點，若A1P∥平面AEF，則線段A1P長度的取值范圍是__________． 三.解答題：本大題共5小題，共74分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟． 16．（14分）如圖，在七面體ABCDMN中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD=2，NB=1，MB與ND交于P點，點Q在AB上，且BQ=． （I）求證：QP∥平面AMD； （Ⅱ）求七面體ABCDMN的體積． 17．如圖，四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，AB=2AD=2，BD=，PD⊥底面ABCD． （1）證明：平面PBC⊥平面PBD； （2）若二面角P﹣BC﹣D為，求AP與平面PBC所成角的正弦值． 18．如圖，四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，PG⊥平面ABCD，垂足為G，G在線段AD上，AG=GD，BG⊥GC，BG=GC=2，E是BC的中點，四面體P﹣BCG的體積為． （1）求異面直線GE與PC所成角的余弦值； （2）棱PC上是否存在一點F，使DF⊥GC，若存在，求的值，若不存在，請說明理由． 19．如圖，邊長為2的正方形ABCD繞AB邊所在直線旋轉(zhuǎn)一定的角度（小于180）到ABEF的位置． （1）若∠CBE=120，求三棱錐B﹣ADF的外接球的表面積； （2）若K為線段BE上異于B，E的點，CE=2．設(shè)直線AK與平面BDF所成角為φ，當(dāng)30≤φ≤45時，求BK的取值范圍． 20．已知矩形ABCD中，AB=2，AD=5．E，F(xiàn)分別在AD，BC上．且AE=1，BF=3，沿EF將四邊形AEFB折成四邊形A′EFB′，使點B′在平面CDEF 上的射影H在直線DE上． （Ⅰ）求證：A′D∥平面B′FC （Ⅱ）求二面角A′﹣DE﹣F的大小 ． 參考答案 一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的． 1．某幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則此幾何體的表面積是( ) A．90cm2 B．129cm2 C．132cm2 D．138cm2 【考點】由三視圖求面積、體積． 【專題】立體幾何． 【分析】幾何體是直三棱柱與直四棱柱的組合體，根據(jù)三視圖判斷直三棱柱的側(cè)棱長與底面的形狀及相關(guān)幾何量的數(shù)據(jù)，判斷四棱柱的高與底面矩形的邊長，把數(shù)據(jù)代入表面積公式計算． 【解答】解：由三視圖知：幾何體是直三棱柱與直四棱柱的組合體， 其中直三棱柱的側(cè)棱長為3，底面是直角邊長分別為3、4的直角三角形， 四棱柱的高為6，底面為矩形，矩形的兩相鄰邊長為3和4， ∴幾何體的表面積S=246+36+33+234+234+（4+5）3=48+18+9+24+12+27=138（cm2）． 故選：D． 【點評】本題考查了由三視圖求幾何體的表面積，根據(jù)三視圖判斷幾何體的形狀及數(shù)據(jù)所對應(yīng)的幾何量是解題的關(guān)鍵． 2．如圖，有一個水平放置的透明無蓋的正方體容器，容器高8cm，將一個球放在容器口，再向容器注水，當(dāng)球面恰好接觸水面時測得水深為6cm，如不計容器的厚度，則球的體積為( ) A． B． C． D． 【考點】球的體積和表面積． 【專題】計算題；空間位置關(guān)系與距離． 【分析】設(shè)正方體上底面所在平面截球得小圓M，可得圓心M為正方體上底面正方形的中心．設(shè)球的半徑為R，根據(jù)題意得球心到上底面的距離等于（R﹣2）cm，而圓M的半徑為4，由球的截面圓性質(zhì)建立關(guān)于R的方程并解出R=5，用球的體積公式即可算出該球的體積． 【解答】解：設(shè)正方體上底面所在平面截球得小圓M， 則圓心M為正方體上底面正方形的中心．如圖． 