1、2018-2019 学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、麻丘高中等七校高二（下）期中数学试卷（理科）一单选题（本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分）分） 1 （5 分）在下列命题中，不是公理的是（ ） A平行于同一个平面的两个平面平行 B过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面 C如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线上所有点都在此平面内 D如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线 2 （5 分）一条直线和两异面直线 b，c 都相交，则它们可以确定（ ） A一个平面 B两个平面 C三个
2、平面 D四个平面 3 （5 分）下列命题中，错误的是（ ） A圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个 B用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台 C圆台的所有平行于底面的截面都是圆 D圆锥所有的轴截面是全等的等腰三角形 4 （5 分）下列命题正确的是（ ） A若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 B若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 C若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行 D若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行 5 （5 分
3、）一个几何体的三视图如图所示，已知这个几何体的体积为，则 h（ ） A B C D 第 2 页（共 22 页） 6 （5 分）在正方体 ABCDA1B1C1D1中，M 为 AD 的中点，O 为侧面 AA1B1B 的中心，P 为棱 CC1上任意一点，则异面直线 OP 与 BM 所成的角等于（ ） A90 B60 C.45 D.30 7 （5 分）在矩形 ABCD 中，AB3，BC4，PA平面 ABCD，且 PA1，则 P 到对角线 BD 的距离为（ ） A B C D 8 （5 分）一条线段长为 5，其侧视图长这 5，俯视图长为，则其正视图长为（ ） A5 B C6 D
4、9 （5 分） 九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题： “今有委米 依垣内角，下周八尺，高五尺问：积及为米几何？”其意思为： “在屋内墙角处堆放米 （如图，米堆为一个圆锥的四分之一） ，米堆底部的弧长为 8 尺，米堆的高为 5 尺，问米 堆的体积和堆放的米各为多少？”已知 1 斛米的体积约为 1.62 立方尺，圆周率约为 3， 估算出堆放的米约有（ ） A14 斛 B22 斛 C36 斛 D66 斛 10 （5 分）半球内有一个内接正方体，则这个半球的体积与正方体的体积之比为（ ） A：6 B：2 C：2 D5：12 11 （5 分）在直线坐标系中，设 A（3，2） ，B（
5、2，3） ，沿 y 轴把直角坐标平面折成 1200 的二面角后，AB 的长为（ ） A B C D 12 （5 分）已知球 O1和球 O2的半径分别为 1 和 2，且球心距为，若两球体的表面相交 得到一个圆，则该圆的面积为（ ） A B C D2 二填空题（每题二填空题（每题 5 分共分共 20 分）分） 第 3 页（共 22 页） 13 （5 分）如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形 EFGH 为截面， 则四边形 EFGH 的形状为 14 （5 分）如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底面为 45，腰和上底均为 1 的等腰梯形，那么原平面图形的面积是
6、15（5分） 圆锥的表面积是底面积的3倍， 那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为 16（5 分） 已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 2， O 是面 ABCD 的中心， 点 P 在棱 C1D1 上移动，则|OP|的最小值时，直线 OP 与对角面 A1ACC1所成的线面角正切值为 三三.解答题（第解答题（第 17 题题 10 分，其它个题每题分，其它个题每题 12 分共分共 70 分）分） 17 （10 分）已知正方体 ABCDA1B1C1D1中，E、F 分别为 C1D1，B1C1的中点，ACBD P，A1C1EFQ，求证： （1）D
