2017-2018学年北京师大附中高二（上）期中数学试卷（理科）
一．选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40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）．
1．线段AB在平面α内，则直线AB与平面α的位置关系是（ ）
A．AB⊂α B．AB⊄α
C．由线段AB的长短而定 D．以上都不对
2．垂直于同一条直线的两条直线一定（ ）
A．平行 B．相交 C．异面 D．以上都有可能
3．已知直线l∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于l的直线（ ）
A．只有一条，不在平面α内
B．只有一条，在平面α内
C．有两条，不一定都在平面α内
D．有无数条，不一定都在平面α内
4．若圆柱、圆锥的底面直径和高都等于球的直径，则圆柱、圆锥、球的体积的比为（ ）
A．1：2：3 B．2：3：4 C．3：2：4 D．3：1：2
5．过点（﹣1，3）且平行于直线x﹣2y+3=0的直线方程为（ ）
A．x﹣2y+7=0 B．2x+y﹣1=0 C．x﹣2y﹣5=0 D．2x+y﹣5=0
6．平面α与平面β平行的条件可以是（ ）
A．α内有无穷多条直线与β平行
B．直线a∥α，a∥β
C．直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥α
D．α内的任何直线都与β平行
7．一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正视图与侧（左）视图分别如图所，则该几何体的俯视图为（ ）
A．
B．
C．
D．
8．下列命题中错误的是（ ）
A．圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个
B．圆锥的轴截面是所在过顶点的截面中面积最大的一个
C．圆台的所有平行于底面的截面都是圆面
D．圆锥所有的轴截面是全等的等腰三角形
二．填空题：（本大题共6小题，每小题5分，共30分）．
9．长方体的一个顶点上的三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是 ．
10．以点（1，3）和（5，﹣1）为端点的线段的中垂线的方程是 ．
11．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面AB1D1和平面BC1D的位置关系为 ．
12．如图，△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，PA⊥平面ABC，此图形中有 个直角三角形．
13．如图，E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD的中点，沿图中虚线将边长为2的正方形折起来，围成一个三棱锥，则此三棱锥的体积是 ．
14．空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点．
①若AC=BD，则四边形EFGH是 ；
②若AC⊥BD，则四边形EFGH是 ．
三．解答题：（本大题共3小题，共30分）
15．求点A（3，﹣2）关于直线l：2x﹣y﹣1=0的对称点A′的坐标．
16．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F分别是AP、AD的中点，求证：
（1）直线EF∥平面PCD；
（2）平面BEF⊥平面PAD．
17．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB=3，BC=5．
（Ⅰ）求证：AA1⊥平面ABC；
（Ⅱ）求证二面角A1﹣BC1﹣B1的余弦值；
（Ⅲ）证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求
的值．
四．填空题：（本大题共6小题，每小题5分，共30分）.
18．正六棱台的两底面边长分别为1cm，2cm，高是1cm，它的侧面积为 ．
19．二面角α﹣l﹣β内一点P到平面α，β和棱l的距离之比为1：
：2，则这个二面角的平面角是 度．
20．在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥后，剩下的凸多面体的体积是 ．
21．直线l过原点且平分平行四边形ABCD的面积，若平行四边形的两个顶点为B（1，4），D（5，0），则直线l的方程为 ．
22．圆柱形玻璃杯高8cm，杯口周长为12cm，内壁距杯口2cm的点A处有一点蜜糖．A点正对面的外壁（不是A点的外壁）距杯底2cm的点B处有一小虫．若小虫沿杯壁爬向蜜糖饱食一顿，最少要爬多少 cm．（不计杯壁厚度与小虫的尺寸）
23．在半径为2的球面上有A、B、C、D四点，若AB=CD=2，则四面体ABCD的体积的最大值为 ．
五．解答题：（本大题共2小题，共20分）.
