2021-2022学年上海市杨浦区控江中学高二(上)期中数学试卷

试题数：21，总分：0

1.（填空题，4分）两个平面最多可以将空间分成___ 部分．

2.（填空题，4分）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的所有棱中，其所在的直线与直线BA1成异

面直线的共有___ 条．

3.（填空题，4分）设E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，若AC⊥BD，则四边形EFGH的形状是 ___ ．

4.（填空题，4分）已知正方形边长为1，把该正方形绕着它一条边旋转一周所形成的几何体的体积为___ ．

5.（填空题，4分）已知一圆锥侧面展开图是一半径为2的半圆，则该圆锥的侧面积为 ___ ． 6.（填空题，4分）袋中有2个黑球，3个白球，现从中任取两个球，则取出的两个球中至少有1个黑球的概率为 ___ ．

7.（填空题，5分）若正四棱台的上底边长为2，下底边长为8，高为4，则它的侧面积为___ ． 8.（填空题，5分）在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱AB的中点，过E，D，C1作正方体的截面，则该截面的面积是 ___ ．

9.（填空题，5分）直三棱柱ABC-A1B1C1的所有顶点都在球O的球面上，AB⊥BC，AB=1， 𝐵𝐶=2√2 ，AA1=4，则球O的体积是 ___ ．

10.（填空题，5分）异面直线a、b所成角为 3 ，直线c与a、b垂直且分别交于A、B，点C、D分别在直线a、b上，若AC=1，AB=2，BD=3，则CD=___ ．

11.（填空题，5分）已知棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1，M是正方形BB1C1C的中心，P是△A1C1D内（包括边界）的动点，且满足PM=PD，则点P的轨迹长度为 ___ ．

12.（填空题，5分）如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=5，E，F分别为边BC，AD上的定点，且∠BAE=45°，∠DCF=30°，分别将△ABE，△CDF沿着AE，CF向矩形所在平面的同一侧翻折至△AB'E与△CD'F处，且满足B'D'⊥AB，分别将锐二面角B'-AE-D与锐二面角D'-FC-B记为θ1与θ2，则cos2θ1+cos2θ2的最小值为___ ．

𝜋

13.（单选题，5分）直线a与直线b相交，直线c也与直线b相交，则直线a与直线c的位置关系是（ ） A.相交 B.平行 C.异面

D.以上都有可能

14.（单选题，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（ ） A.8π B.8 √2 π C.12π D.10 √2 π

15.（单选题，5分）在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，侧棱AA1⊥底面ABCD．已知AB=1， 𝐴𝐴1=√3 ，E为线段AB上一个动点，则D1E+CE的最小值为（ ） A. 2√2 B. 2+√2 C. √5+1 D. √10

16.（单选题，5分）如图，平面OAB⊥平面α，OA⊂α，OA=AB，∠OAB=120°．平面α内一点P满足PA⊥PB，记直线OP与平面OAB所成角为θ，则tanθ的最大值是（ ） A. B. 5 C. 4 D. 3

17.（问答题，0分）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥CD，∠PAD=∠ABC=90°，AB || CD，DC=CB= AB=2，PA=2．

12

1√21√612

（1）求证：PA⊥平面ABCD；

（2）求异面直线AB与PD所成角的余弦值；

18.（问答题，0分）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，PA=2，AB=1，设M、N分别为PD、AD的中点． （1）求证：平面CMN || 平面PAB； （2）求三棱锥A-CMN的侧面积．

19.（问答题，0分）如图，“中国天眼”是我国具有自主知识产权、世界最大单口径、最灵敏的球面射电望远镜，其反射面的形状为球冠，球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆为球冠的底，与截面垂直的球体直径

被截得的部分为球冠的高，设球冠底的半径为r，球冠的高为h，球冠底面圆周长为C． （1）求球冠所在球的半径R（结果用h、r表示）；

（2）已知球冠表面积公式为S=2πRh，当S=65000π，C=500π时，求 𝑅 的值及球冠所在球的表面积．

20.（问答题，0分）如图所示，AD⊥平面ABC，CE⊥平面ABC，AD与CE不相等，AC=AD=AB=1，BC= √2 ，四棱锥B-ACED的体积为 2 ，F为BC的中

