2019-2020学年山东省烟台市第二中学高一4月月考数学试题（解析版）

第 1 页 共 19 页 2019-2020 学年山东省烟台市第二中学高一 4 月月考数学试 题 一、单选题 1．下列四种说法中： ①有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱 ②相等的线段在直观图中仍然相等 ③一个直角三角形绕其一边旋转一周所形成的封闭图形叫圆锥 ④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正确的个数是（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】A 【解析】根据棱柱、棱台、圆锥以及直观图的概念，逐项判断即可得解. 【详解】 对于①，有两个面平行，其余各面都是四边形，且相邻两个四边形的公共边都互相平 行，这些面围成的几何体叫棱柱；如图，该几何体满足①中条件，却不是棱柱；故① 错误； 对于②，相等的线段在直观图中不一定相等，例如正方形在直观图中是邻边不等的平 行四边形，故②错误； 对于③，一个直角三角形绕其一直角边旋转一周所形成的封闭图形叫圆锥，故③错误； 对于④，用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫 棱台，故④错误. 故选：A. 【点睛】 本题考查了棱柱、棱台、圆锥以及直观图的概念，解题关键是对于概念的准确理解，属 于基础题. 2．如图水平放置的一个平面图形的直观图是边长为 的正方形，则原图形的周长是 （　　） 1cm第 2 页 共 19 页 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由斜二测画法的规则知在已知图形平行于 轴的线段，在直观图中画成平行于 轴，长度保持不变，已知图形平行于 轴的线段，在直观图中画成平行于 轴，且 长度为原来一半，据此还原几何体确定其周长即可. 【详解】 由斜二测画法的规则知与 轴平行的线段其长度不变以及与横轴平行的性质不变， 正方形的对角线在 轴上， 可求得其长度为 ，故在平面图中其在 轴上，且其长度变为原来的 倍，长度为 ，其原来的图形如图所示， 则其周长为： . 故选 A． 【点睛】 8cm 6cm ( )2 1 3 cm+ ( )2 1 2 cm+ x 'x y 'y x′ y′ 2cm y 2 2 2cm ( )222 1 1 2 2 8cm  × + + =  第 3 页 共 19 页 本题考查的知识点是平面图形的直观图，其中斜二测画法的规则，能够快速的在直观图 面积和原图面积之间进行转化． 3．以下命题正确的是（ ） （1）过一点一定存在和两条异面直线都平行的平面；（2）两条平行线中的一条直线与 一个平面平行，则另一条也必与这个平面平行；（3）各面都是三角形的多面体是三棱 锥；（4）一条直线平行于一个平面，则夹在它们之间的平行线段长相等. A．（1）（2）（3）（4） B．（2）（3）（4） C．（3）（4） D．（4） 【答案】D 【解析】举出反例可判断（1）、（3）；根据空间线线平行、线面平行的几何特征可判断 （2）；根据线面平行的性质，结合平行四边形的性质可判断（4）；即可得解. 【详解】 对于（1），若该点在两条异面直线的其中一条上时，不存在符合要求的平面，故（1） 错误； 对于（2），两条平行线中的一条直线与一个平面平行，则另一条与这个平面平行或在这 个平面内，故（2）错误； 对于（3），各面都是三角形的多面体有可能是由两个底面重合的棱锥组成的组合体，故 （3）错误； 对于（4），根据线面平行的几何特征，当线面平行时，夹在它们之间的平行线段与直线 和平面的四个交点构成平行四边形，对边相等，故夹在它们之间的平行线段长相等，故 （4）正确. 故选：D. 【点睛】 本题考查了几何体的特征和线线、线面平行的特征，属于基础题. 4．一个圆锥的轴截面为正三角形，其边长为 ，则其表面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意结合圆锥的特征可得圆锥的母线长和底面半径，代入圆锥表面积公式即 可得解. 