24．一块边长为10cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，试建立容器的容积V与x的函数关系式，并求出函数的定义域．
25．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1=A1C=AC=2，AB=BC，且AB⊥BC，O为AC中点．
（Ⅰ）证明：A1O⊥平面ABC；
（Ⅱ）求直线A1C与平面A1AB所成角的正弦值；
（Ⅲ）在BC1上是否存在一点E，使得OE∥平面A1AB，若不存在，说明理由；若存在，确定点E的位置．
2015-2016学年北京师大附中高二（上）期中数学试卷（理科）
参考答案与试题解析
一．选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40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）．
1．线段AB在平面α内，则直线AB与平面α的位置关系是（ ）
A．AB⊂α B．AB⊄α
C．由线段AB的长短而定 D．以上都不对
【考点】平面的基本性质及推论．
【专题】证明题．
【分析】线段AB在平面α内，则直线AB上所有的点都在平面α内，从而即可判断直线AB与平面α的位置关系．
【解答】解：∵线段AB在平面α内，
∴直线AB上所有的点都在平面α内，
∴直线AB与平面α的位置关系：
直线在平面α内，用符号表示为：AB⊂α
故选A．
【点评】本题考查了空间中直线与直线的位置关系及公理一，主要根据定义进行判断，考查了空间想象能力．公理一：如果一条线上的两个点在平面上则该线在平面上．
2．垂直于同一条直线的两条直线一定（ ）
A．平行 B．相交 C．异面 D．以上都有可能
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．
【专题】分类讨论．
【分析】根据在同一平面内两直线平行或相交，在空间内两直线平行、相交或异面判断．
【解答】解：分两种情况：①在同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行；
②在空间内垂直于同一条直线的两条直线可以平行、相交或异面．
故选D
【点评】本题主要考查在空间内两条直线的位置关系．
3．已知直线l∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于l的直线（ ）
A．只有一条，不在平面α内
B．只有一条，在平面α内
C．有两条，不一定都在平面α内
D．有无数条，不一定都在平面α内
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．
【专题】综合题．
【分析】通过假设过点P且平行于l的直线有两条m与n的出矛盾，由题意得m∥l且n∥l，这与两条直线m与n相交与点P相矛盾，又因为点P在平面内所以点P且平行于l的直线有一条且在平面内．
【解答】解：假设过点P且平行于l的直线有两条m与n
∴m∥l且n∥l
由平行公理4得m∥n
这与两条直线m与n相交与点P相矛盾
又因为点P在平面内
所以点P且平行于l的直线有一条且在平面内
所以假设错误．
故选B．
【点评】反证法一般用于问题的已知比较简单或命题不易证明的命题的证明，此类题目属于难度较高的题型．
4．若圆柱、圆锥的底面直径和高都等于球的直径，则圆柱、圆锥、球的体积的比为（ ）
A．1：2：3 B．2：3：4 C．3：2：4 D．3：1：2
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）；球的体积和表面积．
【专题】计算题．
【分析】由已知中圆柱、圆锥的底面直径和高都等于球的直径，我们设出球的半径，代入圆柱、圆锥、球的体积公式，计算出圆柱、圆锥、球的体积即可得到答案．
【解答】解：设球的半径为R，则圆柱、圆锥的底面半径也为R，高为2R，
则球的体积V球=
圆柱的体积V圆柱=2πR3
圆锥的体积V圆锥=
故圆柱、圆锥、球的体积的比为2πR3：： =3：1：2
故选D
【点评】本题考查的知识点是旋转体，球的体积，圆柱的体积和圆锥的体积，其中设出球的半径，并根据圆柱、圆锥的底面直径和高都等于球的直径，依次求出圆柱、圆锥和球的体积是解答本题的关键．
5．过点（﹣1，3）且平行于直线x﹣2y+3=0的直线方程为（ ）
A．x﹣2y+7=0 B．2x+y﹣1=0 C．x﹣2y﹣5=0 D．2x+y﹣5=0
【考点】直线的一般式方程；两条直线平行的判定．
