1、2018-2019学年山西大学附中高二（上）10月月考数学试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.）1（5分）一个几何体有6个顶点，则这个几何体不可能是（）A三棱柱B三棱台C五棱锥D四面体2（5分）下列说法正确的个数（）空间中三条直线交于一点，则这三条直线共面；梯形可以确定一个平面；如果一个角的两边分别平行于另一个角的两边，则这两个角相等；A，A且l，则A在l上A1B2C3D43（5分）已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（）A若m，n，则mnB若m，n，则mnC若m，mn，则nD若m，mn，则n4（5分）下
2、列关于简单几何体的说法中正确的是（）有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱；有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；在斜二测画法中，与坐标轴不平行的线段的长度在直观图中有可能保持不变；有两个底面平行且相似其余各面都是梯形的多面体是棱台；空间中到定点的距离等于定长的所有点的集合是球面ABCD5（5分）如图正方形OABC的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（）A8cmB6cmC2（1+）cmD2（1+）cm6（5分）已知正方体ABCDA1B1C1D1，M为A1B1的中点，则异面直线AM与B1C所成角的余弦值为（）ABCD7（5分）如图是一
3、个四面体的三视图，这个三视图均是腰长为2的等腰直角三角形，正视图和俯视图中的虚线是三角形的中线，则该四面体的体积为（）ABCD28（5分）在ABC中，AC2，BC2，ACB120，若ABC绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体的表面积是（）AB6CD9（5分）如图，在空间四边形ABCD中，点E、H分别是边AB、AD的中点，F、G分别是边BC、CD上的点，且，则（）AEF与GH互相平行BEF与GH异面CEF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上DEF与GH的交点M一定在直线AC上10（5分）在正三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，则BC1与侧面ACC1A1所成
4、角的大小为（）A30B45C60D9011（5分）在正三棱锥PABC中，三条侧棱两两垂直且侧棱长为1，则点P到平面ABC的距离为（）ABCD12（5分）已知矩形ABCD，AB1，BC将ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中（）A存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直二、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分.）13（5分）已知长方体的长宽高分别为1，2，3，则其外接球的表面积为 14（5分）已知半径为1的球与正三
5、棱柱的六个面都相切，则三棱柱的体积为 15（5分）如图是一个几何体的三视图，若它的体积是3，则a 16（5分）如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是棱CC1上的一个动点，平面BED1交棱AA1于点F给出下列命题：存在点E，使得A1C1平面BED1F；对于任意的点E，平面A1C1D平面BED1F；存在点E，使得B1D平面BED1F；对于任意的点E，四棱锥B1BED1F的体积均不变其中正确命题的序号是 （写出所有正确命题的序号）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（10分）如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，CAB，D1，F1分别是A1
6、B1，A1C1的中点，若BACAAA1，求异面直线BD1，AF1所成角的余弦值18（12分）如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，M，N分别为A1B和AC上的点，A1MAN（）求证：MN面BB1C1C；（）求MN的长19（12分）P是ABC所在平面外一点，A、B、C分别是PBC、PCA、PAB的重心，（1）求证：平面ABC平面ABC； （2）求20（12分）如图，在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD为正方形，PDDC，E、F分别是AB、PB的中点（1）求证：EFCD；（2）求DB与平面DEF所成角的正弦值21（12分）如图所示，在四棱锥PABCD中，PAPD2，A