7、、B、F、E 四点共面； （2）若 A1C平面 DBFER，则 P、Q、R 三点共线 18 （12 分）如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，AC3，BC4，AB5，点 D 是 AB 的 中点 （1）求证：ACBC1； （2）求证：AC1平面 CDB1 19 （12 分）正三棱柱 ABCA1B1C1的所有棱长均为 2，P 是侧棱 AA1上任意一点 （1）求正三棱柱 ABCA1B1C1的体积； （2）判断直线 B1P 与平面 ACC1A1是否垂直，请证明你的结论； （3）当 BC1B1P 时，求二面角 CB1PC1的余弦值 第 4 页（共 22 页） 20 （12 分）如图，已知四棱锥 PAB
8、CD，底面 ABCD 是等腰梯形，且 ABCD，O 是 AB 中点，PO平面 ABCD，POCDDAAB4，M 是 PA 中点 （1）证明：平面 PBC平面 ODM； （2）求点 A 到平面 PCD 的距离 21 （12 分）如图 1，在矩形 ABCD 中，AB3，BC4，E，F 分别在线段 BC，AD 上，EF AB， 将矩形 ABEF 沿 EF 折起， 记折起后的矩形为 MNEF， 且平面 MNEF平面 ECDF， 如图 2 （1）求证：NC平面 MFD； （2）若 EC3，求证：NDFC； （3）求四面体 NEFD 体积的最大值 22 （12 分）已知BCD 中，BCD90，BCCD1，
9、AB平面 BCD，ADB60， 第 5 页（共 22 页） E、F 分别是 AC、AD 上的动点，且（01） （）求证：不论 为何值，总有平面 BEF平面 ABC； （）当 为何值时，平面 BEF平面 ACD？ 第 6 页（共 22 页） 2018-2019 学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、麻丘高中等学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、麻丘高中等 七校高二（下）期中数学试卷（理科）七校高二（下）期中数学试卷（理科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一单选题（本大题共一单选题（本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分）分） 1 （5 分）在下列命题中，不是公
10、理的是（ ） A平行于同一个平面的两个平面平行 B过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面 C如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线上所有点都在此平面内 D如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线 【分析】根据公理的定义解答即可经过人类长期反复的实践检验是真实的，不需要由 其他判断加以证明的命题和原理就是公理 【解答】解：B，C，D 经过人类长期反复的实践检验是真实的，不需要由其他判断加以 证明的命题和原理故是公理； 而 A 平行于同一个平面的两个平面平行是定理不是公理 故选：A 【点评】本题考查了公理的意义，比较简
11、单 2 （5 分）一条直线和两异面直线 b，c 都相交，则它们可以确定（ ） A一个平面 B两个平面 C三个平面 D四个平面 【分析】利用两条相交线能确定一个平面的性质直接求解 【解答】解：两条相交的直线可以确定一个平面， 一条直线和两异面直线 b，c 都相交， 它们可以确定 2 个平面 故选：B 【点评】本题考查命题真假的判断，考查平面的基本性质及其推论等基础知识，考查运 算求解能力，是基础题 3 （5 分）下列命题中，错误的是（ ） A圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个 B用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台 第 7 页（共 22 页）
12、 C圆台的所有平行于底面的截面都是圆 D圆锥所有的轴截面是全等的等腰三角形 【分析】根据题意，对选项中的命题进行分析、判断正误即可 【解答】对于 A，圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个，为 2rl，A 正确； 对于 B，用一个平行于底面的平面截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台， B 错误； 对于 C，圆台的所有平行于底面的截面都是圆，C 正确； 对于 D，圆锥所有的轴截面都是全等的等腰三角形，D 正确 故选：B 【点评】本题考查了旋转体的结构特征应用问题，是基础题 4 （5 分）下列命题正确的是（ ） A若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 &n