【专题】计算题．
【分析】由题意可先设所求的直线方程为x﹣2y+c=0再由直线过点（﹣1，3），代入可求c的值，进而可求直线的方程
【解答】解：由题意可设所求的直线方程为x﹣2y+c=0
∵过点（﹣1，3）
代入可得﹣1﹣6+c=0 则c=7
∴x﹣2y+7=0
故选A．
【点评】本题主要考查了直线方程的求解，解决本题的关键根据直线平行的条件设出所求的直线方程x﹣2y+c=0．
6．平面α与平面β平行的条件可以是（ ）
A．α内有无穷多条直线与β平行
B．直线a∥α，a∥β
C．直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥α
D．α内的任何直线都与β平行
【考点】平面与平面平行的判定．
【专题】证明题．
【分析】当α内有无穷多条直线与β平行时，a与β可能平行，也可能相交，当直线a∥α，a∥β时，a与β可能平行，也可能相交，
故不选A、B，在两个平行平面内的直线可能平行，也可能是异面直线，故不选 C，利用排除法应选D．
【解答】解：当α内有无穷多条直线与β平行时，a与β可能平行，也可能相交，故不选A．
当直线a∥α，a∥β时，a与β可能平行，也可能相交，故不选 B．
当直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β 时，直线a 和直线 b可能平行，也可能是异面直线，故不选 C．
当α内的任何直线都与β 平行时，由两个平面平行的定义可得，这两个平面平行，
故选 D．
【点评】本题考查两个平面平行的判定和性质得应用，注意考虑特殊情况．
7．一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正视图与侧（左）视图分别如图所，则该几何体的俯视图为（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】简单空间图形的三视图．
【专题】立体几何．
【分析】从正视图和侧视图上分析，去掉的长方体的位置应该在的方位，然后判断俯视图的正确图形．
【解答】解：由正视图可知去掉的长方体在正视线的方向，从侧视图可以看出去掉的长方体在原长方体的左侧，
由以上各视图的描述可知其俯视图符合C选项．
故选：C．
【点评】本题考查几何体的三视图之间的关系，要注意记忆和理解“长对正、高平齐、宽相等”的含义．
8．下列命题中错误的是（ ）
A．圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个
B．圆锥的轴截面是所在过顶点的截面中面积最大的一个
C．圆台的所有平行于底面的截面都是圆面
D．圆锥所有的轴截面是全等的等腰三角形
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．
【专题】对应思想；分析法；立体几何．
【分析】对于A，B，计算出截面面积与轴截面面积比较大小即可判断，对于C，D，利用旋转体的结构特征进行分析判断．
【解答】解：对于A，设圆柱的底面半径为r，高为h，设圆柱的过母线的截面四边形在圆柱底面的边长为a，则截面面积S=ah≤2rh．
∴当a=2r时截面面积最大，即轴截面面积最大，故A正确．
对于B，设圆锥SO的底面半径为r，高为h，过圆锥定点的截面在底面的边长为AB=a，则O到AB的距离为
，
∴截面三角形SAB的高为
，∴截面面积S=
=
≤
=
．
故截面的最大面积为
．故B错误．
对于C，由圆台的结构特征可知平行于底面的截面截圆台，所得几何体仍是圆台，故截面为圆面，故C正确．
对于D，由于圆锥的所有母线长都相等，轴截面的底面边长为圆锥底面的直径，故圆锥所有的轴截面是全等的等腰三角形，故D正确．
故选：B．
【点评】本题考查了旋转体的结构特征，属于中档题．
二．填空题：（本大题共6小题，每小题5分，共30分）．
9．长方体的一个顶点上的三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是 50π ．
【考点】球内接多面体；球的体积和表面积．
【专题】计算题．
【分析】由题意长方体的外接球的直径就是长方体的对角线，求出长方体的对角线，就是求出球的直径，然后求出球的表面积．
【解答】解：长方体的一个顶点上的三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一个球面上，
所以长方体的对角线就是球的直径，长方体的对角线为：
，
所以球的半径为：
；则这个球的表面积是：
=50π．
故答案为：50π．
