数学理卷·2018届重庆市合川大石中学高二上学期期中考试（2016-11）

数学理卷·2018届重庆市合川大石中学高二上学期期中考试（2016-11）

重庆市合川大石中学16秋半期考试 高2018级数学(理科)试题卷 第I卷（选择题）‎ 一、 选择题（本题共12道小题，每小题5分，共60分）‎ ‎1.在空间直角坐标系中，点（﹣2，1，4）关于x轴的对称点的坐标为（　　）‎ A．（﹣2，1，﹣4） B．（﹣2，﹣1，﹣4） C．（2，1，﹣4） D．（2，﹣1，4）‎ ‎2.设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则（　　） ‎ A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥β ‎ C．若m∥n，n⊥α，则m⊥α D．若m∥α，α⊥β，则m⊥β ‎ ‎3.已知正方体ABCD﹣A1B‎1C1D1中，异面直线AC和BC1所成的角为（　　） ‎ A．45° B．30° C．60° D．90°‎ ‎4.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（　　） ‎ ‎ ‎ ‎ 第4题图 第6题图 A．64 B．‎72 C．80 D．112 ‎ ‎5.下列说法中正确的个数有（　　）‎ ‎①两平面平行，夹在两平面间的平行线段相等；‎ ‎②两平面平行，夹在两平面间的相等的线段平行；‎ ‎③两条直线被三个平行平面所截，截得的线段对应成比例；‎ ‎④如果夹在两平面间的三条平行线段相等，那么这两个平面平行．‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 ‎6.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的各个面中，最大的面积是（　　）‎ A． B．‎1 ‎C． D．‎ ‎7.如图，以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论： ‎ ‎①； ②∠BAC=60°； ‎ ‎③三棱锥D﹣ABC是正三棱锥； ④平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直． ‎ 其中正确的是（　　） ‎ ‎ ‎ ‎ 第7题图 第9题图 A．①② B．②③ C．③④ D．①④‎ ‎8.设m、n是不同的直线，α、β、γ是不同的平的，有以下四个命题：‎ ‎①若α∥β，α∥γ，则β∥γ ②若α⊥β，m∥α，则m⊥β ‎③若m∥n，n⊂α，则m∥α ④若m⊥α，m∥β，则α⊥β其中正确命题的序号是（　　）‎ A．①③ B．①④ C．②③ D．②④‎ ‎9.如图，E为正方体的棱AA1的中点，F为棱AB上的一点，且∠C1EF=90°，则AF：FB=( )‎ ‎ A．1：1 B．1：‎2 ‎C．1：3 D．1：4‎ ‎10.如图，∠C=，AC=BC，M、N分别是BC、AB的中点，将△BMN沿直线MN折起，使二面角B′﹣MN﹣B的大小为，则B'N与平面ABC所成角的正切值是（　　）‎ ‎ ‎ ‎ 第10题图 第12题图 A． B． C． D．‎ ‎11.正四棱锥中，侧棱与底面所成的角为，侧面与底面所成的角为，侧面等腰三角形的底角为，相邻两侧面所成的二面角为，则、、、的大小关系是（ ）‎ ‎ （A） （B）‎ ‎（C） （D）‎ ‎12.如图，在正方体ABCD﹣A1B‎1C1D1中，点O为线段BD的中点，设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinα的取值范围是（　　）‎ A．[，1] B．[，1] C．[，] D．[，1]‎ ‎ 第II卷（非选择题）‎ 二、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.已知，若则实数x=　 　．‎ ‎14.过两条异面直线中的一条且平行于另一条的平面有 个。‎ ‎15.如图所示，ABCD﹣A1B‎1C1D1是棱长为a的正方体，M、N分别是下底面的棱A1B1，B‎1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP=，过P、M、N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ=　 　．‎ ‎ ‎ ‎ 第15题图 第16题图 ‎16.如图，将菱形ABCD沿对角线BD折起，使得C点至C′，E点在线段AC′上，若二面角A﹣BD﹣E与二面角E﹣BD﹣C′的大小分别为15°和30°，则=　　．‎ 三、解答题（本题共6道小题,共70分）‎ ‎17.