13、bsp;B若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 C若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行 D若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行 【分析】利用直线与平面所成的角的定义，可排除 A；利用面面平行的位置关系与点到 平面的距离关系可排除 B；利用线面平行的判定定理和性质定理可判断 C 正确；利用面 面垂直的性质可排除 D 【解答】解：A、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行、相交或异 面，故 A 错误； B、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行或相交，故 B 错误； C、设平面
14、a，l，l，由线面平行的性质定理，在平面 内存在直线 bl， 在平面 内存在直线 cl，所以由平行公理知 bc，从而由线面平行的判定定理可证明 b，进而由线面平行的性质定理证明得 ba，从而 la，故 C 正确； D，若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行或相交，排除 D 故选：C 【点评】本题主要考查了空间线面平行和垂直的位置关系，线面平行的判定和性质，面 面垂直的性质和判定，空间想象能力，属基础题 5 （5 分）一个几何体的三视图如图所示，已知这个几何体的体积为，则 h（ ） 第 8 页（共 22 页） A B C D 【分析】三视图复原的几何体是四棱锥，结合三视图的数
15、据利用几何体的体积，求出高 h 即可 【解答】解：三视图复原的几何体是底面为边长 5，6 的矩形，一条侧棱垂直底面高为 h， 所以四棱锥的体积为：，所以 h 故选：B 【点评】本题是基础题，考查三视图与直观图的关系，考查几何体的体积的计算，考查 计算能力 6 （5 分）在正方体 ABCDA1B1C1D1中，M 为 AD 的中点，O 为侧面 AA1B1B 的中心，P 为棱 CC1上任意一点，则异面直线 OP 与 BM 所成的角等于（ ） A90 B60 C.45 D.30 【分析】 取 AB 的中点 N， 由 ON平面 ABCD 得到 ONBM， 再由 RtABMRtBCN， 且两个
16、直角边对应垂直，可得 CNBM 再由线面垂直的判定定理可得 BM平面 CNOP， 从而证得 BMOP， 从而得到异面直线 OP 与 BM 所成的角 【解答】解：如图：取 AB 的中点 N，正方体 ABCDA1B1C1D1中，M 为 AD 的中点，O 为侧面 AA1B1B 的中心，P 为棱 CC1上任意一点， 故 ON平面 ABCD，又 BM平面 ABCD，ONBM 再由 RtABMRtBCN，且两个直角边对应垂直，可得 CNBM 而 CN 和 ON 是平面 CNOP 内的两条相交直线，故 BM平面 CNOP 再由 OP平面 CNOP，可得 BMOP 故异面直线 OP 与 BM 所成的角等 90
17、， 第 9 页（共 22 页） 故选：A 【点评】本题考查的知识点是异面直线及其所成的角，直线和平面垂直的判定与性质， 得到 BM平面 CNOP，是解答本题的关键，属中档题 7 （5 分）在矩形 ABCD 中，AB3，BC4，PA平面 ABCD，且 PA1，则 P 到对角线 BD 的距离为（ ） A B C D 【分析】作 AEBD，连接 PE，由已知条件推导出 PE 就是 P 到 BD 的距离，由此能求 出结果 【解答】解：作 AEBD，连接 PE， PA面 ABCD，PABD， BD面 PAE，BDPE，即 PE 就是 P 到 BD 的距离 在矩形 ABCD 中，AB3，BC4
18、， PA平面 ABCD，且 PA1， AEBDABAD，AE， PE 故选：B 【点评】本题考查点到直线的距离的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思 第 10 页（共 22 页） 维能力的培养 8 （5 分）一条线段长为 5，其侧视图长这 5，俯视图长为，则其正视图长为（ ） A5 B C6 D 【分析】本题是一个简单的三视图问题，实际上本题可以看做长方体的体对角线长是 5，两个面上的对角线分别长 5 和，要求的正视图的长相当于第三个面上的对角 线，根据勾股定理做出结果 【解答】解：由题意知本题是一个简单的三视图问题， 实际上本题可以看做长方体的体对角线长是 5， 两个面上
