2020-2021苏州苏州外国语学校高一数学下期中模拟试题(附答案)

一、选择题

1．已知三棱锥DABC的外接球的表面积为128，ABBC4,AC42，则三棱锥DABC体积的最大值为（ ） A．

27 32B．1086 3C．166 3D．322166

32．圆心在x+y=0上，且与x轴交于点A（-3，0）和B（1，0）的圆的方程为（ ） A．(x1)2(y1)25 C．(x1)2(y1)25

B．(x1)2(y1)25 D．(x1)2(y1)25

3．若圆C:x2y22x4y30关于直线2axby60对称，则由点(a,b)向圆所作的切线长的最小值是（ ） A．2

B．4

C．3

D．6

4．直线yk(x2)4与曲线x32yy20有两个不同的交点，则实数k的取值范围是（ ） A．(53,] 12451B．(,]

12213C．(,]

24D．[,)

125．<九章算术>中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.若三棱锥PABC为鳖臑，PA⊥平面ABC,PAAB2,AC4，三棱锥PABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ） A．8π

球表面积为 （ ）

B．12π

C．20π

D．24π

6．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是等腰直角三角形，则该三棱锥的外接

A．3 B．23 C．43 D．12

7．四棱锥PABCD的底面ABCD为正方形，PA底面ABCD，AB2，

PAA．

7 ，若该四棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） 2B．

81 281 4C．65

D．

65 28．用一个平面去截正方体，则截面不可能是（ ） A．直角三角形

B．等边三角形

C．正方形

D．正六边形

9．矩形ABCD中，AB4，BC3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角

BACD，则四面体ABCD的外接球的体积是（ ）

A．

125

 12

B．

125

 9

C．

125

 6

D．

125 310．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1A1D1a,A1B12a，点P在线段AD1上运动，当异面直线CP与BA1所成的角最大时，则三棱锥CPA1D1的体积为（ ）

a3A．

4a3B．

3a3C．

2D．a3a3

11．一锥体的三视图如图所示,则该棱锥的最长棱的棱长为 ( )

A．C．线

B． D．与平面

中，点为线段

的中点. 设点在线段

上，直

所成的角为，则

的取值范围是( )

12．如图在正方体

A．C．

B．D．

二、填空题

13．在学习公理四“平行于同一条直线的两条直线平行”时，有同学进行类比，提出了下列命题：① 平行于同一平面的两个不同平面互相平行；② 平行于同一直线的两个不同平面互相平行；③ 垂直于同一直线的两个不同平面互相平行；④ 垂直于同一平面的两个不同平面互相平行；其中正确的有________

14．已知菱形ABCD中，AB2，A120o，沿对角线BD将△ABD折起，使二面角ABDC为120o，则点A到VBCD所在平面的距离等于 ．

15．若过点P(8,1)的直线与双曲线x4y4相交于A，B两点，且P是线段AB的中点，则直线AB的方程为________．

2216．直线axy10与连接A（4，5），B（-1，2）的线段相交，则a的取值范围是___．

17．如上图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M,N分别是棱AB、CC1的中点，

MB1P的顶点P在棱CC1与棱C1D1上运动，有以下四个命题：

A．平面MB1PND1； B．平面MB1P⊥平面ND1A1； C．MB1P在底面ABCD上的射影图形的面积为定值；

D．MB1P在侧面D1C1CD上的射影图形是三角形．其中正确命题的序号是__________. 18．若直线l:kxy20与曲线C:1y1x1有两个不同的交点，则实数k的取值范围________.

19．三棱锥ABCD中，E是AC的中点，F在AD上，且2AFFD，若三棱锥

2ABEF的体积是2，则四棱锥BECDF的体积为_______________．

20．已知圆xy5和点A1,2，则过点A的圆的切线方程为______

22三、解答题

21．如图，梯形ABCD中，AB∥CD,E,F是线段AB上的两点,且

DEAB,CFAB,AB12,AD5,BC42,DE4.现将△ADE,△CFB分别沿

DE,CF折起,使两点A,B重合于点G,得到多面体CDEFG（1）求证：平面DEG平

面CFG;（2）求多面体CDEFG的体积

22．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面PBD平面

ABCD，AD2，PD25，ABPB4，BAD60.