如图，在四棱锥P﹣ABCD中， PD⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=2，PD=，O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面EAC⊥平面PBD；‎ ‎（Ⅱ）若PD∥平面EAC，求三棱锥P﹣EAD的体积．‎ ‎18.在直三棱柱ABC﹣A1B‎1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，A‎1A=4，点D是BC的中点；‎ ‎（I）求异面直线A1B，AC1所成角的余弦值；‎ ‎（II）求直线AB1与平面C1AD所成角的正弦值．‎ ‎19.在直角梯形PBCD中，，A为PD的中点，如图．将△PAB沿AB折到△SAB的位置，使SB⊥BC，点E在SD上，且，如图．‎ ‎（Ⅰ）求证：SA⊥平面ABCD；‎ ‎（Ⅱ）求二面角E﹣AC﹣D的正切值．‎ ‎20.如图所示，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，，．‎ ‎（1）当时，求证：BM∥平面ADEF；‎ ‎（2）若平面BDM与平面ABF所成锐角二面角的余弦值为时，求λ的值．‎ ‎21.如图，在四棱锥中，底面，底面是直角梯形，，，，是上的点．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面⊥平面； ‎ ‎（Ⅱ）若是的中点，且二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值．‎ ‎ ‎ ‎ 第21题图 第22题图 ‎22.如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面是直角梯形，∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC=PB=PC=2CD=2，侧面PBC⊥底面ABCD，点M在AB上，且AM：MB=1：2，E为PB的中点．‎ ‎（1）求证：CE∥平面ADP；‎ ‎（2）求证：平面PAD⊥平面PAB；‎ ‎（3）棱AP上是否存在一点N，使得平面DMN⊥平面ABCD，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．‎ 试卷答案 ‎1.B ‎【考点】空间直角坐标系．‎ ‎【专题】阅读型．‎ ‎【分析】先根据空间直角坐标系对称点的特征，点（x，y， z）关于x轴的对称点的坐标为只须将横坐标、竖坐标变成原来的相反数即可，即可得对称点的坐标．‎ ‎【解答】解：∵在空间直角坐标系中，‎ 点（x，y，z）关于x轴的对称点的坐标为：（x，﹣y，﹣z），‎ ‎∴点（﹣2，1，4）关于x轴的对称点的坐标为：‎ ‎（﹣2，﹣1，﹣4）．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本小题主要考查空间直角坐标系、空间直角坐标系中点的坐标特征等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于基础题．‎ ‎2.C ‎【考点】空间中直线与平面之间的位置关系． ‎ ‎【专题】综合题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离． ‎ ‎【分析】对4个选项分别进行判断，即可得出结论． ‎ ‎【解答】解：对于A，若m∥α，n∥α，则m∥n，或m，n相交、异面，故不正确； ‎ 对于B，若m∥α，m∥β，则α∥β或α，β相交，故不正确； ‎ 对于C，因为如果两条平行线中有一条和一个平面垂直，则另一条一定和这个平面垂直，故正确； ‎ 对于D，若m∥α，α⊥β，则m、β相交或平行，或m⊂β，故不正确． ‎ 故选：C． ‎ ‎【点评】本题考查的知识点是空间直线与平面位置关系的判断，熟练掌握直线与平面之间位置关系的判定定理，性质定理，及定义和空间特征是解答此类问题的关键． ‎ ‎3.C ‎【考点】异面直线及其所成的角． ‎ ‎【专题】计算题． ‎ ‎【分析】先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点A，得到的锐角或直角就是异面直线所成的角，在三角形中再利用余弦定理求出此角即可． ‎ ‎【解答】解：如图 ‎ 将BC1平移至AD1处， ‎ ‎∠D‎1AC就是所求的角，又△AD‎1C为正三角形． ‎ ‎∴∠D‎1AC=60°． ‎ 故选C ‎ ‎ ‎ ‎【点评】本小题主要考查异面直线所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题． ‎ ‎4.B ‎【考点】由三视图求面积、体积． ‎ ‎【专题】计算题． ‎ ‎【分析】由几何体的三视图可知，该几何体下部为正方体，边长为4，上部为三棱锥（以正方体上底面为底面），高为3．