广东省广州市实验中学2015-2016学年高二(上)期中数学试卷(理科)(解析版)

2015-2016学年广东省广州市实验中学高二（上）期中数学试卷（理科）一、选择题（共12题，每题5分，共60分）1．一个几何体的三视图形状都相同，大小均相等，那么这个几何体不可以是（）A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱2．直线的倾斜角是（）A．30°B．60°C．120°D．150°3．若D′是平面α外一点，则下列命题正确的是（）A．过D′只能作一条直线与平面α相交B．过D′可作无数条直线与平面α垂直C．过D′只能作一条直线与平面α平行D．过D′可作无数条直线与平面α平行4．点（1，﹣1）到直线x﹣y+1=0的距离是（）A．B．C．D．5．已知两个不同的平面α、β和两条不重合的直线，m、n，有下列四个命题：①若m∥n，m⊥α，则n⊥α②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；③若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β；④若m∥α，α∩β=n，则m∥n，其中不正确的命题的个数是（）A．0个B．1个C．2个D．3个6．设直线l1：2x﹣my﹣1=0，l2：（m﹣1）x﹣y+1=0．若l1∥l2，则m的值为（）A．2 B．﹣1 C．2或﹣1 D．1或﹣27．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=2AB，E为AA1中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为（）A． B．C．D．8．若变量x，y满足x+5y+13=0（﹣3≤x≤2，且x≠1），则的取值范围是（）A．k≥或k≤﹣4 B．﹣4≤k≤C．≤k≤4 D．﹣≤k≤49．如图，定点A和B都在平面α内，定点P∉α，PB⊥α，C是α内异于A和B的动点，且PC⊥AC．那么，动点C在平面α内的轨迹是（）A．一条线段，但要去掉两个点 B．一个圆，但要去掉两个点C．一个椭圆，但要去掉两个点 D．半圆，但要去掉两个点10．若直线l1：y=k（x﹣4）与直线l2关于点（2，1）对称，则直线l2恒过定点（）A．（0，4） B．（0，2） C．（﹣2，4）D．（4，﹣2）11．若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为60°的菱形，则该棱柱的体积等于（）A．B． C． D．12．如图，在体积为2的三棱锥A﹣BCD侧棱AB、AC、AD上分别取点E、F、G，使AE：EB=AF：FC=AG：GD=2：1，记O为三平面BCG、CDE、DBF的交点，则三棱锥O﹣BCD的体积等于（）A．B．C．D．二、填空题（共4小题，每题5分，共20分）13．某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是14．过点A（2，3）且垂直于直线2x+y﹣5=0的直线方程为．15．如图四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥面ABCD，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD=3BC，过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q，则以下四个结论：①QC∥A1D②B1Q=2QB；③直线A1B与直线CD相交；④四棱柱被平面α分成的上下两部分的体积相等．其中正确的有．16．已知△ABC中，顶点A（﹣2，1），点B在直线l：x+y﹣3=0上，点C在x轴上，则△ABC 周长的最小值．三、解答题（共6大题，共计70分）17．如图，在四面体ABCD中，CB=CD，AD⊥BD，点E，F分别是AB，BD的中点．求证：（1）直线EF∥面ACD；（2）平面EFC⊥面BCD．18．根据所给条件求直线的方程：（1）直线过点（﹣3，4），且在两坐标轴上的截距相等；（2）直线过点（5，10），且到原点的距离为5．19．如题图，三棱锥P﹣ABC中，PC⊥平面ABC，PC=3，∠ACB=．D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD=DE=，CE=2EB=2．