PA?平面ABCD，PA?2，M,N分别为AD,BC的中点，MQ?PD于Q.
（Ⅰ）求证：平面PMN⊥平面PAD；（Ⅱ）求二面角P?MN?Q的余弦值.
高二数学理科试卷 答案
一．选择题
1--5 DDCAB 6--10 DCBBB 11--12 BC 二．填空题
π1013. 14.1:22:33 15. 16.①②③ 310三、解答题
17、解(1)该四棱锥的俯视图为内含对角线，边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm.
2
(2)由侧视图可求得
由正视图可知AD＝6且AD⊥PD， 所以在Rt△APD中，
18、解。设两个平行截面圆的半径分别为r1，r2，球半径为R，则由πr＝5π，得r1＝由πr＝8π，得r2＝2
.
.
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(1)如图所示，当两个截面位于球心O的同侧时，有＋
，解得R＝3.
－＝1，所以＝1
(2)当两个截面位于球心O的异侧时，有 所以球的半径是3
19、解：（1）
＋＝1.此方程无解．
旋转后的几何体是一个圆台从上面挖去一个半球， 旋转体的表面积由三部分组成：
S半球?1?4??22?8? 2S圆台侧????2?5??5?35? S圆台底???52?25?，
∴旋转体的表面积为S表?8??35??25??68?. （2）该旋转体的体积由两部分相减而得
V圆台?V半球???232?2?5?52?52? ?4?116??23??， 32316?140??∴旋转体的体积为V?52??. 33 - 7 -
20.解：（I）因为因为平面（Ⅱ）连结
为正方形，所以,
。
,
，所以
.
因为是因为
（Ⅲ）过点作因为
交线段，所以，所以
,因为
的中点，且
为矩形，所以也是的中点。因为是
,所以MN∥平面CDFE。
于点,则点即为所求。因为ABCD为正方形，所以
，因为
,所以
,所以。因为
。因为与
∥
。
的中点，所以
∥，
，且相似，所
以
,因为，所以。
21、解：（Ⅰ）证明：因为AA1?底面ABC，所以AA1?BD 因为底面ABC正三角形，D是AC的中点,所以BD?AC 因为AA1?AC?A，所以BD?平面ACC1A1
因为平面BD?平面BC1D,所以平面BC1D?平面ACC1A1 （Ⅱ）由（Ⅰ）知?ABC中，BD?AC，BD?BCsin60??33 所以S?BCD?193 ?3?33?22193??6?93 32所以VC?BC1D?VC1?CBD?22、1、【答案】方法一:（Ⅰ）证明：∵PA?平面ABCD，MN?平面ABCD,∴MN?PA.
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∵ M,N分别为AD,BC的中点,且四边形ABCD是正方形,∴MN?AD. ∵PA?平面PAD,AD?平面PAD,且PAAD?A,
∴MN?平面PAD. …………………………………3分
MN?平面PMN,
∴平面PMN⊥平面PAD. ……………………4分
（Ⅱ）解:由（Ⅰ）MN?平面PAD, 及PM?平面PAD,MQ?平面PAD 知MN?PM,MN?NQ. ∵平面PMN平面QMN?MN
∴?PMQ为二面角P?MN?Q的平面角. …………………11分 在Rt?PAD中, MQ?PD,PM?PA2?AM2?5,PD?22, MQ?MQ10PA?MD2? ?,cos?PMQ?PM10PD210. …………12分 10故二面角P?MN?Q的余弦值为
方法二: 解：∵四棱锥P?ABCD的底面是边长为2的正方形, 且PA?平面ABCD， ∴以A为原点,射线AB,AD,AP分别为x,y,z轴的正半轴,可建立空间直角坐标系(如图).
PA?2,∴
A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),AD?(0,2,0),AP?(0,0,2).
M,N分别为AD,BC的中点,
∴M(0,1,0),N(2,1,0),MN?(2,0,0). （Ⅰ）
MN?AD?2?0?0?2?0?0?0,MN?AP?2?0?0?0?0?2?0.
∴MN?AD，MN?PA.
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∵PA?平面PAD,AD?平面PAD,且PAAD?A,
∴MN?平面PAD. ………………………………………………3分 （Ⅱ）设平面PMN的一个法向量为n?(x,y,z)，
则n?MN?2x?0?x?0,n?PM?(x,y,z)?(0,1,?2)?y?2z?0?y?2z, 取n?(0,2,1).
PD?MN?(0,2,?2)?(2,0,0)?0?PD?MN,
MQ?PD, MN?平面MNQ,MQ?平面MNQ,MNMQ?M,
∴PD?平面MNQ,PD?(0,2,?2) 是平面MNQ的一个法向量. 由图形知二面角P?MN?Q的平面角?是锐角, 故cos??n?PDn?PD?25?8?1010. 所以二面角P?MN?Q的余弦值为1010. …………12分
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