2022年高二上學期期中考試數(shù)學文試卷 含解析(I)

2022年高二上學期期中考試數(shù)學文試卷 含解析(I) 　 一、選擇題（每小題5分，共60分） 1．如圖的幾何體是由下面哪個平面圖形旋轉得到的（　?。? A． B． C． D． 2．已知直線l1：ax+2y+1=0與直線l2：（3﹣a）x﹣y+a=0，若l1⊥l2，則實數(shù)a的值（　?。? A．1 B．2 C．6 D．1或2 3．已知A（﹣1，a）、B（a，8）兩點的直線與直線2x﹣y+1=0平行，則a的值為（　?。? A．﹣10 B．17 C．5 D．2 4．某幾何體的三視圖如圖所示，則它的表面積是（　?。? A． B．24﹣π C． D． 5．有一個幾何體的三視圖如圖所示，這個幾何體應是一個（　　） A．棱臺 B．棱錐 C．棱柱 D．都不對 6．ABCD﹣A1B1C1D1為正方體，下列結論錯誤的是（　　） A．BD∥平面CB1D1 B．AC1⊥BD C．AC1⊥平面CB1D1 D．AC1⊥BD1 7．過點（1，0）且與直線x﹣2y﹣2=0平行的直線方程是（　?。? A．x﹣2y﹣1=0 B．x﹣2y+1=0 C．2x+y﹣2=0 D．x+2y﹣1=0 8．以A（1，3），B（﹣5，1）為端點的線段的垂直平分線方程是（　?。? A．3x﹣y﹣8=0 B．3x+y+4=0 C．3x﹣y+6=0 D．3x+y+2=0 9．過點（1，0）且與直線x﹣2y﹣2=0垂直的直線方程是（　?。? A．x﹣2y﹣1=0 B．x﹣2y+1=0 C．2x+y﹣2=0 D．x+2y﹣1=0 10．若直線a不平行于平面α，則下列結論成立的是（　?。? A．α內(nèi)的所有直線都與直線a異面 B．α內(nèi)可能存在與a平行的直線 C．α內(nèi)的直線都與a相交 D．直線a與平面α沒有公共點 11．如圖是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積等于（　　） A．6 B．8 C．10 D．12 12．將邊長為a的正方形ABCD沿對角線AC折起，使BD=a，則三棱錐D﹣ABC的體積為（　　） A．a(chǎn)3 B．a(chǎn)3 C．a(chǎn)3 D．a(chǎn)3 　 二、填空題（每小題5分，共20分） 13．已知圓柱的底面半徑為1，母線長與底面的直徑相等，則該圓柱的表面積為　　． 14．用一平面去截球所得截面的面積為3πcm2，已知球心到該截面的距離為1cm，則該球的體積是　　cm3． 15．考察下列命題，在“___”處缺少一個條件，補上這個條件使其構成正確命題（其中l(wèi)，m為直線，α，β為平面），則此條件為　　． ?l∥α 16．如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1棱長為1，點M∈AB1，N∈BC1，且AM=BN≠，有以下四個結論： ①AA1⊥MN，②A1C1∥MN；③MN∥平面A1B1C1D1；④MN與A1C1是異面直線．其中正確結論的序號是　　 （注：把你認為正確命題的序號都填上） 　 三、解答題（前面5個小題每小題10分，每6小題10分，共70分） 17．（10分）求經(jīng)過直線2x+3y+1=0與x﹣3y+4=0的交點，且與直線3x+4y﹣7=0垂直的直線的方程． 18．（12分）如圖1是圖2的三視圖，三棱錐B﹣ACD中，E，F(xiàn)分別是棱AB，AC的中點． （1）求證：BC∥平面DEF； （2）求三棱錐A﹣DEF的體積． 19．（12分）如圖，在四棱臺ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四邊形，DD1⊥平面ABCD，AB=2AD，AD=A1B1，∠BAD=60°． （1）證明：BD⊥平面ADD1A1； （2）證明：CC1∥平面A1BD． 