（Ⅰ）证明：DE⊥平面PCD（Ⅱ）求二面角A﹣PD﹣C的余弦值．20．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥AB，AB=2AA1，M是AB的中点，△A1MC1是等腰三角形，D为CC1的中点，E为BC上一点．（1）若DE∥平面A1MC1，求；（2）求直线BC和平面A1MC1所成角的余弦值．21．已知函数f（x）=x+的定义域为（0，+∞），且f（2）=2+．设点P是函数图象上的任意一点，过点P分别作直线y=x和y轴的垂线，垂足分别为M、N．（1）求a的值．（2）问：|PM|•|PN|是否为定值？若是，则求出该定值；若不是，请说明理由．（3）设O为坐标原点，求四边形OMPN面积的最小值．22．如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB=60°．点E、F分别在边CD、CB上，点E与点C、D不重合，EF⊥AC，EF∩AC=O．沿EF将△CEF翻折到△PEF的位置，使平面PEF⊥平面ABFED．（Ⅰ）求证：BD⊥平面POA；（Ⅱ）当PB取得最小值时，请解答以下问题：（i）求四棱锥P﹣BDEF的体积；（ii）若点Q满足=λ（λ＞0），试探究：直线OQ与平面PBD所成角的大小是否一定大于？并说明理由．2015-2016学年广东省广州市实验中学高二（上）期中数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共12题，每题5分，共60分）1．一个几何体的三视图形状都相同，大小均相等，那么这个几何体不可以是（）A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱【考点】由三视图还原实物图．【专题】作图题．【分析】利用简单几何体的结构特征以及三视图的定义，容易判断圆柱的三视图不可能形状相同，大小均等【解答】解：A、球的三视图均为圆，且大小均等；B、三条侧棱两两垂直且相等的适当高度的正三棱锥，其一个侧面放到平面上，其三视图均为三角形且形状都相同；C、正方体的三视图可以是三个大小均等的正方形；D、圆柱的三视图中必有一个为圆，其他两个为矩形．故一个几何体的三视图形状都相同，大小均等，那么这个几何体不可以是圆柱．故选D．【点评】本题主要考查了简单几何体的结构特征，简单几何体的三视图的形状大小，空间想象能力，属基础题2．直线的倾斜角是（）A．30°B．60°C．120°D．150°【考点】直线的倾斜角．【专题】计算题．【分析】由题意可知，直线x+y+1=0的斜率为k=﹣，设其倾斜角为α，由tanα=﹣，可得直线x+y+1=0的倾斜角．【解答】解：设其倾斜角为α，∵直线x+y+1=0的斜率为k=﹣，∴tanα=﹣，又α∈[0°，180°），∴α=120°．故选C．【点评】本题考查直线的倾斜角，着重考查直线的倾斜角与斜率间的关系，属于基础题．3．若D′是平面α外一点，则下列命题正确的是（）A．过D′只能作一条直线与平面α相交B．过D′可作无数条直线与平面α垂直C．过D′只能作一条直线与平面α平行D．过D′可作无数条直线与平面α平行【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】存在型．【分析】将点和线放置在正方体中，视平面α为正方体中的平面ABCD，结合正方体中的线面关系对选支进行判定，取出反例说明不正确的，正确的证明一下即可．【解答】解：观察正方体，A、过D′可以能作不止一条直线与平面α相交，故A错；B、过D′只可作一数条直线与平面α垂直，故B错；C、过D′能作不止一条直线与平面α平行，故C错；D、过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行，且这个平面内的任一条直线都与已知平面平行，故D对．故选D．【点评】本题主要考查了空间中直线与平面之间的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力，属于基础题．4．点（1，﹣1）到直线x﹣y+1=0的距离是（）A．B．C．D．【考点】点到直线的距离公式．【专题】计算题．【分析】应用到直线的距离公式直接求解即可．【解答】解：点（1，﹣1）到直线x﹣y+1=0的距离是：=故选D．【点评】本题考查点到直线的距离公式，是基础题．5．