（1）求证：ADPB；

（2）E是侧棱PC上一点，记

PE，当PB平面ADE时，求实数的值 PC23．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D是BC的中点．ABAC，

ABAC1，AA12．

（Ⅰ）求直线AC1与平面BCC1B1所成角的正弦值； （Ⅱ）求二面角AA1BC的余弦值．

24．如图，已知三棱锥ABPC中，APPC，ACBC，M为AB的中点，D为

PB的中点，且△PMB为正三角形.

（1）求证：DM//平面APC； （2）求证：BC⊥平面APC；

（3）若BC4，AB10，求三棱锥DBCM的体积.

25．（1）用符号表示下来语句，并画出同时满足这四个语句的一个几何图形： ①直线l在平面内； ②直线m不在平面内； ③直线m与平面交于点A； ④直线l不经过点A.

（2）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，F为棱CC1的三等分点，画出由D1,E,F三点所确定的平面与平面ABCD的交线.(保留作图痕迹)

26．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，A1A＝6，M是CC1的中点．

(1)求证：A1B⊥AM；

(2)求二面角B--AM--C的平面角的大小．.

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．D 解析：D 【解析】 【分析】

先求出球心O到底面距离的最大值，从而可求顶点D到底面的距离的最大值，利用该最大值可求体积的最大值. 【详解】

设外接球的球心为O，半径为R，则4R2128，故R42.

设球心O在底面上的投影为E，因为OAOCOB，故E为ABC的外心. 因为ABBC4，AC42，所以AC2AB2BC2，故ABC为直角三角形， 故E为AC的中点，所以OEOA2AE226， 设D到底面ABC的距离为h，则hOER2642， 所以三棱锥DABC的体积的最大值为故选：D. 【点睛】

几何体的外接球、内切球问题，关键是球心位置的确定，必要时需把球的半径放置在可解的几何图形中，注意球心在底面上的投影为底面外接圆的圆心．如果球心的位置不易确定，则可以把该几何体补成规则的几何体，便于球心位置和球的半径的确定．

11322166. 4426423232．A

解析：A 【解析】 【分析】

由题意得：圆心在直线x=-1上，又圆心在直线x+y=0上，故圆心M的坐标为（-1，1），再由点点距得到半径。 【详解】

由题意得：圆心在直线x=-1上， 又圆心在直线x+y=0上， ∴圆心M的坐标为（-1，1）， 又A（-3，0），半径|AM|=-1+3+1-022=5，

则圆的方程为（x+1）2+（y-1）2=5． 故选A． 【点睛】

这个题目考查的是直线和圆的位置关系，一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来

解决的，联立的时候较少；在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值；涉及到圆的弦长或者切线长时，经常用到垂径定理。

3．B

解析：B 【解析】

试题分析：xy2x4y30即(x1)(y2)2，

由已知，直线2axby60过圆心C(1,2)，即2a2b60,ba3，

2222

由平面几何知识知，为使由点(a,b)向圆所作的切线长的最小，只需圆心C(1,2)与直线

xy30上的点连线段最小，所以，切线长的最小值为(故选B.

考点：圆的几何性质，点到直线距离公式.

1232)224，

4．B

解析：B 【解析】 【分析】

利用数形结合，作出图象，计算得直线l1与直线l2的斜率，即可得到结论. 【详解】

22曲线可化简为x(y1)4x0，如图所示：

直线l1:ykx24，此直线与曲线相切，此时有32kk212，解得k1. 25， 12直线l2:ykx24，此直线与曲线有两个交点，此时有k所以，过点2,4的直线与该半圆有两个交点，数形结合，解得故选：B. 【点睛】

51k. 122本题考查了直线与圆相交的性质，涉及的知识有：恒过定点的直线方程，点到直线的距离公式，以及直线斜率的求法，利用了数形结合的思想，其中抓住两个关键点是解本题的关键．

5．C

解析：C 【解析】 【分析】

先作出三棱锥PABC的图像，根据PABC四个面都为直角三角形和PA⊥平面

ABC，可知PC中点即为球心，利用边的关系求出球的半径，再由S4R2计算即得.

【详解】

三棱锥PABC如图所示，由于PABC四个面都为直角三角形，则VABC是直角三

角形，且ABC，BCAC2AB223，又PA⊥平面ABC，且VPAC是

2直角三角形，球O的直径PC2R则球O的表面积S4R220.

PA2AB2BC22025，R5，

故选：C 【点睛】

本题考查多面体外接球的表面积，是常考题型.

