习题1.2课时教案

2018年立体几何节选

12. 已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为

A.

B.

C.

D.

【答案】A

9. 在长方体的余弦值为

A. B. C. D. 【答案】C 9. 在正方体中，为棱

的中点，则异面直线与所成角的正切值为

中，，，则异面直线与所成角A. B. C. D. 【答案】C

5. 已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为

A.

B.

C.

D.

【答案】B 9. 某圆柱的高为2，底面周长为16，点为圆柱表面上的一点，O为底面圆的圆心，N为底面圆周上一点，且OM与ON成直角，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为

A.

B.

C.

D. 2 【答案】B

10. 在长方体方体的体积为

A.

B. 【答案】C 10. 设为A. ，则三棱锥 B.

C. 中，，与平面所成的角为，则该长

D.

是同一个半径为4的球的球面上四点，体积的最大值为

C. D.

为等边三角形且其面积【答案】B 【解析】分析：作图，D为MO 与球的交点，点M为三角形ABC的重心，判断出当平面时，三棱锥体积最大，然后进行计算可得。

详解：如图所示，

点M为三角形ABC的重心，E为AC中点，

当此时，平面时，三棱锥

, 点M为三角形ABC的重心

中，有

故选B.

体积最大

16. 已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为__________．

【答案】8π

16. 已知圆锥的顶点为，母线45°，若【答案】的面积为

中，．

；

上一点，且，求三棱锥的体积．

，，以为折痕将△折起，，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为，则该圆锥的侧面积为__________．

18. 如图，在平行四边形使点到达点的位置，且（1）证明：平面（2）为线段平面上一点，为线段

【答案】(1)见解析. (2)1. 【解析】分析：(1)首先根据题的条件，可以得到=90，即，再结合已知条件平面ABC，根据面BA⊥AD，利用线面垂直的判定定理证得AB⊥平面ACD，又因为AB面垂直的判定定理，证得平面ACD⊥平面ABC；

(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积. 详解：（1）由已知可得，又BA⊥AD，且又AB平面ABC，

=90°，．

，所以AB⊥平面ACD．

所以平面ACD⊥平面ABC．

（2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=又，所以

．

．

作QE⊥AC，垂足为E，则．

由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．

因此，三棱锥的体积为

．

18. 如图，四边形点到达点的位置，且（1）证明：平面（2）求与平面为正方形，. 平面；

分别为的中点，以为折痕把折起，使所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析. (2) . 【解析】分析：(1)首先从题的条件中确定相应的垂直关系，即BF⊥PF，BF⊥EF，又因为，利用线面垂直的判定定理可以得出BF⊥平面PEF，又面面垂直的判定定理证得平面PEF⊥平面ABFD. (2)结合题意，建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标，求得平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为，利用线面角的定义，可以求得平面ABFD，利用

，得到结果. 详解：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD. ，所以BF⊥平面PEF. （2）作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD. 以H为坐标原点，H−xyz. 的方向为y轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系

由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF. 可得则.

为平面ABFD的法向量. 设DP与平面ABFD所成角为，则. 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为. 20. 如图，在三棱锥（1）证明：（2）若点在棱中，平面；

为，求与平面所成角的正弦值．

，，为的中点．

上，且二面角

【答案】（1）见解析（2）

【解析】分析：(1)根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论，(2)根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果. 详解：（1）因为连结且由由.因为，知知. . 平面. 的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. ，为，所以的中点，所以，且. 为等腰直角三角形，

（2）如图，以为坐标原点，

由已知得. 设设平面由，则的法向量为得. ，可取. 取平面的法向量，

所以.由已知得. 所以.解得（舍去），. 所以.又，所以.

所以与平面所成角的正弦值为. 中，平面上，且；

，求点到平面的距离．

，，为的中点．

19. 如图，在三棱锥

（1）证明：

（2）若点在棱

【答案】解：

（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=连结OB．因为AB=BC=由．

=2．

，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB=知，OP⊥OB．

由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．

（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．

故CH的长为点C到平面POM的距离．

由题设可知OC=所以OM=，CH=．

=2，CM==，∠ACB=45°．

=．

所以点C到平面POM的距离为

【解析】分析：（1）连接过点作，欲证平面，只需证明即可；（2），垂足为，只需论证的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可. ．

=2．

详解：（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=连结OB．因为AB=BC=由，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB=知，OP⊥OB．

由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．

（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．

故CH的长为点C到平面POM的距离．

由题设可知OC=所以OM=，CH=．

=2，CM==，∠ACB=45°．

=．

所以点C到平面POM的距离为

19. 如图，边长为2的正方形，的点．

（1）证明：平面（2）当三棱锥平面所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，是CD上异于；

与面所成二面角的正弦值．

体积最大时，求面

19. 如图，矩形（1）证明：平面（2）在线段所在平面与半圆弧平面；

所在平面垂直，是上异于，的点．

上是否存在点，使得平面？说明理由．

【答案】（1）证明见解析

（2）存在，理由见解析

【答案】（1）见解析

（2）

平面CMD,得,再证，进而完成证明。

和平面的法向量，【解析】分析：（1）先证（2）先建立空间直角坐标系，然后判断出的位置，求出平面进而求得平面与平面所成二面角的正弦值。

详解：（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM. 因为M为又

BC而DM上异于C，D的点,且DC为直径，所以

DM⊥CM. 平面ABCD,所CM=C,所以DM⊥平面BMC. 平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC. 的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz. （2）以D为坐标原点,

当三棱锥M−ABC体积最大时，M为由题设得

设是平面MAB的法向量,则

即可取.

