2018-2019学年江西省南昌八中、二十三中、十三中高二（下）期中数学试卷（文科）含详细解答

《2018-2019学年江西省南昌八中、二十三中、十三中高二（下）期中数学试卷（文科）含详细解答》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018-2019学年江西省南昌八中、二十三中、十三中高二（下）期中数学试卷（文科）含详细解答（26页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、2018-2019 学年江西省南昌八中、二十三中、十三中高二（下）期中数学试卷（文科）一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的合题目要求的 1 （5 分）以下命题中真命题的序号是（ ） 若棱柱被一平面所截，则分成的两部分不一定是棱柱； 有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱； 有一个面是多边形，其余各面都是三角形的多面体一定是棱锥； 当球心到平面的距离小于球面半径时，球面与平面的交线总是一个圆 A B C D 2（5 分） 水平放置的ABC 的斜二测直观图如图所示，

2、若 A1C12， A1B1C1的面积为， 则 AB 的长为（ ） A B C2 D8 3 （5 分）如果直线 a直线 b，且 a平面 ，那么 b 与 的位置关系是（ ） A相交 Bb Cb Db 或 b 4 （5 分）设 、 是两个平面，a、b 是两条直线，下列推理正确的是（ ） A B  C D 5 （5 分）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，所有直角三角形的面积和为 （ ） 第 2 页（共 26 页） A B C3 D4 6 （5 分） 在长方体 ABCDA1B1C1D1中， O 是 DB 的中点， 直线 A1C 交平面 C1BD 于点 M， 则下列结论正确的是（ ）

3、 C1、M、O 三点共线；   C1、M、A、C 四点共面； C1、O、B1、B 四点共面； D1、D、O、M 四点共面 A B C D 7 （5 分）在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为棱 CC1的中点，则异面直线 AE 与 CD 所成 角的正弦值为（ ） A B C D 8 （5 分）一个四棱锥的三视图如右图所示，其正视图和侧视图为全等的等腰直角三角形， 俯视图是边长为 2 的正方形，则该几何体的表面积为（ ） A B4 C D 9 （5 分）在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，AA12AB2，则点 A1到平面 AB1D1的距离 是（ ） 第 3 页（共 26 页）

4、A B C D 10 （5 分）一个长方体被一个平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几 何体的体积为（ ） A24 B48 C72 D96 11 （5 分）已知ABC 的三个顶点在以 O 为球心的球面上，且 AB2，AC4， 三棱锥 OABC 的体积为，则球 O 的表面积为（ ） A22 B C24 D36 12 （5 分）如图，在四棱锥 SABCD 中，底面 ABCD 为正方形，且 SASBSCSD，其 中 E，M，N 分别是 BC，CD，SC 的中点，动点 P 在线段 MN 上运动时，下列四个结论： EPAC；EPBD；EP面 SBD；EP面 SAC，其中恒成立的为（ ） A

5、 B C D 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分分 13 （5 分）如图，已知正三棱柱 ABCA1B1C1的底面边长为 2cm，高为 5cm，一质点自 A 点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达 A1点的最短路线的长为   cm 第 4 页（共 26 页） 14 （5 分）已知圆柱的上、下底面的中心分别为 O1、O2，过直线 O1O2的平面截该圆柱所 得的截面是面积为 8 的正方形，则该圆柱的侧面积为   15 （5 分）设 l、m、n 为三条不同的直线，、 为三个不同的平面，则 若 m，mn，n，则 ；若 m，mn，n，则 ； 若 m

6、，n，则 mn；若 l，m，m，则 ml； 若 m，n，lm，ln，则 l 以上命题正确的有    16 （5 分）在九章算术中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，已知在鳖 臑 MABC 中， MA平面 ABC， MAABBC4， 则该鳖臑的外接球的体积为    三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 17 （10 分）如图，在四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，底面 ABCD 为正方形，侧棱 AA1底面 ABCD，E 为棱 AA1的中点，AB3，AA14 （）求证：BDA1C； （）