設(shè)球的半徑為R，根據(jù)題意得球心到上底面的距離等于（R﹣2）cm， 而圓M的半徑為4，由球的截面圓性質(zhì)，得R2=（R﹣2）2+42， 解出R=5， ∴根據(jù)球的體積公式，該球的體積V===． 故選A． 【點評】本題給出球與正方體相切的問題，求球的體積，著重考查了正方體的性質(zhì)、球的截面圓性質(zhì)和球的體積公式等知識，屬于中檔題． 3．設(shè)a，β，γ是三個互不重合的平面，m，n是直線，給出下列命題①若a⊥β，β⊥γ，則a⊥γ；②若a∥β，m?β，m∥a，則m∥β；③若m，n在γ內(nèi)的射影互相垂直，則m⊥n；④若m∥a，n∥β，a⊥β則m⊥n．其中正確命題的個數(shù)為( ) A．0 B．1 C．2 D．3 【考點】平面的基本性質(zhì)及推論． 【專題】證明題． 【分析】在正方體中舉出反例，可以得到命題①和命題③是錯誤的；根據(jù)平面與平面平行和直線與平面平行的定義，得到②是正確的；根據(jù)直線與平面平行的判定和空間直線平行的傳遞性，通過舉出反例可得④是錯誤的．由此可得正確答案． 【解答】解：對于命題①，若a⊥β，β⊥γ， 則a與γ的位置不一定是垂直，也可能是平行， 比如：正方體的上、下底面分別是a與γ，右側(cè)面是β 則滿足a⊥β，β⊥γ，但a∥γ， ∴“a⊥γ”不成立，故①不正確； 對于命題②，∵a∥β，m?β ∴平面a與直線m沒有公共點 因此有“m∥a”成立，故②正確； 對于命題③，可以舉出如下反例： 在正方體中，設(shè)正對我們的面為γ， 在左側(cè)面中取一條直線m，上底面中取一條直線n， 則m、n都與平面γ斜交時，m、n在γ內(nèi)的射影必定互相垂直， 顯然“m⊥n”不一定成立，故③不正確； 對于命題④，因為a⊥β，所以它們是相交平面，設(shè)a∩β=l 當(dāng)m∥a，n∥β時，可得直線l與m、n都平行， 所以m∥n，“m⊥n”不成立，故④不正確． 因此正確命題只有1個． 故選B 【點評】本題借助于命題真假的判斷為載體，著重考查了平面與平面垂直的定義與性質(zhì)、直線與平面平行的判定定理和直線在平面中的射影等知識點，屬于基礎(chǔ)題． 4．如圖在一個二面角的棱上有兩個點A，B，線段AC，BD分別在這個二面角的兩個面內(nèi)，并且都垂直于棱AB，AB=4cm，AC=6cm，BD=8cm，CD=2cm，則這個二面角的度數(shù)為( ) A．30 B．60 C．90 D．120 【考點】二面角的平面角及求法． 【專題】空間位置關(guān)系與距離；空間角． 【分析】首先利用平行線做出二面角的平面角，進一步利用勾股定理和余弦定理解出二面角平面角的大小，最后確定結(jié)果． 【解答】解：在平面α內(nèi)做BE∥AC，BE=AC，連接DE，CE， 所以四邊形ACEB是平行四邊形． 由于線段AC，BD分別在這個二面角的兩個面內(nèi)，并且都垂直于棱AB， 所以AB⊥平面BDE． CE∥AB CE⊥平面BDE． 所以△CDE是直角三角形． 又AB=4cm，AC=6cm，BD=8cm，CD=2cm， 則：DE=2cm 進一步利用余弦定理：DE2=BE2+BD2﹣2BE?BDcos∠DBE 解得cos∠DBE= 所以∠DBE=60 即二面角的度數(shù)為：60 故選：B 【點評】本題考查的知識要點：余弦定理的應(yīng)用，勾股定理的應(yīng)用，線面垂直的性質(zhì)，二面角的應(yīng)用．屬于基礎(chǔ)題型． 5．三棱錐O﹣ABC中，OA⊥OB，OB⊥OC，OC⊥OA，若OA=OB=a，OC=b，D是該三棱錐外部（不含表面）的一點，則下列命題正確的是( ) ①存在無數(shù)個點D，使OD⊥面ABC； ②存在唯一點D，使四面體ABCD為正三棱錐； ③存在無數(shù)個點D，使OD=AD=BD=CD； ④存在唯一點D，使四面體ABCD有三個面為直角三角形． A．①③ B．①④ C．①③④ D．①②④ 【考點】命題的真假判斷與應(yīng)用． 【專題】綜合題；運動思想；空間位置關(guān)系與距離；簡易邏輯． 