6．C

解析：C 【解析】 【分析】

由三视图知几何体是一个侧棱与底面垂直的三棱锥，底面是斜边上的高为2的等腰直角三角形，与底面垂直的侧面是个等腰三角形，底边长为2，高为2，故三棱锥的外接球与以棱长为2的正方体的外接球相同，由此可得结论 【详解】

由三视图知几何体是一个侧棱与底面垂直的三棱锥， 底面是斜边上的高为2的等腰直角三角形，

与底面垂直的侧面是个等腰三角形，底边长为2，高为2，

故三棱锥的外接球与以棱长为2的正方体的外接球相同，其直径为23，半径为3

4三棱锥的外接球体积为3故选C 【点睛】

3343

本题主要考查了三视图，几何体的外接球的体积，考查了空间想象能力，计算能力，属于中档题．

7．B

解析：B 【解析】 【分析】

根据题意可知，该四棱锥的外接球即为其所在长方体的外接球，根据公式即可求得. 【详解】

根据题意，为方便说明，在长方体中找出该四棱锥如图所示：

由图可知在长方体中的四棱锥PABCD完全满足题意， 故该四棱锥的外接球即是长方体的外接球，

722故外接球半径9， 2R24222故该球的表面积为S4R故选：B. 【点睛】

281. 4本题考查四棱锥外接球的问题，关键的步骤是将问题转化为求长方体的外接球.

8．A

解析：A 【解析】 【分析】 【详解】 画出截面图形如图 显然A正三角形C正方形： D正六边形

可以画出三角形但不是直角三角形； 故选A．

用一个平面去截正方体，则截面的情况为：

①截面为三角形时，可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形，但不可能是钝角三角形、直角三角形；

②截面为四边形时，可以是梯形（等腰梯形）、平行四边形、菱形、矩形，但不可能是直角梯形；

③截面为五边形时，不可能是正五边形； ④截面为六边形时，可以是正六边形． 故可选A．

9．C

解析：C 【解析】 【分析】

由矩形的对角线互相平分且相等即球心到四个顶点的距离相等推出球心为AC的中点，即可求出球的半径，代入体积公式即可得解. 【详解】

因为矩形对角线互相平分且相等，根据外接球性质易知外接球球心到四个顶点的距离相等，所以球心在对角线AC上，且球的半径为AC长度的一半，

31145125AB2BC2，所以Vr3. 即rAC2223326

故选：C 【点睛】

本题考查球与几何体的切、接问题，二面角的概念，属于基础题.

10．B

解析：B 【解析】 【分析】

当P与A重合时，异面直线CP与BA1所成的角最大，由此能求出当异面直线CP与BA1所成的角最大时，三棱锥C﹣PA1D1的体积． 【详解】

如图，当P与A重合时，

异面直线CP与BA1所成的角最大， ∴当异面直线CP与BA1所成的角最大时， 三棱锥C﹣PA1D1的体积：

311111aVCPA1D1=VCAA1D1=SVAADAB=AA1A1D1AB=aa2a=

11323233． 故选:B． 【点睛】

求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解，注意求体积的一些特殊方法——分割法、补形法、等体积法. ①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．②等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值．

11．C

解析：C 【解析】

试题分析：该几何体为一个侧面与底面垂直，底面为正方形的四棱锥（如图所示），其中底面

边长为，侧面

平面,所以

,

,

,底面边长为，所以最长的棱长为

，故选C.

,

，点在底面的射影为，所以

考点：简单几何体的三视图．

12．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

设正方体的棱长为，则

，所以

，

.

又直线与平面所成的角小于等于【考点定位】

空间直线与平面所成的角.

，而为钝角，所以的范围为，选B.

二、填空题

13．①③【解析】【分析】对4个命题分别进行判断即可得出结论【详解】解：①平行于同一平面的两个不同平面互相平行正确；②平行于同一直线的两个不同平面互相平行或相交不正确；③垂直于同一直线的两个不同平面互相平

解析：①③ 【解析】 【分析】

对4个命题分别进行判断，即可得出结论． 【详解】

解：①平行于同一平面的两个不同平面互相平行，正确； ②平行于同一直线的两个不同平面互相平行或相交，不正确； ③垂直于同一直线的两个不同平面互相平行，正确；

④垂直于同一平面的两个不同平面互相平行或相交，不正确． 故答案为：①③． 【点睛】

本题考查类比推理，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．

14．【解析】【分析】【详解】设AC与BD交于点O在三角形ABD中因为∠A＝120°AB＝2可得AO＝1过A作面BCD的垂线垂足E则AE即为所求由题得∠AOE＝180°−∠AOC＝180°−120°＝60 解析：3 2【解析】 【分析】 【详解】