7、求三棱锥 ABDE 的体积 18 （10 分）如图，四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是正方形，O 是正方形 ABCD 的中心， PO底面 ABCD，E 是 PC 的中点求证： （）PA平面 BDE； （）平面 PAC平面 BDE 第 5 页（共 26 页） 19 （12 分）如图，在三棱锥 PABD 中，平面 PAD平面 ABD，APPD，APPDBD 2， 求： （）求三棱锥 PABD 的体积； （）求点 D 到平面 PAB 的距离 20 （12 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，ABAD，ADBC，AD2BC 4，PB，M 是线段 AP 的中点 （1）证明：B

8、M平面 PCD； （2）当 PA 为何值时，四棱锥 PABCD 的体积最大？并求此最大值 21 （12 分）如图，四面体 PABC 中，PA平面 ABC，PAAB1，AC2 （）证明：BC平面 PAB； （）在线段 PC 上是否存在点 D，使得 ACBD，若存在，求 PD 的值，若不存在，请 说明理由 第 6 页（共 26 页） 22 （14 分）如图，矩形 ABCD 的长是宽的 2 倍，将DAC 沿对角线 AC 翻折，使得平面 DAC平面 ABC，连接 BD （）若 BC4，计算翻折后得到的三棱锥 ABCD 的体积； （）若 A、B、C、D 四点都在表面积为 80 的球面上，求三棱锥 DAB

9、C 的表面积 第 7 页（共 26 页） 2018-2019 学年江西省南昌八中、二十三中、十三中高二（下）学年江西省南昌八中、二十三中、十三中高二（下） 期中数学试卷（文科）期中数学试卷（文科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的合题目要求的 1 （5 分）以下命题中真命题的序号是（ ） 若棱柱被一平面所截，则分成的两部分不一定是棱柱； 有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱； 有一个面是多边形，其余各

10、面都是三角形的多面体一定是棱锥； 当球心到平面的距离小于球面半径时，球面与平面的交线总是一个圆 A B C D 【分析】只有平行于底面的平面截棱柱分成的两部分一定是棱柱 由棱柱的定义可知：不一定是棱柱； 由三棱锥的定义可知：其余各面都是共有同一个顶点的三角形的多面体； 由截面圆的性质即可判断出正确 【解答】解：若棱柱被一平面所截，则分成的两部分不一定是棱柱，只有平行于底面 的平面截棱柱分成的两部分一定是棱柱，正确 由棱柱的定义可知：不一定是棱柱； 有一个面是多边形，其余各面都是三角形的多面体不一定是棱锥，由三棱锥的定义可 知：其余各面都是共有同一个顶点的三角形的多面体； 当球心到平面的距离小于

11、球面半径时，球面与平面的交线总是一个圆，正确 综上可得：只有正确 故选：A 【点评】本题考查了棱柱的定义、球的性质、简易逻辑，考查了推理能力与计算能力， 属于中档题 2（5 分） 水平放置的ABC 的斜二测直观图如图所示， 若 A1C12， A1B1C1的面积为， 第 8 页（共 26 页） 则 AB 的长为（ ） A B C2 D8 【分析】依题意，A1B1C1的面积为，所以 2A1C1B1C1sin45 ， 解得 B1C14， 所以 BC8， AC2， 根据勾股定理即可求出 AB  【解答】解：依题意，因为，A1B1C1的面积为， 所以 2A1C1B1C1sin45，解得 B1C