【分析】①取AB的中點M，連接OM，CM，過點O作OQ⊥CM，可得OQ⊥平面ABC，則直線OQ上除去線段OQ上的點取為D，則OD⊥面ABC，因此存在無數(shù)個點D，使OD⊥面ABC，即可判斷出才正誤； ②以線段AB為邊作一個正△DAB，使得點C在△ABD內(nèi)的射影為△ABD的中心，這樣的點D至少有兩個，分別位于平面ABC的兩側(cè)，即可判斷出正誤； ③由已知：可以將此四面體補成一個以O(shè)A，OB，OC為鄰邊的長方體，其對角線的中點為此長方體外接球的球心D且唯一，即可判斷出正誤； ④取點O關(guān)于平面ABC的對稱點為D，則四面體ABCD有三個面為直角三角形，此D點唯一，即可判斷出正誤． 【解答】解：①取AB的中點M，連接OM，CM，過點O作OQ⊥CM，可得OQ⊥平面ABC，則直線OQ上除去線段OQ上的點取為D，則OD⊥面ABC，因此存在無數(shù)個點D，使OD⊥面ABC； ②以線段AB為邊作一個正△DAB，使得點C在△ABD內(nèi)的射影為△ABD的中心，則四面體ABCD為正三棱錐，這樣的點D至少有兩個，分別位于平面ABC的兩側(cè)，因此不正確； ③∵OA⊥OB，OB⊥OC，OC⊥OA，∴可以將此四面體補成一個以O(shè)A，OB，OC為鄰邊的長方體，其對角線的中點為此長方體外接球的球心D，滿足OD=AD=BD=CD，因此有唯一的一個點D，使OD=AD=BD=CD，故不正確； ④取點O關(guān)于平面ABC的對稱點為D，則四面體ABCD有三個面為直角三角形，此D點唯一，因此正確． 綜上可知：①④正確． 故選：B． 【點評】本題考查線面垂直的判定與性質(zhì)定理、直三棱錐、長方體與外接球的性質(zhì)、特殊的四面體性質(zhì)，考查了空間想象能力、推理能力，屬于中檔題． 6．一個幾何體的三視圖如圖所示，該幾何體從上到下由四個簡單幾何體組成，其體積分別記為V1，V2，V3，V4，上面兩個簡單幾何體均為旋轉(zhuǎn)體，下面兩個簡單幾何體均為多面體，則有( ) A．V1＜V2＜V4＜V3 B．V1＜V3＜V2＜V4 C．V2＜V1＜V3＜V4 D．V2＜V3＜V1＜V4 【考點】由三視圖求面積、體積． 【專題】計算題． 【分析】利用三視圖與已知條件判斷組合體的形狀，分別求出幾何體的體積，即可判斷出正確選項． 【解答】解：由題意以及三視圖可知，該幾何體從上到下由：圓臺、圓柱、正四棱柱、正四棱臺組成， 體積分別記為V1==． V2=12π2=2π， V3=222=8 V4==； ∵， ∴V2＜V1＜V3＜V4 故選C． 【點評】本題考查簡單組合體的三視圖與幾何體的體積的求法，正確判斷幾何體的形狀與準(zhǔn)確利用公式求解體積是解題的關(guān)鍵． 7．如圖，矩形ABCD中，AB=2AD，E為邊AB的中點，將△ADE沿直線DE翻折成△A1DE，若M為線段A1C的中點，則在△ADE翻折過程中，下面四個命題中不正確的是( ) A．|BM|是定值 B．點M在某個球面上運動 C．存在某個位置，使DE⊥A1C D．存在某個位置，使MB∥平面A1DE 【考點】平面與平面之間的位置關(guān)系． 【專題】綜合題；空間位置關(guān)系與距離． 【分析】取CD中點F，連接MF，BF，則平面MBF∥平面A1DE，可得D正確；由余弦定理可得MB2=MF2+FB2﹣2MF?FB?cos∠MFB，所以MB是定值，M是在以B為圓心，MB為半徑的圓上，可得A，B正確．A1C在平面ABCD中的射影為AC，AC與DE不垂直，可得C不正確． 【解答】解：取CD中點F，連接MF，BF，則MF∥DA1，BF∥DE，∴平面MBF∥平面A1DE， ∴MB∥平面A1DE，故D正確 由∠A1DE=∠MFB，MF=A1D=定值，F(xiàn)B=DE=定值， 由余弦定理可得MB2=MF2+FB2﹣2MF?FB?cos∠MFB，所以MB是定值，故A正確． ∵B是定點，∴M是在以B為圓心，MB為半徑的圓上，故B正確， ∵A1C在平面ABCD中的射影為AC，AC與DE不垂直， ∴存在某個位置，使DE⊥A1C不正確． 故選：C． 【點評】掌握線面、面面平行與垂直的判定和性質(zhì)定理及線面角、二面角的定義及求法是解題的關(guān)鍵． 