20．（12分）在圓錐PO中，已知PO=2，⊙O的直徑AB=4，點C在底面圓周上，且∠CAB=30°，D為AC的中點． （1）證明：AC⊥平面POD； （2）求點O到面PAD的距離． 21．（12分）已知是一幾何體的直觀圖和三視圖如圖． （1）若F為PD的中點，求證：AF⊥面PCD； （2）求此幾何體BEC﹣APD的體積． 22．（12分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，四邊形ABCD為長方形，AD=2AB，點E、F分別是線段PD、PC的中點． （Ⅰ）證明：EF∥平面PAB； （Ⅱ）在線段AD上是否存在一點O，使得BO⊥平面PAC，若存在，請指出點O的位置，并證明BO⊥平面PAC；若不存在，請說明理由． 　 參考答案與試題解析 　 一、選擇題（每小題5分，共60分） 1．（xx秋?碑林區(qū)期末）如圖的幾何體是由下面哪個平面圖形旋轉得到的（　?。? A． B． C． D． 【考點】旋轉體（圓柱、圓錐、圓臺）． 【專題】計算題；空間位置關系與距離． 【分析】根據(jù)面動成體的原理即可解，一個三角形繞直角邊旋轉一周可以得到一個圓錐．一個直角梯形繞著直角邊旋轉一周得到圓臺． 【解答】解：該幾體的上部分是圓錐，下部分是圓臺， 圓錐的軸截面是直角三角形， 圓臺的軸截面是直角梯形， ∴這個幾何圖形是由直角三角形和直角梯形圍繞直角邊所在的直線為軸旋轉一周得到． 故選A． 【點評】本題主要考查空間感知能力，難度不大，學生應注意培養(yǎng)空間想象能力． 　 2．（xx?石家莊一模）已知直線l1：ax+2y+1=0與直線l2：（3﹣a）x﹣y+a=0，若l1⊥l2，則實數(shù)a的值（　?。? A．1 B．2 C．6 D．1或2 【考點】直線的一般式方程與直線的垂直關系． 【專題】計算題． 【分析】求出兩條直線的斜率，利用兩條直線的垂直關系，求出a的值． 【解答】解：∵直線l1：ax+2y+1=0，與直線l2：（3﹣a）x﹣y+a=0， ∴k1=﹣ k2=3﹣a 因為兩條直線的斜率都存在，且l1⊥l2， ∴k1?k2=﹣1， 即（3﹣a）?（﹣）=﹣1， 解得a=1或a=2． 故選：D． 【點評】本題考查兩直線垂直的性質(zhì)，兩直線垂直，斜率之積等于﹣1． 　 3．（xx?漣源市校級模擬）已知A（﹣1，a）、B（a，8）兩點的直線與直線2x﹣y+1=0平行，則a的值為（　?。? A．﹣10 B．17 C．5 D．2 【考點】兩條直線平行與傾斜角、斜率的關系． 【專題】計算題． 【分析】由題設條件知，兩直線平行故兩直線的斜率相等，由此方程求a的值即可． 【解答】解：由平行直線斜率相等得：，∴a=2 故選D 【點評】本題考查兩直線平行的條件，由斜率相等建立方程求參數(shù)，屬于直線中的基本題型． 　 4．（xx?池州二模）某幾何體的三視圖如圖所示，則它的表面積是（　　） A． B．24﹣π C． D． 【考點】由三視圖求面積、體積． 【專題】計算題；空間位置關系與距離． 【分析】幾何體為正方體挖去一個圓錐，根據(jù)三視圖判斷正方體的邊長及挖去的圓錐的高和底面直徑，求得母線長，根據(jù)幾何體的表面積為正方體的表面積加圓錐的側面積，再減去圓錐的底面面積，把數(shù)據(jù)代入公式計算． 【解答】解：由三視圖知：幾何體為正方體挖去一個圓錐，且正方體的邊長為2， 挖去的圓錐的高為2，底面直徑為2，∴母線長為， 幾何體的表面積為正方體的表面積加圓錐的側面積，再減去圓錐的底面面積， ∴S=6×22+﹣π×12=24+（﹣1）π． 故選：C． 【點評】本題考查了由三視圖求幾何體的表面積，根據(jù)三視圖判斷幾何體的形狀及數(shù)據(jù)所對應的幾何量是關鍵． 　 5．（xx?武鳴縣校級模擬）有一個幾何體的三視圖如圖所示，這個幾何體應是一個（　　） A．