【详解】 圆锥的轴截面是边长为 的正三角形， a 25 4 a π 2a π 23 4 a π 21 4 a π  a第 4 页 共 19 页 圆锥的母线长 ，底面半径 ， 圆锥的表面积 . 故选：C. 【点睛】 本题考查了圆锥的结构特征和表面积的计算，属于基础题. 5．已知直线 ，平面 ， ，则下列结论正确的是（ ） A．若 ，则 B．若 ，则 C．若 ，则 D．若 ，则 【答案】C 【解析】根据线面、面面平行的判定和性质，逐项判断即可得解. 【详解】 若 ， ，则 或 ，故 A 错误； 若 ， ， ，则 或 与 相交，故 B 错误； 若 ， ，则由面面平行的几何特征可得 与 无交点，所以 与 无交点 即 ，故 C 正确； 若 ， ，则 或 ，故 D 错误. 故选：C. 【点睛】 本题考查了线面、面面平行的性质和判定，关键是对于定理的掌握，属于基础题. 6．设 为两个不重合的平面， ， ， 为两两不重合的直线，给出下列四个命题： ①若 ，则 ； ②若 ，则 ； ③若 ，则 ； ④若 是异面直线， ，且 ，则 .其中真命题的序号是 （ ） A．①③④ B．①②③ C．①③ D．②④ 【答案】A ∴ l a= 2 ar = ∴ ( ) 23 2 2 4 a aS r r l a aπ π π = + = ⋅ ⋅ + =   ,a b α β / / ,a b b α⊂ / /a α / / , / / , / /a b a bα β / /α β , / /a α α β⊂ / /a β ,a b b α⊥ ⊥ / /a α / /a b b α⊂ / /a α a α⊂ / /a b / /a α b β/ / / /α β α β a α⊂ / /α β α β a β / /a β a b⊥  b α⊥ / /a α a α⊂ ,a b l m n / / ,a b l a⊥ l b⊥ , , / / , / /m a n a m b n b⊥ ⊥ / /a b / / ,l a l b⊥ a b⊥  ,m n / / , / /m a n a ,l m l n⊥ ⊥ l a⊥第 5 页 共 19 页 【解析】由线面、面面位置关系的性质和判定，逐项判断即可得解. 【详解】 若 ，由面面平行的性质可得一定存在两组相交直线 、 ， 、 使得 、 ，由 可得 、 ，故 、 ，即可得 ，故①正 确； 若 ， ， ， ，则由线面平行的性质和面面垂直的判定可得 ，故②错误； 若 ， ，则由线面平行的性质和面面垂直的判定可得 ，故③正确； 若 ， 是异面直线， ， ，则由线面平行的性质可得存在相交直线 、 ，使得 、 ，由 ， 可得 ， ，由线面垂直的判 定可得 ，故④正确. 故选：A. 【点睛】 本题考查了线面、面面位置关系的性质和判定，属于基础题. 7．已知 是 所在平面外一点， 分别是 的中点，若 ，则异面直线 与 所成角的大小是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】连接AC，取中点 Q，连接 QM、QN，则∠QNM 即为异面直线 PA 与 MN 的夹 角，根据数据关系即可求得夹角大小． 【详解】 根据题意，画出图形如下图所示 连接 AC，取中点 Q，连接 QM、QN / /a b 1l 2l a⊂ 3l 4l b⊂ 1 3/ /l l 2 4/ /l l l a⊥ 1l l⊥ 2l l⊥ 3l l⊥ 4l l⊥ l b⊥ m a⊥ n a⊥ / /m b / /n b a b⊥  l a/ / l b⊥ a b⊥  m n / /m a / /n a 5l 6l a⊂ 5/ /m l 6/ /n l l m⊥ l n⊥ 5l l⊥ 6l l⊥ l a⊥ P ABC ,M N ,AB PC 4, 4 3MN BC PA= = = PA MN 30 45 60 90第 6 页 共 19 页 则 ， 则在 中，由余弦定理可得 所以 所以选 A 【点睛】 本题考查了空间异面直线夹角的求法，三角形中位线定理及余弦定理的应用，关键是通 过平移得到异面直线的夹角，属于中档题． 