8．如圖，棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P為線段A1B上的動點，則下列結(jié)論錯誤的是( ) A．DC1⊥D1P B．平面D1A1P⊥平面A1AP C．∠APD1的最大值為90 D．AP+PD1的最小值為 【考點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征． 【專題】應(yīng)用題；空間位置關(guān)系與距離． 【分析】利用DC1⊥面A1BCD1，可得DC1⊥D1P，A正確 利用平面D1A1BC，⊥平面A1ABB1，得出平面D1A1P⊥平面A1AP，B正確； 當(dāng)A1P= 時，∠APD1為直角角，當(dāng)0＜A1P＜ 時，∠APD1為鈍角，C錯； 將面AA1B與面ABCD1沿A1B展成平面圖形，線段AD1即為AP+PD1的最小值． 【解答】解：∵A1D1⊥DC1，A1B⊥DC1，∴DC1⊥面A1BCD1，D1P?面A1BCD1，∴DC1⊥D1P，A正確 ∵平面D1A1P即為平面D1A1BC，平面A1AP 即為平面A1ABB1，切D1A1⊥平面A1ABB1， ∴平面D1A1BC，⊥平面A1ABB1，∴平面D1A1P⊥平面A1AP，∴B正確； 當(dāng)0＜A1P＜ 時，∠APD1為鈍角，∴C錯； 將面AA1B與面A1BCD1沿A1B展成平面圖形，線段AD1即為AP+PD1的最小值， 在△D1A1A中，∠D1A1A=135利用余弦定理解三角形得AD1=， 即AP+PD1≥， ∴D正確． 故選：C． 【點評】本題考查正方體的結(jié)構(gòu)特征，空間位置關(guān)系的判定，轉(zhuǎn)化的思想． 二、填空題（本大題共7小題，第9，10，11，12題每空3分，第13，14，15題每空4分，共36分．） 9．已知O（0，0，0），A（﹣2，2，﹣2），B（1，4，﹣6），C（x，﹣8，8），若OC⊥AB，則x=16；若O、A、B、C四點共面，則x=8． 【考點】平面的基本性質(zhì)及推論． 【專題】空間位置關(guān)系與距離． 【分析】（1）先求出，的坐標(biāo)，根據(jù)?=0，得到3x﹣16﹣32=0，解出即可．（2）由于四點A，B，C，O共面，可得存在實數(shù)λ，μ使得，解出即可． 【解答】解：（1）∵=（x，﹣8，8），=（3，2，﹣4）， 若OC⊥AB，則?=0， ∴3x﹣16﹣32=0，解得：x=16，； （2）∵O（0，0，0），A（﹣2，2，﹣2），B（1，4，﹣6），C（x，﹣8，8）， ∴=（﹣2，2，﹣2），=（1，4，﹣6），=（x，﹣8，8）， ∵四點A，B，C，O共面， ∴存在實數(shù)λ，μ使得，=λ+μ， ∴（x，﹣8，8）=λ（﹣2，2，﹣2）+μ（1，4，﹣6）， ∴，解得x=8， 故答案為：16； 8 【點評】本題考查了向量垂直的性質(zhì)，考查向量共面問題，是一道基礎(chǔ)題． 10．正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，B1D與BC1夾角的大小是90；若E、F分別為AB、CC1的中點，則異面直線EF與A1C1夾角的大小是30． 【考點】異面直線及其所成的角． 【專題】計算題；轉(zhuǎn)化思想；向量法；空間角． 【分析】以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出B1D與BC1夾角的大小和異面直線EF與A1C1夾角的大小． 【解答】解：以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系， 設(shè)正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2， 則B1（2，2，2），D（0，0，0），B（2，2，0），C1（0，2，2）， =（﹣2，﹣2，﹣2），=（﹣2，0，2）， ∴?