已知两个不同的平面α、β和两条不重合的直线，m、n，有下列四个命题：①若m∥n，m⊥α，则n⊥α②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；③若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β；④若m∥α，α∩β=n，则m∥n，其中不正确的命题的个数是（）A．0个B．1个C．2个D．3个【考点】平面与平面平行的判定．【专题】综合题．【分析】从直线与平面平行和垂直的判定定理，以及性质定理，对四个选项逐一判断；判断时通过反例即可．【解答】解：真命题有①直线与平面垂直的判定定理之一；②两个平面平行的判定之一；③直线与平面垂直推出平面与平面垂直判定．④是假命题，m、n可以是异面直线．故选B．【点评】本题考查直线与平面平行与垂直，平面与平面垂直的判定，直线与直线平行的判定，是基础题．6．设直线l1：2x﹣my﹣1=0，l2：（m﹣1）x﹣y+1=0．若l1∥l2，则m的值为（）A．2 B．﹣1 C．2或﹣1 D．1或﹣2【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系．【专题】方程思想；综合法；直线与圆．【分析】由直线的平行关系可得2×（﹣1）﹣（﹣m）（m﹣1）=0，解方程排除重合可得．【解答】解：∵直线l1：2x﹣my﹣1=0，l2：（m﹣1）x﹣y+1=0，且l1∥l2，∴2×（﹣1）﹣（﹣m）（m﹣1）=0，解得m=﹣1或m=2，经验证当m=﹣1时两直线重合，应舍去故选：A．【点评】本题考查直线的一般式方程和平行关系，属基础题．7．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=2AB，E为AA1中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为（）A． B．C．D．【考点】异面直线及其所成的角．【分析】求异面直线所成的角，一般有两种方法，一种是几何法，其基本解题思路是“异面化共面，认定再计算”，即利用平移法和补形法将两条异面直线转化到同一个三角形中，结合余弦定理来求．还有一种方法是向量法，即建立空间直角坐标系，利用向量的代数法和几何法求解．本题采用几何法较为简单：连接A1B，则有A1B∥CD1，则∠A1BE就是异面直线BE与CD1所成角，由余弦定理可知cos∠A1BE的大小．【解答】解：如图连接A1B，则有A1B∥CD1，∠A1BE就是异面直线BE与CD1所成角，设AB=1，则A1E=AE=1，∴BE=，A1B=．由余弦定理可知：cos∠A1BE=．故选C．【点评】本题主要考查了异面直线所成的角，考查空间想象能力和思维能力．8．若变量x，y满足x+5y+13=0（﹣3≤x≤2，且x≠1），则的取值范围是（）A．k≥或k≤﹣4 B．﹣4≤k≤C．≤k≤4 D．﹣≤k≤4【考点】函数的值域．【专题】数形结合；转化思想；函数的性质及应用．【分析】如图所示，P（1，1），A（2，﹣3），C（﹣3，﹣2），利用斜率计算公式及其斜率的意义即可得出．【解答】解：如图所示，∵P（1，1），A（2，﹣3），C（﹣3，﹣2），k PA==﹣4，k PC==．∴则的取值范围是k≥或k≤﹣4．故选：A．【点评】本题考查了斜率计算公式及其斜率的意义，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．9．如图，定点A和B都在平面α内，定点P∉α，PB⊥α，C是α内异于A和B的动点，且PC⊥AC．那么，动点C在平面α内的轨迹是（）A．一条线段，但要去掉两个点 B．一个圆，但要去掉两个点C．一个椭圆，但要去掉两个点 D．半圆，但要去掉两个点【考点】轨迹方程．【专题】计算题．【分析】先由PB⊥α，得到PB⊥AC，再由PC⊥AC，得到AC⊥面PBC，进而得到BC⊥AC，从而得到结论．【解答】解：∵PB⊥α∴PB⊥AC又∵PC⊥AC∴AC⊥面PBC∴BC⊥AC∴动点C在平面α内的轨迹是以AB为直径的一个圆，但要去掉A、B两个点故选B【点评】本题主要考查线线垂直与线面垂直间的转化为圆的周角的定义．10．若直线l1：y=k（x﹣4）与直线l2关于点（2，1）对称，则直线l2恒过定点（）A．（0，4） B．（0，2） C．（﹣2，4）D．（4，﹣2）【考点】恒过定点的直线；与直线关于点、直线对称的直线方程．【专题】常规题型．