设AC与BD交于点O．

在三角形ABD中，因为∠A＝120°，AB＝2．可得AO＝1． 过A作面BCD的垂线，垂足E，则AE即为所求． 由题得，∠AOE＝180°−∠AOC＝180°−120°＝60°． 在RT△AOE中，AE＝AO•sin∠AOE＝3． 2

15．【解析】【分析】设出的坐标代入双曲线方程两式相减根据中点的坐标可知和的值进而求得直线的斜率根据点斜式求得直线的方程【详解】设则直线的方程为即故答案为【点睛】本题主要考查双曲线的方程直线的斜率公式直线 解析：2xy150

【解析】 【分析】

设出A,B的坐标，代入双曲线方程，两式相减,根据中点的坐标可知x1x2和y1y2的值,进而求得直线AB的斜率，根据点斜式求得直线的方程. 【详解】

设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1x216，y1y22，

Qx124y124,x224y224，

x1x2x1x2y1y2y1y20

16x1x28y1y20，

y1y2162 x1x28kAB2，

直线的方程为y12x8，即2xy150，故答案为2xy150.

【点睛】

本题主要考查双曲线的方程、直线的斜率公式、直线点斜式方程的应用，意在考查灵活运用所学知识解答问题的能力，属于中档题. 涉及弦长的中点问题，常用“点差法”设而不求，将弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来，相互转化.

16．或【解析】【分析】判断直线恒过定点P（0-1）计算PAPB的斜率再利用数形结合求a的取值范围【详解】解：由直线ax+y+1=0的方程判断直线恒过定点P（0-1）如图所示计算且或则或即实数a的取值范围

解析：a【解析】 【分析】

判断直线axbyc0恒过定点P（0，-1），计算PA、PB的斜率，再利用数形结合求a的取值范围． 【详解】

解：由直线ax+y+1=0的方程，判断直线恒过定点P（0，-1），如图所示，

3或a3 2

计算kPA51321，kPB3 40210且kkPA或kkPB， 则akPA或akPB， 即实数a的取值范围是：a故答案为：a【点睛】

3或a3． 23或a3． 2本题考查直线的斜率与直线方程的应用问题，是基础题．

17．【解析】由正方体的几何性质对4个命题进行判断对于A当动点P与点重合时以等腰三角形与不垂直所以不能得出平面A为假命题；对于B易证所以平面所以平面⊥平面故B为真命题；对于C在底面上的射影图形的面积为定值 解析：BC

【解析】

由正方体的几何性质对4个命题进行判断，对于A，当动点P与点D1重合时，MNP以等腰三角形，PM与ND1不垂直，所以不能得出平面MB1PND1，A为假命题；对于B，易证ND1MB1，MB1A1D1，所以MB1平面ND1A1，所以平面MB1P⊥平面

ND1A1，故B为真命题；对于C， MB1P在底面ABCD上的射影图形的面积为定值，

因为MB1P在底面ABCD的射影是三角形，底边是MB，点P在底面的射影在CD上，到

MB的距离不变，若正方体棱长为a时，则射影面积为

12a为定值，所以C为真命题；对4于D，当P点与点C1重合时，则点B1与点P的投影重合，此时 MB1P在侧面D1C1CD上的射影图形是线段，不是三角形，故D是假命题。真命题有BC.

点睛：本题主要考查面面之间的关系以及投影的概念，属于中档题，解决本题的关键是对正方体中的点线面之间的关系有比较透彻的了解，对其中的空间位置比较熟悉。

18．【解析】【分析】由题意可知曲线为圆的右半圆作出直线与曲线的图象可知直线是过点且斜率为的直线求出当直线与曲线相切时k的值利用数形结合思想可得出当直线与曲线有两个公共点时实数的取值范围【详解】对于直线则

4解析：,2

3【解析】 【分析】

由题意可知，曲线C为圆x1y11的右半圆，作出直线l与曲线C的图象，可知直线l是过点0,2且斜率为k的直线，求出当直线l与曲线C相切时k的值，利用数形结合思想可得出当直线l与曲线C有两个公共点时实数k的取值范围. 【详解】

对于直线l:ykx2，则直线l是过点P0,2且斜率为k的直线， 对于曲线C:1y1x1，则x10x1， 曲线C的方程两边平方并整理得x1y11， 则曲线C为圆x1y11的右半圆，如下图所示：

2222222

当直线l与曲线C相切时，k0，且有k12k212k31，解得k4， k213当直线l过点A1,0时，则有k20，解得k2. 结合图象可知，当k故答案为：【点睛】

本题考查利用直线与曲线的交点个数求参数，解题的关键就是将曲线C化为半圆，利用数形结合思想求解，同时要找出直线与曲线相切时的临界位置，考查数形结合思想的应用，属于中等题.

