2019-2020年高二数学下学期期中试卷 理（含解析）.doc

2019-2020年高二数学下学期期中试卷 理（含解析）一、选择题（每小题5分，共60分）1（5分）下列说法正确的是（）A三点确定一个平面B四边形一定是平面图形C梯形一定是平面图形D两条直线没有公共点，则这两条直线平行2（5分）一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为，则球的表面积为（）AB8CD43（5分）用斜二测画法作一个边长为2的正方形，则其直观图的面积为（）AB2C4D4（5分）如图，空间四边形OABC中，=，=，=，点M在线段OA上，且OM=2MA，点N为BC的中点，则=（）A+B+C+D+5（5分）某几何体三视图如图（单位；cm），则该几何体的体积是（）A1500cm3B1025cm3C625cm3D1200cm36（5分）已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为（）ABCD7（5分）下列结论正确的是（）A各个面都是三角形的几何体是三棱锥B以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥D圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线8（5分）已知=（1，5，2），=（3，1，z），若，=（x1，y，3），且BP平面ABC，则实数x、y、z分别为（）A，4B，4C，2，4D4，159（5分）已知两条不重合的直线m、n和两个不重合的平面、，有下列命题：若mn，m，则n； 若m，n，mn，则； 若m、n是两条异面直线，m，n，m，n，则； 若，=m，n，nm，则n其中正确命题的个数是（）A1B2C3D410（5分）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为（）ABCD11（5分）已知正四棱锥SABCD中，SA=2，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（）A1BC2D312（5分）正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点M在AB上，且AM=，点P是平面ABCD上的动点，且动点P到直线A1D1的距离与动点P到点M的距离的平方差为1，则动点的轨迹是（）A圆B抛物线C双曲线D直线二、填空题（每小题5分，共20分）13（5分）若将锐角A为60，边长为a的菱形ABCD沿对角线BD折成60的二面角，则A与C之间的距离为14（5分）将圆心角为120，面积为3的扇形，作为圆锥的侧面，则圆锥的体积为15（5分）如图，直三棱柱ABCDA1B1C1中，AB=1，BC=2，AC=，AA1=3，M为线段BB1上的一动点，则当AM+MC1最小时，点C到平面AMC1的距离为16（5分）在体积一定的正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F平面D1AE，记A1F与平面BCC1B1所成的角为，下列说法中正确的是点F的轨迹是一条线段；三棱锥FAD1E的体积为定值；A1F与D1E不可能平行；A1F与CC1是异面直线；tan的最大值为3三、解答题17（10分）如图所示，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，M、N分别为AB、PC的中点，平面PAD平面PBC=l（1）判断BC与l的位置关系，并证明你的结论；（2）判断MN与平面PAD的位置关系，并证明你的结论18（12分）已知几何体ABCED的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形，已知几何体ABCED的体积为16（1）求实数a的值；（2）将直角三角形ABD绕斜边AD旋转一周，求该旋转体的表面积19（12分）如图所示，已知四棱锥的侧棱PD平面ABCD，且底面ABCD是直角梯形，ADCD，ABCD，AB=AD=CD=2，点M是侧棱PC的中点（1）求证：BC平面BDP；（2）若tanPCD=，求三棱锥MBDP的体积20（12分）如图所示，正四棱锥PABCD被过棱锥高上O点且平行底面的平面ABCD所截，得到正四棱台OO和较小的棱锥PO，其中O分PO为=，侧棱PA长为15cm，小棱锥底面边长AB为6cm（1）求截得棱台的体积（2）求棱锥PABCD的内切球的表面积21（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ADC=90，平面PAD底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=（）求证：平面PQB平面PAD；（）若M为棱PC的中点，求异面直线AP与BM所成角的余弦值；（）若二面角MBQC大小为30，求QM的长22（12分）等边三角形ABC的边长为3，点D、E分别是边AB、AC上的点，且满足（如图1）将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使二面角A1DEB成直二面角，连结A1B、A1C （如图2）（1）求证：A1D丄平面BCED；（2）在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由江西省南昌市xx高二下学期期中数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（每小题5分，共60分）1（5分）下列说法正确的是（）A三点确定一个平面B四边形一定是平面图形C梯形一定是平面图形D两条直线没有公共点，则这两条直线平行考点：命题的真假判断与应用 专题：简易逻辑分析：A，根据公理2以及推论判断AB，四边形有两种：空间四边形和平面四边形；C，梯形中因为有一组对边平等，故梯形是平面图形D，利用平行线的定义、判定与性质，即可确定D解答：解：对于A、根据公理2知，必须是不共线的三点确定一个平面，故A不对；对于B，四边形有两种：空间四边形和平面四边形，四边形不一定是平面图形，故B不成立；对于C，梯形中因为有一组对边平等，梯形是平面图形，故C成立对于D，根据异面直线的定义：既不平行也不相交的直线为异面直线，可以判断当两直线没有公共点时可能平行也可能异面故选：C点评：本题主要考查了确定平面的依据，注意利用公理2的以及推论的作用和条件，可以利用符合题意的几何体来判断，考查了空间想象能力2（5分）一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为，则球的表面积为（）AB8CD4考点：球的体积和表面积；球面距离及相关计算 专题：计算题分析：求出截面圆的半径，利用勾股定理求球的半径，然后求出球的表面积解答：解：球的截面圆的半径为：=r2，r=1球的半径为：R=所以球的表面积：4R2=4=8故选B点评：本题考查球的体积和表面积，考查计算能力，逻辑思维能力，是基础题3（5分）用斜二测画法作一个边长为2的正方形，则其直观图的面积为（）AB2C4D考点：斜二测法画直观图 专题：规律型分析：根据斜二测画法的原则得到直观图的对应边长关系，即可求出相应的面积解答：解：根据斜二测画法的原则可知OC=2，OA=1，对应直观图的面积为，故选：D点评：本题主要考查利用斜二测画法画空间图形的直观图，利用斜二测画法的原则是解决本题的关键，比较基础4（5分）如图，空间四边形OABC中，=，=，=，点M在线段OA上，且OM=2MA，点N为BC的中点，则=（）A+B+C+D+考点：空间向量的加减法 专题：空间向量及应用分析：由题意，把，三个向量看作是基向量，由图形根据向量的线性运算，将用三个基向量表示出来，即可得到答案，选出正确选项解答：解：=，=+，=+，=+，=，=，=，=+，故选：A点评：本题考点是空间向量基本定理，考查了用向量表示几何的量，向量的线性运算，解题的关键是根据图形把所研究的向量用三个基向量表示出来，本题是向量的基础题5（5分）某几何体三视图如图（单位；cm），则该几何体的体积是（）A1500cm3B1025cm3C625cm3D1200cm3考点：由三视图求面积、体积 专题：计算题；空间位置关系与距离分析：根据几何体的三视图，得出该几何体是底面为矩形的直四棱锥，结合图中数据求出它的体积解答：解：根据几何体的三视图，得；该几何体是底面为矩形，高为15cm的直四棱锥；且底面矩形的长为20cm，宽为15cm，如图所示；该四棱锥的体积为201515=1500cm2故选：A点评：本题考查了空间几何体的三视图的应用问题，也考查了空间想象能力与数据的计算能力，是基础题目6（5分）已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为（）ABCD考点：异面直线及其所成的角 专题：空间角分析：由E为AB的中点，可取AD中点F，连接EF，则CEF为异面直线CE与BD所成角，设出正四面体的棱长，求出CEF的三边长，然后利用余弦定理求解异面直线CE与BD所成角的余弦值解答：解：如图，取AD中点F，连接EF，CF，E为AB的中点，EFDB，则CEF为异面直线BD与CE所成的角，ABCD为正四面体，E，F分别为AB，AD的中点，CE=CF设正四面体的棱长为2a，则EF=a，CE=CF=在CEF中，由余弦定理得：=故选：B点评：本题考查异面直线及其所成的角，关键是找角，考查了余弦定理的应用，是中档题7（5分）下列结论正确的是（）A各个面都是三角形的几何体是三棱锥B以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥D圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线考点：简单组合体的结构特征 