【分析】先找出直线l1恒过定点（4，0），其关于点（2，1）对称点（0，2）在直线l2上，可得直线l2恒过定点．【解答】解：由于直线l1：y=k（x﹣4）恒过定点（4，0），其关于点（2，1）对称的点为（0，2），又由于直线l1：y=k（x﹣4）与直线l2关于点（2，1）对称，∴直线l2恒过定点（0，2）．故选B【点评】本题考查直线过定点问题，由于直线l1和直线l2关于点（2，1）对称，故有直线l1上的定点关于点（2，1）对称点一定在直线l2上．11．若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为60°的菱形，则该棱柱的体积等于（）A．B． C． D．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】计算题；压轴题．【分析】先求侧棱与底面所成角的余弦，然后求出棱柱的高，再求棱柱的体积．【解答】解：如图在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，设∠AA1B1=∠AA1C1=60°，由条件有∠C1A1B1=60°，作AO⊥面A1B1C1于点O，则∴∴∴故选B．【点评】此题重点考查立体几何中的最小角定理和柱体体积公式，同时考查空间想象能力；具有较强的空间想象能力，准确地画出图形是解决此题的前提，熟悉最小角定理并能准确应用是解决此题的关键．12．如图，在体积为2的三棱锥A﹣BCD侧棱AB、AC、AD上分别取点E、F、G，使AE：EB=AF：FC=AG：GD=2：1，记O为三平面BCG、CDE、DBF的交点，则三棱锥O﹣BCD的体积等于（）A．B．C．D．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】综合题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离．【分析】画出图形，三棱锥O﹣BCD的体积，转化为线段的长度比，充分利用直线的平行进行推到，求出比例即可．【解答】解：AA'为正三棱锥A﹣BCD的高；OO'为正三棱锥O﹣BCD的高因为底面△BCD相同，则它们的体积比为高之比已知三棱锥A﹣BCD的体积为2所以，三棱锥O﹣BCD的体积为： (1)由前面知，FG∥CD且=所以由平行得到，==所以，=[面BCG所在的平面图如左上角简图]同理，=则=所以，PN∥BC那么，==亦即，==设GQ=x那么，GT=x则，QT=GQ﹣GT=x﹣x=x而===，所以：=则，TO=QT=×x=所以：GO=GT+TO=x+=所以，OQ=GQ ﹣GO=x==又=所以， = (2)且， =所以：= (3)由（2）*（3）得到：=代入到（1）得到：三棱锥O ﹣BCD 的体积就是=．故选：D ．【点评】本题考查学生对三棱锥的认识，以及必要的辅助线的作法，是难题．二、填空题（共4小题，每题5分，共20分）13．某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是【考点】由三视图求面积、体积．【专题】转化思想；分析法；空间位置关系与距离．【分析】利用三视图判断几何体的形状：上面为圆锥下面为圆柱且被轴截面分割出的一半的组合体，然后通过三视图的数据求解几何体的体积．【解答】解：几何体为上面为圆锥下面为圆柱且被轴截面分割出的一半的组合体，底面是半径为2的半圆，圆锥的高为2，圆柱的高为1．所以体积V=（π•22•2+π•22•1）=π．故答案为：．【点评】本题考查几何体与三视图的对应关系，几何体体积的求法，考查空间想象能力与计算能力．14．过点A（2，3）且垂直于直线2x+y﹣5=0的直线方程为x﹣2y+4=0．【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系．【专题】直线与圆．【分析】由垂直关系可得直线的斜率，进而可得点斜式方程，化为一般式即可．【解答】解：∵直线2x+y﹣5=0的斜率为﹣2，∴由垂直关系可得所求直线的斜率为，∴所求直线的方程为y﹣3=（x﹣2），化为一般式可得x﹣2y+4=0故答案为：x﹣2y+4=0【点评】本题考查直线的一般式方程与垂直关系，属基础题．15．