【点评】本题是基础题，考查球的内接多面体的有关知识，球的表面积的求法，注意球的直径与长方体的对角线的转化是本题的解答的关键，考查计算能力，空间想象能力．
10．以点（1，3）和（5，﹣1）为端点的线段的中垂线的方程是 x﹣y﹣2=0 ．
【考点】两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系；中点坐标公式．
【专题】计算题．
【分析】先求出线段AB的中垂线的斜率，再求出线段AB的中点的坐标，点斜式写出AB的中垂线得方程，并化为一般式．
【解答】解：直线AB的斜率 kAB=﹣1，所以线段AB的中垂线得斜率k=1，又线段AB的中点为（3，1），
所以线段AB的中垂线得方程为y﹣1=x﹣3即x﹣y﹣2=0，
故答案为x﹣y﹣2=0．
【点评】本题考查利用点斜式求直线的方程的方法，此外，本题还可以利用线段的中垂线的性质（中垂线上的点到线段的2个端点距离相等）来求中垂线的方程．
11．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面AB1D1和平面BC1D的位置关系为 平行 ．
【考点】平面与平面之间的位置关系．
【专题】常规题型．
【分析】根据正方体中相应的对角线之间的平行关系，我们易得到平面AB1D1和平面BC1D内有两个相交直线相互平行，由面面平行的判定定理，我们易得到平面AB1D1和平面BC1D的位置关系．
【解答】解：∵AB1∥C1D，AD1∥BC1，
AB1⊂平面AB1D1，AD1⊂平面AB1D1，AB1∩AD1=A
C1D⊂平面BC1D，BC1⊂平面BC1D，C1D∩BC1=C1
由面面平行的判定理我们易得平面AB1D1∥平面BC1D
故答案为：平行．
【点评】本题考查的知识点是平面与平面之间的位置关系，在判断线与面的平行与垂直关系时，正方体是最常用的空间模型，大家一定要熟练掌握这种方法．
12．如图，△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，PA⊥平面ABC，此图形中有 4 个直角三角形．
【考点】棱锥的结构特征．
【专题】证明题．
【分析】本题利用线面垂直，判定出线线垂直，进而得到直角三角形，只需证明直线BC⊥平面PAC问题就迎刃而解了．
【解答】解：由PA⊥平面ABC，则△PAC，△PAB是直角三角形，又由已知△ABC是直角三角形，∠ACB=90°所以BC⊥AC，从而易得BC⊥平面PAC，所以BC⊥PC，所以△PCB也是直角三角形，
所以图中共有四个直角三角形，即：△PAC，△PAB，△ABC，△PCB．
故答案为：4
【点评】本题考查空间几何体的结构特征，空间中点线面的位置关系，线面垂直的判定定理和性质定理的熟练应用是解答本题的关键．
13．如图，E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD的中点，沿图中虚线将边长为2的正方形折起来，围成一个三棱锥，则此三棱锥的体积是 
．
【考点】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】由题意图形折叠为三棱锥，直接求出三棱柱的体积即可．
【解答】解：由题意图形折叠为三棱锥，底面为△EFC，高为AC，
所以三棱柱的体积：
×
×1×1×2=，
故答案为：．
【点评】本题是基础题，考查几何体的体积的求法，注意折叠问题的处理方法，考查计算能力．
14．空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点．
①若AC=BD，则四边形EFGH是 菱形 ；
②若AC⊥BD，则四边形EFGH是 矩形 ．
【考点】棱锥的结构特征．
【专题】证明题．
【分析】①结合图形，由三角形的中位线定理可得EF∥AC，GH∥AC且EF=
AC，GH=AC，由平行四边形的定义可得四边形EFGH是平行四边形，再由邻边相等地，得到四边形EFGH是菱形．
②由①知四边形EFGH是平行四边形，再由邻边垂直得到四边形EFGH是矩形．
【解答】解：如图所示：①∵EF∥AC，GH∥AC且EF=AC，GH=AC
∴四边形EFGH是平行四边形
又∵AC=BD
∴EF=FG
∴四边形EFGH是菱形．
②由①知四边形EFGH是平行四边形
又∵AC⊥BD，
∴EF⊥FG
∴四边形EFGH是矩形．
故答案为：菱形，矩形
【点评】本题主要考查棱锥的结构特征，主要涉及了线段的中点，中位线定理，构成平面图形，研究平面图形的形状，是常考类型，属基础题．
三．解答题：（本大题共3小题，共30分）