专题：数形结合分析：通过简单几何体和直观图说明A和B错误，根据正六棱锥的过中心和定点的截面知C错误，由圆锥的母线进行判断知D正确解答：解：A、如图（1）所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥，故A错误；B、如图（2）（3）所示，若ABC不是直角三角形，或是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥，故B错误；C、若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形由过中心和定点的截面知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，故C错误；D、根据圆锥母线的定义知，故D正确故选D点评：本题考查了简单几何体的结构特征的应用，结合柱体、椎体和台体的结构特征，以及几何体的直观图进行判断，考查了空间想象能力8（5分）已知=（1，5，2），=（3，1，z），若，=（x1，y，3），且BP平面ABC，则实数x、y、z分别为（）A，4B，4C，2，4D4，15考点：向量语言表述线线的垂直、平行关系 专题：空间向量及应用分析：利用数量积与垂直的关系、线面垂直的性质定理即可得出解答：解：，=3+52Z=0，解得z=4BP平面ABC，化为，解得，z=4故选：B点评：本题考查了数量积与垂直的关系、线面垂直的性质定理，属于中档题9（5分）已知两条不重合的直线m、n和两个不重合的平面、，有下列命题：若mn，m，则n； 若m，n，mn，则； 若m、n是两条异面直线，m，n，m，n，则； 若，=m，n，nm，则n其中正确命题的个数是（）A1B2C3D4考点：平面与平面之间的位置关系 专题：证明题分析：直线与平面的位置关系有三种：平行，相交，在平面内，此命题中n可能在平面内，故错误；利用“垂直于同一条直线的两平面平行即可判断正确；利用线面垂直的判定定理，先证明平面内有两条相交直线与平面平行，再由面面平行的判定定理证明两面平行，正确；若两平面垂直，则在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面，由此性质定理即可判断正确解答：解：若mn，m，则n可能在平面内，故错误m，mn，n，又n，故正确过直线m作平面交平面与直线c，m、n是两条异面直线，设nc=O，m，m，=cmc，m，c，c，n，c，nc=O，c，n；故正确由面面垂直的性质定理：，=m，n，nm，n故正确故正确命题有三个，故选C点评：本题综合考查了直线与平面的位置关系，面面平行的判定定理及结论，面面垂直的性质定理等基础知识10（5分）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为（）ABCD考点：直线与平面所成的角 专题：计算题分析：由题意，由于图形中已经出现了两两垂直的三条直线所以可以利用空间向量的方法求解直线与平面所成的夹角解答：解：以D点为坐标原点，以DA、DC、DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系（图略），则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），C1（0，2，1）=（2，0，1），=（2，2，0），且为平面BB1D1D的一个法向量cos，=BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为故答案为D点评：此题重点考查了利用空间向量，抓住直线与平面所成的角与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角之间的关系这一利用向量方法解决了抽象的立体几何问题11（5分）已知正四棱锥SABCD中，SA=2，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（）A1BC2D3考点：棱柱、棱锥、棱台的体积 专题：计算题；压轴题分析：设出底面边长，求出正四棱锥的高，写出体积表达式，利用求导求得最大值时，高的值解答：解：设底面边长为a，则高h=，所以体积V=a2h=，设y=12a4a6，则y=48a33a5，当y取最值时，y=48a33a5=0，解得a=0或a=4时，当a=4时，体积最大，此时h=2，故选C点评：本试题主要考查椎体的体积，考查高次函数的最值问题的求法是中档题12（5分）正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点M在AB上，且AM=，点P是平面ABCD上的动点，且动点P到直线A1D1的距离与动点P到点M的距离的平方差为1，则动点的轨迹是（）A圆B抛物线C双曲线D直线考点：轨迹方程；抛物线的定义 