如图四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥面ABCD，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD=3BC，过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q，则以下四个结论：①QC∥A1D②B1Q=2QB；③直线A1B与直线CD相交；④四棱柱被平面α分成的上下两部分的体积相等．其中正确的有①②．【考点】命题的真假判断与应用．【专题】转化思想；空间位置关系与距离；简易逻辑．【分析】①由于平面BCB1C1∥平面ADD1A1，即可判断出正误；②如图所示，设A1Q∩DC=E点，则E点也在AB的延长线上，利用A1B1∥AB，BC∥AD，可得====，即可判断出正误；③直线A1B与直线CD是异面直线，即可判断出正误；④如图所示，设S1==BC•BB1．可得：S△BCQ=S1，=S1．分别计算出=，（h为平面BCC1B1与平面ADD1A1之间的距离），=，即可判断出正误．【解答】解：①∵平面BCB1C1∥平面ADD1A1，平面BCB1C1∩α=CQ，α∥平面ADD1A1=A1D，∴QC∥A1D，正确；②如图所示，设A1Q∩DC=E点，则E点也在AB的延长线上，∵A1B1∥AB，BC∥AD，∴====，∴B1Q=2QB，正确；③直线A1B与直线CD是异面直线，不可能相交，因此不正确；④如图所示，设S1==BC•BB1．S△BCQ==S1，==3QB=9×=S1．=•H=，（h为平面BCC1B1与平面ADD1A1之间的距离）．=•h=，因此四棱柱被平面α分成的上下两部分的体积不相等，不正确．综上可得：只有①②正确．故答案为：①②．【点评】本题考查了空间位置关系及其判定、体积计算公式、平行线的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．16．已知△ABC中，顶点A（﹣2，1），点B在直线l：x+y﹣3=0上，点C在x轴上，则△ABC周长的最小值2．【考点】三角形中的几何计算．【专题】方程思想；数形结合法；直线与圆．【分析】作出A与直线l的对称点E，A关于x轴的对称点D，BA=BE，CA=CD，于是△ABC周长的最小值为线段DE的长．【解答】解：设A关于直线l：x+y﹣3=0的对称点为E（a，b），则，解得a=2，b=5，即E（2，5）．设A关于x轴的对称点为D，则D（﹣2，﹣1）．∴DE===2．故答案为2．【点评】本题主要考查求已知点关于某直线的对称点的坐标的方法，体现了数形结合的数学思想．三、解答题（共6大题，共计70分）17．如图，在四面体ABCD中，CB=CD，AD⊥BD，点E，F分别是AB，BD的中点．求证：（1）直线EF∥面ACD；（2）平面EFC⊥面BCD．【考点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．【专题】证明题．【分析】（1）根据线面平行关系的判定定理，在面ACD内找一条直线和直线EF平行即可，根据中位线可知EF∥AD，EF⊄面ACD，AD⊂面ACD，满足定理条件；（2）需在其中一个平面内找一条直线和另一个面垂直，由线面垂直推出面面垂直，根据线面垂直的判定定理可知BD⊥面EFC，而BD⊂面BCD，满足定理所需条件．【解答】证明：（1）∵E，F分别是AB，BD的中点．∴EF是△ABD的中位线，∴EF∥AD，∵EF⊄面ACD，AD⊂面ACD，∴直线EF∥面ACD；（2）∵AD⊥BD，EF∥AD，∴EF⊥BD，∵CB=CD，F是BD的中点，∴CF⊥BD又EF∩CF=F，∴BD⊥面EFC，∵BD⊂面BCD，∴面EFC⊥面BCD【点评】本题主要考查线面平行的判定定理，以及面面垂直的判定定理．考查对基础知识的综合应用能力和基本定理的掌握能力．18．根据所给条件求直线的方程：（1）直线过点（﹣3，4），且在两坐标轴上的截距相等；（2）直线过点（5，10），且到原点的距离为5．【考点】直线的点斜式方程；直线的一般式方程．【专题】计算题；分类讨论；综合法；直线与圆．【分析】（1）由截距不为0和截距为0两种情况分别讨论，能求出直线方程．（2）当直线的斜率不存在时直线方程为x﹣5=0，成立；当直线斜率存在时，设其方程为kx﹣y+（10﹣5k）=0，由点到直线的距离公式，求出k=，由此能求出直线方程．【解答】（本题12分）解：（1）若截距不为0，设直线的方程为+=1，﹣﹣∵直线过点（﹣3，4），∴+=1，解得a=1．﹣﹣此时直线方程为x+y﹣1=0．﹣﹣若截距为0，设直线方程为y=kx，代入点（﹣3，4），有4=﹣3k，解得k=﹣，﹣﹣此时直线方程为4x+3y=0．