7、PD90，底面为梯形，ABCD，CD2AB且AB平面PAD（1）证明：平面PAB平面PCD；（2）当异面直线PA与BC所成角为60时，求四棱锥PABCD的体积22（12分）如图，四边形ABCD中，ABAD，ADBC，AD6，BC2AB4，E，F分别在BC，AD上，EFAB，现将四边形ABCD沿EF折起，使BEEC（1）若BE1，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，使得CP平面ABEF？若存在，求出的值；若不存在，说明理由（2）求三棱锥ACDF的体积的最大值，并求出此时点F到平面ACD的距离2018-2019学年山西大学附中高二（上）10月月考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小
8、题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.）1（5分）一个几何体有6个顶点，则这个几何体不可能是（）A三棱柱B三棱台C五棱锥D四面体【分析】根据各几何体的结构特征，作出例图，很容易确定答案【解答】解：三棱柱，三棱台，五棱锥都是六个定点，四面体是四个顶点故选：D【点评】此题考查了几何体的结构特征，属容易题2（5分）下列说法正确的个数（）空间中三条直线交于一点，则这三条直线共面；梯形可以确定一个平面；如果一个角的两边分别平行于另一个角的两边，则这两个角相等；A，A且l，则A在l上A1B2C3D4【分析】利用反例判断；平面的性质判断；等角定理判断，平面的性质判断【
9、解答】解：空间中三条直线交于一点，则这三条直线共面；反例：正方体的一个顶点处的3条棱，确定3个平面，所以不正确；梯形可以确定一个平面；满足平面的基本性质，正确；如果一个角的两边分别平行于另一个角的两边，则这两个角相等；或互补；所以不正确；A，A且l，则A在l上，满足平面的基本性质，所以正确；故选：B【点评】本题考查平面的基本性质的应用，命题的真假的判断，是基本知识的考查3（5分）已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（）A若m，n，则mnB若m，n，则mnC若m，mn，则nD若m，mn，则n【分析】A运用线面平行的性质，结合线线的位置关系，即可判断；B运用线面垂直的性质，即可判
10、断；C运用线面垂直的性质，结合线线垂直和线面平行的位置即可判断；D运用线面平行的性质和线面垂直的判定，即可判断【解答】解：A若m，n，则m，n相交或平行或异面，故A错；B若m，n，则mn，故B正确；C若m，mn，则n或n，故C错；D若m，mn，则n或n或n，故D错故选：B【点评】本题考查空间直线与平面的位置关系，考查直线与平面的平行、垂直的判断与性质，记熟这些定理是迅速解题的关键，注意观察空间的直线与平面的模型4（5分）下列关于简单几何体的说法中正确的是（）有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱；有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；在斜二测画法中，与坐标轴不平行
11、的线段的长度在直观图中有可能保持不变；有两个底面平行且相似其余各面都是梯形的多面体是棱台；空间中到定点的距离等于定长的所有点的集合是球面ABCD【分析】由棱柱的定义可判断；由棱锥的定义可判断；由斜二测画法可判断；由棱台的定义可判断；由空间球的定义可判断【解答】解：有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体不一定是棱柱，可取一个简单的组合体说明，如下面是一个正三棱柱，上面是一个以正三棱柱上底面为底面的斜三棱柱，故错误；有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，故错误；在用斜二测画法画水平放置的平面图形直观图时，平行或与x轴重合的线段，长度不变，平行或与y轴重合的线段，长度减半，
12、与轴不平行的线段的大小，可能变大，也可能变小，也可能不变；例如：在直角坐标系内有两点O（0，0），A（1，），|AO|，斜二测画法时，AO21+2，|AO|，线段长度不变，故正确；棱台是由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到的，则应保证各侧棱延长后相交于一点，用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分，这样的多面体叫做棱台，故错误；空间中到定点的距离等于定长的所有点的集合是球面，故正确故选：B【点评】本题考查空间多面体的定义和性质，考查空间想象能力和分类讨论思想方法，属于基础题5（5分）如图正方形OABC的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（）A8cmB6c