19、的对角线分别长 5 和， 要求的正视图的长相当于第三个面上的对角线，设长度为 x， ， x， 故选：D 【点评】本题考查简单的空间图形的三视图，本题解题的关键是构造出符合题意的图形， 利用实际图形解出长度，本题是一个基础题 9 （5 分） 九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题： “今有委米 依垣内角，下周八尺，高五尺问：积及为米几何？”其意思为： “在屋内墙角处堆放米 （如图，米堆为一个圆锥的四分之一） ，米堆底部的弧长为 8 尺，米堆的高为 5 尺，问米 堆的体积和堆放的米各为多少？”已知 1 斛米的体积约为 1.62 立方尺，圆周率约为 3， 估算出堆放的米约有（ ）
20、A14 斛 B22 斛 C36 斛 D66 斛 【分析】根据圆锥的体积公式计算出对应的体积即可 【解答】解：设圆锥的底面半径为 r，则r8， 第 11 页（共 22 页） 解得 r， 故米堆的体积为（）25， 1 斛米的体积约为 1.62 立方， 1.6222， 故选：B 【点评】本题主要考查椎体的体积的计算，比较基础 10 （5 分）半球内有一个内接正方体，则这个半球的体积与正方体的体积之比为（ ） A：6 B：2 C：2 D5：12 【分析】根据正方体和半球的关系，作出对应图象的轴截面，根据对应关系求出球半径， 即可得到结论 【解答】解：作出半球和正方体的轴截面图， 设正方体的棱长为 a，
21、球半径为 R， 则 AB 为正方体底面的对角线长 ABa， 则球半径 ROC， 则半球的体积为R3（）3a3， 则这个半球的体积与正方体的体积之比为为：2 故选：B 【点评】本题主要考查球的体积公式的计算，根据条件建立半径和正方体棱长之间的关 系是解决本题的关键，是基础题 11 （5 分）在直线坐标系中，设 A（3，2） ，B（2，3） ，沿 y 轴把直角坐标平面折成 1200 的二面角后，AB 的长为（ ） A B C D 【分析】建立空间坐标系，求出 A，B 的空间坐标，再计算 AB 的长度 第 12 页（共 22 页） 【解答】解：以 O 为原点建立空间坐标系，则 A（3，2，0） ，B
22、（1，3，） ， 于是|AB|2 故选：D 【点评】本题考查了空间两点的距离的计算，属于基础题 12 （5 分）已知球 O1和球 O2的半径分别为 1 和 2，且球心距为，若两球体的表面相交 得到一个圆，则该圆的面积为（ ） A B C D2 【分析】作出经过两球球心的截面图，利用等面积法求出两球体的表面相交所得圆的半 径，则圆的面积可求 【解答】解：作出经过两球球心的截面如图， 则 AB 为两球体的表面相交得到圆的直径， O1B1，O2B2， ，即 O1BO2B，O1BO2为直角三角形 ，即 圆的面积为 故选：B 【点评】本题考查两球之间的相交关系，作出经过两球球心的截面图是关键，是基础题
23、 二填空题（每题二填空题（每题 5 分共分共 20 分）分） 13 （5 分）如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形 EFGH 为截面， 则四边形 EFGH 的形状为 平行四边形 【分析】 根据平面 ABFE平面 DCGH 和面面平行的限制定理得 EFGH， 再由 FGEH 第 13 页（共 22 页） 得四边形 EFGH 为平行四边形 【解答】解：平面 ABFE平面 DCGH， 且平面 EFGH 分别截平面 ABFE 与平面 DCGH 得直线 EF 与 GH， EFGH 同理，FGEH， 四边形 EFGH 为平行四边形 故答案为：平行四边形 【点评】本题考查简单几何体的结构特征
24、，考查了面面平行性质定理的应用等基础知识， 考查运算求解能力，是中档题 14 （5 分）如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底面为 45，腰和上底均为 1 的等腰梯形，那么原平面图形的面积是 【分析】水平放置的图形为直角梯形，求出上底，高，下底，利用梯形面积公式求解即 可 【解答】 解： 水平放置的图形为一直角梯形， 由题意可知上底为 1， 高为 2， 下底为 1+， S（1+1）22+ 故答案为：2+ 【点评】本题考查水平放置的平面图形的直观图斜二测画法，也可利用原图和直观图的 面积关系求解属基础知识的考查 15 （5 分）圆锥的表面积是底面积的 3 倍，那么该圆锥的侧面展
25、开图扇形的圆心角为 180 【分析】圆锥的全面积是底面积的 3 倍，那么母线和底面半径的比为 2，求出侧面展开图 扇形的弧长，可求其圆心角 【解答】解：圆锥的全面积是底面积的 3 倍，那么母线和底面半径的比为 2， 设圆锥底面半径为 r，则圆锥母线长为 2r，圆锥的侧面展开图扇形的弧长是圆锥底面周 长为 2r， 该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角：，即 180 故答案为：180 【点评】本题考查圆锥的侧面展开图，及其面积等知识，考查空间想象能力，是基础题 16（5 分） 已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 2， O 是面 ABCD 的中心， 点 P 在棱 C1D1 第 14
