《解析》山东省枣庄东方国际学校2014-2015学年高二上学期期中数学试卷 WORD版含解析.doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家山东省枣庄东方国际学校2014-2015学年高二上学期期中数学试卷一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的）1（3分）已知抛物线y2=2px（p0）的准线与圆x2+y24x5=0相切，则p的值为（）A10B6C4D22（3分）将正方体（如图1所示）截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的左视图为（）ABCD3（3分）直线mxy+2m+1=0经过一定点，则该点的坐标是（）A（2，1）B（2，1）C（1，2）D（1，2）4（3分）在空间直角坐标系中，O为坐标原点，设A（，），B（，0），C（，）

2、，则（）AOAABBABACCACBCDOBOC5（3分）若P（2，1）为圆（x1）2+y2=25的弦AB的中点，则直线AB的方程是（）Axy3=0B2x+y3=0Cx+y1=0D2xy5=06（3分）已知m，n是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（）A若m，n，则mnB若，则C若m，m，则D若m，n，则mn7（3分）在长方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别是棱BB1、B1C1的中点，若CMN=90，则异面直线AD1与DM所成的角为（）A30B45C60D908（3分）已知直线l过点（2，0），当直线l与圆x2+y2=2x有两个交点时，其斜率k的取值范围是（）ABCD9（3

3、分）在三棱柱ABCA1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是（）A30B45C60D9010（3分）过点M（2，4）作圆C：（x2）2+（y1）2=25的切线l，且直线l1：ax+3y+2a=0与l平行，则l1与l间的距离是（）ABCD11（3分）点P（4，2）与圆x2+y2=4上任一点连线的中点轨迹方程是（）A（x2）2+（y+1）2=1B（x2）2+（y+1）2=4C（x+4）2+（y2）2=1D（x+2）2+（y1）2=112（3分）设P（x，y）是圆x2+（y+4）2=4上任意一点，则的最小值为（）A+2B2C5D6

4、二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）13（4分）顺次连接A（1，0），B（1，4），C（3，4 ），D（5，0）所得到的四边形ABCD绕y轴旋转一周，所得旋转体的体积是14（4分）经过点P（1，2）的直线，且使A（2，3），B（0，5）到它的距离相等的直线方程为15（4分）圆x2+y2+Dx+Ey+F=0关于直线l1：xy+4=0与直线l2：x+3y=0都对称，则D=，E=16（4分）已知圆C过点（1，0），且圆心在x轴的正半轴上，直线l：y=x1被圆C所截得的弦长为，则过圆心且与直线l垂直的直线的方程为三、解答题（本题共6个小题，每小题8分）17（8分）如图，四棱锥PABCD中

5、，底面ABCD为平行四边形DAB=60，AB=2AD，PD底面ABCD（）证明：PABD（）设PD=AD=1，求棱锥DPBC的高18（8分）如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点M（2，0），AB边所在直线的方程为x3y6=0，点T（1，1）在AD边所在直线上（1）AD边所在直线的方程；（2）矩形ABCD外接圆的方程19（8分）已知圆的半径为，圆心在直线y=2x上，圆被直线xy=0截得的弦长为，求圆的方程20（8分）如图，几何体EABCD是四棱锥，ABD为正三角形，CB=CD，ECBD（）求证：BE=DE；（）若BCD=120，M为线段AE的中点，求证：DM平面BEC21（8分）在平面直角坐标

6、系xOy中，已知圆C1：（x4）2+（y5）2=4和圆C2：（x+3）2+（y1）2=4（1）若直线l1过点A（2，0），且与圆C1相切，求直线l1的方程；（2）直线l2的方程是x=，证明：直线l2上存在点P，满足过P的无穷多对互相垂直的直线l3和l4，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l3被圆C1截得的弦长与直线l4被圆C2截得的弦长相等22（8分）如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点（1）证明BC1平面A1CD（2）设AA1=AC=CB=2，AB=2，求三菱锥CA1DE的体积山东省枣庄东方国际学校2014-2015学年高二上学期期中数学试卷参考答案与试题解析