=0，∴B1D⊥BC1， ∴B1D與BC1夾角的大小是90； ∵E（2，1，0），F(xiàn)（0，2，1），A1（2，0，2）， ∴=（﹣2，1，1），=（﹣2，2，0）， 設(shè)異面直線EF與A1C1夾角的大小為θ， 則cosθ=||=||=， ∴θ=30． ∴異面直線EF與A1C1夾角的大小為30． 故答案為：90；30． 【點評】本題考查異面直線所成角的大小的求法，是基礎(chǔ)題，解題時要認真審題，注意向量法的合理運用． 11．在三棱錐A﹣BCD中，側(cè)棱AB，AC，AD兩兩垂直，△ABC，△ACD，△ABD的面積分別為、、，則△BCD的面積為；三棱錐A﹣BCD的內(nèi)切球半徑為． 【考點】球內(nèi)接多面體；球的體積和表面積． 【專題】綜合題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離． 【分析】設(shè)長方體的三度為a，b，c由題意得：ab=，ac=，bc=，求出a，b，c，即可求△BCD的面積，利用等體積求出三棱錐A﹣BCD的內(nèi)切球半徑． 【解答】解：設(shè)長方體的三度為a，b，c由題意得：ab=，ac=，bc=， 解得：a=，b=，c=1， △ABC中，BC上的高為，∴△DBC中，BC上的高為=， ∴△BCD的面積為=． 設(shè)三棱錐A﹣BCD的內(nèi)切球半徑為r，則=（++）r ∴r= 故答案為：；． 【點評】本題是中檔題，考查三棱錐A﹣BCD的內(nèi)切球半徑，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題． 12．如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1棱長為1，P為BC中點，Q為線段CC1上動點，過點A，P，Q的平面截該正方體所得截面記為S．當(dāng)CQ=時，S的面積為；若S為五邊形，則此時CQ取值范圍（，1）． 【考點】平面的基本性質(zhì)及推論． 【專題】數(shù)形結(jié)合；綜合法；空間位置關(guān)系與距離． 【分析】由題意作出滿足條件的圖形，由線面位置關(guān)系找出截面即可求出答案． 【解答】解：如圖： 當(dāng)CQ=時，即Q為CC1中點，此時可得PQ∥AD1，AP=QD1=， 故可得截面APQD1為等腰梯形， ∴S=（+）?=； 當(dāng)CQ=時，如下圖， ， 延長DD1至N，使D1N=，連結(jié)AN交A1D1于S， 連結(jié)QN交C1D1于R，連結(jié)SR，則AN∥PQ， 由△NRD1∽△QRC1，可得C1R：D1R=C1Q：D1N=1：2． ∴C1R=，RD1=， ∴當(dāng)＜CQ＜1時，此時的截面形狀是上圖所示的APQRS，為五邊形． 【點評】本題考查命題的真假判斷與應(yīng)用，考查了學(xué)生的空間想象和思維能力，借助于特殊點分析問題是解決該題的關(guān)鍵，是中檔題． 13．已知某幾何體的三視圖如圖所示，其正視圖為矩形，側(cè)視圖為等腰直角三角形，俯視圖為直角梯形，則該幾何體的體積為． 【考點】由三視圖求面積、體積． 【專題】空間位置關(guān)系與距離． 【分析】由已知中的三視圖，可知該幾何體是一個三棱柱切去一個三棱錐所得的組合體，分別求出體積后，相減可得答案． 【解答】解：由已知中的三視圖，可知該幾何體是一個三棱柱切去一個三棱錐所得的組合體， 棱柱和棱錐的底面均為側(cè)視圖， 故底面面積S=44=8， 棱柱的高為8，故體積為64， 棱錐的高為4，故體積為：， 故組合體的體積V=64﹣=， 故答案為： 【點評】本題考查的知識點是由三視圖求體積和表面積，解決本題的關(guān)鍵是得到該幾何體的形狀． 14．兩條異面直線a，b所成角為60，則過一定點P，與直線a，b都成60角的直線有3條． 【考點】異面直線的判定． 【專題】數(shù)形結(jié)合；空間位置關(guān)系與距離；立體幾何． 【分析】先將異面直線a，b平移到點P，結(jié)合圖形可知，當(dāng)使直線在面BPE的射影為∠BPE的角平分線時存在2條滿足條件，當(dāng)直線為∠EPD的角平分線時存在1條滿足條件，則一共有3條滿足條件． 