12、14， 所以 BC8，AC2，又因为 ACBC， 由勾股定理得：AB2 故选：B 【点评】本题考查了斜二测画直观图，三角形的面积公式需要注意的是与 y 轴平行或 者在 y 轴上的线段，在直观图中长度减半本题属于基础题 3 （5 分）如果直线 a直线 b，且 a平面 ，那么 b 与 的位置关系是（ ） A相交 Bb Cb Db 或 b 【分析】线面平行的性质， 内存在与 a 平行的直线 a，b 时则 ba'根据线面平行 的判定定理显然成立 【解答】解：根据线面平行的判定定理，b 时， a平面 ， 存在与 a 平行的直线 a'， ba，此时 b显然还有 b 故选：D 【点评】本题考

13、查直线和平面的位置关系，线面平行的判定要注意前提条件 4 （5 分）设 、 是两个平面，a、b 是两条直线，下列推理正确的是（ ） A B  第 9 页（共 26 页） C D 【分析】根据空间线面位置关系的定义，判定定理和性质进行判断 【解答】解：对于 A，若 a，显然结论错误， 对于 B，根据线面平行的性质可知 B 正确； 对于 C，由 ， 平行可知 a，b 没有公共点，故 a，b 平行或异面，故 C 错误； 对于 D，若 ， 相交，a，b 均与交线平行，显然结论不成立，故 D 错误 故选：B 【点评】本题考查了空间线面位置关系的判断，属于中档题 5 （5 分）某四棱锥的三视图如

14、图所示，在此四棱锥的侧面中，所有直角三角形的面积和为 （ ） A B C3 D4 【分析】首先被三视图转换为几何体，进一步利用几何体的表面积公式的应用求出结果  【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为： 根据三视图得到：四棱锥的三个侧面都为直角三角形 故：S22+2+22 4+ 第 10 页（共 26 页） 故选：B 【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积和表面积公 式的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型 6 （5 分） 在长方体 ABCDA1B1C1D1中， O 是 DB 的中点， 直线 A1C 交平面 C1BD 于点 M， 则下

15、列结论正确的是（ ） C1、M、O 三点共线；   C1、M、A、C 四点共面； C1、O、B1、B 四点共面； D1、D、O、M 四点共面 A B C D 【分析】根据公理 3 和异面直线的判定定理可得 【解答】 解： OAC， AC平面 ACC1A ， O平面 ACC1A1， OBD， BD平面 C1BD， O平面 C1BD，O 是平面 ACC1A1和平面 C1BD 的公共点； 同理可得，点 M 和 C1都是平面 ACC1A1和平面 C1BD 的公共点，所以根据公理 3 可得 C1、B，D 在平面 ACC1A1和平面 C1BD 的交线上，因此正确 AA1BB1，BB1CC1，AA

16、1CC1AA1，CC1确定一个平面，又 MA1C，A1C平 面 ACC1A1，M平面 ACC1A1，故正确 根据异面直线的判定定理可得 BB1与 C1O 为异面直线，故 C1、O、B1、B 四点不共面， 故不正确 根据异面直线的判定定理可得 DD1与 MO 为异面直线，故 D1、D、O、M 四点不共面， 故不正确 故选：C 【点评】本题考查了平面的基本性质及推论，属基础题 7 （5 分）在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为棱 CC1的中点，则异面直线 AE 与 CD 所成 第 11 页（共 26 页） 角的正弦值为（ ） A B C D 【分析】推导出 BE，AE3，由 CDAB，得B

17、AE 是异面直线 AE 与 CD 所成角（或所成角的补角） ，利用余弦定理能求出异面直线 AE 与 CD 所成角的正弦值 【解答】解：设正方体 ABCDA1B1C1D1中棱长为 2， E 为棱 CC1的中点， BE，AE， CDAB，BAE 是异面直线 AE 与 CD 所成角（或所成角的补角） ， cosBAE， sinBAE 异面直线 AE 与 CD 所成角的正弦值为 故选：B 【点评】本题考查异面直线所成角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的 位置关系等基础知识，考查运算求解能力和推理能力，是中档题 8 （5 分）一个四棱锥的三视图如右图所示，其正视图和侧视图为全等的等腰直角三角