棱臺 B．棱錐 C．棱柱 D．都不對 【考點】由三視圖還原實物圖． 【分析】根據(jù)主視圖、左視圖、俯視圖的形狀，將它們相交得到幾何體的形狀． 【解答】解：由三視圖知，從正面和側面看都是梯形， 從上面看為正方形，下面看是正方形， 并且可以想象到連接相應頂點的四條線段就是幾何體的四條側棱， 故這個三視圖是四棱臺． 故選A． 【點評】本題考查幾何體的三視圖與直觀圖之間的相互轉化． 　 6．（xx秋?湘西州校級期末）ABCD﹣A1B1C1D1為正方體，下列結論錯誤的是（　?。? A．BD∥平面CB1D1 B．AC1⊥BD C．AC1⊥平面CB1D1 D．AC1⊥BD1 【考點】棱柱的結構特征． 【專題】空間位置關系與距離． 【分析】由題意畫出圖形，根據(jù)正方體的性質(zhì)，結合線面平行、線面垂直的判斷逐一核對四個選項得答案． 【解答】解：如圖， 由ABCD﹣A1B1C1D1為正方體，可得BD∥B1D1，由線面平行的判定知，A正確； 由線面垂直的判斷可知BD⊥面ACC1，由此可得AC1⊥BD，B正確； 由線面垂直的判定可得AC1⊥B1D1，AC1⊥B1C， 則由線面垂直的判定定理可得AC1⊥平面CB1D1，說明C正確； 由ABCD﹣A1B1C1D1為正方體，可得四邊形ABC1D1為長方形，若AC1⊥BD1， 可得AB=BC1，矛盾，∴D錯誤． 故選：D． 【點評】本題考查了棱柱的結構特征，考查了空間中的點線面的位置關系，考查了線面平行、線面垂直的判斷和性質(zhì)，是中檔題． 　 7．（xx?安徽）過點（1，0）且與直線x﹣2y﹣2=0平行的直線方程是（　?。? A．x﹣2y﹣1=0 B．x﹣2y+1=0 C．2x+y﹣2=0 D．x+2y﹣1=0 【考點】兩條直線平行的判定；直線的一般式方程． 【專題】計算題． 【分析】因為所求直線與直線x﹣2y﹣2=0平行，所以設平行直線系方程為x﹣2y+c=0，代入此直線所過的點的坐標，得參數(shù)值 【解答】解：設直線方程為x﹣2y+c=0，又經(jīng)過（1，0）， ∴1﹣0+c=0 故c=﹣1， ∴所求方程為x﹣2y﹣1=0； 故選A． 【點評】本題屬于求直線方程的問題，解法比較靈活． 　 8．（xx秋?湖北期末）以A（1，3），B（﹣5，1）為端點的線段的垂直平分線方程是（　　） A．3x﹣y﹣8=0 B．3x+y+4=0 C．3x﹣y+6=0 D．3x+y+2=0 【考點】直線的一般式方程與直線的垂直關系． 【專題】計算題． 【分析】求出AB的中點坐標，求出AB的中垂線的斜率，然后求出中垂線方程． 【解答】解：因為A（1，3），B（﹣5，1）， 所以AB的中點坐標（﹣2，2），直線AB的斜率為：=， 所以AB的中垂線的斜率為：﹣3， 所以以A（1，3），B（﹣5，1）為端點的線段的垂直平分線方程是y﹣2=﹣3（x+2），即3x+y+4=0． 故選B． 【點評】本題考查直線的一般式方程與直線的垂直關系，直線方程的求法，考查計算能力． 　 9．（xx春?揭陽校級期末）過點（1，0）且與直線x﹣2y﹣2=0垂直的直線方程是（　?。? A．x﹣2y﹣1=0 B．x﹣2y+1=0 C．2x+y﹣2=0 D．x+2y﹣1=0 【考點】直線的點斜式方程；直線的一般式方程與直線的垂直關系． 【專題】直線與圓． 【分析】由兩直線垂直的性質(zhì)求出所求直線的斜率，再用點斜式求直線的方程，化為一般式． 【解答】解：由于直線x﹣2y﹣2=0的斜率為，故所求直線的斜率等于﹣2，故所求直線的方程為y﹣0=﹣2（x﹣1），即2x+y﹣2=0， 故選：C 【點評】本題主要考查兩直線垂直的性質(zhì)，用點斜式求直線的方程，屬于基礎題． 　 10．（xx秋?江北區(qū)校級期中）若直線a不平行于平面α，則下列結論成立的是（　?。? A．α內(nèi)的所有直線都與直線a異面 B．