4,2时，直线l与曲线C有两个交点. 34,2. 319．【解析】【分析】以B为顶点三棱锥与四棱锥等高计算体积只需找到三角形AEF与四边形ECDF的面积关系即可求解【详解】设B到平面ACD的距离为h三角形ACD面积为因为是的中点在上且所以所以又=2所以所以

解析：【解析】 【分析】

以B为顶点，三棱锥BAEF与四棱锥BECDF等高，计算体积只需找到三角形AEF与四边形ECDF的面积关系即可求解. 【详解】

设B到平面ACD的距离为h，三角形ACD面积为S，因为E是AC的中点，F在ADSAEFAEAF115,SAEFS，所以SECDFS，上，且2AFFD，所以

SACDACAD666又VABEF=2，所以

11Sh2，Sh36，所以36VBECDF15SECDFh3610. 318故答案为10. 【点睛】

本题考查空间几何体的体积计算，考查空间想象能力和运算能力，属于基础题.

20．【解析】【分析】先由题得到点A在圆上再设出切线方程为利用直线和圆相切得到k的值即得过点A的圆的切线方程【详解】因为所以点在圆上设切线方程为即kx-y-k+2=0因为直线和圆相切所以所以切线方程为所以 解析：x2y5

【解析】 【分析】

先由题得到点A在圆上，再设出切线方程为y2k(x1),利用直线和圆相切得到k的值，即得过点A的圆的切线方程. 【详解】

因为12225，所以点A1,2在圆上，设切线方程为y2k(x1),即kx-y-k+2=0, 因为直线和圆相切，所以51,k，

2k2(1)2k211xy20， 22所以切线方程为x2y5，

所以切线方程为故答案为：x2y5 【点睛】

（1）本题主要考查圆的切线方程的求法，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 点P(x0,y0)到直线l:AxByC0的距离dAx0By0CAB22.

三、解答题

21．：（Ⅰ）见解析（Ⅱ）16 【解析】 【分析】 【详解】

（Ⅰ）证明：因为DEEF,CFEF，所以四边形平面CDEF为矩形， 由GD5,DE4，GC42,CF4

得GEGD2CF23GFGC2CF24， 所以EF5，在VEFG中 ，

有EF2GE2FG2，所以EGGF又因为CFEF,CFFG，

得CF平面EFG， 所以CFEG，所以EG平面CFG，即平面DEG平面

CFG;

（Ⅱ）：在平面EGF中，过点G作GHEF于点H，

EGGF12 EF5因为平面CDEF平面EFG，

则GH得GH平面CDEF，VCDEF1SCDEFGH16 3

22．（1）证明见解析；（2）【解析】 【分析】

3. 4（1）证明ADBD，利用平面PBD平面ABCD，交线为BD，可得AD平面

PBD，从而ADPB；

（2）作EF//BC，交PB于点F，连接AF，连接DF，PBD中，由余弦定理求得

cosBPD【详解】

325，即可得出结论．

（1）证明：在△ABD中，QAD2，AB4，BAD60， ∴由余弦定理可得BD23，AD2BD2AB2，ADBD. ∵平面PBD平面ABCD，交线为BD，

AD平面PBD，又PB平面PBD ADPB.

（2）解：作EF//BC，交PB于点F，连接AF， 由EF//BC//AD可知A，D，E，F四点共面，

连接DF，所以由（1）的结论可知，PB平面ADE，当且仅当PBDF.

在△PBD中，由PB4，BD23，PD25， 余弦定理求得cosBPD325PDF中，PFPDcosBPD3， ，∴在RtVPEPF3 PCPB4【点睛】

因此本题考查立体几何有关知识，考查线面、面面垂直，考查运算能力，属于中档题． 23．（Ⅰ）【解析】 【分析】

（Ⅰ）由题意结合线面垂直的判定可得AD平面BCC1B1，则AC1D即为直线AC1与平面BCC1B1所成的角，求得AD210；（Ⅱ）.