分别求体积，再相加即可 ‎ ‎【解答】解：由几何体的三视图可知，该几何体下部为正方体，边长为4，体积为43=64， ‎ 上部为三棱锥，以正方体上底面为底面，高为3．体积×， ‎ 故该几何体的体积是64+8=72． ‎ 故选B． ‎ ‎【点评】本题考查由三视图求几何体的体积，考查由三视图还原几何体直观图，考查与锥体积公式，本题是一个基础题． ‎ ‎5.B ‎【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．‎ ‎【专题】综合题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离．‎ ‎【分析】①根据面面平行的性质判断．②线段相等，不一定平行．③利用平面与平面平行的性质，可得正确；④分类讨论，可得结论．‎ ‎【解答】解：解：①根据面面平行的性质，可知夹在两平面间的平行线段相等，正确．‎ ‎②夹在两平面问的相等的线段不一定是平行的，所以错误．‎ ‎③两条直线被三个平行平面所截，截得的线段对应成比例，利用平面与平面平行的性质，可得正确；‎ ‎④如果两个平面平行，则夹在两个平面间的三条平行线段一定相等，如果两个平面相交，则夹在两个平面间的三条平行线段可能相等，故这两个平面平行或相交，不正确．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题主要考查空间直线和平面平行和面面平行的性质，根据相应的平行定理是解决本题的关键．‎ ‎6.A ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【专题】计算题；空间位置关系与距离．‎ ‎【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是直三棱锥，根据图中的数据，求出该三棱锥的4个面的面积，得出面积最大的三角形的面积．‎ ‎【解答】解：根据几何体的三视图，得；‎ 该几何体是如图所示的直三棱锥，‎ 且侧棱PA⊥底面ABC，‎ PA=1，AC=2，点B到AC的距离为1；‎ ‎∴底面△ABC的面积为S1=×2×1=1，‎ 侧面△PAB的面积为S2=××1=，‎ 侧面△PAC的面积为S3=×2×1=1，‎ 在侧面△PBC中，BC=，PB==，PC==，‎ ‎∴△PBC是Rt△，‎ ‎∴△PBC的面积为S4=××=；‎ ‎∴三棱锥P﹣ABC的所有面中，面积最大的是△PBC，为．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了空间几何体的三视图的应用问题，也考查了空间中的位置关系与距离的计算问题，是基础题目．‎ ‎7.B ‎【考点】棱锥的结构特征；向量的数量积判断向量的共线与垂直． ‎ ‎【专题】常规题型． ‎ ‎【分析】①由折叠的原理，可知BD⊥平面ADC，可推知BD⊥AC，数量积为零，②因为折叠后AB=AC=BC，三角形为等边三角形，所以∠BAC=60°；③又因为DA=DB=DC，根据正三棱锥的定义判断．④平面ADC和平面ABC不垂直． ‎ ‎【解答】解：BD⊥平面ADC，⇒BD⊥AC，①错； ‎ AB=AC=BC，②对； ‎ DA=DB=DC，结合②，③对④错． ‎ 故选B． ‎ ‎【点评】本题是一道折叠题，主要考查折叠前后线线，线面，面面关系的不变和改变，解题时要前后对应，仔细论证，属中档题． ‎ ‎8.B ‎【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．‎ ‎【专题】定义法；空间位置关系与距离；简易逻辑．‎ ‎【分析】①根据面面平行的性质进行判断，‎ ‎②根据线面垂直和面面垂直的性质和判定定理进行判断，‎ ‎③根据线面平行的判定定理进行判断，‎ ‎④根据线面垂直，线面平行和面面垂直的性质进行判断．‎ ‎【解答】解：①若α∥β，α∥γ，则β∥γ，成立，故①正确，‎ ‎②若α⊥β，m∥α，则m⊥β或m∥β或m⊂β，故②错误，‎ ‎③若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，故③错误，‎ ‎④若m⊥α，m∥β，则α⊥β成立，故④正确，‎ 故正确是①④，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题主要考查与空间直线和平面平行或垂直的命题的真假的判断，要求熟练掌握空间线面，面面平行或垂直的性质定理和判定定理．‎ ‎9.C ‎【考点】棱柱的结构特征．‎ ‎【专题】空间位置关系与距离．‎ ‎【分析】设出正方体的棱长，求出C1E，利用∠C1EF=90°，通过C‎1F求出x的值，即可得到结果．