α內(nèi)可能存在與a平行的直線 C．α內(nèi)的直線都與a相交 D．直線a與平面α沒有公共點 【考點】空間中直線與平面之間的位置關系． 【專題】空間位置關系與距離． 【分析】利用空間中線線、線面、面面間的位置關系求解． 【解答】解：在A中，直線a有可能在α內(nèi)，故A錯誤； 在B中，直線a與α不平行，則直線a在α內(nèi)或與α相交， 當直線a在平面α內(nèi)時， 在α內(nèi)存在與a平行的直線，故B正確； 在C中，直線a有可能在α內(nèi)，所以α內(nèi)的直線與a相交或平行，故C正確； 在D中，直線a有可能與α相交，這時直線a與平面α有一個公共點，故D錯誤． 故選：B． 【點評】本題考查命題真假的判斷，是中檔題，解題時要注意空間思維能力的培養(yǎng)． 　 11．（xx秋?江北區(qū)校級期中）如圖是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積等于（　?。? A．6 B．8 C．10 D．12 【考點】由三視圖求面積、體積． 【專題】計算題；轉化思想；數(shù)形結合法；立體幾何． 【分析】由三視圖還原原幾何體，再由長方體體積減去三棱錐體積得答案． 【解答】解：由三視圖得原幾何體如圖， 則幾何體的體積為． 故選：C． 【點評】本題考查由三視圖求原幾何體的體積，關鍵是由三視圖還原原幾何體，是中檔題． 　 12．（xx秋?江北區(qū)校級期中）將邊長為a的正方形ABCD沿對角線AC折起，使BD=a，則三棱錐D﹣ABC的體積為（　?。? A．a(chǎn)3 B．a(chǎn)3 C．a(chǎn)3 D．a(chǎn)3 【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積． 【專題】空間位置關系與距離． 【分析】如圖所示，設對角線AC∩BD=O，由OB2+OD2=BD2，可得OB⊥OD．OD⊥平面ACB，利用三棱錐D﹣ABC的體積V=，即可得出． 【解答】解：如圖所示， 設對角線AC∩BD=O， ∴OB=OD=a． ∵OB2+OD2=×2=a2=BD2， ∴OB⊥OD． 又OD⊥AC，AC∩OB=O， ∴OD⊥平面ACB， ∴三棱錐D﹣ABC的體積V===． 故選：B． 【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)、線面面面垂直的判定與性質(zhì)定理、三棱錐的體積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題． 　 二、填空題（每小題5分，共20分） 13．（xx?徐州三模）已知圓柱的底面半徑為1，母線長與底面的直徑相等，則該圓柱的表面積為　6π?。? 【考點】旋轉體（圓柱、圓錐、圓臺）． 【專題】空間位置關系與距離． 【分析】根據(jù)已知求出圓柱的母線長，代入圓柱表面積公式S=2πr（r+l）可得答案． 【解答】解：∵圓柱的底面半徑為1，母線長與底面的直徑相等， 故圓柱的母線l=2， 故圓柱的表面積S=2πr（r+l）=6π， 故答案為：6π 【點評】本題考查的知識點是旋轉體，圓柱的表面積，熟練掌握圓柱的表面積公式，是解答的關鍵． 　 14．（xx?閔行區(qū)二模）用一平面去截球所得截面的面積為3πcm2，已知球心到該截面的距離為1cm，則該球的體積是　π　cm3． 【考點】球的體積和表面積． 【專題】球． 【分析】求出小圓的半徑，然后利用球心到該截面的距離為1 cm，小圓的半徑，通過勾股定理求出球的半徑，即可求出球的體積． 【解答】解：用一平面去截球所得截面的面積為3π cm2，∴小圓的半徑為：cm； 已知球心到該截面的距離為1 cm，∴球的半徑為：=2， ∴球的體積為：=（cm3） 故答案為：． 