3102，AC15后即可得解； 2（Ⅱ）作AEA1B，垂足为E，连接A1C，CE，由题意可得BE可得CE25，由余弦定理59，进而可得BEC90o，则AEC即为二面角AA1BC的平面角，再5由余弦定理即可得解. 【详解】

（Ⅰ）Q三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，

BB1平面ABC，BB1AD， QABAC，D是BC的中点，ADBC，

又BB1IBCB，AD平面BCC1B1，

2，AC11225， 2AC1D即为直线AC1与平面BCC1B1所成的角， QABAC1，AA12，AD2AD10， sinAC1D2AC1105直线AC1与平面BCC1B1所成角的正弦值为10.

10（Ⅱ）作AEA1B，垂足为E，连接A1C，CE，

QABAC1，AA1A1C2，A5，BC2， 1BAC1由VABE∽VA1BA可得BE525，AE 552A1B2BC2AC2101在VA1BC中，cosA1BC，

2A1BBC10210在VEBC中，CE2BE2BC22BEBCcosEBCCE2BE2BC2即BEC90o， AEC即为二面角AA1BC的平面角，

935即CE， 591AE2CE2AC2255. 在VAEC中，cosAEC2AECE25353255二面角AA1BC的余弦值为

2. 3

【点睛】

本题考查了线面角和面面角的求解，考查了空间思维能力和计算能力，属于中档题. 24．（1）见详解；（2）见详解；（3）【解析】 【分析】

(1)先证DM∥AP，可证DM//平面APC.

(2)先证AP平面PBC，得APBC，结合ACBC可证得BC⊥平面APC. (3)等积转换，由VDBCM＝VMDBC，可求得体积. 【详解】

(1)证明：因为M为AB的中点，D为PB的中点， 所以MD是△ABP的中位线，MDPAP. 又MD平面APC，AP平面APC， 所以MD∥平面APC.

(2)证明：因为△PMB为正三角形，D为PB的中点，所以MDPB.

53. 2又MDPAP，所以APPB.

又因为APPC，PBIPC＝P，所以AP平面PBC. 因为BC平面PBC，所以APBC. 又因为BCAC，ACAP＝A， 所以BC平面APC.

(3)因为AP平面PBC，MDPAP，

所以MD平面PBC，即MD是三棱锥MDBC的高. 因为AB10，M为AB的中点，△PMB为正三角形， 所以PBMB5,MD353. MB22由BC平面APC，可得BCPC，

在直角三角形PCB中，由PB＝5，BC＝4，可得PC＝3. 于是S△BCD＝S△BCP＝433. 所以VDBCM＝VMDBC＝S△BCDgMD＝3【点睛】

本题考查空间线面平行与垂直的证明，体积的计算.空间中的平行与垂直的证明过程就是利用相关定义、判定定理和性质定理实现线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)的转换.求三棱锥的体积常采用等积转换的方法，选择易求的底面积和高来求体积. 25．（1）①l；②m；③mIA；④Al，示意图答案见解析（2）答案见解析 【解析】 【分析】

（1）根据题意，作出示意图即可； （2）根据题意，作出示意图即可. 【详解】

（1）l；m；mIA；Al；示意图如下：

12112213135353. 22

（2）如图，直线IL即为所求.

【点睛】

本题考查了空间点､线､面之间的位置关系，属于基础题. 26．（1）见解析（2）45° 【解析】

(1)以点C为原点，CB、CA、CC1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系C－xyz，如图所示，

6则B(1,0,0)，A(0，3，0)，A1(0，3，6)，M0,0,2.

uuuruuuur60,3,(1). 所以A1B＝，－3，－6，AM＝2uuuruuuur6因为A1B·AM＝1×0＋(－3)×(－3)＋(－6)×＝0，所以A1B⊥AM.

2(2)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以CC1⊥BC. 因为∠ACB＝90°，即BC⊥AC，又AC∩CC1＝C，所以BC⊥平面ACC1A1，即BC⊥平面AMC.

uuuruuurAMC所以CB是平面的一个法向量，CB＝(1,0,0)．

uuuruuuur61,0,设n＝(x，y，z)是平面BAM的一个法向量，BA＝(－1，3，0)，BM＝. 2uuurx3y0nBA0,r由{uuuu得{，令z＝2，得x＝6，y＝2. 6nBM0xz02所以n＝(6，2，2)

uuurCBnuuuruuur2ur因为|CB|＝1，|n|＝23，所以cos〈CB，n〉＝uu＝， CBn2AM-C的大小为45° 因此二面角B-