【解答】解：先將異面直線a，b平移到點P，則∠BPE=60，∠EPD=120 而∠BPE的角平分線與a和b的所成角為30， 而∠EPD的角平分線與a和b的所成角為60 ∵60＞30， ∴直線與a，b所成的角相等且等于60有且只有3條， 使直線在面BPE的射影為∠BPE的角平分線， 和直線為∠EPD的角平分線， 故答案為：3． 【點評】本小題主要考查異面直線所成的角、異面直線所成的角的求法，以及射影等知識，考查空間想象能力、運算能力和推理論證能力，考查轉(zhuǎn)化思想，屬于基礎(chǔ)題． 15．如圖，在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別是棱BC，CC1的中點，P是側(cè)面BCC1B1內(nèi)一點，若A1P∥平面AEF，則線段A1P長度的取值范圍是[]．． 【考點】直線與平面平行的性質(zhì)． 【專題】空間位置關(guān)系與距離． 【分析】分別取棱BB1、B1C1的中點M、N，連接MN，易證平面A1MN∥平面AEF，由題意知點P必在線段MN上，由此可判斷P在M或N處時A1P最長，位于線段MN中點處時最短，通過解直角三角形即可求得． 【解答】解：如下圖所示： 分別取棱BB1、B1C1的中點M、N，連接MN，連接BC1， ∵M、N、E、F為所在棱的中點，∴MN∥BC1，EF∥BC1， ∴MN∥EF，又MN?平面AEF，EF?平面AEF， ∴MN∥平面AEF； ∵AA1∥NE，AA1=NE，∴四邊形AENA1為平行四邊形， ∴A1N∥AE，又A1N?平面AEF，AE?平面AEF， ∴A1N∥平面AEF， 又A1N∩MN=N，∴平面A1MN∥平面AEF， ∵P是側(cè)面BCC1B1內(nèi)一點，且A1P∥平面AEF， 則P必在線段MN上， 在Rt△A1B1M中，A1M===， 同理，在Rt△A1B1N中，求得A1N=， ∴△A1MN為等腰三角形， 當(dāng)P在MN中點O時A1P⊥MN，此時A1P最短，P位于M、N處時A1P最長， A1O===， A1M=A1N=， 所以線段A1P長度的取值范圍是[]． 故答案為：[]． 【點評】本題考查點、線、面間的距離問題，考查學(xué)生的運算能力及推理轉(zhuǎn)化能力，屬中檔題，解決本題的關(guān)鍵是通過構(gòu)造平行平面尋找P點位置． 三.解答題：本大題共5小題，共74分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟． 16．（14分）如圖，在七面體ABCDMN中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD=2，NB=1，MB與ND交于P點，點Q在AB上，且BQ=． （I）求證：QP∥平面AMD； （Ⅱ）求七面體ABCDMN的體積． 【考點】直線與平面平行的判定；棱柱、棱錐、棱臺的體積． 【專題】空間位置關(guān)系與距離． 【分析】（I）由MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，利用線面垂直的性質(zhì)可得MD∥NB．進而得到，又已知=，可得，于是在△MAB中，QP∥AM．再利用線面平行的性質(zhì)即可得出QP∥平面AMD． （II）連接BD，AC交于點O，則AC⊥BD．又MD⊥平面ABCD，利用線面垂直的性質(zhì)可得MD⊥AC，再利用線面垂直的判定即可得出AC⊥平面MNBD．于是AO為四棱錐A﹣MNBD的高，進而得到VA﹣MNBD的體積．即可得出V幾何體ABCDMN=2VA﹣MNBD． 【解答】（I）證明：∵MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD， ∴MD∥NB． ∴，又=， ∴， ∴在△MAB中，QP∥AM． 又QP?平面AMD，AM?平面AMD． ∴QP∥平面AMD． （II）連接BD，AC交于點O，則AC⊥BD． 