13、mC2（1+）cmD2（1+）cm【分析】由斜二测画法的规则知在已知图形平行于x轴的线段，在直观图中画成平行于x轴，长度保持不变，已知图形平行于y轴的线段，在直观图中画成平行于y轴，且长度为原来一半由于y轴上的线段长度为 ，故在平面图中，其长度为2 ，且其在平面图中的y轴上，由此可以求得原图形的周长【解答】解：由斜二测画法的规则知与x轴平行的线段其长度不变以及与横轴平行的性质不变，正方形的对角线在y轴上，可求得其长度为 ，故在平面图中其在y轴上，且其长度变为原来的2倍，长度为2 ，其原来的图形如图所示，则原图形的周长是：8观察四个选项，A选项符合题意故选：A【点评】本题考查的知识点是平面图形的
14、直观图，其中斜二测画法的规则，能够帮助我们快速的在直观图面积和原图面积之间进行转化6（5分）已知正方体ABCDA1B1C1D1，M为A1B1的中点，则异面直线AM与B1C所成角的余弦值为（）ABCD【分析】设正方体ABCDA1B1C1D1棱长为1，以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AM与B1C所成角的余弦值【解答】解：正方体ABCDA1B1C1D1，M为A1B1的中点，设正方体ABCDA1B1C1D1棱长为1，以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，A（1，0，0），M（1，1），B1（1，1，1），C（0，1，0），（0，），（1，0，1），设异面直线AM与B1
15、C所成角为，则cos异面直线AM与B1C所成角的余弦值为故选：A【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题7（5分）如图是一个四面体的三视图，这个三视图均是腰长为2的等腰直角三角形，正视图和俯视图中的虚线是三角形的中线，则该四面体的体积为（）ABCD2【分析】由四面体的三视图得该四面体为棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中的三棱锥C1BDE，其中E是CD中点，由此能求出该四面体的体积【解答】解：由四面体的三视图得该四面体为棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中的三棱锥C1BDE，其中E是
16、CD中点，BDE面积，三棱锥C1BDE的高hCC12，该四面体的体积：V故选：A【点评】本题考查四面体的体积的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意三视图的性质的合理运用8（5分）在ABC中，AC2，BC2，ACB120，若ABC绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体的表面积是（）AB6CD【分析】ABC绕直线BC旋转一周，所形成的几何体一个大圆锥去掉一个小圆锥，几何体的表面积是两个圆锥表面积的和【解答】解：ABC绕直线BC旋转一周，所形成的几何体一个大圆锥去掉一个小圆锥，因为AC2，BC2，ACB120，所以OA，AB2所以所形成的几何体的表面积是故选：A【点评】本题考查旋转体的表面积，确定旋
17、转体的形状是关键9（5分）如图，在空间四边形ABCD中，点E、H分别是边AB、AD的中点，F、G分别是边BC、CD上的点，且，则（）AEF与GH互相平行BEF与GH异面CEF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上DEF与GH的交点M一定在直线AC上【分析】利用三角形的中位线平行于第三边；平行线分线段成比例定理，得到FG、EH都平行于BD，利用平行线的传递性得到GFEH，再利用分别在两个平面内的点在两个平面的交线上，得证【解答】证明：因为F、G分别是边BC、CD上的点，且，所以GFBD，并且GFBD，因为点E、H分别是边AB、AD的中点，所以EHBD，并且EHBD，所以EHGF，并
18、且EHGF，所以EF与GH相交，设其交点为M，E，F在平面ABC内，直线EF在平面ABC内，MEF，所以M平面ABC同理M面ACD，又面ABC面DACACM在直线AC上故选：D【点评】本题考查三角形的中位线性质、平行线分线段成比例定理、直线的平行性的传递性、确定平面的条件、证三点共线常用的方法10（5分）在正三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，则BC1与侧面ACC1A1所成角的大小为（）A30B45C60D90【分析】以C为原点，CA为x轴，在平面ABC中过C作AC的垂线为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出BC1与侧面ACC1A1所成角的大小【解答