专题：计算题分析：作PQAD，作QRD1A1，PR即为点P到直线A1D1的距离，由勾股定理得 PR2PQ2=RQ2=1，又已知PR2PM2=1，PM=PQ，即P到点M的距离等于P到AD的距离解答：解：如图所示：正方体ABCDA1B1C1D1 中，作PQAD，Q为垂足，则PQ面ADD1A1，过点Q作QRD1A1，则D1A1面PQR，PR即为点P到直线A1D1的距离，由题意可得 PR2PQ2=RQ2=1又已知 PR2PM2=1，PM=PQ，即P到点M的距离等于P到AD的距离，根据抛物线的定义可得，点P的轨迹是抛物线，故选 B点评：本题考查抛物线的定义，求点的轨迹方程的方法，体现了数形结合的数学思想，得到PM=PQ是解题的关键二、填空题（每小题5分，共20分）13（5分）若将锐角A为60，边长为a的菱形ABCD沿对角线BD折成60的二面角，则A与C之间的距离为a考点：点、线、面间的距离计算 专题：计算题；空间位置关系与距离分析：取BD的中点E，连接AE，CE，则AEBD，CEBD，故AEC是二面角ABDC的平面角，判定AEC是等边三角形，即可得到结论解答：解：由题意，取BD的中点E，连接AE，CE，则AEBD，CEBDAEC是二面角ABDC的平面角AEC=60，菱形ABCD中，锐角A为60，边长为a，AE=CE=aAEC是等边三角形A与C之间的距离为a，故答案为：a点评：本题考查面面角，考查学生的计算能力，属于基础题14（5分）将圆心角为120，面积为3的扇形，作为圆锥的侧面，则圆锥的体积为考点：旋转体（圆柱、圆锥、圆台） 专题：计算题分析：设出圆锥的母线与底面半径，根据所给的圆锥的侧面积和圆心角，求出圆锥的母线长与底面半径，利用体积公式做出结果解答：解：设圆锥的母线为l，底面半径为r，3=l2l=3，120=360，r=1，圆锥的高是=2圆锥的体积是122=故答案为：点评：本题考查圆锥的体积，解题时注意圆锥的展开图与圆锥的各个量之间的关系，做好关系的对应，本题是一个易错题15（5分）如图，直三棱柱ABCDA1B1C1中，AB=1，BC=2，AC=，AA1=3，M为线段BB1上的一动点，则当AM+MC1最小时，点C到平面AMC1的距离为考点：点、线、面间的距离计算 专题：计算题；空间位置关系与距离分析：先将直三棱柱ABCA1B1C1沿棱BB1展开成平面连接AC1，与BB1的交点即为满足AM+MC1最小时的点M，由此可以求得AMC1的三边长，再由余弦定理求出其中一角，由面积公式求出面积解答：解：将直三棱柱ABCA1B1C1沿棱BB1展开成平面连接AC1，与BB1的交点即为满足AM+MC1最小时的点M，由于AB=1，BC=2，AA1=3，再结合棱柱的性质，可得BM=AA1=1，故B1M=2由图形及棱柱的性质，可得AM=，AC1=，MC1=2，cosAMC1=故sinAMC1=，AMC1的面积为=，设点C到平面AMC1的距离为h，则由等体积可得，h=故答案为：点评：本题考查棱柱的特征，求解本题的关键是根据棱柱的结构特征及其棱长等求出三角形的边长，再由面积公式求面积，本题代数与几何相结合，综合性强，解题时要注意运算准确，正确认识图形中的位置关系16（5分）在体积一定的正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F平面D1AE，记A1F与平面BCC1B1所成的角为，下列说法中正确的是点F的轨迹是一条线段；三棱锥FAD1E的体积为定值；A1F与D1E不可能平行；A1F与CC1是异面直线；tan的最大值为3考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；棱柱的结构特征 专题：空间位置关系与距离分析：找出F所在平面上的轨迹，然后判断的正误；利用体积是否变化判断的正误；找出F的特殊位置判断大致为；求出tan的最大值，判断的正误；解答：解：对于，取BC 的中点G，BB1，B1C1的中点NM，连结MN，EG，则F在MN上，满足F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F平面D1AE，所以正确；对于，因为MNEG，则F到平面AD1E的距离是定值，三棱锥FAD1E的体积为定值，所以正确；对于，当F在N时，A1F与D1E平行，所以不正确；对于，A1F与CC1是异面直线；满足异面直线的定义，所以正确；对于，A1F与平面BCC1B1所成的角为，tan=2，所以不正确；故答案为：点评：本题考查棱柱的几何特征，直线与平面所成角，几何体的体积的求法，直线与平面平行的判断，考查逻辑推理以及计算能力三、解答题17（10分）如图所示，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，M、N分别为AB、PC的中点，平面PAD平面PBC=l（1）判断BC与l的位置关系，并证明你的结论；（2）判断MN与平面PAD的位置关系，并证明你的结论考点：空间中直线与平面之间的位置关系；空间中直线与直线之间的位置关系 