7、一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的）1（3分）已知抛物线y2=2px（p0）的准线与圆x2+y24x5=0相切，则p的值为（）A10B6C4D2考点：圆与圆锥曲线的综合；直线与圆的位置关系；抛物线的简单性质 专题：直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程分析：将圆化成标准方程，得到圆心为C（2，0），半径r=3再将抛物线化成标准方程，得到抛物线的准线为x=，根据准线与圆相切建立关于p的等式，解之即可得到p的值解答：解：圆x2+y24x5=0化成标准方程，得（x2）2+y2=9，圆心为C（0，2），半径r=3，又抛物线y2=2px（

8、p0），抛物线的准线为x=，抛物线的准线与圆相切，准线到圆心C的距离等于半径，得|2（）|=3，解之得p=2（舍负）故选：D点评：本题给出抛物线的准线与已知圆相切，求p的值着重考查了圆的标准方程、直线与圆的位置关系和抛物线的标准方程与简单性质等知识，属于中档题2（3分）将正方体（如图1所示）截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的左视图为（）ABCD考点：简单空间图形的三视图 专题：计算题分析：直接利用三视图的画法，画出几何体的左视图即可解答：解：由题意可知几何体前面在右侧的射影为线段，上面的射影也是线段，后面与底面的射影都是线段，轮廓是正方形，AD1在右侧的射影是正方形的对角线，B

9、1C在右侧的射影也是对角线是虚线如图B故选B点评：本题考查几何体的三视图的画法，考查作图能力3（3分）直线mxy+2m+1=0经过一定点，则该点的坐标是（）A（2，1）B（2，1）C（1，2）D（1，2）考点：恒过定点的直线 专题：计算题分析：直线mxy+2m+1=0可化为m（x+2）+（y+1）=0，根据mR，建立方程组，即可求得定点的坐标解答：解：直线mxy+2m+1=0可化为m（x+2）+（y+1）=0mR直线mxy+2m+1=0经过定点（2，1）故选A点评：本题考查直线恒过定点，解题的关键是将方程中的参数分离，再建立方程组4（3分）在空间直角坐标系中，O为坐标原点，设A（，），B（，0

10、），C（，），则（）AOAABBABACCACBCDOBOC考点：空间两点间的距离公式 专题：计算题；空间位置关系与距离分析：利用空间两点间的距离公式，结合勾股定理，即可得到结论解答：解：A（，），B（，0），C（，），|AB|=，|AC|=，|BC|=，|AC|2+|BC|2=|AB|2，ACBC，故选C点评：本题考查空间两点间的距离公式，考查学生的计算能力，属于基础题5（3分）若P（2，1）为圆（x1）2+y2=25的弦AB的中点，则直线AB的方程是（）Axy3=0B2x+y3=0Cx+y1=0D2xy5=0考点：直线和圆的方程的应用；直线与圆相交的性质 专题：计算题分析：由圆心为O（1，

11、0），由点P为弦的中点，则该点与圆心的连线垂直于直线AB求解其斜率，再由点斜式求得其方程解答：解：已知圆心为O（1，0）根据题意：Kop=kABkOP=1kAB=1，又直线AB过点P（2，1），直线AB的方程是xy3=0故选A点评：本题主要考查直线与圆的位置关系及其方程的应用，主要涉及了弦的中点与圆心的连线与弦所在的直线垂直6（3分）已知m，n是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（）A若m，n，则mnB若，则C若m，m，则D若m，n，则mn考点：平面与平面平行的判定 专题：证明题分析：通过举反例可得A、B、C不正确，根据垂直于同一个平面的两条直线平行，可得D正确，从而得出结论解答

12、：解：A、m，n平行于同一个平面，故m，n可能相交，可能平行，也可能是异面直线，故A错误；B、， 垂直于同一个平面，故， 可能相交，可能平行，故B错误；C、，平行与同一条直线m，故， 可能相交，可能平行，故C错误；D、垂直于同一个平面的两条直线平行，故D正确故选 D点评：本题考查两个平面平行的判定和性质，平面与平面垂直的性质，线面垂直的性质，注意考虑特殊情况，属于中档题7（3分）在长方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别是棱BB1、B1C1的中点，若CMN=90，则异面直线AD1与DM所成的角为（）A30B45C60D90考点：异面直线及其所成的角 专题：计算题分析：由已知中长方体ABCD