﹣﹣综上，所求直线方程为x+y﹣1=0或4x+3y=0．﹣﹣（2）由题意知，当直线的斜率不存在时符合题意，此时直线方程为x﹣5=0．﹣﹣当直线斜率存在时，设其方程为y﹣10=k（x﹣5），即kx﹣y+（10﹣5k）=0．﹣﹣由点到直线的距离公式，得=5，解得k=．﹣﹣此时直线方程为3x﹣4y+25=0．﹣﹣综上知，所求直线方程为x﹣5=0或3x﹣4y+25=0．﹣﹣【点评】本题考查直线方程的求法，解题时要认真审题，注意点到直线距离公式的合理运用，易错点是容易忽略直线的斜率不存在时的解．19．如题图，三棱锥P﹣ABC中，PC⊥平面ABC，PC=3，∠ACB=．D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD=DE=，CE=2EB=2．（Ⅰ）证明：DE⊥平面PCD（Ⅱ）求二面角A﹣PD﹣C的余弦值．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．【专题】空间角．【分析】（Ⅰ）由已知条件易得PC⊥DE，CD⊥DE，由线面垂直的判定定理可得；（Ⅱ）以C为原点，分别以，，的方向为xyz轴的正方向建立空间直角坐标系，易得，，的坐标，可求平面PAD的法向量，平面PCD的法向量可取，由向量的夹角公式可得．【解答】（Ⅰ）证明：∵PC⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，∴PC⊥DE，∵CE=2，CD=DE=，∴△CDE为等腰直角三角形，∴CD⊥DE，∵PC∩CD=C，DE垂直于平面PCD内的两条相交直线，∴DE⊥平面PCD（Ⅱ）由（Ⅰ）知△CDE为等腰直角三角形，∠DCE=，过点D作DF垂直CE于F，易知DF=FC=FE=1，又由已知EB=1，故FB=2，由∠ACB=得DF∥AC，，故AC=DF=，以C为原点，分别以，，的方向为xyz轴的正方向建立空间直角坐标系，则C（0，0，0），P（0，0，3），A（，0，0），E（0，2，0），D（1，1，0），∴=（1，﹣1，0），=（﹣1，﹣1，3），=（，﹣1，0），设平面PAD的法向量=（x，y，z），由，故可取=（2，1，1），由（Ⅰ）知DE⊥平面PCD，故平面PCD的法向量可取=（1，﹣1，0），∴两法向量夹角的余弦值cos＜，＞==∴二面角A﹣PD﹣C的余弦值为．【点评】本题考查二面角，涉及直线与平面垂直的判定，建系化归为平面法向量的夹角是解决问题的关键，属难题．20．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥AB，AB=2AA1，M是AB的中点，△A1MC1是等腰三角形，D为CC1的中点，E为BC上一点．（1）若DE∥平面A1MC1，求；（2）求直线BC和平面A1MC1所成角的余弦值．【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行的性质．【专题】空间角．【分析】（1）取BC中点N，连结MN，C1N，由已知得A1，M，N，C1四点共面，由已知条件推导出DE∥C1N，从而求出．（2）连结B1M，由已知条件得四边形ABB1A1为矩形，B1C1与平面A1MC1所成的角为∠B1C1M，由此能求出直线BC和平面A1MC1所成的角的余弦值．【解答】解：（1）取BC中点N，连结MN，C1N，…∵M，N分别为AB，CB中点∴MN∥AC∥A1C1，∴A1，M，N，C1四点共面，…且平面BCC1B1∩平面A1MNC1=C1N，又DE∩平面BCC1B1，且DE∥平面A1MC1，∴DE∥C1N，∵D为CC1的中点，∴E是CN的中点，…∴．…（2）连结B1M，…因为三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，∴AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥AB，即四边形ABB1A1为矩形，且AB=2AA1，∵M是AB的中点，∴B1M⊥A1M，又A1C1⊥平面ABB1A1，∴A1C1⊥B1M，从而B1M⊥平面A1MC1，…∴MC1是B1C1在平面A1MC1内的射影，∴B1C1与平面A1MC1所成的角为∠B1C1M，又B1C1∥BC，∴直线BC和平面A1MC1所成的角即B1C1与平面A1MC1所成的角…设AB=2AA1=2，且三角形A1MC1是等腰三角形∴，则MC1=2，，∴cos=，∴直线BC和平面A1MC1所成的角的余弦值为．