专题：空间位置关系与距离分析：（1）由ADBC，可得BC平面PAD，再利用线面平行的性质可得BCl；（2）取CD的中点Q，连接MQ、NQ，可证平面MNQ平面PAD，再由面面平行的性质得线面平行解答：解：（1）结论：BCl证明：ADBC，BC平面PAD，AD平面PAD，BC平面PAD又BC平面PBC，平面PAD平面PBC=l，BCl（2）结论：MN平面PAD证明：取CD的中点Q，连结NQ，MQ，则NQPD，MQAD，又NQMQ=Q，PDAD=D，平面MNQ平面PAD又MN平面MNQ，MN平面PAD点评：本题考查了线面平行的判定与性质，考查了面面平行的判定与性质，体现了线线、线面、面面平行关系的相互转化，要熟记相关定理的条件18（12分）已知几何体ABCED的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形，已知几何体ABCED的体积为16（1）求实数a的值；（2）将直角三角形ABD绕斜边AD旋转一周，求该旋转体的表面积考点：由三视图求面积、体积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台） 专题：计算题；空间位置关系与距离分析：（1）由该几何体的三视图知AC面BCED，且EC=BC=AC=4，BD=a，利用几何体ABCED的体积为16，求实数a的值；（2）过B作AD的垂线BH，垂足为H，得，求出圆锥底面周长为，两个圆锥的母线长分别为和2，即可求该旋转体的表面积解答：解：（1）由该几何体的三视图知AC面BCED，且EC=BC=AC=4，BD=a，体积V=16，解得a=2；（2）在RTABD中，BD=2，AD=6，过B作AD的垂线BH，垂足为H，得，该旋转体由两个同底的圆锥构成，圆锥底面半径为，所以圆锥底面周长为，两个圆锥的母线长分别为和2，故该旋转体的表面积为点评：本题考查了圆锥的侧面积公式、积体公式和解三角形等知识，属于基础题19（12分）如图所示，已知四棱锥的侧棱PD平面ABCD，且底面ABCD是直角梯形，ADCD，ABCD，AB=AD=CD=2，点M是侧棱PC的中点（1）求证：BC平面BDP；（2）若tanPCD=，求三棱锥MBDP的体积考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定 专题：空间位置关系与距离分析：（1）由ABAD，AB=AD=2，可得BD=2，又AD=2，CD=4，AB=2，可得BC=2，利用勾股定理的逆定理可得BDBC由PD平面ABCD，利用线面垂直的性质定理可得PDBC利用线面垂直的判定定理即可证明（2）如图，过M作MGDC交DC于点G由PDDC，M是PC中点，知MG是DCP的中位线，又PD平面ABCD，可得MG平面BDC又tanPCD=，得PD=2，MG=PD=1利用VMBDP=VPBCDVMBCD，即可得出解答：（1）证明：ABAD，AB=AD=2，BD=2，又AD=2，CD=4，AB=2，则BC=2，BD2+BC2=16=DC2，BDBCPD平面ABCD，BC平面ABCD，PDBC又BDPD=D，BC平面BDP（2）解：如图，过M作MGDC交DC于点G由PDDC，M是PC中点，知MG是DCP的中位线，MGPD，MG=PD，又PD平面ABCD，MG平面BDC又tanPCD=，得PD=2，MG=PD=1VMBDP=VPBCDVMBCD=222221=点评：本题考查了线面垂直的判定与性质定理、勾股定理及其逆定理、三角形中位线定理、三棱锥的体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题20（12分）如图所示，正四棱锥PABCD被过棱锥高上O点且平行底面的平面ABCD所截，得到正四棱台OO和较小的棱锥PO，其中O分PO为=，侧棱PA长为15cm，小棱锥底面边长AB为6cm（1）求截得棱台的体积（2）求棱锥PABCD的内切球的表面积考点：球的体积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积 