1

𝑟

点．求：

（Ⅰ）CE的长度；

（Ⅱ）求证：AF || 平面BDE； （Ⅲ）求证：平面BDE⊥平面BCE．

21.（问答题，0分）中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍（chú）甍（méng）者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽

为一条楼．刍字面意思为茅草屋顶．”现有一个刍如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，AB=4，EF || AB，AB=2EF，EA=ED=FB=FC= √17 ． （1）求二面角A-EF-C的大小； （2）求三棱锥A-BDF的体积；

（3）点N在直线AD上，满足AN=mAD（0＜m＜1），在直线CF上是否存在点M，使NF || 平面BDM？若存在，求出 𝑀𝐹 的值；若不存在，请说明理由．

𝐶𝑀

2021-2022学年上海市杨浦区控江中学高二（上）期中数学试卷

参与试题解析

试题数：21，总分：0

1.（填空题，4分）两个平面最多可以将空间分成___ 部分． 【正确答案】：[1]4

【解析】：对两个平面的位置关系情况进行讨论，得出其将空间分成几部分，比较所得的结果即可得到最多可分成几部分

【解答】：解：两个平面的位置关系是平行与相交， 若两个平面平行，则可将空间分成三部分， 若两个平面相交，可将空间分成四部分， 故答案为：4．

【点评】：本题考查平面的基本性质及推论，解答本题，关键是了解两个平面的位置关系，根据每种情况下的位置进行讨论，得出最多可分成几部分．

2.（填空题，4分）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的所有棱中，其所在的直线与直线BA1成异

面直线的共有___ 条．【正确答案】：[1]6

【解析】：由异面直线的定义可以直接得到结果．

【解答】：解：正方体ABCD-A1B1C1D1的共有12条棱中， BA1成异面直线的有：

AD，DC，B1C1，C1D1，CC1，DD1，共6条．故答案为：6．

【点评】：在本题考查异面直线的条数的求法，考查异面直线的定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

3.（填空题，4分）设E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，若AC⊥BD，则四边形EFGH的形状是 ___ ． 【正确答案】：[1]矩形

【解析】：利用三角形中位线定理可得四边形EFGH是平行四边形．根据AC⊥BD，可得EF⊥EH．即可判断出四边形EFGH的形状是矩形．

【解答】：解：如图所示，

∵E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点， ∴EF ∥ 2 AC，HG ∥ 2 AC，

==

=

1

1

∴EF ∥ HG，

∴四边形EFGH是平行四边形． 又AC⊥BD， ∴EF⊥EH．

则四边形EFGH的形状是矩形． 故答案为：矩形．

【点评】：本题考查了三角形中位线定理、平行四边形、矩形，考查了空间想象能力与计算能力，属于基础题．

4.（填空题，4分）已知正方形边长为1，把该正方形绕着它一条边旋转一周所形成的几何体的体积为___ ． 【正确答案】：[1]π

【解析】：先确定旋转得到的几何体为圆柱，由圆柱的体积公式求解即可．

【解答】：解：由题意，该正方形绕着它一条边旋转一周所形成的几何体为圆柱， 其中圆柱的底面半径r=1，高为1， 所以圆柱的体积公式为V=π×12×1=π． 故答案为：π．

【点评】：本题考查了空间旋转体的理解与应用，圆柱的体积公式的应用，解题的关键是确定旋转所得到的几何体是圆柱，考查了空间想象能力与运算能力，属于基础题．

5.（填空题，4分）已知一圆锥侧面展开图是一半径为2的半圆，则该圆锥的侧面积为 ___ ． 【正确答案】：[1]2π

【解析】：利用圆锥的侧面积即为侧面展开图的扇形的面积，求解即可．

【解答】：解：因为圆锥侧面展开图是一半径为2的半圆， 所以该圆锥的侧面积为 2×𝜋×22 =2π． 故答案为：2π．

【点评】：本题考查了圆锥的侧面积的求解，解题的关键是掌握圆锥的侧面积即为侧面展开图的扇形的面积，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题．

6.（填空题，4分）袋中有2个黑球，3个白球，现从中任取两个球，则取出的两个球中至少有1个黑球的概率为 ___ ． 【正确答案】：[1] 10 2

【解析】：基本事件总数n= 𝐶5 =10，取出的两个球中至少有1个黑球包含的基本事件个数211m= 𝐶2+𝐶2𝐶3 =7，由此能求出取出的两个球中至少有1个黑球的概率．