15．求点A（3，﹣2）关于直线l：2x﹣y﹣1=0的对称点A′的坐标．
【考点】与直线关于点、直线对称的直线方程．
【专题】方程思想；综合法；直线与圆．
【分析】设点A′的坐标为（m，n），求得A′A的中点B的坐标并代入直线l的方程得到①，再由线段A′A和直线l垂直，斜率之积等于﹣1得到 ②，解①②求得m，n 的值，即得点A′的坐标．
【解答】解：设点A（3，﹣2）关于直线l：2x﹣y﹣1=0的对称点A′的坐标为（m，n），
则线段A′A的中点B（
，
），
由题意得B在直线l：2x﹣y﹣1=0上，故 2×﹣﹣1=0 ①．
再由线段A′A和直线l垂直，斜率之积等于﹣1得 
×
=﹣1 ②，
解①②做成的方程组可得：
m=﹣
，n=
，
故点A′的坐标为（﹣，）．
【点评】本题考查求一个点关于直线的对称点的坐标的方法，注意利用垂直及中点在轴上两个条件．
16．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F分别是AP、AD的中点，求证：
（1）直线EF∥平面PCD；
（2）平面BEF⊥平面PAD．
【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．
【专题】立体几何．
【分析】（1）要证直线EF∥平面PCD，只需证明EF∥PD，EF不在平面PCD中，PD⊂平面PCD即可．
（2）连接BD，证明BF⊥AD．说明平面PAD∩平面ABCD=AD，推出BF⊥平面PAD；然后证明平面BEF⊥平面PAD．
【解答】证明：（1）在△PAD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD．
又因为EF不在平面PCD中，PD⊂平面PCD
所以直线EF∥平面PCD．
（2）连接BD．因为AB=AD，∠BAD=60°．
所以△ABD为正三角形．因为F是AD的中点，所以BF⊥AD．
因为平面PAD⊥平面ABCD，BF⊂平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD=AD，所以BF⊥平面PAD．
又因为BF⊂平面EBF，所以平面BEF⊥平面PAD．
【点评】本题是中档题，考查直线与平面平行，平面与平面的垂直的证明方法，考查空间想象能力，逻辑推理能力，常考题型．
17．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB=3，BC=5．
（Ⅰ）求证：AA1⊥平面ABC；
（Ⅱ）求证二面角A1﹣BC1﹣B1的余弦值；
（Ⅲ）证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．
【考点】用空间向量求平面间的夹角；直线与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法．
【专题】空间位置关系与距离；空间角．
【分析】（I）利用AA1C1C是正方形，可得AA1⊥AC，再利用面面垂直的性质即可证明；
（II）利用勾股定理的逆定理可得AB⊥AC．通过建立空间直角坐标系，利用两个平面的法向量的夹角即可得到二面角；
（III）设点D的竖坐标为t，（0＜t＜4），在平面BCC1B1中作DE⊥BC于E，可得D
，利用向量垂直于数量积得关系即可得出．
【解答】（I）证明：∵AA1C1C是正方形，∴AA1⊥AC．
又∵平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C=AC，
∴AA1⊥平面ABC．
（II）解：由AC=4，BC=5，AB=3．
∴AC2+AB2=BC2，∴AB⊥AC．
建立如图所示的空间直角坐标系，则A1（0，0，4），B（0，3，0），B1（0，3，4），C1（4，0，4），
∴
，
，
．
设平面A1BC1的法向量为
，平面B1BC1的法向量为
=（x2，y2，z2）．
则
，令y1=4，解得x1=0，z1=3，∴
．
，令x2=3，解得y2=4，z2=0，∴
．
=
=
=
．
∴二面角A1﹣BC1﹣B1的余弦值为．
（III）设点D的竖坐标为t，（0＜t＜4），在平面BCC1B1中作DE⊥BC于E，可得D
，
∴
=，
=（0，3，﹣4），
∵
，∴
，
∴
，解得t=
．
∴
．
【点评】本题综合考查了线面垂直的判定与性质定理、面面垂直的性质定理、通过建立空间直角坐标系利用法向量求二面角的方法、向量垂直与数量积得关系等基础知识与基本方法，考查了空间想象能力、推理能力和计算能力．
四．填空题：（本大题共6小题，每小题5分，共30分）.