19、】解：以C为原点，CA为x轴，在平面ABC中过C作AC的垂线为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，B（，0），C1（0，0，），（，），平面ACC1A1的法向量（0，1，0），设BC1与侧面ACC1A1所成角的大小为，则sin，30，BC1与侧面ACC1A1所成角的大小为30故选：A【点评】本题考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题11（5分）在正三棱锥PABC中，三条侧棱两两垂直且侧棱长为1，则点P到平面ABC的距离为（）ABCD【分析】要求点P到平面ABC的距离，可根据等体积求解，即VAPBCVPABC，根据正三
20、棱锥PABC中，三条侧棱两两垂直，且侧棱长为a，即可求得【解答】解：设点P到平面ABC的距离为h，在正三棱锥PABC中，三条侧棱两两垂直且侧棱长为1，三条侧棱两两垂直，且侧棱长为1，ABBCAC，SABC，根据VAPBCVPABC，可得，h，即点P到平面ABC的距离为故选：C【点评】本题以正三棱锥为载体，考查点面距离，解题的关键根据等体积求解，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题12（5分）已知矩形ABCD，AB1，BC将ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中（）A存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B存在某个位置，使得直线AB与直
21、线CD垂直C存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直【分析】先根据翻折前后的变量和不变量，计算几何体中的相关边长，再分别筛选四个选项，若A成立，则需BDEC，这与已知矛盾；若B成立，则A在底面BCD上的射影应位于线段BC上，可证明位于BC中点位置，故B成立；若C成立，则A在底面BCD上的射影应位于线段CD上，这是不可能的；D显然错误【解答】解：如图，AEBD，CFBD，依题意，AB1，BC，AECF，BEEFFD，A，若存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直，则BDAE，BD平面AEC，从而BDEC，这与已知矛盾，排
22、除A；B，若存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直，则CD平面ABC，平面ABC平面BCD取BC中点M，连接ME，则MEBD，AEM就是二面角ABDC的平面角，此角显然存在，即当A在底面上的射影位于BC的中点时，直线AB与直线CD垂直，故B正确；C，若存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直，则BC平面ACD，从而平面ACD平面BCD，即A在底面BCD上的射影应位于线段CD上，这是不可能的，排除CD，由上所述，可排除D故选：B【点评】本题主要考查了空间的线面和面面的垂直关系，翻折问题中的变与不变，空间想象能力和逻辑推理能力，有一定难度，属中档题二、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分.
23、）13（5分）已知长方体的长宽高分别为1，2，3，则其外接球的表面积为14【分析】长方体的对角线就是外接球的直径，求出长方体的对角线长，即可求出球的半径，再求球的表面积【解答】解：由题意长方体的对角线就是球的直径，长方体的对角线长为：，球的直径为：，半径为：，球的表面积是：S4r214故答案为：14【点评】本题考查长方体的外接球的半径的求法、球内接多面体、球的体积和表面积，考查计算能力和空间想象能力，是基础题14（5分）已知半径为1的球与正三棱柱的六个面都相切，则三棱柱的体积为6【分析】由题意求出正三棱柱的高、底面边长、底面高，即可求出正三棱柱的体积【解答】解：半径为1的球与正三棱柱的六个面都