8．如图，ABCD﹣A1B1C1D1 为正方体，则以下结论：①BD∥平面 CB1D1；②AC1⊥BD； ③AC1⊥平面 CB1D1 其中正确结论的个数是（　　　　） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【解析】①由正方体的性质得 BD∥ ，所以结合线面平行的判定定理可得答案； ②由正方体的性质得 AC⊥BD，， ⊥BD，再利用线面垂直可得答案. ③由正方体的性质得 BD∥ ，并且结合②可得 ⊥ ，同理可得 ， 进而结合线面垂直的判定定理得到答案. 【详解】 解：由正方体的性质得 BD∥ ，所以结合线面平行的判定定理可得：BD∥平面 ；所以①正确. 由正方体的性质得 AC⊥BD， ⊥BD，可得 ⊥平面 ，所以 ⊥BD，所以② 正确. = 1 =22QM BC = 1 =2 32QN PA MNQ∆ ( )22 22 3 1 3cos 22 2 3 MNQ + − ∠ = = × × 30MNQ∠ =  1 1B D 1C C 1 1B D 1AC 1 1B D 1 1AC CB^ 1 1B D 1 1CB D 1C C BD 1CC A 1AC第 7 页 共 19 页 　　　　 由正方体的性质得 BD∥ ，由②可得 ⊥BD，所以 ⊥ ，同理可得 ，进而结合线面垂直的判定定理得到： ⊥平面 ，所以③正确. 故选：D. 【点睛】 解决此类问题的关键是熟练掌握几何体的结构特征与有关的判定定理，本题考查学生的 空间想象能力与逻辑推理能力，属于基础题. 9．如图，三棱柱 中，侧棱 底面 ，底面三角形 是正三 角形， 是 中点，则下列叙述正确的是（ ） A． 平面 B． 与 是异面直线 C． D． 【答案】D 【解析】【详解】 因为三棱柱 A1B1C1-ABC 中,侧棱 AA1⊥底面 ABC，底面三角形 ABC 是正三角形，E 是 BC 中点， 所以对于 A,AC 与 AB 夹角为 60°,即两直线不垂直，所以 AC 不可能垂直于平面 ABB1A1； 故 A 错误； 1 1B D 1AC 1AC 1 1B D 1 1AC CB^ 1AC 1 1CB D 1 1 1A B C ABC− 1AA ⊥ E BC AC ⊥ 1 1ABB A 1CC 1B E 1 1 1/ /AC B E 1AE BB⊥第 8 页 共 19 页 对于 B,CC1 与 B1E 都在平面 CC1BB1 中不平行，故相交；所以 B 错误； 对于 C,A1C1，B1E 是异面直线；故 C 错误； 对于 D,因为几何体是三棱柱,并且侧棱 AA1⊥底面 ABC，底面三角形 ABC 是正三角形，E 是 BC 中点，所以 BB1⊥底面 ABC,所以 BB1⊥AE,AE⊥BC,得到 AE⊥平面 BCC1B1,所以 AE⊥BB1； 故选 D. 10．已知直三棱柱 的顶点都在球 的球面上， ， ，若球 的表面积为 ，则这个直三棱柱的体积是( ) A．16 B．15 C． D． 【答案】A 【解析】由题，棱柱为直棱柱，底面为直角三角形，利用球的表面积求得球半径，再利 用外接球求得棱柱的高，最后求得体积即可. 【详解】 由题， ， 因为 ， ，易知三角形 ABC 为等腰直角三角形， 故三棱柱的高 故体积 故选 A 【点睛】 本题考查了棱柱的外接球的问题，解题的关键是找球心的位置，求出棱柱的高，属于中 档题型. 11．如图，在正方形 ABCD 中，E、F 分别是 BC、CD 的中点，G 是 EF 的中点，现在 沿 AE、AF 及 EF 把这个正方形折成一个空间图形，使 B、C、D 三点重合，重合后的 点记为 H，那么，在这个空间图形中必有（　　） A． 所在平面 B． 所在平面 1 1 1ABC A B C− O 2AB AC= = 2 2BC = O 72π 8 2 8 3 24 72 , 3 2S r rπ π= = = 2AB AC= = 2 2BC = 2 212 ( ) 82h r BC= − = 1 2 2 8 162V = × × × = AG EFH⊥ AH EFH⊥第 9 页 共 19 页 C． 