13、A1B1C1D1中，M、N分别是棱BB1、B1C1的中点，若CMN=90，我们易证得CMAD1，CDAD1，由线面垂直的判定定理可得：AD1平面CDM，进而由线面垂直的性质得得AD1DM，即可得到异面直线AD1与DM所成的角解答：解：如下图所示：M、N分别是棱BB1、B1C1的中点，MNAD1，CMN=90，CMMN，CMAD1，由长方体的几何特征，我们可得CDAD1，AD1平面CDM故AD1DM即异面直线AD1与DM所成的角为90故选D点评：本题考查的知识点是异面直线及其所成的角，其中根据线面垂直的判定定理及性质定理，将问题转化为线线垂直的判定是解答本题的关键8（3分）已知直线l过点（2，0

14、），当直线l与圆x2+y2=2x有两个交点时，其斜率k的取值范围是（）ABCD考点：直线与圆的位置关系；直线的斜率 分析：圆心到直线的距离小于半径即可求出k的范围解答：解：直线l为kxy+2k=0，又直线l与圆x2+y2=2x有两个交点故故选C点评：本题考查直线的斜率，直线与圆的位置关系，是基础题9（3分）在三棱柱ABCA1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是（）A30B45C60D90考点：空间中直线与平面之间的位置关系 专题：空间位置关系与距离分析：本题考查的知识点是线面夹角，由已知中侧棱垂直于底面，我们过D点做BC的

15、垂线，垂足为E，则DE底面ABC，且E为BC中点，则E为A点在平面BB1C1C上投影，则ADE即为所求线面夹角，解三角形即可求解解答：解：如图，取BC中点E，连接DE、AE、AD，依题意知三棱柱为正三棱柱，易得AE平面BB1C1C，故ADE为AD与平面BB1C1C所成的角设各棱长为1，则AE=，DE=，tanADE=，ADE=60故选C点评：求直线和平面所成的角时，应注意的问题是：（1）先判断直线和平面的位置关系（2）当直线和平面斜交时，常用以下步骤：构造作出或找到斜线与射影所成的角；设定论证所作或找到的角为所求的角；计算常用解三角形的方法求角；结论点明斜线和平面所成的角的值10（3分）过点M

16、（2，4）作圆C：（x2）2+（y1）2=25的切线l，且直线l1：ax+3y+2a=0与l平行，则l1与l间的距离是（）ABCD考点：两条平行直线间的距离；圆的切线方程 专题：计算题；直线与圆分析：先求出切线l的方程，利用直线l1：ax+3y+2a=0与l平行，结合两条平行线间的距离公式，即可求得结论解答：解：因为点M（2，4）在圆C上，所以切线l的方程为（22）（x2）+（41）（y1）=25，即4x3y+20=0因为直线l与直线l1平行，所以=，即a=4，所以直线l1的方程是4x+3y8=0，即4x3y+8=0所以直线l1与直线l间的距离为=故选D点评：本题考查直线与圆的位置关系，考查两

17、条平行线间的距离公式，属于基础题11（3分）点P（4，2）与圆x2+y2=4上任一点连线的中点轨迹方程是（）A（x2）2+（y+1）2=1B（x2）2+（y+1）2=4C（x+4）2+（y2）2=1D（x+2）2+（y1）2=1考点：轨迹方程 专题：直线与圆分析：设圆上任意一点为（x1，y1），中点为（x，y），则，由此能够轨迹方程解答：解：设圆上任意一点为（x1，y1），中点为（x，y），则代入x2+y2=4得（2x4）2+（2y+2）2=4，化简得（x2）2+（y+1）2=1故选A点评：本题考查点的轨迹方程，解题时要仔细审题，注意公式的灵活运用12（3分）设P（x，y）是圆x2+（y+4）