18、形， 俯视图是边长为 2 的正方形，则该几何体的表面积为（ ） 第 12 页（共 26 页） A B4 C D 【分析】直接利用三视图转换为几何体，进一步利用几何体的表面积公式的应用求出结 果 【解答】解：根据几何体得三视图转换为几何体为： 底面为边长为 2 的正方形，四个侧面为边长为 2 的等边三角形 故：S4+4 故选：D 【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体的转换，几何体的体积和表面积公式的 应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型 9 （5 分）在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，AA12AB2，则点 A1到平面 AB1D1的距离 是（ ） A B C D 【分析

19、】计算AB1D1的面积，根据 VV计算点 A1到平面 AB1D1 的距离 【解答】解：AB1D1中，AB1AD1，B1D1， AB1D1的边 B1D1上的高为， S， 设 A1到平面 AB1D1的距离为 h，则 V， 又 VVAA1， ，解得 h 故选：A 第 13 页（共 26 页） 【点评】本题考查了棱柱的结构特征，棱锥的体积计算，属于中档题 10 （5 分）一个长方体被一个平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几 何体的体积为（ ） A24 B48 C72 D96 【分析】根据几何体的三视图得该几何体的体积为长宽高分别为 4，4，6 的长方体体积 的一半，即可得出结论 【解答

20、】解：根据几何体的三视图得该几何体的体积为长宽高分别为 4，4，6 的长方体 体积的一半，即44648， 故选：B 第 14 页（共 26 页） 【点评】本题考查了由三视图求体积，考查了推理能力与计算能力，属于基础题 11 （5 分）已知ABC 的三个顶点在以 O 为球心的球面上，且 AB2，AC4， 三棱锥 OABC 的体积为，则球 O 的表面积为（ ） A22 B C24 D36 【分析】由已知可得三角形 ABC 为直角三角形，斜边 BC 的中点 O就是ABC 的外接 圆的圆心，利用三棱锥 OABC 的体积，求出 O 到底面的距离，进一步求出球的半径， 然后代入球的表面积公式求解 【解答】

21、解：在ABC 中，AB2，AC4， AB2+AC2BC2，得 ABAC， 则斜边 BC 的中点 O就是ABC 的外接圆的圆心， 三棱锥 OABC 的体积为， 24OO， OO1， R， 球 O 的表面积为 4R224 故选：C 【点评】本题考查球的表面积的求法，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题 12 （5 分）如图，在四棱锥 SABCD 中，底面 ABCD 为正方形，且 SASBSCSD，其 第 15 页（共 26 页） 中 E，M，N 分别是 BC，CD，SC 的中点，动点 P 在线段 MN 上运动时，下列四个结论： EPAC；EPBD；EP面 SBD；EP面 SAC，其中恒成立的为（

22、 ） A B C D 【分析】如图所示，连接 AC、BD 相交于点 O，连接 EM，EN （1）由正四棱锥 SABCD，可得 SO底面 ABCD，ACBD，进而得到 SOAC可得 AC平面 SBD由已知 E，M，N 分别是 BC，CD，SC 的中点，利用三角形的中位线可 得 EMBD， MNSD， 于是平面 EMN平面 SBD， 进而得到 AC平面 EMN， ACEP  （2）由异面直线的定义可知：EP 与 BD 是异面直线，因此不可能 EPBD； （3）由（1）可知：平面 EMN平面 SBD，可得 EP平面 SBD； （4）由（1）同理可得：EM平面 SAC，可用反证法证明：当 P

23、 与 M 不重合时，EP 与 平面 SAC 不垂直 【解答】解：如图所示，连接 AC、BD 相交于点 O，连接 EM，EN 对于（1） ，由正四棱锥 SABCD，可得 SO底面 ABCD，ACBD，SOAC SOBDO，AC平面 SBD，E，M，N 分别是 BC，CD，SC 的中点，EM BD，MNSD，而 EMMNN， 平面 EMN平面 SBD，AC平面 EMN，ACEP故正确 对于（2） ，由异面直线的定义可知：EP 与 BD 是异面直线，不可能 EPBD，因此不正 确； 对于（3） ，由（1）可知：平面 EMN平面 SBD，EP平面 SBD，因此正确 对于（4） ，由（1）同理可得：EM