26、页（共 22 页） 上移动，则|OP|的最小值时，直线 OP 与对角面 A1ACC1所成的线面角正切值为 【分析】由题意画出图形，可知当 P 为 C1D1的中点时，|OP|最短，然后利用空间向量求 解直线 OP 与对角面 A1ACC1所成的线面角正切值 【解答】解：如图，则当 P 为 C1D1的中点时，|OP|最短， 以 D 为坐标原点，分别以 DA，DC，DD1所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系， 则 O（1，1，0） ，P（0，1，2） ， 由图可知，平面 A1ACC1的一个法向量为， 则 OP 与对角面 A1ACC1所成的正弦值 sin|cos| | cos，tan 故答案为：
27、 【点评】本题考查空间中线面角的求法，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空 间向量求解空间角，是中档题 三三.解答题（第解答题（第 17 题题 10 分，其它个题每题分，其它个题每题 12 分共分共 70 分）分） 17 （10 分）已知正方体 ABCDA1B1C1D1中，E、F 分别为 C1D1，B1C1的中点，ACBD P，A1C1EFQ，求证： （1）D、B、F、E 四点共面； （2）若 A1C平面 DBFER，则 P、Q、R 三点共线 【分析】 （1）由已知得 EFD1B1，BB1DD1、BB1DD1，从而 BB1D1D 是平行四边形， 第 15 页（共 22 页） 从而 EFDB
28、，由此能证明 D、B、F、E 共面 （2）由已知得 EF 是平面 AA1C1C 和平面 DBFE 的交线，R 是平面 AA1C1C 和平面 DBFE 的一个公共点，由此能证明 P、Q、R 三点共线 【解答】证明： （1）E、F 分别为 C1D1，B1C1的中点， EF 是B1C1D1的中位线，EFD1B1， ABCDA1B1C1D1是正方体，BB1DD1、BB1DD1， BB1D1D 是平行四边形， DBDB1，EFD1B1， EFDB，D、B、F、E 共面 （2）ACBDP，A1C1EFQ， PQ 是平面 AA1C1C 和平面 DBFE 的交线， A1C 交平面 DBFE 于 R 点， R
29、是平面 AA1C1C 和平面 DBFE 的一个公共点， PQ 是 AA1C1C 与平面 DBFE 的交线， R 是平面 AA1C1C 与平面 DBFE 的交点， 两相交平面的所有公共点都在这两平面的交线上， P、Q、R 三点共线 【点评】本题考查四点共面的证明，考查三点共线的证明，是中档题，解题时要注意空 间思维能力的培养 18 （12 分）如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，AC3，BC4，AB5，点 D 是 AB 的 中点 （1）求证：ACBC1； （2）求证：AC1平面 CDB1 第 16 页（共 22 页） 【分析】 （1）利用勾股定理的逆定理可得 ACBC利用线面垂直的性质定理可
30、得 CC1 AC，再利用线面垂直的判定定理即可证明结论； （2）利用直三棱柱的性质、正方形的性质、三角形的中位线定理即可得出 EDAC1，再 利用线面平行的判定定理即可证明结论 【解答】证明： （1）因为三棱柱 ABCA1B1C1为直三棱柱， 所以 C1C平面 ABC，所以 C1CAC 又因为 AC3，BC4，AB5， 所以 AC2+BC2AB2， 所以 ACBC 又 C1CBCC， 所以 AC平面 CC1B1B， 所以 ACBC1 （2）连结 C1B 交 CB1于 E，再连结 DE， 由已知可得 E 为 C1B 的中点， 又D 为 AB 的中点，DE 为BAC1的中位线 AC1DE 又DE平
31、面 CDB1，AC1平面 CDB1 AC1平面 CDB1 【点评】熟练掌握勾股定理的逆定理、线面垂直的判定和性质定理、直三棱柱的性质、 第 17 页（共 22 页） 正方形的性质、三角形的中位线定理、线面平行的判定定理是解题的关键 19 （12 分）正三棱柱 ABCA1B1C1的所有棱长均为 2，P 是侧棱 AA1上任意一点 （1）求正三棱柱 ABCA1B1C1的体积； （2）判断直线 B1P 与平面 ACC1A1是否垂直，请证明你的结论； （3）当 BC1B1P 时，求二面角 CB1PC1的余弦值 【分析】1、根据公式求解即可2、利用空间直角坐标系，根据向量可以证明3、借用 （2）中的坐标系
32、，利用法向量求解 【解答】解： （1）， （3 分） （2）建立如图空间坐标系 Oxyz，设 APa， （4 分） 则A，C，B1，P的坐标分别为 ； （6 分） ， B1P 不垂直 AC； 直线 B1P 不可能与平面 ACC1A1垂直； （8 分） （3）， 由 BC1B1P，得， 即 2+2（a2）0a1； 又 BC1B1CBC1面 CB1P； 是面 CB1P 的法向量； （10 分） 第 18 页（共 22 页） 设面 C1B1P 的法向量为， 由得， （12 分） 设二面角 CB1PC1的大小为 ，则， 二面角 CB1PC1的余弦值大小为 （14 分） 【点评】本题考查学生的空间想象能