‎ ‎【解答】解：解：设正方体的棱长为：2，由题意可知C1E==3，‎ ‎∠C1EF=90°，所以设AF=x，12+x2+C1E2=22+22+（2﹣x）2，‎ 解得：x=，所以AF：FB=：=1：3；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题是基础题，考查正方体的变的计算，考查直角三角形的利用，长方体的性质，考查计算能力．‎ ‎10.D ‎【考点】直线与平面所成的角．‎ ‎【分析】由题意及折叠之前与折叠之后BM与CM都始终垂直于MN，且折叠之前图形为等腰直角三角形，由于要求直线与平面所成的线面角，所以由直线与平面所成角的定义要找到斜线B′M在平面ACB内的射影，而射影是有斜足与垂足的连线，所以关键是要找到点B′在平面ABC内的投影点，然后放到直角三角形中进行求解即可．‎ ‎【解答】解：∵∠C=，AC=BC，M、N分别是BC、AB的中点，‎ 将△BMN沿直线MN折起，使二面角B′﹣MN﹣B的大小为，‎ ‎∴∠BMB′=，‎ 取BM的中点D，连B′D，ND，‎ 由于折叠之前BM与CM都始终垂直于MN，这在折叠之后仍然成立，‎ ‎∴折叠之后平面B′MN与平面BMN所成的二面角即为∠B′MD=60°，‎ 并且B′在底面ACB内的投影点D就在BC上，且恰在BM的中点位置，‎ ‎∴B′D⊥BC，B′D⊥AD，B′D⊥面ABC，‎ ‎∴∠B′ND就为斜线B′N与平面ABC所成的角 设AC=BC=a，则B′D=，B′N=，DN=，‎ tan∠B′ND===．‎ 故B'N与平面ABC所成角的正切值是．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查平面图形的翻折与线面角的问题，应注意折前与折后的各种量变与不变的关系，而对于线面角的求解通常有传统的求作角、解三角形法及向量方法，这个内容是高考中三个角的重点考查内容之一，一般不会太难，但对学生的识图与空间想象能力的要求较高，是很好区分学生空间想象能力的题型．‎ ‎11.A ‎12.B ‎【考点】直线与平面所成的角．‎ ‎【专题】空间角．‎ ‎【分析】由题意可得：直线OP于平面A1BD所成的角α的取值范围是∪．再利用正方体的性质和直角三角形的边角关系即可得出．‎ ‎【解答】解：由题意可得：直线OP于平面A1BD所成的角α的取值范围是∪．‎ 不妨取AB=2．‎ 在Rt△AOA1中， ==．‎ sin∠C1OA1=sin（π﹣2∠AOA1）=sin2∠AOA1=2sin∠AOA1cos∠AOA1=，‎ ‎=1．‎ ‎∴sinα的取值范围是．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了正方体的性质和直角三角形的边角关系即可、线面角的求法，考查了推理能力，属于中档题．‎ ‎13.4‎ ‎【考点】空间向量的数量积运算．‎ ‎【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用．‎ ‎【分析】利用向量垂直的性质求解．‎ ‎【解答】解：∵，，‎ ‎∴=6﹣2﹣x=0，‎ 解得x=4．‎ ‎∴实数x的值为4．‎ 故答案为：4．‎ ‎【点评】本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量垂直的性质的合理运用．‎ ‎14. 1 ‎ 略 ‎15.a ‎【考点】平面与平面平行的性质；棱柱的结构特征．‎ ‎【专题】计算题．‎ ‎【分析】由题设PQ在直角三角形PDQ中，故需要求出PD，QD的长度，用勾股定理在直角三角形PDQ中求PQ的长度．‎ ‎【解答】解：∵平面ABCD∥平面A1B‎1C1D1，MN⊂平面A1B‎1C1D1‎ ‎∴MN∥平面ABCD，又PQ=面PMN∩平面ABCD，‎ ‎∴MN∥PQ．‎ ‎∵M、N分别是A1B1、B‎1C1的中点 ‎∴MN∥A‎1C1∥AC，‎ ‎∴PQ∥AC，又AP=，ABCD﹣A1B‎1C1D1是棱长为a的正方体，‎ ‎∴CQ=，从而DP=DQ=，‎ ‎∴PQ===a．‎ 故答案为： a ‎【点评】本题考查平面与平面平行的性质，是立体几何中面面平行的基本题型，本题要求灵活运用定理进行证明．‎ ‎16.‎ ‎【考点】与二面角有关的立体几何综合题．‎ ‎【专题】综合题；压轴题；空间位置关系与距离．‎ ‎【分析】取BD的中点O，连接AO，EO，C′O，由题设知AOE=15°，∠EOC′=30°，由此利用正弦定理能求出．‎ ‎【解答】解：取BD的中点O，连接AO，EO，C′O，‎ ‎∵菱形ABCD沿对角线BD折起，使得C点至C′，E点在线段AC′上，‎ ‎∴C′O⊥BD，AO⊥BD，OC′=OA，‎ ‎∴BD⊥平面AOC′，‎ ‎∴EO⊥BD，‎ ‎∵二面角A﹣BD﹣E与二面角E﹣BD﹣C′的大小分别为15°和30°，‎ ‎∴∠AOE=15°，∠EOC′=30°，‎ ‎∵OC′=OA，∴∠OC′E=∠OAE，‎ 由正弦定理得，，‎ ‎∴，‎ ‎∴===．