【點評】本題是基礎題，考查球的小圓的半徑，球心到該截面的距離，球的半徑之間的關系，滿足勾股定理，考查計算能力． 　 15．（xx秋?江北區(qū)校級期中）考察下列命題，在“___”處缺少一個條件，補上這個條件使其構成正確命題（其中l(wèi)，m為直線，α，β為平面），則此條件為　1?α　． ?l∥α 【考點】直線與平面平行的判定． 【專題】計算題；對應思想；定義法；空間位置關系與距離． 【分析】根據(jù)線面平行的判定定理，我們知道要判斷線面平行需要三個條件：面內(nèi)一線，面外一線，線線平行，即可得到答案． 【解答】解：對照已有條件，根據(jù)線面平行的判定定理可知缺少條件“1?α”． 故答案為：1?α． 【點評】本題考查的知識點是直線與平面平行的判定，熟練掌握直線與平面平行判斷的方法及必要的條件是解答本題的關鍵． 　 16．（xx秋?越城區(qū)校級期末）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1棱長為1，點M∈AB1，N∈BC1，且AM=BN≠，有以下四個結論： ①AA1⊥MN，②A1C1∥MN；③MN∥平面A1B1C1D1；④MN與A1C1是異面直線．其中正確結論的序號是?、佗邸?（注：把你認為正確命題的序號都填上） 【考點】空間中直線與平面之間的位置關系；平面與平面之間的位置關系． 【專題】空間位置關系與距離． 【分析】過M作MO∥AB，交BB1于O，連接ON，利用線段等比例定理證明ON∥B1C1，根據(jù)線面垂直的判定定理證明BB1⊥平面OMN，又MN?平面OMN，可得AA1⊥MN，從而判斷①正確； 利用面面平行的判定定理可證平面A1B1C1D1∥平面OMN，從而得MN∥平面A1B1C1D1，從而判斷③正確； 根據(jù)M、N分別是AB1，BC1的中點時，可證MN∥A1C1，當M不是AB1的中點時，MN與A1C1異面，從而判斷②④錯誤． 【解答】解：過M作MO∥AB，交BB1于O，連接ON， ∵AM=BN ∴==，∴ON∥B1C1， ∴BB1⊥OM，BB1⊥ON，OM∩ON=O， ∴BB1⊥平面OMN，MN?平面OMN， ∴BB1⊥MN，AA1∥BB1，∴AA1⊥MN，∴①正確； 當M、N分別是AB1，BC1的中點時，取A1B1，B1C1的中點E，F(xiàn)，連接ME、NF， ∵ME∥AA1，NF∥AA1，且ME=NF=AA1， ∴四邊形MNEF為平行四邊形，∴MN∥EF， 又EF∥A1C1，∴MN∥A1C1， 當M不是AB1的中點時，MN與A1C1異面，∴②④錯誤； OM∥平面A1B1C1D1；ON∥平面A1B1C1D1， ∴平面A1B1C1D1∥平面OMN，MN?平面OMN， ∴MN∥平面A1B1C1D1；∴③正確． 故答案是①③． 【點評】本題考查了線面平行的判定，線面垂直的判定及面面平行的性質(zhì)，考查了學生的空間想象能力，熟練掌握線面平行，垂直的判定定理及面面平行的性質(zhì)定理是解答本題的關鍵． 　 三、解答題（前面5個小題每小題10分，每6小題10分，共70分） 17．（10分）（xx秋?江北區(qū)校級期中）求經(jīng)過直線2x+3y+1=0與x﹣3y+4=0的交點，且與直線3x+4y﹣7=0垂直的直線的方程． 【考點】直線的一般式方程與直線的垂直關系． 【專題】直線與圓． 【分析】聯(lián)立，解得x=﹣，y=，設與直線3x+4y﹣7=0垂直的直線的方程4x﹣3y+c=0把（﹣，）代入，能求出結果． 【解答】解：聯(lián)立，解得x=﹣，y=， 設與直線3x+4y﹣7=0垂直的直線的方程4x﹣3y+c=0 把（﹣，）代入，得c=9 ∴所求直線為4x﹣3y+9=0 【點評】本題考查直線方程的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意直線與直線垂直的性質(zhì)的合理運用． 　 