33、力，空间直角坐标系的使用，及二面角的求法，是 中档题 20 （12 分）如图，已知四棱锥 PABCD，底面 ABCD 是等腰梯形，且 ABCD，O 是 AB 中点，PO平面 ABCD，POCDDAAB4，M 是 PA 中点 （1）证明：平面 PBC平面 ODM； （2）求点 A 到平面 PCD 的距离 【分析】 （1）证明平面 PBC平面 ODM，只需证明 OM平面 PBC，OD平面 PBC， 利用线面平行的判定定理可证； （2）利用 V三棱锥APCDV三棱锥PACD，可求点 A 到平面 PCD 的距离 【解答】 （1）证明：由题意，CDBO，CDBO， 第 19 页（共 22 页） 四边形
34、OBCD 为平行四边形， BCOD 又AOOB，AMMP， OMPB 又 OM平面 PBC，PB平面 PBC， OM平面 PBC （4 分） 同理，OD平面 PBC， 又 OMODO， 平面 PBC平面 ODM（6 分） （2）解：设求点 A 到平面 PCD 的距离为 d PO平面 ABCD， POCDDAAB4， M 是 PA 中点， V三棱锥APCDV三棱锥PACD d（12 分） 【点评】本题考查面面平行，考查点到面的距离的计算，考查线面平行，考查学生分析 解决问题的能力，正确运用面面平行的判定定理是关键 21 （12 分）如图 1，在矩形 ABCD 中，AB3
35、，BC4，E，F 分别在线段 BC，AD 上，EF AB， 将矩形 ABEF 沿 EF 折起， 记折起后的矩形为 MNEF， 且平面 MNEF平面 ECDF， 如图 2 （1）求证：NC平面 MFD； （2）若 EC3，求证：NDFC； （3）求四面体 NEFD 体积的最大值 第 20 页（共 22 页） 【分析】（1） 推导出四边形 MNCD 是平行四边形， NCMD 由此能证明 NC平面 MFD （2）连接 ED，推导出 NE平面 ECDF，FCNE从而四边形 ECDF 为正方形，FC ED进而 FC平面 NED由此能证明 NDFC （3）设 NEx则 FDEC4x，其中 0x
36、4，由 NE平面 FEC，得四面体 NEFD 的体积为 VNEFDSEFDNE，由此能求出 x2 时，四面体 NEFD 的体积最大，最大值 为 2 【解答】证明： （1）四边形 MNEF 和四边形 EFDC 都是矩形， MNEF，EFCD，MNEFCD，MNCD 四边形 MNCD 是平行四边形，NCMD NC平面 MFD，MD平面 MFD，NC平面 MFD （2）连接 ED， 平面MNEF平面ECDF， 且NFEF， 平面MNEF平面ECDFEF， NE平面MNFF， NE平面 ECDFFC平面 ECDF，FCNE ECCD，四边形 ECDF 为正方形，FCED 又EDNEE，ED
37、，NE平面 NED， FC平面 NED ND平面 NED，NDFC 解： （3）设 NEx则 FDEC4x，其中 0x4， 由（2）得 NE平面 FEC， 四面体 NEFD 的体积为 VNEFDSEFDNEx（4x） VNEFD（x+4x）22， 当且仅当 x4x，即 x2 时，四面体 NEFD 的体积最大，最大值为 2 第 21 页（共 22 页） 【点评】本题考查线面平行、线线垂直的证明，考查四面体的体积的最大值的求法，考 查化归与转化的数学思想方法，以及推理论证能力和运算求解能力，是中档题 22 （12 分）已知BCD 中，BCD90，BCCD1，AB平面 BCD，ADB60， E、F
38、分别是 AC、AD 上的动点，且（01） （）求证：不论 为何值，总有平面 BEF平面 ABC； （）当 为何值时，平面 BEF平面 ACD？ 【分析】 （）由 AB平面 BCDABCD，又 CDBCCD平面 ABC，再利用条件 可得不论 为何值，恒有 EFCDEF平面 BEF，就可得不论 为何值恒有平面 BEF 平面 ABC （）由（）知，BEEF，又平面 BEF平面 ACDBE平面 ACDBEAC故只 须让所求 的值能证明 BEAC 即可在ABC 中求出 的值 【解答】证明： （）AB平面 BCD，ABCD， CDBC 且 ABBCB，CD平面 ABC （3 分） 又， 不论 为何值，恒有 EFCD，EF平面 ABC，EF平面 BEF， 不论 为何值恒有平面 BEF平面 ABC （6 分） （）由（）知，BEEF，又平面 BEF平面 ACD， BE平面 ACD，BEAC （9 分） BCCD1，BCD90，ADB60， 第 22 页（共 22 页） ， （11 分） ， 由 AB2AEAC 得， （13 分） 故当时，平面 BEF平面 ACD （14 分） 【点评】本题考查了面面垂直的判定在证明面面垂直时，其常用方法是在其中一个平 面内找两条相交直线和另一平面内的某一条直线垂直