所在平面 D． 所在平面 【答案】B 【解析】本题为折叠问题，分析折叠前与折叠后位置关系、几何量的变与不变，可得 HA、HE、HF 三者相互垂直，根据线面垂直的判定定理，可判断 AH 与平面 HEF 的垂 直． 【详解】 根据折叠前、后 AH⊥HE，AH⊥HF 不变，∴AH⊥平面 EFH，B 正确； ∵过 A 只有一条直线与平面 EFH 垂直，∴A 不正确； ∵AG⊥EF，EF⊥AH，∴EF⊥平面 HAG，∴平面 HAG⊥AEF，过 H 作直线垂直于平面 AEF，一定在平面 HAG 内， ∴C 不正确； ∵HG 不垂直于 AG，∴HG⊥平面 AEF 不正确，D 不正确． 故选 B． 【点睛】 本题考查直线与平面垂直的判定，一般利用线线⇔线面⇔面面，垂直关系的相互转化判 断． 12．在三棱锥 中， 是边长为 6 的正三角形， ，平 面 分别与 、 、 、 交于 、 、 、 ，其中 分别是 、 的中点，如果直线 平面 ，那么四边形 的面积为（ ） A． B． C．45 D． HF AEF⊥ HG AEF⊥ S ABC− ABC 15SA SB SC= = = DEFH AB BC SC SA D E F H ,D E AB BC / /SB DEFH DEFH 45 2 45 3 2 45 3第 10 页 共 19 页 【答案】A 【解析】由线面平行和中位线的性质可得四边形 为平行四边形，取 的中点 ，连接 、 ，证明 面 后即可得 ，即可得解. 【详解】 直线 平面 ， ， 分别是 、 的中点， ， ， ， 分别是 、 的中点， ， 四边形 为平行四边形且 ， ， 取 的中点 ，连接 、 ， ， ， ， ， 由 可得 面 ， ， ， 四边形 的面积为 . 故选：A. 【点睛】 本题考查了线面平行的性质和线面垂直的性质、判定，属于中档题. 13．如图，在多面体 ABCDEF 中，已知四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形，且 △ADE，△BCF 均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为(　　) DEFH AC O SO BO AC ⊥ SBO HD DE^  / /SB DEFH D E AB BC ∴ / /SB DH / /SB EF H F SA SC ∴ / / / /HF AC DE ∴ DEFH 1 32DE AC= = 1 15 2 2DH SB= = AC O SO BO  15SA SC= = 6AB BC= = ∴ SO AC⊥ BO AC⊥ SO BO O∩ = AC ⊥ SBO ∴ AC SB⊥ ∴ HD DE^ ∴ DEFH 15 453 2 2HD DE× = ´ =第 11 页 共 19 页 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】本题主要考查几何体体积的求法，解题的关键是将不规则的几何体分别分割成 规则的几何体． 如图，过 A，B 两点分别作 AM，BN 垂直于 EF，垂足分别为 M，N，连接 DM，CN， 可证得 DM⊥EF，CN⊥EF，多面体 ABCDEF 分为三部分，多面体的体积为 VABCDEF＝ VAMD－BNC＋VE－AMD＋VF－BNC． ∵NF＝ ，BF＝1，∴BN＝ ． 作 NH 垂直 BC 于点 H，则 H 为 BC 的中点， 则 NH＝ ． ∴S△BNC＝ ·BC·NH ＝ ×1× ＝ ． ∴VF－BNC＝ ·S△BNC·NF＝ ， VE－AMD＝VF－BNC＝ ， VAMD－BNC＝S△BNC·MN＝ ． ∴VABCDEF＝ ． 二、填空题 14．已知正三棱柱 中， ，则 与 所成的角为______. 2 3 3 3 4 3 3 2 1 2 3 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 4 1 3 2 24 2 24 2 4 2 3 1 1 1ABC A B C− 1 1A B CB⊥ 1A B 1AC第 12 页 共 19 页 【答案】 【解析】取 、 的中点 、 ，连接 、 、 、 ，由正三棱柱 的性质可得 ， ，进而可证 面 可得 ，再 由 可证明 面 ，即可得解. 