24、相切，由题意，正三棱柱的高是直径为2，正三棱柱底面正三角形的内切圆的半径是1，所以正三角形的边长是2 ，正三角形的高是：3，正三棱柱的体积 V2 326故答案为：6 【点评】本题考查正三棱柱的内切球与正三棱柱的关系，通过二者的关系求出正三棱柱的体积，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题15（5分）如图是一个几何体的三视图，若它的体积是3，则a1【分析】该几何体是放倒的三棱柱，依据所给数据求解即可【解答】解：由已知可知此几何体是三棱柱，其高为3，底面是底边长为2，底边上的高为a的等腰三角形，所以有，所以a1故答案为：1【点评】本小题考查三
25、视图、三棱柱的体积，基础题本试题考查了简单几何体的三视图的运用培养同学们的空间想象能力和基本的运算能力16（5分）如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是棱CC1上的一个动点，平面BED1交棱AA1于点F给出下列命题：存在点E，使得A1C1平面BED1F；对于任意的点E，平面A1C1D平面BED1F；存在点E，使得B1D平面BED1F；对于任意的点E，四棱锥B1BED1F的体积均不变其中正确命题的序号是（写出所有正确命题的序号）【分析】当E为CC1的中点时，则F也为AA1的中点，可证A1C1平面BED1F，可判断；根据对于任意的点E，都有BD1平面A1C1D，可判断；用反证法证明不
26、存在点E，使得B1D平面BED1F，可判断；根据V+V，而两个三棱锥的体积为定值，可判断【解答】解：对，由面面平行的性质定理可得BFD1E，BED1F，可得截面BED1F为平行四边形，当E为CC1的中点时，则F也为AA1的中点，EFA1C1，A1C1平面BED1F；故正确；对，由三垂线定理可得BD1A1C1，BD1A1D，可得BD1平面A1C1D，BD1平面BED1F，平面A1C1D平面BED1F，故正确；对，假设B1D平面BED1F，则B1D在平面BCC1B1和平面ABB1A1上的射影B1C，B1A分别与BE，BF垂直，可得E与C1重合，F与A1重合，而B，A1，C1，D1四点不共面，不存在
27、这样的点E，故错误；对，V+V，CC1AA1平面BB1D1，四棱锥B1BED1F的体积为定值，故正确故答案为：【点评】本题考查了空间中直线与平面的平行，垂直关系及棱锥的体积计算，解答的关键是熟练掌握线面垂直的性质定理与判定定理三、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（10分）如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，CAB，D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，若BACAAA1，求异面直线BD1，AF1所成角的余弦值【分析】根据垂直关系建立空间坐标系，很容易得到两条异面直线所在向量，代入公式求解即可当然也可通过巧借正方体，用常规方法求解【解答】解：以A
28、为原点，以AB，AC，AA1所在直线为x，y，z轴，建立空间坐标系如图，取BA2，则A（0，0，0，），B（2，0，0），D1（1，0，2），F1（0，1，2），cos|异面直线BD1与AF1所成角的余弦值为【点评】此题考查了异面直线所成角，难度不大18（12分）如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，M，N分别为A1B和AC上的点，A1MAN（）求证：MN面BB1C1C；（）求MN的长【分析】（）作NPBC，交AB于点P，连接MP，推导出MPAA1BB1，从而MP面BB1C1C，由NPBC，得NP面BB1C1C，从而平面MNP面BB1C1C，由此能证明MN面BB1C1C（）推导出
29、MPAA1，NPBC，由此能求出MN的值【解答】（本小题12分）证明：（）作NPBC，交AB于点P，连接MP，正方体的棱长为3，ACA1B3，MPAA1BB1，MP平面BB1C1C，BB1面BB1C1C，MP面BB1C1C，又NPBC，NP面BB1C1C，BC面BB1C1C，NP面BB1C1C，NPMPP，平面MNP面BB1C1C，MN平面MNP，MN面BB1C1C（6分）解：（）由（）MPAA1，得，MP2，同理NP1，MPAA1，NPBC，MN（12分）【点评】本题考查线面平行的证明，考查线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是
30、中档题19（12分）P是ABC所在平面外一点，A、B、C分别是PBC、PCA、PAB的重心，（1）求证：平面ABC平面ABC； （2）求【分析】（1）利用重心的性质，以及面面平行的判定定理进行证明（2）根据平面的相交，以及相似三角形的面积之比等于对应边的平方比，转化为对应的边之比即可【解答】证明：（1）如图，分别取AB，BC，CA的中点M，N，Q，连接PM，PN，PQ，MN，NQ，QM，A，B，C分别是PBC、PCA、PAB的重心，A，B，C分别在PN，PQ，PM上，且PC：PMPA：PNPB：PQ2：3在PMN中，故CAMN，又M，N为ABC的边AB，BC的中点，MNAC，ACAC，AC平面