7

1

【解答】：解：袋中有2个黑球，3个白球，现从中任取两个球，

2基本事件总数n= 𝐶5 =10，

211取出的两个球中至少有1个黑球包含的基本事件个数m= 𝐶2+𝐶2𝐶3 =7，

∴取出的两个球中至少有1个黑球的概率为P= 𝑛 = 10 ． 故答案为： 10 ．

【点评】：本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

7.（填空题，5分）若正四棱台的上底边长为2，下底边长为8，高为4，则它的侧面积为___ ． 【正确答案】：[1]100

【解析】：利用高、斜高、两个对应的边心距构成一个直角梯形，构造直角三角形利用勾股定理求出斜高，代入侧面积公式运算．

【解答】：解：∵上底的边心距为1， 下底的边心距为4， 高是4，

∴斜高为 √42+32 = √25 =5， 故侧面积等于4×

2+8

×5=100． 2

7

𝑚7

故答案为：100．

【点评】：本题考查正棱台的侧面积求法，是基础题．解题时要认真审题，构造直角三角形利用勾股定理求出斜高是解题的关键．

8.（填空题，5分）在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱AB的中点，过E，D，C1作正方体的截面，则该截面的面积是 ___ ． 【正确答案】：[1] 【解析】：过E，D，C1作正方体的截面，是等腰梯形，结合图中数据，求出截面图形的面积．

【解答】：解：正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱AB的中点， 过E，D，C1作正方体的截面，是等腰梯形DEFC1，如图所示：

其中F是BB1的中点，EF= DC1= ×6 √2 =3 √2 ，DE=FC1= √62+32 =3 √5 ；

22所以梯形底面上的高为h= √(3√5)1

2

23√29√2−() = ，

22

9√281

= ． 22

1

1

81

2

则该截面的面积是S= 2 ×（6 √2 +3 √2 ）× 故答案为： 2 ．

81

【点评】：本题考查了正方体截面面积的计算问题，也考查了运算求解能力，是基础题．

9.（填空题，5分）直三棱柱ABC-A1B1C1的所有顶点都在球O的球面上，AB⊥BC，AB=1， 𝐵𝐶=2√2 ，AA1=4，则球O的体积是 ___ ． 【正确答案】：[1]

125

𝜋 6

【解析】：把直三棱柱ABC-A1B1C1补形为长方体，求出长方体的对角线长，可得外接球的半径，代入球的体积公式得答案．

【解答】：解：由题意可知，三棱柱ABC-A1B1C1的底面为直角三角形，

将直三棱柱ABC-A1B1C1补成长方体，则长方体的外接球即为直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球， 半径R满足 2𝑅=√12+(2√2)+42=5 ，则R= 2 ， 故球O的体积 𝑉=3𝜋𝑅3=故答案为：

【点评】：本题考查多面体外接球体积的求法，训练了分割补形法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．

10.（填空题，5分）异面直线a、b所成角为 ，直线c与a、b垂直且分别交于A、B，点C、D分别在直线a、b上，若AC=1，AB=2，BD=3，则CD=___ ． 【正确答案】：[1] √11 或 √17

【解析】：首先作出图形，转化异面直线a，b所成的角为∠CAE= 3 或 3 ，再利用余弦定理和勾股定理求CD．

【解答】：解：过点A作AE || BD，且AE=BD，连结ED，CE， 因为异面直线a，b所成角为 3 ，所以∠CAE= 3 或 3 ，

AC=1，AE=3，当∠CAE= 3 时，CE2=12 +32−2×1×3𝑐𝑜𝑠3 =7，解得：CE= √7 ， 当 ∠𝐶𝐴𝐸=

2𝜋

时， 𝐶𝐸23

𝜋

𝜋

𝜋

𝜋

2𝜋

𝜋

2𝜋

𝜋3

125𝜋

． 6

4

125

𝜋 ． 6

2

5

=12+32−2×1×3𝑐𝑜𝑠

2𝜋

3

=13 ，解得：CE= √13 ，

因为AE || BD，且AE=BD，所以四边形AEDB是平行四边形，即：DE=2， 又因为c⊥a，c⊥b，即DE⊥AE，且DE⊥CE，AC∩AE=A， 所以DE⊥平面ACE，