18．（12分）（xx秋?江北區(qū)校級期中）如圖1是圖2的三視圖，三棱錐B﹣ACD中，E，F(xiàn)分別是棱AB，AC的中點． （1）求證：BC∥平面DEF； （2）求三棱錐A﹣DEF的體積． 【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積；直線與平面平行的判定． 【專題】證明題；轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離． 【分析】（1）根據(jù)E，F(xiàn)分別是AB，AC的中點得到EF∥BC，應用判定定理即得證． （2）由圖1得CD⊥AB，BD⊥AD，BD⊥CD，得到BD⊥平面ACD．取AD的中點G，連接EG，求得，進一步計算體積． 【解答】證明：（1）∵E，F(xiàn)分別是AB，AC的中點， ∴EF∥BC， ∵BC?平面DEF，EF?平面DEF， ∴BC∥平面DEF．…（4分） 解：（2）∵如圖1得CD⊥AB，BD⊥AD，BD⊥CD， 又∵CD∩AD=D， ∴BD⊥平面ACD．…（8分） 取AD的中點G，連接EG， ∵E是AB的中點， ∴． ∴EG⊥平面ACD，， ∴．…（12分） 【點評】本題考查線面平行的證明，考查三棱錐的體積的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)． 　 19．（12分）（xx?湛江二模）如圖，在四棱臺ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四邊形，DD1⊥平面ABCD，AB=2AD，AD=A1B1，∠BAD=60°． （1）證明：BD⊥平面ADD1A1； （2）證明：CC1∥平面A1BD． 【考點】直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定． 【分析】（1）利用余弦定理和已知條件求得BD和AD的關系，進而求得AD2+BD2=AB2，推斷出AD⊥BD，依據(jù)DD1⊥平面ABCD，可知DD1⊥BD，進而根據(jù)線面垂直的判定定理證明出BD⊥平面ADD1A1． （2）連接AC，A1C1，設AC∩BD=E，連接EA1，根據(jù)四邊形ABCD是平行四邊形，推斷出EC=AC，由棱臺定義及AB=2AD=2A1B1知A1C1∥EC，且A1C1=EC，進而推斷出四邊形A1ECC1是平行四邊形，因此CC1∥EA1，最后利用線面平行的判定定理推斷出CC1∥平面A1BD． 【解答】（1）證明：∵AB=2AD，∠BAD=60°，在△ABD中，由余弦定理得 BD2=AD2+AB2﹣2AD?ABcos60°=3AD2， ∴AD2+BD2=AB2， ∴AD⊥BD， ∵DD1⊥平面ABCD，且BD?平面ABCD． ∴DD1⊥BD， 又AD∩DD1=D， ∴BD⊥平面ADD1A1． （2）證明：連接AC，A1C1，設AC∩BD=E，連接EA1， ∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴EC=AC， 由棱臺定義及AB=2AD=2A1B1知 A1C1∥EC，且A1C1=EC， ∴四邊形A1ECC1是平行四邊形，因此CC1∥EA1， 又∵EA1?平面A1BD， ∴CC1∥平面A1BD， 【點評】本題主要考查了線面平行，線面垂直的判定．考查了學生對立體幾何基礎知識的掌握． 　 20．（12分）（xx秋?濠江區(qū)校級期末）在圓錐PO中，已知PO=2，⊙O的直徑AB=4，點C在底面圓周上，且∠CAB=30°，D為AC的中點． （1）證明：AC⊥平面POD； （2）求點O到面PAD的距離． 【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積；直線與平面垂直的判定． 