18．正六棱台的两底面边长分别为1cm，2cm，高是1cm，它的侧面积为 
cm2 ．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．
【专题】计算题；转化思想；综合法；立体几何．
【分析】作出正六棱台的一部分，侧面ABB1A1为等腰梯形，OO1为高且OO1=1cm，AB=1cm，A1B1=2cm．取AB和A1B1的中点C，C1，连接OC，CC1，O1C1，则C1C为正六棱台的斜高，且四边形OO1C1C为直角梯形．根据正六棱台的性质求出OC，O1C1，CC1和上、下底面周长，由此能求出正六棱台的侧面积．
【解答】解：如图所示，是正六棱台的一部分，
侧面ABB1A1为等腰梯形，OO1为高且OO1=1cm，AB=1cm，A1B1=2cm．
取AB和A1B1的中点C，C1，连接OC，CC1，O1C1，
则C1C为正六棱台的斜高，且四边形OO1C1C为直角梯形．
根据正六棱台的性质得OC=
，O1C1=
=
，
∴CC1=
=
．
又知上、下底面周长分别为c=6AB=6cm，c′=6A1B1=12cm．
∴正六棱台的侧面积：
S=
．
=
=
（cm2）．
故答案为： cm2．
【点评】本题考查正六棱台的侧面积的求法，是中档，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
19．二面角α﹣l﹣β内一点P到平面α，β和棱l的距离之比为1：
：2，则这个二面角的平面角是 75 度．
【考点】二面角的平面角及求法．
【专题】空间角．
【分析】点P可能在二面角α﹣l﹣β内部，也可能在外部，应区别处理．利用点P到α，β和棱l的距离分别为1：：2，即可求二面角α﹣l﹣β的大小．
【解答】解：点P可能在二面角α﹣l﹣β内部，也可能在外部，应区别处理．当点P在二面角α﹣l﹣β的内部时，如图，A、C、B、P四点共面，∠ACB为二面角的平面角，
由题设条件，点P到α，β和棱l的距离之比为1：：2可求∠ACP=30°，∠BCP=45°，∴∠ACB=75°．
故答案为：75．
【点评】本题考查与二面角有关的立体几何综合题，考查分类讨论的数学思想，正确找出二面角的平面角是关键．
20．在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥后，剩下的凸多面体的体积是 
．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．
【专题】计算题．
【分析】利用正方体的体积减去8个三棱锥的体积，求解即可．
【解答】解：在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥，
8个三棱锥的体积为：
=
．
剩下的凸多面体的体积是1﹣=
．
故答案为：．
【点评】本题考查几何体的体积的求法，转化思想的应用，考查空间想象能力计算能力．
21．直线l过原点且平分平行四边形ABCD的面积，若平行四边形的两个顶点为B（1，4），D（5，0），则直线l的方程为 
．
【考点】直线的两点式方程．
【专题】计算题．
【分析】先求出BD的中点，再求出斜率，用斜截式求直线的方程．
【解答】解：∵直线l过原点且平分平行四边形ABCD的面积，则直线过BD的中点（3，2），
故斜率为
=
，
∴由斜截式可得直线l的方程为，
故答案为．
【点评】本题考查直线的斜率公式，直线方程的斜截式．
22．圆柱形玻璃杯高8cm，杯口周长为12cm，内壁距杯口2cm的点A处有一点蜜糖．A点正对面的外壁（不是A点的外壁）距杯底2cm的点B处有一小虫．若小虫沿杯壁爬向蜜糖饱食一顿，最少要爬多少 10 cm．（不计杯壁厚度与小虫的尺寸）
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．
【专题】数形结合；综合法；立体几何．
【分析】作出圆柱的侧面展开图，找到A点关于茶杯口的对称点A′，则A′A在展开图中的直线距离即为最短距离．