所以DE⊥CE，

当CE= √7 ，DE=2时，CD= √(√7)2+22=√11 ， 当CE= √13 ，DE=2时，CD= √(√13)2+22=√17 ， 故答案为： √11 或 √17 ．

【点评】：本题考查了异面直线所成角的作法以及利用余弦定理进行简单运算，属于基础题． 11.（填空题，5分）已知棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1，M是正方形BB1C1C的中心，P是△A1C1D内（包括边界）的动点，且满足PM=PD，则点P的轨迹长度为 ___ ． 【正确答案】：[1] √14

【解析】：满足PM=PD的点P的轨迹是过MD的中点，且与MD垂直的平面，根据P是△A1C1D内（包括边界）的动点，可得点P的轨迹是两平面的交线ST，T在中点，S在4等分点，利用余弦定理，求出ST即可．

【解答】：解：

满足PM=PD的点P的轨迹是过MD的中点，且与MD垂直的平面，

因为P是△A1C1D内（包括边界）的动点，所以点P的轨迹是两平面的交线ST，T为DC1中点，

S在4等分点时，SD=3 √2 ， SM= √42+2 =3 √2 ，满足SD=SM， 所以SD=3 √2 ，TD=2 √2 ，

所以ST2=（3 √2 ）2+（2 √2 ）2-2× 3√2×2√2𝑐𝑜𝑠60° =14， 所以ST= √14 ， 故答案为： √14 ．

【点评】：本题考查正方体的结构特征，考查轨迹的求解，考查余弦定理，考查学生的计算能力，属中档题．

12.（填空题，5分）如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=5，E，F分别为边BC，AD上的定点，且∠BAE=45°，∠DCF=30°，分别将△ABE，△CDF沿着AE，CF向矩形所在平面的同一侧翻折至△AB'E与△CD'F处，且满足B'D'⊥AB，分别将锐二面角B'-AE-D与锐二面角D'-FC-B记为θ1与θ2，则cos2θ1+cos2θ2的最小值为___ ．

1

【正确答案】：[1] 5

【解析】：根据题意，作B′在底面的射影O，D′在底面的射影Q，找到两个锐二面角的平面角，从而得到 𝑐𝑜𝑠𝜃1=𝐵′𝐻=𝐵𝐻 ， 𝑐𝑜𝑠𝜃2=𝐵′𝐻=𝐵𝐻 ，∵B′D′⊥AB，∴QO⊥AB，设BL=y，将所求式子表示成y的二次函数，求二次函数的最小值，即可求得答案．

【解答】：解：如图 ① 作 BH⊥AH，B′在底面投影为O，

𝐻𝑂

𝐻𝑂

𝑄𝑀

𝐻𝑂

∴ 𝑐𝑜𝑠𝜃1=

𝐻𝑂𝐵′𝐻

=

𝐻𝑂

， 𝐵𝐻

同理，D′Q⊥面 ABCD，DM⊥CF， 𝑐𝑜𝑠𝜃2=𝐷′𝑀=𝐷𝑀 又∵B′D′⊥AB，∴QO⊥AB，

还原到平面图形如图 ② HK、OL⊥AB、QJ、MI⊥CD，

𝑄𝑀

𝑄𝑀

可求得 BK=1，设 BL=y ∴ 𝐵𝐻=𝐵𝐾=

𝑄𝑀 𝑀𝐷𝐻𝑂

𝐾𝐿

𝑦−1

，同理可求得 𝐷𝐼1

12

12=2 ，

1

=

𝐼𝐽𝐷𝐼

=

2−𝑦−

=2(2−𝑦) ，

3

2

3

∴ 𝑐𝑜𝑠2𝜃1+𝑐𝑜𝑠2𝜃2=(𝑦−1)2+4(2−𝑦)=5𝑦2−14𝑦+10 ， 当且仅当 𝑦=5 取得最小值 5 ， 故答案为： 5 ．

【点评】：本题考查立体几何中的翻折问题、二面角的概念、函数的最值，考查转化与化归思想、函数与方程思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解的关键是利用平行条件进行问题的转化，属于难题．