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查棱锥的结构特征，注意在翻折过程中哪些量发生了变化，哪些量没有发生变化；位于折线同侧的元素关系不变，位于折线两侧的元素关系会发生变化．‎ ‎17.‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．‎ ‎【专题】空间位置关系与距离．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由已知得AC⊥PD，AC⊥BD，由此能证明平面EAC⊥平面PBD．‎ ‎（Ⅱ）由已知得PD∥OE，取AD中点H，连结BH，由此利用，能求出三棱锥P﹣EAD的体积．‎ ‎【解答】（Ⅰ）证明：∵PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，‎ ‎∴AC⊥PD．∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，‎ 又∵PD∩BD=D，AC⊥平面PBD．‎ 而AC⊂平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBD．‎ ‎（Ⅱ）解：∵PD∥平面EAC，平面EAC∩平面PBD=OE，‎ ‎∴PD∥OE，‎ ‎∵O是BD中点，∴E是PB中点．‎ 取AD中点H，连结BH，∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，‎ ‎∴BH⊥AD，又BH⊥PD，AD∩PD=D，∴BD⊥平面PAD，．‎ ‎∴‎ ‎==．‎ ‎【点评】本题考查平面与平面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．‎ ‎18.‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角．‎ ‎【分析】（I）以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz，可得和的坐标，可得cos＜，＞，可得答案；‎ ‎（II）由（I）知， =（2，0，﹣4），=（1，1，0），设平面C1AD的法向量为=（x，y，z），由可得=（1，﹣1，），设直线AB1与平面C1AD所成的角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=，进而可得答案．‎ ‎【解答】解：（I）以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz，‎ 则可得B（2，0，0），A1（0，0，4），C1（0，2，4），D（1，1，0），‎ ‎∴=（2，0，﹣4），=（0，2，4），‎ ‎∴cos＜，＞==‎ ‎∴异面直线A1B，AC1所成角的余弦值为：；‎ ‎（II）由（I）知， =（2，0，﹣4），=（1，1，0），‎ 设平面C1AD的法向量为=（x，y，z），‎ 则可得，即，取x=1可得=（1，﹣1，），‎ 设直线AB1与平面C1AD所成的角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=‎ ‎∴直线AB1与平面C1AD所成角的正弦值为：‎ ‎19.‎ ‎【分析】（法一）（1）由题意可知，翻折后的图中SA⊥AB①，易证BC⊥SA②，由①②根据直线与平面垂直的判定定理可得SA⊥平面ABCD；‎ ‎（2）（三垂线法）由考虑在AD上取一点O，使得，从而可得EO∥SA，所以EO⊥平面ABCD，过O作OH⊥AC交AC于H，连接EH，∠EHO为二面角E﹣AC﹣D的平面角，在Rt△AHO中求解即可 ‎（法二：空间向量法）‎ ‎（1）同法一 ‎（2）以A为原点建立直角坐标系，易知平面ACD的法向为，求平面EAC的法向量，代入公式求解即可 ‎【解答】解法一：（1）证明：在题平面图形中，由题意可知，BA⊥PD，ABCD为正方形，‎ 所以在翻折后的图中，SA⊥AB，SA=2，四边形ABCD是边长为2的正方形，‎ 因为SB⊥BC，AB⊥BC，SB∩AB=B 所以BC⊥平面SAB，‎ 又SA⊂平面SAB，‎ 所以BC⊥SA，‎ 又SA⊥AB，BC∩AB=B 所以SA⊥平面ABCD，‎ ‎（2）在AD上取一点O，使，连接EO 因为，所以EO∥SA 因为SA⊥平面ABCD，‎ 所以EO⊥平面ABCD，‎ 过O作OH⊥AC交AC于H，连接EH，‎ 则AC⊥平面EOH，‎ 所以AC⊥EH．‎ 所以∠EHO为二面角E﹣AC﹣D的平面角，．