24、平面 SAC，若 EP平面 SAC，则 EPEM，与 EP EME 相矛盾，因此当 P 与 M 不重合时，EP 与平面 SAC 不垂直即不正确 故选：A 第 16 页（共 26 页） 【点评】本题考查了空间线面、面面的位置关系判定，属于中档题 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分分 13 （5 分）如图，已知正三棱柱 ABCA1B1C1的底面边长为 2cm，高为 5cm，一质点自 A 点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达 A1点的最短路线的长为 13 cm 【分析】将三棱柱展开两次如图，不难发现最短距离是六个矩形对角线的连线，正好相 当于绕三棱柱转两次的最

25、短路径 【解答】解：将正三棱柱 ABCA1B1C1沿侧棱展开，再拼接一次，其侧面展开图如图所 示， 在展开图中，最短距离是六个矩形对角线的连线的长度，也即为三棱柱的侧面上所求距 离的最小值 第 17 页（共 26 页） 由已知求得矩形的长等于 6212，宽等于 5，由勾股定理 d13 故答案为：13 【点评】本题考查棱柱的结构特征，空间想象能力，几何体的展开与折叠，体现了转化 （空间问题转化为平面问题，化曲为直）的思想方法 14 （5 分）已知圆柱的上、下底面的中心分别为 O1、O2，过直线 O1O2的平面截该圆柱所 得的截面是面积为 8 的正方形，则该圆柱的侧面积为 8 【分析】根据题意求出

26、圆柱的底面圆半径 r 和高 h，再计算圆柱的侧面积 【解答】解：如图所示， 设圆柱的底面圆半径为 r，则高为 h2r， 所以该圆柱的轴截面面积为（2r）28， 解得 r， 该圆柱的侧面积为 S侧2rh228 故答案为：8 【点评】本题考查了圆柱侧面积和轴截面的应用问题，是基础题 15 （5 分）设 l、m、n 为三条不同的直线，、 为三个不同的平面，则 若 m，mn，n，则 ；若 m，mn，n，则 ； 若 m，n，则 mn；若 l，m，m，则 ml； 若 m，n，lm，ln，则 l 以上命题正确的有  【分析】由条件可得： 或相交； 由线面垂直的判定定理可得：； 由条件可得：m 与

27、n 相交平行或为异面直线； 由线面平行的判定定理及其性质定理可得：ml； 由条件可得：l 与 不一定垂直 【解答】解：若 m，mn，n，则 或相交； 第 18 页（共 26 页） 若 m，mn，n，由线面垂直的判定定理可得：； 若 m，n，则 m 与 n 相交平行或为异面直线，因此不正确； 若 l，m，m，由线面平行的判定定理及其性质定理可得：ml； 若 m，n，lm，ln，则 l 与 不一定垂直 综上可得：正确 故答案为： 【点评】本题考查了空间线面位置关系及其判定、简易逻辑，考查了推理能力与计算能 力，属于中档题 16 （5 分）在九章算术中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，已知

28、在鳖 臑 MABC 中，MA平面 ABC，MAABBC4，则该鳖臑的外接球的体积为 【分析】根据 MABC 四个面都为直角三角形，MA平面 ABC，MAABBC2，得 AC，从而可得 MC，即可求解该鳖臑的外接球的半径，由此能求出该鳖臑 的外接球的体积 【解答】解：MABC 四个面都为直角三角形，MA平面 ABC，MAABBC4， 三角形的边 AC4， 从而可得 MC， 外接圆的半径为 该鳖臑的外接球的体积为 V 故答案为： 【点评】本题考查多面体外接球体积的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题  三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤三、解答题：解答应写出文字说明