13.（单选题，5分）直线a与直线b相交，直线c也与直线b相交，则直线a与直线c的位置关系是（ ） A.相交 B.平行 C.异面

D.以上都有可能 【正确答案】：D

【解析】：根据题意，由空间直线间的位置关系，分析可得答案．

【解答】：解：根据题意，直线a与b相交，b与c相交， 直线a与直线c可能相交、平行、异面，

17

1

故选：D．

【点评】：本题考查空间直线间的关系，涉及直线位置关系的定义，属于基础题．

14.（单选题，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（ ） A.8π B.8 √2 π C.12π D.10 √2 π 【正确答案】：A

【解析】：由圆柱的轴截面是面积为8的正方形，可得圆柱的高和底面圆的直径，根据圆柱的侧面是以圆柱的高为宽，底面圆的周长为长的矩形，即可得解．

【解答】：解：由题意知，圆柱的轴截面是面积为8的正方形， ∴圆柱的高为2 √2 ，圆柱底面圆的直径为2 √2 ， ∴底面圆的周长为2 √2 π， ∴侧面积S=2 √2 ×2 √2 π=8π． 故选：A．

【点评】：本题考查圆柱中的简单计算，熟练掌握圆柱的结构特征是解题的关键，考查空间立体感和运算求解能力，属于基础题．

15.（单选题，5分）在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，侧棱AA1⊥底面ABCD．已知AB=1， 𝐴𝐴1=√3 ，E为线段AB上一个动点，则D1E+CE的最小值为（ ） A. 2√2 B. 2+√2 C. √5+1 D. √10

【正确答案】：D

【解析】：作出几何体的图形，连接D1A，并延长至点G，使得AG=AD，连接C1B，并延长至点F，使得BF=BC，连接GF，连接D1F，则D1F为D1E+CE的最小值，利用勾股定理求解

即可．

【解答】：解：作出几何体的图形如图所示，连接D1A，并延长至点G，使得AG=AD， 连接C1B，并延长至点F，使得BF=BC，连接GF， 则四边形ABFG为正方形，

连接D1F，则D1F为D1E+CE的最小值，

2

2

所以D1E+CE的最小值为D1F= √12+(√1+√𝐴𝐴12+1) = √1+(√1+3+1)=√10 ． 故选：D．

【点评】：本题考查了两条线段之和最小值的求法，考查了空间中线线、线面、面面间位置关系的应用，考查了逻辑推理能力、空间想象能力与运算能力，属于中档题．

16.（单选题，5分）如图，平面OAB⊥平面α，OA⊂α，OA=AB，∠OAB=120°．平面α内一点P满足PA⊥PB，记直线OP与平面OAB所成角为θ，则tanθ的最大值是（ ） A. B. 5 C. 4 D. 3

【正确答案】：A

【解析】：过B作BH⊥OA的延长线，垂足为H，连接PH，OP，取AH的中点E，连接PE，过点P作PF⊥OA，垂足为F，由已知证明∠AOP就是直线OP与平面OAB所成角θ，再证明PA⊥PH，可得点P的轨迹是平面α内以线段AH为直径的圆（A点除外），设OA=a（a＞0），由已知可得AB=a，AH= 2 ，PE= 4 ，当且仅当PE⊥OP，即OP是圆E的切线时，角θ有最大值，tanθ有最大值，再由tanθ= 𝑂𝑃 求得tanθ的最大值．