【專題】空間位置關系與距離． 【分析】（1）先證AC⊥BC，AC⊥OD，再由線面垂直的判定定理證明AC⊥面POD； （2）作OH⊥PD，垂足為H，可證 OH⊥面PAC，利用等面積法可求OH． 【解答】（1）證明：∵PO⊥面ABC，且AC?面ABC∴AC⊥PO， 由于AB是直徑，且點C在圓周上，∴AC⊥BC， ∵點O，D分別，AC的中點∴OD∥BC∴AC⊥OD， 又∵PO∩OD=O∴AC⊥面POD； （2）由（1）知AC⊥面POD，又有AC?面PAC， ∴面PAC⊥面POD， ∵面PAC∩面POD=PD 作OH⊥PD，垂足為H，則有 OH⊥面PAC 從而OH⊥面PAD， 在Rt△POD中，， ∴PD=3， ∴． 【點評】本題考查了線面垂直的證明，考查了點面距離的求法，考查了學生的空間想象能力． 　 21．（12分）（xx秋?江北區(qū)校級期中）已知是一幾何體的直觀圖和三視圖如圖． （1）若F為PD的中點，求證：AF⊥面PCD； （2）求此幾何體BEC﹣APD的體積． 【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積；直線與平面垂直的判定． 【專題】計算題；數(shù)形結合；轉化思想；空間位置關系與距離． 【分析】（1）證明PD⊥AF，CD⊥DA，CD⊥PA，即可證明CD⊥面ADP，推出CD⊥AF．證明AF⊥面PCD． （2）幾何體的體積轉化為兩個三棱錐的體積，求解即可． 【解答】解：（1）由幾何體的三視圖可知，底面ABCD是邊長為4的正方形，PA⊥面ABCD， ∵PA=AD，F(xiàn)為PD的中點，∴PD⊥AF，又∵CD⊥DA，CD⊥PA，PA∩DA=A， ∴CD⊥面ADP，∴CD⊥AF．又CD∩DP=D，∴AF⊥面PCD． （2）易知PA⊥面ABCD，CB⊥面ABEP，故此幾何體的體積為=． 【點評】本題考查幾何體的體積的求法，直線與平面垂直以及平行的判定定理的應用，考查空間想象能力以及邏輯推理能力． 　 22．（12分）（xx?遼寧模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，四邊形ABCD為長方形，AD=2AB，點E、F分別是線段PD、PC的中點． （Ⅰ）證明：EF∥平面PAB； （Ⅱ）在線段AD上是否存在一點O，使得BO⊥平面PAC，若存在，請指出點O的位置，并證明BO⊥平面PAC；若不存在，請說明理由． 【考點】直線與平面垂直的判定；直線與平面平行的判定． 【專題】證明題． 【分析】（I）根據(jù)平行線的傳遞性，得到EF∥AB，再結合線面平行的判定定理，可得EF∥平面PAB． （II）在線段AD上存在靠A點較近的一個四等分點O，使得BO⊥平面PAC．先在長方形ABCD中，證出△ABO∽△ADC，利用角互余的關系，得到AC⊥BO，再利用線面垂直的判定定理，可證出PA⊥BO，結合PA、AC是平面PAC內(nèi)的相交直線，最終得到BO⊥平面PAC． 【解答】證明：（Ⅰ）∵四邊形ABCD為長方形， ∴CD∥AB， ∵EF∥CD，∴EF∥AB， 又∵EF?平面PAB，AB?平面PAB， ∴EF∥平面PAB． …（6分） （Ⅱ） 在線段AD上存在一點O，使得BO⊥平面PAC， 此時點O為線段AD的四等分點，滿足，…（8分） ∵長方形ABCD中， ∠BAO=∠ADC=90°，= ∴△ABO∽△ADC， ∴∠ABO+∠CAB=∠DAC+∠CAB=90°， ∴AC⊥BO，（10分） 又∵PA⊥底面ABCD，BO?底面ABCD， ∴PA⊥BO， ∵PA∩AC=A，PA、AC?平面PAC ∴BO⊥平面PAC．（12分） 【點評】本題以底面為長方形、一條側棱垂直于底的四棱錐為載體，通過證明線線垂直和線面平行，著重考查了線面平行的判定定理、線面垂直的判定與性質(zhì)等知識點，屬于中檔題．