【详解】 取 、 的中点 、 ，连接 、 、 、 ， 三棱柱 为正三棱柱， 面 ， 面 ， ， ， 又 ， ， 面 ， ， 且 ， 四边形 为平行四边形， ， ， 由 ， 面 ， ， 故 与 所成的角为 . 故答案为： . 【点睛】 本题考查了正三棱柱的特征，考查了线面垂直的判定和性质，属于中档题. 15．已知三棱锥 的三条侧棱 ， ， 两两互相垂直，且 ，则三棱锥 的外接球与内切球的半径比为______． 【答案】 【解析】将三棱锥放在长方体中，外接球半径即为长方体对角线的一半，内切球的半径 2 π AB 1 1A B D 1D CD 1B D 1 1C D 1AD 1CD A B⊥ 1 1 1C D A B⊥ 1A B ⊥ 1CDB 1 1A B DB⊥ 1 1A B AD⊥ 1A B ⊥ 1 1AD C AB 1 1A B D 1D CD 1B D 1 1C D 1AD  1 1 1ABC A B C− ∴ CD ⊥ 1 1ABB A 1 1C D ⊥ 1 1ABB A ∴ 1CD A B⊥ 1 1 1C D A B⊥ 1 1A B CB⊥ 1CB CD C∩ = ∴ 1A B ⊥ 1CDB ∴ 1 1A B DB⊥  1 1 / /B D AD 1 1B D AD= ∴ 1 1B D AD ∴ 1 1/ /B D D A ∴ 1 1A B AD⊥ 1 1 1 1C D AD D∩ = ∴ 1A B ⊥ 1 1AD C ∴ 1 1A B AC⊥ 1A B 1AC 2 π 2 π P ABC− PA PB PC 2PA PB PC= = = P ABC− ( )3 3 1 2 +第 13 页 共 19 页 利用等体法进行求解. 【详解】 以 ， ， 为过同一顶点的三条棱，作长方体， 由 ，可知此长方体即为正方体. 设外接圆半径为 ，则 ， 设内切圆半径为 ，则内切圆的圆心到四个面的距离均为 ， 由 ，解得 所以 ， 故答案为： 【点睛】 本题主要考查了多面体的内切球外接球问题、等体法求距离，考查了学生的空间想象能 力，属于中档题. 16．下列各图中 A、B 为正方体的两个顶点，M、N、P 分别为其所在棱的中点，能得 出 AB//面 MNP 的图形序号是 .（写出所有符合要求的图形序号） 【答案】①③ 【解析】试题分析：因为 分别平行于 所在正方形的边，即 所在的 PA PB PC 2PA PB PC= = = R 4 4 4 32R + += = r r ( )1 1 3 3ACP APB PCB ABC PCBS S S S r S AP+ + + ⋅ = ⋅ ⋅ 2 3 3 r = + ( )3 3 13 2 2 3 3 R r + = = + ( )3 3 1 2 + MN NP与 AB AB第 14 页 共 19 页 平面，所以面 平行于 所在的平面，由面面平行则线面平行得 AB//面 MNP; 因为 分别平行于 所在三棱锥的底边，即 所在的平面，所以面 平行于 所在的平面，由面面平行则线面平行得 AB//面 MNP．故选. 【考点】面面平行则线面平行． 17．如图，正方体 的棱长为 1，线段 上有两个动点 ，且 ，现有如下四个结论： ； 平面 ； 三棱锥 的体积为定值； 异面直线 所成的角为定值， 其中正确结论的序号是______． 【答案】 【解析】对于①，可由线面垂直证两线垂直；对于②，可由线面平行的定义证明线面 平行；对于③，可证明棱锥的高与底面积都是定值得出体积为定值；对于④，可由两 个特殊位置说明两异面直线所成的角不是定值． 