18、2=4上任意一点，则的最小值为（）A+2B2C5D6考点：圆与圆的位置关系及其判定 专题：计算题；直线与圆分析：设M（1，1），可得所求式为P、M两点间的距离运动点P得当P在圆上且在线段CM上时，|PM|达到最小值，由此利用两点的距离公式加以计算，即可得出本题答案解答：解：圆x2+（y+4）2=4的圆心是C（0，4），半径为r=2设M（1，1），可得|PM|=，P（x，y）是圆x2+（y+4）2=4上任意一点，运动点P，可得当P点在圆C与线段CM的交点时，|PM|达到最小值|CM|=，|PM|的最小值为|CM|r=2故选：B点评：本题给出圆上一点与圆外一点，求两点间距离的最小值着重考查了两点的

19、距离公式、圆的标准方程与动点间距离最值的求法等知识，属于中档题二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）13（4分）顺次连接A（1，0），B（1，4），C（3，4 ），D（5，0）所得到的四边形ABCD绕y轴旋转一周，所得旋转体的体积是考点：组合几何体的面积、体积问题 专题：空间位置关系与距离分析：平面图形旋转后的几何体是一个圆台中间挖掉一个圆柱形成的组合体，分别计算出圆台的体积和圆柱的体积，相减可得答案解答：解：四边形ABCD绕y轴旋转一周，所得旋转体如下图所示：由图可知：该几何体是一个圆台中间挖掉一个圆柱形成的组合体，圆台的上底半径为3，下底半径为5，高为4，故圆台的体积为：4=，

20、圆柱的底面半径为1，高也为4，故圆柱的体积为：124=4，故组合体的体积V=4=，故答案为：点评：本题考查的知识点是旋转体，熟练掌握圆台和圆柱的体积公式是解答的关键14（4分）经过点P（1，2）的直线，且使A（2，3），B（0，5）到它的距离相等的直线方程为4xy2=0或x=1考点：直线的两点式方程；直线的一般式方程 专题：计算题分析：由题意，所求直线经过点A（2，3）和B（0，5）的中点或与点A（2，3）和B（0，5）所在直线平行，分别求出直线方程即可解答：解：由题意，所求直线经过点（2，3）和（0，5）的中点或与点（2，3）和（0，5）所在直线平行1直线经过点A（2，3）和B（0，5）的中

21、点（1，1）时，直线方程为x=1；2当A（2，3），B（0，5）在所求直线同侧时，所求直线与AB平行，kAB=4，y2=4（x1），即4xy2=0故答案为：4xy2=0或x=1点评：本题考查关键方程，考查学生分析解决问题的能力，确定所求直线经过两点的中点或与两点所在直线平行是关键，容易疏忽出错15（4分）圆x2+y2+Dx+Ey+F=0关于直线l1：xy+4=0与直线l2：x+3y=0都对称，则D=6，E=2考点：直线与圆的位置关系；关于点、直线对称的圆的方程 专题：直线与圆分析：由圆关于两直线都对称，得到两直线都过圆心，即两直线交点为圆心，联立两直线方程求出交点坐标，确定出圆心坐标，利用圆心

22、坐标公式即可求出D与E的值解答：解：由题设知直线l1，l2的交点为已知圆的圆心，由，得到，圆心坐标为（3，1），=3，=1，则D=6，E=2故答案为：6；2点评：此题考查了直线与圆的位置关系，以及关于点、直线对称的圆的方程，根据题意得到两直线的交点即为圆心是解本题的关键16（4分）已知圆C过点（1，0），且圆心在x轴的正半轴上，直线l：y=x1被圆C所截得的弦长为，则过圆心且与直线l垂直的直线的方程为x+y3=0考点：直线与圆的位置关系 专题：直线与圆分析：先求圆心坐标，然后可求过圆心与直线垂直的直线的方程解答：解：由题意，设所求的直线方程为x+y+m=0，并设圆心坐标为（a，0），则由题意知

23、：，解得a=3或1，又因为圆心在x轴的正半轴上，所以a=3，故圆心坐标为（3，0），圆心（3，0）在所求的直线上，所以有3+0+m=0，即m=3，故所求的直线方程为x+y3=0故答案为：x+y3=0点评：本题考查了直线的方程、点到直线的距离、直线与圆的关系，考查了同学们解决直线与圆问题的能力三、解答题（本题共6个小题，每小题8分）17（ 8分）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形DAB=60，AB=2AD，PD底面ABCD（）证明：PABD（）设PD=AD=1，求棱锥DPBC的高考点：直线与平面垂直的性质；棱柱、棱锥、棱台的体积 专题：计算题；证明题；综合题分析：（）因为DAB=