又MD⊥平面ABCD，∴MD⊥AC，又BD∩MD=D， ∴AC⊥平面MNBD． ∴AO為四棱錐A﹣MNBD的高，又=． ∴=2． ∴V幾何體ABCDMN=2VA﹣MNBD=4． 【點評】熟練掌握線面平行于垂直的判定與性質(zhì)、線線平行的判定與性質(zhì)、四棱錐的體積等是解題的關(guān)鍵． 17．如圖，四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，AB=2AD=2，BD=，PD⊥底面ABCD． （1）證明：平面PBC⊥平面PBD； （2）若二面角P﹣BC﹣D為，求AP與平面PBC所成角的正弦值． 【考點】用空間向量求平面間的夾角；平面與平面垂直的判定． 【專題】綜合題；空間位置關(guān)系與距離． 【分析】（1）證明BC⊥平面PBD，利用面面垂直的判定定理，即可證明平面PBC⊥平面PBD； （2）確定∠PBD即為二面角P﹣BC﹣D的平面角，分別以DA、DB、DP為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，用坐標(biāo)表示向量及平面PBC的法向量，利用向量的數(shù)量積公式，即可求得AP與平面PBC所成角的正弦值． 【解答】（1）證明：∵CD2=BC2+BD2，∵BC⊥BD ∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥BC 又∵PD∩BD=D，∴BC⊥平面PBD 而BC?平面PBC， ∴平面PBC⊥平面PBD… （2）解：由（1）所證，BC⊥平面PBD，所以∠PBD即為二面角P﹣BC﹣D的平面角，即∠PBD= 而BD=，所以PD=1… 分別以DA、DB、DP為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A（1，0，0），B（0，，0），P（0，0，1） 所以，，1） 設(shè)平面PBC的法向量為，∴… 即可解得） ∴AP與平面PBC所成角的正弦值為sinθ=… 【點評】本題考查面面垂直，考查線面角，解題的關(guān)鍵是掌握面面垂直的判定定理，正確運用向量法求線面角． 18．如圖，四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，PG⊥平面ABCD，垂足為G，G在線段AD上，AG=GD，BG⊥GC，BG=GC=2，E是BC的中點，四面體P﹣BCG的體積為． （1）求異面直線GE與PC所成角的余弦值； （2）棱PC上是否存在一點F，使DF⊥GC，若存在，求的值，若不存在，請說明理由． 【考點】直線與平面垂直的性質(zhì)；異面直線及其所成的角． 【專題】證明題；數(shù)形結(jié)合；數(shù)形結(jié)合法；空間位置關(guān)系與距離；空間角． 【分析】（1）由已知考查PG，在平面ABCD內(nèi)，過C點作CH∥EG交AD于H，連結(jié)PH，則∠PCH（或其補角）就是異面直線GE與PC所成的角．在△PCH中，由余弦定理即可求得cos∠PCH的值． （2）在平面ABCD內(nèi)，過D作DM⊥GC，M為垂足，連結(jié)MF，可證FM∥PG，由GM⊥MD得：GM=GD?cos45=，由DF⊥GC，即可求得的值． 【解答】解：（1）由已知==， ∴PG=4， 在平面ABCD內(nèi)，過C點作CH∥EG交AD于H，連結(jié)PH，則∠PCH（或其補角）就是異面直線GE與PC所成的角． 在△PCH中，CH=，PC=，PH=， 由余弦定理得，cos∠PCH=． （2）在平面ABCD內(nèi)，過D作DM⊥GC，M為垂足，連結(jié)MF，又因為DF⊥GC， ∴GC⊥平面MFD，∴GC⊥FM， 由平面PGC⊥平面ABCD， ∴FM⊥平面ABCD， ∴FM∥PG， 由GM⊥MD得：GM=GD?cos45=， ∵， ∴由DF⊥GC，可得． 【點評】本題主要考查了直線與平面垂直的性質(zhì)，異面直線及其所成的角，考查了空間想象能力和推理論證能力，屬于中檔題． 19．如圖，邊長為2的正方形ABCD繞AB邊所在直線旋轉(zhuǎn)一定的角度（小于180）到ABEF的位置． （1）若∠CBE=120，求三棱錐B﹣ADF的外接球的表面積； （2）若K為線段BE上異于B，E的點，CE=2．