【解答】解：作出圆柱的侧面展开图如图所示，设A关于茶杯口的对称点为A′，
则A′A=4cm，BC=6cm，∴A′C=8cm，
∴A′B=
=10cm．
故答案为：10．
【点评】本题考查了曲面的最短距离问题，通常转化为平面图形来解决．
23．在半径为2的球面上有A、B、C、D四点，若AB=CD=2，则四面体ABCD的体积的最大值为 
．
【考点】球内接多面体；棱柱、棱锥、棱台的体积．
【专题】计算题．
【分析】过CD作平面PCD，使AB⊥平面PCD，交AB于P，设点P到CD的距离为h，则当球的直径通过AB与CD的中点时，h最大为2
，从而得到四面体ABCD的体积的最大值即可．
【解答】解：过CD作平面PCD，使AB⊥平面PCD，交AB与P，
设点P到CD的距离为h，
则有 V=×2×h××2，
当球的直径通过AB与CD的中点时，h最大为2
，
则四面体ABCD的体积的最大值为
．
故答案为：．
【点评】本小题主要考查棱柱、棱锥、棱台的体积、球内接多面体等基础知识，考查运算求解能力，考查空间想象力．属于基础题．
五．解答题：（本大题共2小题，共20分）.
24．一块边长为10cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，试建立容器的容积V与x的函数关系式，并求出函数的定义域．
【考点】根据实际问题选择函数类型．
【专题】计算题．
【分析】设出所截等腰三角形的底边边长为xcm，在直角三角形中根据两条边长利用勾股定理做出四棱锥的高，表示出四棱锥的体积，根据实际意义写出定义域．
【解答】解：如图，设所截等腰三角形的底边边长为xcm，
在Rt△EOF中，
，
∴
，
∴
依题意函数的定义域为{x|0＜x＜10}
【点评】本题是一个函数模型的应用，这种题目解题的关键是看清题意，根据实际问题选择合适的函数模型，注意题目中写出解析式以后要标出自变量的取值范围．
25．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1=A1C=AC=2，AB=BC，且AB⊥BC，O为AC中点．
（Ⅰ）证明：A1O⊥平面ABC；
（Ⅱ）求直线A1C与平面A1AB所成角的正弦值；
（Ⅲ）在BC1上是否存在一点E，使得OE∥平面A1AB，若不存在，说明理由；若存在，确定点E的位置．
【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．
【专题】计算题；证明题．
【分析】（1）由题意可知：平面AA1C1C⊥平面ABC，根据平面与平面垂直的性质定理可以得到，只要证明A1O⊥AC就行了．
（2）此小题由于直线A1C与平面A1AB所成角不易作出，再由第（1）问的结论可以联想到借助于空间直角坐标系，设定参数，转化成法向量n与
所成的角去解决
（3）有了第（2）问的空间直角坐标系的建立，此题解决就方便多了，欲证OE∥平面A1AB，可以转化成证明OE与法向量n垂直
【解答】解：（Ⅰ）证明：因为A1A=A1C，且O为AC的中点，
所以A1O⊥AC．
又由题意可知，平面AA1C1C⊥平面ABC，
交线为AC，且A1O⊂平面AA1C1C，
所以A1O⊥平面ABC．
（Ⅱ）如图，以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
由题意可知，A1A=A1C=AC=2，又AB=BC，AB⊥BC，∴
，
所以得：
则有：
．
设平面AA1B的一个法向量为n=（x，y，z），则有
，
令y=1，得
所以
．
．
因为直线A1C与平面A1AB所成角θ和向量n与
所成锐角互余，所以
．
（Ⅲ）设
，
即
，得
所以
，得
，
令OE∥平面A1AB，得
，
即﹣1+λ+2λ﹣λ=0，得
，
即存在这样的点E，E为BC1的中点．
【点评】本小题主要考查空间线面关系、直线与平面所成的角、三角函数等知识，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力
获得更多试题及答案，欢迎联系微信公众号：ygjjcom
客服微信号：ygjjcom