【详解】 对于①，由 ，可得 面 ，故可得出 ，此 命题正确； 对于②，由正方体 的两个底面平行， 在平面 内，故 与平面 无公共点，故有 平面 ，此命题正确； 对于③， 为定值， 到 距离为定值，所以三角形 的面积是定值，又因为 点到面 距离是定值，故可得三棱锥 的体积为定值，此命题正确； 对于④，由图知，当 与 重合时，此时 与上底面中心为 重合，则两异面直线所 成的角是 ，当 与 重合时，此时点 与 重合，则两异面直线所成的角是 ，此二角不相等，故异面直线 所成的角不为定值，此命题错误． MNP AB MN NP与 AB AB MNP AB 1 1 1 1ABCD A B C D− 1 1B D ,E F 2 2EF = AC BE① ⊥ / /EF② ABCD ③ A BEF− ④ ,AE BF ①②③ 1,AC BD AC BB⊥ ⊥ AC ⊥ 1 1DD BB AC BE⊥ 1 1 1 1ABCD A B C D− EF 1111 DCBA EF ABCD / /EF ABCD EF B EF BEF A 1 1DD BB A BEF− F 1B E O 1A AO∠ E 1D F O 1OBC∠ ,AE BF第 15 页 共 19 页 综上知①②③正确，故答案为①②③ 【点睛】 本题通过对多个命题真假的判断，综合考查线面平行的判断、线面垂直的判断与性质、 棱锥的体积公式以及异面直线所成的角，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的 命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目 更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌 握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题. 三、解答题 18．如图，在多面体 中， 是正方形， 平面 , 平面 , ,点 为棱 的中点. （1）求证：平面 平面 ； （2）若 ,求三棱锥 的体积. 【答案】(1)见解析；（2）三棱锥 的体积为 . 【解析】【详解】试题分析： （1）设 与 交于点 ，则 为 的中点，由三角形中位线的性质可得 平面 ，由面面垂直的性质定理可得 ，则 平面 .最后利用面 面平行的判断定理可得平面 平面 . （2）连接 .由几何关系可证得 AC⊥平面 ，且垂足为 ， 则 . 试题解析： （1）证明：设 与 交于点 ，则 为 的中点， ∴ . ∵ 平面 ， 平面 ， ∴ 平面 . ∵ 平面 ， 平面 ，且 ， ABCDEF ABCD BF ⊥ ABCD DE ⊥ ABCD BF DE= M AE / /BMD EFC 1, 2AB BF= = A CEF− A CEF− 2 3 AC BD N N AC / /MN EFC / /BD EF / /BD EFC / /BDM EFC ,EN FN BDEF N 1 1 1 22 2 23 3 2 3A CEF NEFV AC S− ∆= ⋅ ⋅ = × × × × = AC BD N N AC / /MN EC MN ⊄ EFC EC ⊂ EFC / /MN EFC BF ⊥ ABCD DE ⊥ ABCD BF DE=第 16 页 共 19 页 ∴ ， ∴ 为平行四边形，∴ . ∵ 平面 ， 平面 ， ∴ 平面 . 又∵ ， ∴平面 平面 . （2）连接 .在正方形 中， ， 又∵ 平面 ，∴ . ∵ , ∴AC⊥平面 ，且垂足为 ， ∴ , ∴三棱锥 的体积为 . 19．如图，在直三棱柱 中， ， ， 分别为 AC， 的中点. （1）求证： 平面 ； （2）求证： . 【答案】（1）见解析（2）见解析 //BF DE= BDEF / /BD EF BD ⊄ EFC EF ⊂ EFC / /BD EFC MN BD N= / /BDM EFC ,EN FN ABCD AC BD⊥ BF ⊥ ABCD BF AC⊥ BF BD B∩ = BDEF N 1 1 1 22 2 23 3 2 3A CEF NEFV AC S− ∆= ⋅ ⋅ = × × × × = A CEF− 2 3 1 1 1ABC A B C− 90ABC °∠ = 1AB AA= ,M N 1 1B C / /MN 1 1ABB A 1AN A B⊥第 17 页 共 19 页 【解析】（1）取 的中点 ，连接 ，通过中位线定理求证四边形 是 平行四边形，进而求证； （2）连接 ，，设法证明 ， ，进而证明 平面 ， 求得 . 