【解答】：解：如图，过B作BH⊥OA的延长线，垂足为H， 连接PH，OP，取AH的中点E，连接PE， 过点P作PF⊥OA，垂足为F，

𝑃𝐸

𝑎

𝑎

1√21√612

∵平面OAB⊥平面α，且平面OAB∩平面α=OA，BH⊂平面OAB，PF⊂α， ∴BH⊥α，PF⊥平面OAB，

∴OP在平面OAB上的射影就是直线OA，故∠AOP就是直线OP与平面OAB所成角θ， 即∠AOP=θ， ∵AP⊂α，∴PA⊥BH，

又∵PA⊥PB，PB∩BH=B，∴PA⊥平面PBH，则PA⊥PH． ∴点P的轨迹是平面α内以线段AH为直径的圆（A点除外）．

∵OA=AB，且∠OAB=120°，

∴∠BAH=60°，设OA=a（a＞0），则AB=a，从而AH=AB•cos60°= 2 ． ∴PE= 2𝐴𝐻=4 ，

当且仅当PE⊥OP，即OP是圆E的切线时，角θ有最大值，tanθ有最大值． tanθ

𝑃𝐸

的最大值为 𝑂𝑃

𝑎4𝑎24

𝑎

1𝑎

=

𝑃𝐸√𝑂𝐸2−𝑃𝐸2 = √(𝑎+)−(𝑎)4

2=12 ．

√6故选：A．

【点评】：本题考查空间中直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，属难题．

17.（问答题，0分）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥CD，∠PAD=∠ABC=90°，AB || CD，DC=CB= AB=2，PA=2． （1）求证：PA⊥平面ABCD；

（2）求异面直线AB与PD所成角的余弦值；

12

【正确答案】：

【解析】：（1）求出线面垂直的判断定理所需的条件即可；

（2）异面直线中作其中一条直线的平行线，转化为相交直线，利用余弦定理求出相交直线的余弦值，进而得到异面直线的余弦值．

【解答】：（1）证明：∵PA⊥CD，PA⊥AD，CD∩AD=D， ∴PA⊥平面ABCD， （2）∵AB || CD，

∴∠PDC为异面直线AB与PD所成的角或其补角， ∵PA⊥平面ABCD，

∴在Rt△PAD中， 𝑃𝐷=2√3 ， 𝐴𝐶=2√5 ， ∴ 𝑃𝐶=2√6 ， ∴ 𝑐𝑜𝑠∠𝑃𝐷𝐶=

4+12−248√3=−

√3 ， 3

√3

3

∴异面直线AB与PD所成角的余弦值为： ．

【点评】：本题考查两条异面直线所成角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．

18.（问答题，0分）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，PA=2，AB=1，设M、N分别为PD、AD的中点． （1）求证：平面CMN || 平面PAB； （2）求三棱锥A-CMN的侧面积．

【正确答案】：

【解析】：（1）先利用平面几何性质证明CN || AB，MN || PA，从而利用线面平行判定定理证明线面平行，再证明面面平行， （2）分别求三个三角形的面积即可．

【解答】：证明：（1）∵∠ACD=90°，N为AD的中点，∴AN=CN， 又∵∠CAD=60°，∴△ACN为等边三角形，

∴∠ACN=60°，∴∠BCN=∠BCA+∠ACN=30°+60°=90°，即CN⊥BC， 又∵AB⊥BC，∴CN || AB， ∴CN || 平面PAB，

∵M、N分别为PD、AD的中点，∴MN || PA， ∴MN || 平面PAB，

又∵MN∩CN=N，MN⊂平面CMN，CN⊂平面CMN， ∴平面CMN || 平面PAB．

（2）∵PA⊥平面ABCD，MN || PA，∴MN⊥平面ABCD，且MN= 2 PA=1， AN=NC=NC=2，CM= √12+22 = √5 ，AM= √12+22 = √5 ，

211√3

∴S△AMN= 2 ×1×2=1，S△ACN= 4 ×22= √3 ，S△ACM= 2 ×2× √√5−12 =2，

1

故三棱锥A-CMN的侧面积为1+ √3 +2=3+ √3 ．

【点评】：本题考查了立体几何中平行与垂直的判断与应用，同时考查了侧面积，属于基础题． 19.（问答题，0分）如图，“中国天眼”是我国具有自主知识产权、世界最大单口径、最灵敏的球面射电望远镜，其反射面的形状为球冠，球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆为球冠的底，与截面垂直的球体直径被截得的部分为球冠的高，设球冠底的半径为r，球冠的高为h，球冠底面圆周长为C．

（1）求球冠所在球的半径R（结果用h、r表示）；

（2）已知球冠表面积公式为S=2πRh，当S=65000π，C=500π时，求 的值及球冠所在球的表面积．

𝑟𝑅

【正确答案】：

【解析】：（1）直接利用勾股定理的应用求出结果；

（2）利用球冠的表面积公式和球的表面积公式的应用求出结果．

【解答】：解：（1）如图所示：

依题意：设OB垂直于球冠的底面，显然O1B=h，OO1=R-h，O1A=r， 利用在Rt△OO1A中， 𝑂𝐴2=𝑂𝑂12+𝑂1𝐴2 ， 整理得：R2=（R-h）2+r2， 解得 𝑅=