29、，证明过程或演算步骤 17 （10 分）如图，在四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，底面 ABCD 为正方形，侧棱 AA1底面 ABCD，E 为棱 AA1的中点，AB3，AA14 第 19 页（共 26 页） （）求证：BDA1C； （）求三棱锥 ABDE 的体积 【分析】 （）由侧棱 AA1底面 ABCD，得 AA1BD，再由底面 ABCD 为正方形，得 ACBD，利用线面垂直的判定可得 BD平面 ACC1A1，从而得到 BDA1C； （） 由已知可得 AE2， 即三棱锥 EABD 的高为 2， 然后利用等积法求三棱锥 ABDE 的体积 【解答】 （）证明：侧棱 AA1底面 ABCD，BD底

30、面 ABCD， AA1BD， 底面 ABCD 为正方形，ACBD， AA1ACA，BD平面 ACC1A1， A1C平面 ACC1A1，BDA1C； （）解：侧棱 AA1底面 ABCD 于 A，E 为棱 AA1的中点，且 AA14， AE2，即三棱锥 EABD 的高为 2， 由底面正方形的边长为 3，得， 【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及应用，考查空间想 象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题 18 （10 分）如图，四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是正方形，O 是正方形 ABCD 的中心， PO底面 ABCD，E 是 PC 的中点求证：

31、（）PA平面 BDE； 第 20 页（共 26 页） （）平面 PAC平面 BDE 【分析】对（I） ，通过作平行线的方法，由线线平行来证线面平行 对（II） ，只需证明平面 BDE 内的一条直线 BD 垂直于平面 PAC 内的两条相交直线即可  【解答】证明： （）连接 OE O 是 AC 的中点，E 是 PC 的中点， OEAP， 又OE平面 BDE，PA平面 BDE， PA平面 BDE （）PO底面 ABCD， POBD， 又ACBD，且 ACPOO， BD平面 PAC BD平面 BDE， 平面 PAC平面 BDE 【点评】本题考查线面平行的判定与面面垂直的判定证明线面平行常有

32、两种思路：一 是线线平行线面平行；二是面面平行线面平行 证明面面垂直的常用方法是：线面垂直面面垂直 19 （12 分）如图，在三棱锥 PABD 中，平面 PAD平面 ABD，APPD，APPDBD 第 21 页（共 26 页） 2， 求： （）求三棱锥 PABD 的体积； （）求点 D 到平面 PAB 的距离 【分析】 （）由已知求解三角形得 BDAD，再由平面 PAD平面 ABD，利用面面垂直 的性质 BD平面 PAD，然后利用等积法求三棱锥 PABD 的体积； （）由（1）得：BD平面 PAD，则 BDPA，求出 PB 长度，再由 VDPABVBPAD 求解点 D 到平面 PAB 的距离

33、【解答】解： （）APPD，APPD2， ， 又 BD2，AD2+BD2AB2， 则 BDAD， 又平面 PAD平面 ABD，且平面 PAD平面 ABDAD，BD平面 PAD， VPABDVBPAD； （）由（1）得：BD平面 PAD，BDPA， ， VDPABVBPAD，即， 【点评】本题考查考查空间中直线与平面、平面与平面位置关系的判定及应用，考查空 间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题 20 （12 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，ABAD，ADBC，AD2BC 第 22 页（共 26 页） 4，PB，M 是线段 AP 的中点 （1）证明