設(shè)直線AK與平面BDF所成角為φ，當(dāng)30≤φ≤45時，求BK的取值范圍． 【考點】直線與平面所成的角；球的體積和表面積． 【專題】計算題；數(shù)形結(jié)合；轉(zhuǎn)化思想；空間位置關(guān)系與距離；空間角． 【分析】（1）求出外接球的半徑，利用取得面積公式求解即可． （2）證明BE⊥平面ABCD．=以B為原點，BC、BA、BE的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，求出相關(guān)點的坐標(biāo)，求出平面BDF的一個法向量為=（x，y，z）．推出sinφ==，結(jié)合sinφ，即求出BK的取值范圍． 【解答】解：（1）三棱錐B﹣ADF的外接球就是三棱柱DFA﹣CEB的外接球，球的半徑為R，R==， 外接球的表面積為：4πR2=20π． （2）解：∵BE=BC=2，CE=2，∴CE2=BC2+BE2， ∴△BCE為直角三角形，BE⊥BC，… 又BE⊥BA，BC∩BA=B，BC、BA?平面ABCD， ∴BE⊥平面ABCD． … 以B為原點，BC、BA、BE的方向分別 為x軸、y軸、z軸的正方向， 建立空間直角坐標(biāo)系，則B（0，0，0），F(xiàn)（0，2，2），A（0，2，0），=（2，2，0），． 設(shè)K（0，0，m），平面BDF的一個法向量為=（x，y，z）． 由，，得，可取，… 又=（0，﹣2，m），于是sinφ==， ∵30≤φ≤45，∴sinφ，即… 結(jié)合0＜m＜2，解得，即BK的取值范圍為（0，]．… 【點評】本題考查幾何體的外接球的表面積的求法，直線與平面所成角的求法與應(yīng)用，考查空間想象能力以及計算能力， 20．已知矩形ABCD中，AB=2，AD=5．E，F(xiàn)分別在AD，BC上．且AE=1，BF=3，沿EF將四邊形AEFB折成四邊形A′EFB′，使點B′在平面CDEF 上的射影H在直線DE上． （Ⅰ）求證：A′D∥平面B′FC （Ⅱ）求二面角A′﹣DE﹣F的大小 ． 【考點】用空間向量求平面間的夾角；直線與平面平行的判定；二面角的平面角及求法． 【專題】空間位置關(guān)系與距離；空間角． 【分析】（I）利用線面平行的判定定理可得A′E∥平面B′FC，DE∥平面B′FC，又A′E∩DE=E．由面面平行的判定定理可得平面A′ED∥平面B′FC，再利用面面平行的性質(zhì)定理可得線面平行； （II）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，利用B′在平面CDEF上的射影H在直線DE上，設(shè)B′（0，y，z）（y，z∈R+）及F（2，2，0），，B′F=3，可得到點B′的坐標(biāo)，分別求出平面A′DE的法向量、平面CDEF的法向量，利用法向量的夾角即可得到二面角． 【解答】（I）證明：∵A′E∥B′F，A′E?平面B′FC，B′F?平面B′FC． ∴A′E∥平面B′FC， 由DE∥FC，同理可得DE∥平面B′FC， 又∵A′E∩DE=E． ∴平面A′ED∥平面B′FC， ∴A′D∥平面B′FC． （II）解：如圖，過E作ER∥DC，過E作ES⊥平面EFCD， 分別以ER，ED，ES為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系． ∵B′在平面CDEF上的射影H在直線DE上，設(shè)B′（0，y，z）（y，z∈R+）． ∵F（2，2，0），，B′F=3． ∴解得． ∴B′（0，1，2）． ∴． ∴=． 設(shè)平面A′DE的法向量為，又有． ∴得，令x=1，則z=1，y═0，得到． 又∵平面CDEF的法向量為． 設(shè)二面角A′﹣DE﹣F的大小為θ，顯然θ為鈍角 ∴=． ∴θ=135． 【點評】熟練掌握線面平行的判定定理、面面平行的判定和性質(zhì)定理、通過建立空間直角坐標(biāo)系利用兩個平面的法向量的夾角求二面角是解題的關(guān)鍵．  39