ℎ2+𝑟2

． 2ℎ

（2）由于球冠的底面圆的周长为500π， 所以r=

500𝜋

2𝜋

=250 ，

球冠的表面积为S=2πRh， 且S=65000π， 所以h= 2𝜋𝑅=由 𝑅=

𝑆

32500

， 𝑅

ℎ2+𝑟2

， 2ℎ

325002𝑅2即 65000=

+2502 ，

解得R=650． 所以 𝑅=650=13 ，

球的表面积为 𝑆球=4𝜋•6502=1690000𝜋 ， 所以 𝑅=13 ，S球=1690000π．

【点评】：本题考查的知识要点：球冠的表面积和球的表面积公式，勾股定理，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．

𝑟

5𝑟

250

5

20.（问答题，0分）如图所示，AD⊥平面ABC，CE⊥平面ABC，AD与CE不相等，AC=AD=AB=1，BC= √2 ，四棱锥B-ACED的体积为 2 ，F为BC的中点．求： （Ⅰ）CE的长度；

（Ⅱ）求证：AF || 平面BDE； （Ⅲ）求证：平面BDE⊥平面BCE．

【正确答案】：

【解析】：（I）证明AB⊥平面ACED，可得AB为四棱锥B-ACED的高，利用四棱锥B-ACED的体积为 2 ，即可求出CE的长度；

（Ⅱ）作BE的中点G，连接GF，GD，由三角形中位线定理，及平行四边形判定定理可得四边形GFAD为平行四边形，进而AF || GD，再由线面平行的判定定理得到AF || 平面BDE； （Ⅱ）由AB=AC，F为BC的中点可得AF⊥BC，结合GF⊥AF及线面垂直的判定定理可得AF⊥平面BCE进而由面面垂直的判定定理得到平面BDE⊥平面BCE．

【解答】：（Ⅲ）解：四边形ACED为梯形，且平面ABC⊥平面ACED． ∵BC2=AC2+AB2，∴AB⊥AC． ∵平面ABC∩平面ACED=AC， ∴AB⊥平面ACED，…2分 即AB为四棱锥B-ACED的高，

∵ 𝑉𝐵−𝐴𝐶𝐸𝐷=3𝑆𝐴𝐶𝐸𝐷•𝐴𝐵=3×2(𝐴𝐷+𝐶𝐸)×𝐴𝐶×𝐴𝐵=3×2×(1+𝐶𝐸)×1×1=2 ， ∴CE=2．…4分

（Ⅱ）证明：取BE的中点G，连接GF，GD，则GF为三角形BCE的中位线， ∴GF || EC || DA， 𝐺𝐹=2𝐶𝐸=𝐷𝐴 ， ∴四边形GFAD为平行四边形，∴AF || GD． 又GD⊂平面BDE，AF⊄平面BDE， ∴AF || 平面BDE．…8分

（Ⅲ）证明：∵AB=AC，F为BC的中点，∴AF⊥BC． 又∵GF⊥AF，BC∩GF=F，∴AF⊥平面BCE．

1

1

1

1

1

1

1

1

1

∵AF || GD，∴GD⊥平面BCE． 又GD⊂平面BDE，

∴平面BDE⊥平面BCE．…12分

【点评】：本题考查的知识点是平面与平面垂直的判定，棱锥的体积，直线与平面平行的判定．是中等题．

21.（问答题，0分）中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍（chú）甍（méng）者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条楼．刍字面意思为茅草屋顶．”现有一个刍

如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，AB=4，EF || AB，AB=2EF，EA=ED=FB=FC= √17 ． （1）求二面角A-EF-C的大小； （2）求三棱锥A-BDF的体积；