24、60，AB=2AD，由余弦定理得BD=，利用勾股定理证明BDAD，根据PD底面ABCD，易证BDPD，根据线面垂直的判定定理和性质定理，可证PABD；（II）要求棱锥DPBC的高只需证BC平面PBD，然后得平面PBC平面PBD，作DEPB于E，则DE平面PBC，利用勾股定理可求得DE的长解答：解：（）证明：因为DAB=60，AB=2AD，由余弦定理得BD=，从而BD2+AD2=AB2，故BDAD又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD故PABD（II）解：作DEPB于E，已知PD底面ABCD，则PDBC，由（I）知，BDAD，又BCAD，BCBD故BC平面PBD，BCDE，则DE平面

25、PBC由题设知PD=1，则BD=，PB=2根据DEPB=PDBD，得DE=，即棱锥DPBC的高为点评：此题是个中档题考查线面垂直的性质定理和判定定理，以及点到面的距离，查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题能力18（8分）如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点M（2，0），AB边所在直线的方程为x3y6=0，点T（1，1）在AD边所在直线上（1）AD边所在直线的方程；（2）矩形ABCD外接圆的方程考点：直线的点斜式方程；两条直线的交点坐标；圆的标准方程 专题：计算题分析：（1）由已知中AB边所在直线的方程为x3y6=0，且AD与AB垂直，我们可以求出直线AD的斜率，结合点T（1，1

26、）在直线AD上，可得到AD边所在直线的点斜式方程，进而再化为一般式方程（2）根据矩形的性质可得矩形ABCD外接圆圆心即为两条对角线交点M（2，0），根据（I）中直线AB，AD的直线方程求出A点坐标，进而根据AM长即为圆的半径，得到矩形ABCD外接圆的方程解答：解：（1）AB边所在直线的方程为x3y6=0，且AD与AB垂直，直线AD的斜率为3又因为点T（1，1）在直线AD上，AD边所在直线的方程为y1=3（x+1），3x+y+2=0（2）由，解得点A的坐标为（0，2），矩形ABCD两条对角线的交点为M（2，0）M为矩形ABCD外接圆的圆心，又|AM|2=（20）2+（0+2）2=8，从而矩形AB

27、CD外接圆的方程为 （x2）2+y2=8点评：本题考查的知识点是直线的点斜式方程，两条直线的交点坐标，圆的标准方程，其中（1）的关键是根据已知中AB边所在直线的方程及AD与AB垂直，求出直线AD的斜率，（2）的关键是求出A点坐标，进而求出圆的半径AM长19（8分）已知圆的半径为，圆心在直线y=2x上，圆被直线xy=0截得的弦长为，求圆的方程考点：关于点、直线对称的圆的方程 专题：计算题分析：设圆心（a，2a），由弦长求出a的值，得到圆心的坐标，又已知半径，故可写出圆的标准方程解答：解：设圆心（a，2a），由弦长公式求得弦心距d=，再由点到直线的距离公式得 d=|a|，a=2，圆心坐标为（2，4

28、），或（2，4），又半径为，所求的圆的方程为：（x2）2+（y4）2=10或（x+2）2+（y+4）2=10点评：本题考查圆的标准方程的求法，利用弦长公式和点到直线的距离公式，关键是求出圆心的坐标20（8分）如图，几何体EABCD是四棱锥，ABD为正三角形，CB=CD，ECBD（）求证：BE=DE；（）若BCD=120，M为线段AE的中点，求证：DM平面BEC考点：直线与平面平行的判定 专题：空间位置关系与距离；立体几何分析：（1）设BD中点为O，连接OC，OE，则COBD，CEBD，于是BD平面OCE，从而BDOE，即OE是BD的垂直平分线，问题解决；（2）证法一：取AB中点N，连接MN，D