31、ABC，同理AB平面ABC，平面ABC平面ABC；（2）由（1）知，AB：AB1：3（AB）2：（AB）21：9【点评】本题主要考查面面平行的判定，要证“面面平行”，只需要证明“线面平行”，即证“线线平行”，故问题最终转化为证线与线的平行20（12分）如图，在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD为正方形，PDDC，E、F分别是AB、PB的中点（1）求证：EFCD；（2）求DB与平面DEF所成角的正弦值【分析】以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设ADa，求出D，A，B，C，E，P，F，坐标（1）通过0，证明EFCD（2）设平面DEF的法向量为（x，
32、y，z），由，推出（1，2，1），利用cos，设DB与平面DEF所成角为，求出sin【解答】解：以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图）设ADa，则D（0，0，0），A（a，0，0），B（a，a，0），C（0，a，0），E（a，0），P（0，0，a），F（，）（1）证明：（，0，）（0，a，0）0，EFCD（2）设平面DEF的法向量为（x，y，z），由，得即，取x1，则y2，z1，（1，2，1），cos，设DB与平面DEF所成角为，则sin【点评】本题是中档题，考查空间向量求直线与平面的夹角，证明直线与直线的垂直，直线与平面所成的角，考查计算能力21（12分）
33、如图所示，在四棱锥PABCD中，PAPD2，APD90，底面为梯形，ABCD，CD2AB且AB平面PAD（1）证明：平面PAB平面PCD；（2）当异面直线PA与BC所成角为60时，求四棱锥PABCD的体积【分析】（1）说明APPD，证明PACD推出AP平面PCD，即可证明平面PAB平面PCD（2）取CD的中点M，连接PM，AM，说明PAM为异面直线PA，BC所成的角，即PAM60，取AD的中点H，连接PH，PAD为等腰直角三角形，说明PH平面ABCD然后求解棱锥的体积【解答】解：（1）证明：APD90，所以APPD，因为AB平面PAD，PA平面PCD，所以ABPA，因为ABCD，所以PACD因
34、为CDPDD，所以AP平面PCD，又AP平面PAB，所以平面PAB平面PCD（2）如图，取CD的中点M，连接PM，AM，因为CD2AB，ABCD，所以四边形ABCM为平行四边形，AMBC，则PAM为异面直线PA，BC所成的角，即PAM60，由（1）知，PA平面PCD，所以PAPM，又PA2，所以AM4，而，所以，所以，如图，取AD的中点H，连接PH，PAD为等腰直角三角形，则，因为AB平面PAD，所以ABPH，又ABADA，所以PH平面ABCD所以【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力22（12分）如图，四边形ABCD中，ABAD，AD
35、BC，AD6，BC2AB4，E，F分别在BC，AD上，EFAB，现将四边形ABCD沿EF折起，使BEEC（1）若BE1，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，使得CP平面ABEF？若存在，求出的值；若不存在，说明理由（2）求三棱锥ACDF的体积的最大值，并求出此时点F到平面ACD的距离【分析】（1）AD上存在一点P，使得CP平面ABEF，此时证明：当时，过点P作MPFD交AF于点M，连接EM，则有，结合已知条件可证四边形MPEC为平行四边形，因此CP平面ABEF；（2）设BEx，得AFx（0x4），FD6x，则，因此当x3时，VACDF有最大值，在ACD中，由余弦定理得cosADC的值，进一步求
36、出sinADC的值，求出SADC，设点F到平面ADC的距离为h，由于VACDFVFACD，求出h即点F到平面ADC的距离【解答】解：（1）AD上存在一点P，使得CP平面ABEF，此时证明：当时，过点P作MPFD交AF于点M，连接EM，则有，BE1，可得FD5，故MP3，又EC3，MPFDEC，故有MPEC，故四边形MPEC为平行四边形，CP平面ABEF成立；（2）设BEx，AFx（0x4），FD6x，故当x3时，VACDF有最大值，且最大值为3，此时EC1，AF3，FD3，在ACD中，由余弦定理得，设点F到平面ADC的距离为h，由于VACDFVFACD，即，即点F到平面ADC的距离为【点评】本题考查了线面平行的判定与性质定理、平行四边形的判定与性质定理、三棱锥的体积计算公式、一元二次不等式的性质，考查了空间想象能力，考查了推理能力与计算能力，属于中档题