（3）点N在直线AD上，满足AN=mAD（0＜m＜1），在直线CF上是否存在点M，使NF || 平面BDM？若存在，求出 𝑀𝐹 的值；若不存在，请说明理由．

【正确答案】：

【解析】：（1）根据二面角的定义即可求解；

（2）可将三棱锥A-BDF的体积转化为求三棱锥F-ABD体积；

（3）可利用反证法，先假设存在点M，根据题意证明假设成立，进而求出 𝑀𝐹 的值即可．

【解答】：解：（1）过点E分别作EG⊥EF，EH⊥EF，分别交AB，CD于G，H，连接GH，

𝐶𝑀

𝐶𝑀

则∠GEH为二面角A-EF-C的平面角，

因为四边形ABCD为正方形，EF || AB， 所以EG⊥AB，EH⊥CD， 由已知得EG=GH=EH=4， 所以∠GEH=60°．

（2）过点E作EO⊥GH，垂足为O．

因为EF || AB，EF⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD， 所以EF || 平面ABCD． 因为AB || CD，EH⊥CD， 所以AB⊥EH． 因为EG∩EH=E， 所以AB⊥平面EGH． 因为EO⊂平面EGH， 所以AB⊥EO．

因为AB∩GH=G，AB，GH⊂平面ABCD， 所以EO⊥平面ABCD，

所以EO为三棱锥F-ABD的高， 𝐸𝑂=2√3 ． 因为S△ABD=8，

所以 𝑉𝐴−𝐵𝐷𝐹=𝑉𝐹−𝐴𝐵𝐷=3𝑆△𝐴𝐵𝐷⋅𝐸𝑂=3×8×2√3=（3）方法一： 假设存在点M．

① 当点N在线段AD上时，连接CN交BD于R，

1

1

16√3

． 3

则△DNR∽△BCR， 所以 𝑅𝑁=𝐷𝑁=1−𝑚 ．

𝐶𝑅

𝐵𝐶

1

因为FN || 平面BDM，FN⊂平面CFN， 平面CFN∩平面BDM=MR， 所以FN || MR， 所以 𝑀𝐹=𝑅𝑁=1−𝑚 ．

② 当点N在DA延长线上时，连接CN交BD于S，

𝐶𝑀

𝐶𝑅

1

则△DNS∽△BCS， 所以

𝐶𝑆𝑆𝑁

𝐵𝐶𝐷𝑁

1

． 1+𝑚

==

因为FN || 平面BDM，FN⊂平面CFN， 平面CFN∩平面BDM=MS， 所以FN || MS， 所以

𝐶𝑀𝑀𝐹

=

𝐶𝑆𝑆𝑁

=

1

． 1+𝑚

𝐶𝑀

1

1

综上，在直线CF上存在点M，使NF || 平面BDM， 𝑀𝐹 的值为 1−𝑚 或 1+𝑚 ． 方法二：

当点N在线段AD上时，过点N作NT || BD交CD于T，连接TF，过点D作TF || DM交CF于点M， 因为TF∩TN=T，

所以平面FTN || 平面BDM． 因为NF⊂平面FTN， 所以NF || 平面BDM．

因为FN⊂平面CFN，平面CFN∩平面BDM=MR， 所以FN || MR．

因为NT || BD，DT || AB， 所以△ABD∽△DTN， 所以 𝐷𝑁=𝐷𝑇=1−𝑚 ， 所以 𝐷𝑇=1−𝑚 ， 所以 𝑀𝐹=𝐷𝑇=1−𝑚 ．

𝐶𝑀

𝐶𝐷

1

𝐶𝐷

1

𝐴𝐷

𝐴𝐵

1

当点N在线段DA延长线上时，过点N作NT || BD交CD于T，连接TF，过点D作TF || DM交CF于点M． 因为TF∩TN=T，

所以平面FTN || 平面BDM． 因为NF⊂平面FTN， 所以NF || 平面BDM．

因为FN⊂平面CFN，平面CFN∩平面BDM=MS， 所以FN || MS．

因为NT || BD，DT || AB， 所以△ABD∽△DTN， 所以 𝐷𝑁=𝐷𝑇=1+𝑚 ， 所以 所以

𝐶𝐷𝐷𝑇𝐶𝑀𝑀𝐹𝐴𝐷

𝐴𝐵

1

==

1

． 1+𝑚𝐶𝐷𝐷𝑇

=

1

． 1+𝑚

𝐶𝑀

1

1

综上，在CF上存在点M使得NF || 平面BDM，此时 𝑀𝐹=1−𝑚 或 1+𝑚 ．

【点评】：本题考查了二面角平面角及其求法，考查了空间几何体的体积，以及反证法证明存在问题．