29、N，MN，易证MN平面BEC，DN平面BEC，由面面平行的判定定理即可证得平面DMN平面BEC，又DM平面DMN，于是DM平面BEC；证法二：延长AD，BC交于点F，连接EF，易证AB=AF，D为线段AF的中点，连接DM，则DMEF，由线面平行的判定定理即可证得结论解答：证明：（I）设BD中点为O，连接OC，OE，则由BC=CD知，COBD，又已知CEBD，ECCO=C，所以BD平面OCE所以BDOE，即OE是BD的垂直平分线，所以BE=DE（II）证法一：取AB中点N，连接MN，DN，M是AE的中点，MNBE，又MN平面BEC，BE平面BEC，MN平面BEC，ABD是等边三角形，BDN=30

30、，又CB=CD，BCD=120，CBD=30，NDBC，又DN平面BEC，BC平面BEC，DN平面BEC，又MNDN=N，故平面DMN平面BEC，又DM平面DMN，DM平面BEC证法二：延长AD，BC交于点F，连接EF，CB=CD，BCD=120，CBD=30，ABD是等边三角形，BAD=60，ABC=90，因此AFB=30，AB=AF，又AB=AD，D为线段AF的中点，连接DM，DMEF，又DM平面BEC，EF平面BEC，DM平面BEC点评：本题考查直线与平面平行的判定，考查线面垂直的判定定理与面面平行的判定定理的应用，着重考查分析推理能力与表达、运算能力，属于中档题21（8分）在平面直角坐

31、标系xOy中，已知圆C1：（x4）2+（y5）2=4和圆C2：（x+3）2+（y1）2=4（1）若直线l1过点A（2，0），且与圆C1相切，求直线l1的方程；（2）直线l2的方程是x=，证明：直线l2上存在点P，满足过P的无穷多对互相垂直的直线l3和l4，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l3被圆C1截得的弦长与直线l4被圆C2截得的弦长相等考点：直线与圆相交的性质；圆的切线方程 专题：综合题；直线与圆分析：（1）分类讨论，设方程，利用直线l1过点A（2，0），且与圆C1相切，建立方程求出斜率，即可求出直线l1的方程；（2）设P（，n），l3：yn=k（x）；l4：yn=（x），即kxy+n

32、k=0，x+yn+=0，利用直线l3被圆C1截得的弦长与直线l4被圆C2截得的弦长相等，可得=，化简，得（n）k=n或（n）k=+n，利用关于k的方程有无穷多解，即可证明结论解答：解：（1）若直线的斜率不存在，x=2符合题意；直线l的斜率存在时，设直线的方程为y=k（x2），即kxy2k=0，直线l1过点A（2，0），且与圆C1相切，k=，直线的方程为21x20y42=0，综上，直线的方程为x=2或21x20y42=0；（2）由题意，设P（，n），l3：yn=k（x）；l4：yn=（x），即kxy+nk=0，x+yn+=0，直线l3被圆C1截得的弦长与直线l4被圆C2截得的弦长相等，=，化简，

33、得（n）k=n或（n）k=+n，关于k的方程有无穷多解，n=，即直线l2上存在点P（，），满足过P的无穷多对互相垂直的直线l3和l4，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l3被圆C1截得的弦长与直线l4被圆C2截得的弦长相等点评：本题是中档题，考查直线与圆的位置关系，对称的知识，注意方程无数解的条件，考查转化思想，函数与方程的思想，常考题型22（8分）如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点（1）证明BC1平面A1CD（2）设AA1=AC=CB=2，AB=2，求三菱锥CA1DE的体积考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定 专题：空间位置关系与距离分析：（1

34、）连结AC1交A1C于点F，连结DF，则BC1DF，由此能证明BC1平面A1CD（2）由已知得AA1CD，CDAB，从而CD平面ABB1A1由此能求出三菱锥CA1DE的体积解答：（1）证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点又D是AB中点，连结DF，则BC1DF因为DF平面A1CD，BC1不包含于平面A1CD，所以BC1平面A1CD（2）解：因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以AA1CD由已知AC=CB，D为AB的中点，所以CDAB又AA1AB=A，于是CD平面ABB1A1由AA1=AC=CB=2，得ACB=90，A1E=3，故A1D2+DE2=A1E2，即DEA1D所以三菱锥CA1DE的体积为：=1点评：本题考查直线与平面平行的证明，考查三菱锥的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养- 18 - 版权所有高考资源网