…【点评】本题考查两条线段的比值的求法，考查角的余弦值的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．21．已知函数f（x）=x+的定义域为（0，+∞），且f（2）=2+．设点P是函数图象上的任意一点，过点P分别作直线y=x和y轴的垂线，垂足分别为M、N．（1）求a的值．（2）问：|PM|•|PN|是否为定值？若是，则求出该定值；若不是，请说明理由．（3）设O为坐标原点，求四边形OMPN面积的最小值．【考点】函数与方程的综合运用．【专题】综合题；压轴题；数形结合；转化思想．【分析】（1）由f（2）=2+=2+求解a．（2）先设点P的坐标为（x0，y0），则有y0=x0+，x0＞0，再由点到直线的距离公式求得|PM|，|PN|计算即可．（3）由（2）可将S转化为S△OPM+S△OPN之和，分别用直角三角形面积公式求解，再构四边形OMPN面积模型求最值．造S四边形OMPN【解答】解：（1）∵f（2）=2+=2+，∴a=．（2）设点P的坐标为（x0，y0），则有y0=x0+，x0＞0，由点到直线的距离公式可知，|PM|==，|PN|=x0，∴有|PM|•|PN|=1，即|PM|•|PN|为定值，这个值为1．（3）由题意可设M（t，t），可知N（0，y0）．∵PM与直线y=x垂直，∴k PM•1=﹣1，即=﹣1．解得t=（x0+y0）．又y0=x0+，∴t=x0+．∴S△OPM=+，S△OPN=x02+．=S△OPM+S△OPN=（x02+）+≥1+．∴S四边形OMPN当且仅当x0=1时，等号成立．此时四边形OMPN的面积有最小值：1+．【点评】本题主要考查函数与方程的综合运用，还考查了平面图形的转化与面积模型建立与解决．22．如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB=60°．点E、F分别在边CD、CB上，点E与点C、D不重合，EF⊥AC，EF∩AC=O．沿EF将△CEF翻折到△PEF的位置，使平面PEF⊥平面ABFED．（Ⅰ）求证：BD⊥平面POA；（Ⅱ）当PB取得最小值时，请解答以下问题：（i）求四棱锥P﹣BDEF的体积；（ii）若点Q满足=λ（λ＞0），试探究：直线OQ与平面PBD所成角的大小是否一定大于？并说明理由．【考点】用空间向量求直线与平面的夹角；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】（Ⅰ）利用菱形ABCD的对角线互相垂直证明BD⊥AO，证明PO⊥平面ABFED，可得PO⊥BD，利用线面垂直的判定，可得BD⊥平面POA；（Ⅱ）建立空间直角坐标系O﹣xyz．（ⅰ）设AO∩BD=H，PO=x，则=（2﹣x，2，﹣x），从而确定PB的最小值，进而可得四棱锥P﹣BDEF的体积；（ⅱ）确定的坐标，求出平面PBD的法向量，利用向量的夹角公式可求直线OQ与平面PBD所成的角，从而可得结论成立．【解答】（Ⅰ）证明：∵菱形ABCD的对角线互相垂直，∴BD⊥AC，∴BD⊥AO，∵EF⊥AC，∴PO⊥EF．∵平面PEF⊥平面ABFED，平面PEF∩平面ABFED=EF，且PO⊂平面PEF，∴PO⊥平面ABFED，∵BD⊂平面ABFED，∴PO⊥BD．∵AO∩PO=O，∴BD⊥平面POA．…（Ⅱ）如图，以O为原点，建立空间直角坐标系O﹣xyz．（ⅰ）设AO∩BD=H．因为∠DAB=60°，所以△BDC为等边三角形，故BD=4，HB=2，HC=2．又设PO=x，则OH=2﹣x，OA=4﹣x．所以O（0，0，0），P（0，0，x），B（2﹣x，2，0），故=（2﹣x，2，﹣x），所以||=，∴当x=时，|PB|min=．此时PO=，OH=由（Ⅰ）知，PO⊥平面ABFED，所以=3．（ⅱ）设点Q的坐标为（a，0，c），由（i）知，OP=，则A（3，0，0），B（，2，0），D（，﹣2，0），P（0，0，）．所以，∵=λ（λ＞0），∴，∴．∴Q（，0，），∴=（）．设平面PBD的法向量为，则．∵，∴，取x=1，解得：y=0，z=1，所以．设直线OQ与平面PBD所成的角θ，∴sinθ=|cos|==．又∵λ＞0∴sinθ＞．∵θ∈[0，]，∴θ＞．因此直线OQ与平面PBD所成角大于，即结论成立．【点评】本题考查线面垂直，考查线面角，考查利用空间向量解决立体几何问题，确定平面的法向量是关键．。