专题：计算题；空间位置关系与距离分析：（1）计算出棱台的上、下底的边长，高，可得截得棱台的体积；（2）由等体积计算棱锥PABCD的内切球的半径，即可求出棱锥PABCD的内切球的表面积解答：解：（1）由ABAB得，=，PA=5，AB=18，PO=3OO=PO=2，V台=（36+182+）2=312（cm3）（6分）（2）作轴截面图如下，设球心为E，半径为R，由PH=PQ=12，HQ=AB=18，PO=3，则SPHQ=（PH+PQ+HQ）R，=（12+12+18）R，R=，棱锥PABCD的内切球的表面积为4R2=（cm2）（12分）点评：本题考查棱台的体积，考查棱锥PABCD的内切球的表面积，考查学生的计算能力，求出棱锥PABCD的内切球的半径是关键，属于中档题21（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ADC=90，平面PAD底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=（）求证：平面PQB平面PAD；（）若M为棱PC的中点，求异面直线AP与BM所成角的余弦值；（）若二面角MBQC大小为30，求QM的长考点：异面直线及其所成的角；平面与平面垂直的判定 专题：空间位置关系与距离分析：（）由题意易证QBAD，由面面垂直的性质可得BQ平面PAD，可得结论；（）易证PQ平面ABCD，以Q为原点建立空间直角坐标系，则可得相关点的坐标，可得向量和的坐标，可得夹角的余弦值，由反三角函数可得答案；（）可得平面BQC的法向量为，又可求得平面MBQ法向量为，结合题意可得的方程，解方程可得，可得所求解答：解：（）ADBC，BC=AD，Q为AD的中点，四边形BCDQ为平行四边形，CDBQ又ADC=90，AQB=90 即QBAD又平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCD=AD，BQ平面PADBQ平面PQB，平面PQB平面PAD（）PA=PD，Q为AD的中点，PQAD平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCD=AD，PQ平面ABCD 如图，以Q为原点建立空间直角坐标系则Q（0，0，0），A（1，0，0），M是PC中点，设异面直线AP与BM所成角为则cos=，异面直线AP与BM所成角的余弦值为；（）由（）知平面BQC的法向量为，由 ，且01，得，又，平面MBQ法向量为二面角MBQC为30，|QM|=点评：本题考查空间角，涉及平面与平面垂直的判定，建立空间直角坐标系是解决问题的关键，属中档题22（12分）等边三角形ABC的边长为3，点D、E分别是边AB、AC上的点，且满足（如图1）将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使二面角A1DEB成直二面角，连结A1B、A1C （如图2）（1）求证：A1D丄平面BCED；（2）在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由考点：用空间向量求直线与平面的夹角；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角 专题：计算题；空间角；空间向量及应用分析：（1）等边ABC中，根据得到AD=1且AE=2，由余弦定理算出DE=，从而得到AD2+DE2=AE2，所以ADDE结合题意得平面A1DE平面BCDE，利用面面垂直的性质定理，可证出A1D丄平面BCED；（2）作PHBD于点H，连接A1H、A1P，由A1D丄平面BCED得A1D丄PH，所以PH平面A1BD，可得PA1H是直线PA1与平面A1BD所成的角，即PA1H=60设PB=x（0x3），分别在RtBA1H、RtPA1H和RtDA1H中利用三角函数定义和勾股定理，建立等量关系得12+（2x）2=（x）2，解之得x=，从而得到在BC上存在点P且当PB=时，直线PA1与平面A1BD所成的角为60解答：解：（1）正ABC的边长为3，且=AD=1，AE=2，ADE中，DAE=60，由余弦定理，得DE=AD2+DE2=4=AE2，ADDE折叠后，仍有A1DDE二面角A1DEB成直二面角，平面A1DE平面BCDE又平面A1DE平面BCDE=DE，A1D平面A1DE，A1DDEA1D丄平面BCED；（2）假设在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60如图，作PHBD于点H，连接A1H、A1P由（1）得A1D丄平面BCED，而PH平面BCED所以A1D丄PHA1D、BD是平面A1BD内的相交直线，PH平面A1BD由此可得PA1H是直线PA1与平面A1BD所成的角，即PA1H=60设PB=x（0x3），则BH=PBcos60=，PH=PBsin60=x在RtPA1H中，PA1H=60，所以A1H=，在RtDA1H中，A1D=1，DH=2x由A1D2+DH2=A1H2，得12+（2x）2=（x）2解之得x=，满足0x3符合题意所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60，此时PB=点评：本题给出平面翻折问题，求证直线与平面垂直并探索了直线与平面所成角的问题，着重考查了线面垂直、面面垂直的判定与性质和直线与平面所成角的求法等知识，属于中档题