‎ 在Rt△AHO中，‎ ‎∴，‎ 即二面角E﹣AC﹣D的正切值为 解法二：（1）同方法一 ‎（2）解：如图，以A为原点建立直角坐标系，A（0，0， 0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），S（0，0，2），E（0，）‎ ‎∴平面ACD的法向为 设平面EAC的法向量为=（x，y，z），‎ 由，‎ 所以，可取 所以=（2，﹣2，1）．‎ 所以 所以 即二面角E﹣AC﹣D的正切值为 ‎20.‎ ‎【考点】直线与平面平行的判定；二面角的平面角及求法．‎ ‎【分析】（1）取DE中点N，连结MN，AN，则由中位线定理可得BM∥AN，从而BM∥平面ADEF；‎ ‎（2）建立空间坐标系，求出平面ABF和平面BDM的法向量，根据法向量夹角与二面角的关系列方程解出λ．‎ ‎【解答】证明：（1）取DE中点N，连结MN，AN，‎ 当λ=时，M为EC中点，又N是DE中点，‎ ‎∴MN∥CD，MN=．‎ ‎∵AB∥CD，AB=，‎ ‎∴AB∥MN，AB=MN．‎ ‎∴四边形ABMN是平行四边形，‎ ‎∴BM∥AN，∵AN⊂平面ADEF，BM⊄平面ADEF，‎ ‎∴BM∥平面ADEF．‎ ‎（2）以D为坐标原点建立空间坐标系如图：‎ 则为平面ABF的一个法向量，．‎ ‎， =（0，4λ，2﹣2λ）．‎ 设=（x，y，z）为平面BDM的一个法向量，‎ 则，令z=1，得=（，，1）．‎ ‎∴cos＜＞===﹣．‎ 解得（舍）或λ=．‎ ‎21.（Ⅰ）证明：见解析；（Ⅱ） .‎ ‎（Ⅰ）证明：平面ABCD，平面ABCD，，..........1分 ‎，，‎ ‎，...........................................2分 又，面，面...................3分 平面，...............................................4分 ‎∵平面，平面平面 ...........................5分 ‎ ‎（Ⅱ）以为原点，建立空间直角坐标系如图所示， ‎ 则C（0，0，0），（1，1，0），（1，－1，0）‎ 设（0，0，）（），则（，， ）， ‎ ‎，，，.......6分 取=（1，－1，0） ‎ 则，为面的法向量 设为面的法向量，则，‎ 即，取，，，则，.............. 8分 依题意，，则 ...............9分 于是.........................................10分 设直线与平面所成角为，则，‎ 即直线与平面所成角的正弦值为 ............................12分 ‎22.‎ ‎【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定． ‎ ‎【专题】综合题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离．‎ ‎【分析】（1）取棱AP中点F，连接DF，EF，证明四边形EFDC为平行四边形，可得CE∥DF，即可证明CE∥平面ADP；‎ ‎（2）证明CE⊥平面PAB，利用CN∥DF，可得DF⊥平面PAB，即可证明平面PAD⊥平面PAB；‎ ‎（3）存在，．取BC中点O，连结AO交MD于Q，连结NQ，证明NQ⊥平面ABCD，即可得出结论．‎ ‎【解答】（1）证明：取棱AP中点F，连接DF，EF．‎ ‎∵EF为△PAB的中位线，∴EF∥AB，且 ‎∵CD∥AB，且，∴EF∥CD，且EF=CD，‎ ‎∴四边形EFDC为平行四边形，∴CE∥DF ‎∵DF⊂平面ADP，CE⊂平面ADP，‎ ‎∴CE∥平面ADP ‎（2）证明：由（1）可得CE∥DF ‎∵PC=BC，E为PB的中点，∴CE⊥PB ‎∵AB⊥BC，平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD=BC，AB⊂平面ABCD ‎∴AB⊥平面PBC ‎ 又∵CE⊂平面PBC，‎ ‎∴AB⊥CE 又∵CE⊥PB，AB∩PB=B，AB，PB⊂平面PBC，‎ ‎∴CE⊥平面PAB ‎∵CN∥DF，‎ ‎∴DF⊥平面PAB ‎ 又∵DF⊂平面PAD，‎ ‎∴平面PAD⊥平面PAB；‎ ‎（3）解：存在，．‎ 证明：取BC中点O，连结AO交MD于Q，连结NQ，‎ 在平面ABCD中由平几得，∴∥OP．‎ ‎∵O为等腰△PBC底边上的中点，∴PO⊥BC，‎ ‎∵PBC⊥底面ABCD，PO⊂平面PBC，平面PBC∩平面ABCD=BC，‎ ‎∴PO⊥平面ABCD，∴NQ⊥平面ABCD，‎ ‎∵NQ⊂平面DMN，∴平面DMN⊥平面ABC．‎ ‎【点评】本题考查线面垂直、线面平行，面面垂直，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．‎