【详解】 解：（1）如图，取 的中点 ，连接 ， 分别是 的中点， ，且 ，在直三棱柱 中， ， ， 是 的中点，∴ ，且 ， ∴四边形 是平行四边形， ， 而 平面 ， 平面 ， 平面 . （2）如图，连接 ，由 是直三棱柱， ， 可知， ， ， ， 平面 ， ， 又 侧面 为正方形， ， ， 平面 ， 又 平面 ， AB P 1,PM PB 1PMNB 1AB 1 1A B AB⊥ 1 1 1A B B C⊥ 1A B ⊥ 1AB N 1A B AN⊥ AB P 1,PM PB ,M P ,AC AB / /PM BC∴ 1 2PM BC= 1 1tABC A B C− 1 1//BC B C 1 1BC B C= N 1 1B C 1PM B N= 1/ /PM B N 1PMNB 1/ /MN PB∴ MN ⊄ 1 1ABB A 1PB ⊂ 1 1ABB A / /MN∴ 1 1ABB A 1AB 1 1 1ABC A B C− 90ABC °∠ = 1AB AA= 1 1 1B C BB⊥ 1 1 1 1B C A B⊥ 1 1 1 1BB B A B= ∴ 1 1B C ⊥ 1 1A B BA 1 1 1B C A B∴ ⊥  1 1A B BA 1 1A B AB∴ ⊥ 1 1 1 1AB B C B∩ = 1A B∴ ⊥ 1 1AB C AN ⊂ 1 1AB C 1A B AN∴ ⊥第 18 页 共 19 页 【点睛】 本题考查线面平行，线线垂直的证明，属于中档题. 20．如图，四边形 是直角梯形，其中 ， ， ．点 是 的中点，将 沿 折起如图，使得 平面 ．点 、 分别是线段 、 的中点． （1）求证： ； （2）求三棱锥 的体积 【答案】(1)见证明；(2) 【解析】（1）由四边形 为正方形，且 是 的中点，得 是 的中点，又 是 的中点，得 ，由已知连线线面垂直的判定证得 平面 ， 可得 ，则 ； （2）由 平面 ，且 是线段 的中点，得 到底面 的距离为 ，求出三角形 的面积，再由等积法求三棱锥 的体积． 【详解】 （1）证明： ,且点 是 的中点 ∴ ， ∵四边形 是直角梯形， ∴ ， ∴四边形 为平行四边形， ∵ ， ∴四边形 为正方形， ∵ 是 的中点， ∴ 是 的中点， 又 是 的中点， ∴ ， ∵ 平面 ABCD 1BC CD= = 2AD = 90ADC∠ = ° E AD ABE∆ BE 'A E ⊥ BCDE M N 'A B EC MN BE⊥ E BNM− 1 24V = BCDE N EC N BD M 'A B / / 'MN A D BE⊥ 'A ED 'BE A D⊥ BE MN⊥ 'A E ⊥ BCDE M 'A B M BEN 1 1'2 2A E = B N E E BNM− 2AD = E AD 1ED = ABCD 1BC = / /ED BC BCDE 1BC CD DE= = = 90ADC∠ = ° BCDE N EC N BD M 'A B / / 'MN A D 'A E ⊥ BCDE第 19 页 共 19 页 ∴ ， 又∵ ，且 ， ∴ 平面 ， ∴ ， 则 ； （2）解：∵ 平面 ，且 是线段 的中点， ∴ 到底面 的距离为 ， 又 是边长为 1 的正方形，∴ . ∴三棱锥 的体积 . 【点睛】 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其应用，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． 'BE A E⊥ BE ED⊥ 'A E ED E= BE⊥ 'A ED 'BE A D⊥ BE MN⊥ 'A E ⊥ BCDE M 'A B M BEN 1 1'2 2A E = BCDE 1 11 14 4BNES∆ = × × = E BNM− 1 1 1 1 3 4 2 24M BENV V −= = × × =