34、：BM平面 PCD； （2）当 PA 为何值时，四棱锥 PABCD 的体积最大？并求此最大值 【分析】 （1）取 PD 中点 N，易证 MNCB 为平行四边形，进而得 BM，CN 平行，得证； （2）设 PAx（0） ，把体积表示为关于 x 的函数，借助不等式求得最大值 【解答】解： （1）证明：取 PD 中点 N，连接 MN，CN， M 是 AP 的中点， MNAD 且 MN， ADBC，AD2BC， MNBC，MNBC， 四边形 MNCB 是平行四边形， MBCN， 又 BM平面 PCD，CN平面 PCD， BM平面 PCD； （2）设 PAx（0x4） ， PA平面 ABCD， PAAB

35、， ， AB， 又ABAD，AD2BC4， VPABCD 第 23 页（共 26 页） 16， 当且仅当 x，即 x4 时取等号， 故当 PA4 时，四棱锥 PABCD 的体积最大，最大值为 16 【点评】此题考查了线面平行，线面垂直，棱锥体积，不等式等，难度适中 21 （12 分）如图，四面体 PABC 中，PA平面 ABC，PAAB1，AC2 （）证明：BC平面 PAB； （）在线段 PC 上是否存在点 D，使得 ACBD，若存在，求 PD 的值，若不存在，请 说明理由 【分析】 （）由题意利用勾股定理可证 ABBC，又 PA平面 ABC，可证 PABC，利 用线面垂直的判断定理即可证明

36、BC平面 PAB； （）在平面 ABC 内，过点 B 作 BEAC，垂足为 E，在平面 PAC 内，过点 E 作 DE PA，交 PC 于点 D，连结 BD，利用线面垂直的判断定理可证 AC平面 DBE，利用线面 垂直的性质可证 ACBD，在ABC 中，解三角形即可得解 PD 的值 【解答】 （本小题满分 12 分，第一问 4 分，第二问 8 分） 解： （）由题知：AB1，AC2 则：AB2+BC2AC2， 所以：ABBC， 又因为：PA平面 ABC， 所以：PABC， 第 24 页（共 26 页） 因为：PAABA， 所以：BC平面 PAB；（4 分） （） （第二问凡是 D 为中点的这问

37、直接判 0 分） 在线段 PC 上存在点 D，当时，使得 ACBD 理由如下： 在平面 ABC 内，过点 B 作 BEAC，垂足为 E， 在平面 PAC 内，过点 E 作 DEPA，交 PC 于点 D，连结 BD， 由 PA平面 ABC，知 PAAC， 所以：DEAC， 所以：AC平面 DBE， 又因为：BD平面 DBE， 所以：ACBD， 在ABC 中， 所以：， 所以：， 所以：，（12 分） 【点评】本题考查线面垂直的证明，考查满足线线垂直的点是否存在的判断与求法，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 22 （14 分）如图，

38、矩形 ABCD 的长是宽的 2 倍，将DAC 沿对角线 AC 翻折，使得平面 DAC平面 ABC，连接 BD （）若 BC4，计算翻折后得到的三棱锥 ABCD 的体积； （）若 A、B、C、D 四点都在表面积为 80 的球面上，求三棱锥 DABC 的表面积 第 25 页（共 26 页） 【分析】 （）由 BC4，求得 AB2，求出三角形 ABC 的面积，再由等面积 法求出三棱锥 DABC 的高，利用等体积法求三棱锥 ABCD 的体积； （）取 AC 中点 O，可知 O 为三棱锥 DABC 的外接球的球心，求得半径，得 然后分别求解三角形可得三棱锥 DABC 的表面积 【解答】解： （）若 BC4，则 AB2， 则，三棱锥 DABC 的高为， 故； （）取 AC 中点 O，则在直角三角形 ADC 中， 得，同理在直角三角形 ABC 中， 球的半径，由 4R280，可得，则 又 AD2AB2DC，ABDC4，ADBC8， ， 过点 D 作 DEAC 于 E，再过点 E 作 EFBC 于 F，连接 DF，得 DFAB， ， ， ， 三棱锥 DABC 的表面积为 S 【点评】本题考查多面体体积与表面积的求法，考查数形结合的解题思想方法，考查计 算能力，属中档题