的中点. ，

是平面MCD的法向量,因此

，

，

所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是. 6．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是

A．

B．

C．

D．

【答案】A 16．已知三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥

平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S−ABC的体积为9，则球O的表面积为________．【答案】36π

16．如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为

.

【答案】415

18．（12分）

如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且BAPCDP90.

（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；

（2）若PA=PD=AB=DC，APD90，求二面角A−PB−C的余弦值. 【解析】

试题解析：（1）由已知BAPCDP90，得AB⊥AP，CD⊥PD.

由于AB//CD ，故AB⊥PD ，从而AB⊥平面PAD. 又AB

平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. （2）在平面PAD内作PFAD，垂足为F，

由（1）可知，AB平面PAD，故ABPF，可得PF平面ABCD. 以F为坐标原点，FA的方向为x轴正方向，|AB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.

由（1）及已知可得A(2222,1,0). ,0,0)，P(0,0,)，B(,1,0)，C(2222所以PC(2222,1,)，CB(2,0,0)，PA(,0,)，AB(0,1,0). 2222设n(x,y,z)是平面PCB的法向量，则

22xyz0,nPC0,即

22nCB0,2x0,可取n(0,1,2). 设m(x,y,z)是平面PAB的法向量，则

22mPA0,xz0,即2

2mAB0,y0.可取m(1,0,1).

则cosnm3，

|n||m|33. 3所以二面角APBC的余弦值为18．（12分）

如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且BAPCDP90．

（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；

（2）若PA=PD=AB=DC，APD90，且四棱锥P−ABCD的体积为锥的侧面积．

【答案】（1）证明见解析；（2）623．

【解析】

试题分析：（1）由ABAP，ABPD，得AB平面PAD即可证得结果；（2）设8，求该四棱3ABx，则四棱锥PABCD的体积VPABCD可得所求侧面积．

11ABADPEx3，解得x2，33试题解析：（1）由已知∠BAP∠CDP90，得ABAP，CDPD．

由于AB∥CD，故ABPD，从而AB平面PAD．

又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD．

（2）在平面PAD内作PEAD，垂足为E．

由（1）知，AB平面PAD，故ABPE，可得PE平面ABCD．

设ABx，则由已知可得AD2x，PE2x．

2故四棱锥PABCD的体积VPABCD由题设得11ABADPEx3．

33138x，故x2．

33从而PAPD2，ADBC22，PBPC22．

可得四棱锥PABCD的侧面积为1111PAPDPAABPDDCBC2sin60623

2222

10．已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为

A．3 2

B．15

5

C．10

5

D．3

3【答案】C 15．长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为

. 【答案】14π

19．（12分）

如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，ABBC中点．

（1）证明：直线CE∥平面PAB；

（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45o，求二面角MABD的余弦值．

【答案】（1）证明略；（2）1AD,BADABC90o,

E是PD的210．

5

18．（12分）

如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,ABBCABC90.

1AD,BAD

2（1）证明：直线BC∥平面PAD; （2）若△PCD的面积为27，求四棱锥PABCD的体积.

【答案】（1）见解析；（2）.

8．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为

A．π

B．3π

4

C．π

2

D．π

4【答案】B 10．在正方体ABCDA1BC11D1中，E为棱CD的中点，则

A．A1E⊥DC1

【答案】C

16．a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：

①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；

②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；

③直线AB与a所成角的最小值为45°；

④直线AB与a所成角的最大值为60°. 其中正确的是________.（学科/网填写所有正确结论的编号）

【答案】②③

【解析】

B．A1E⊥BD

C．A1E⊥BC1

D．A1E⊥AC

AB是以AC为轴,BC为底面半径的圆锥的母线，试题分析：由题意，由ACa,ACb，又AC⊥圆锥底面，所以在底面内可以过点B，作BD∥a，交底面圆C于点D，如图所示，连结DE，则DE⊥BD，DE∥b，连结AD，等腰△ABD中，ABAD2,

当直线AB与a成60°角时，ABD60，故BD2，又在Rt△BDE中，BE2,DE2，过点B作BF∥DE，交圆C于点F，连结AF，由圆的对称性可知角，②正BFDE2,△ABF为等边三角形，ABF60，即AB与b成60°确，①错误. 由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC⊥直线a，则直线AB与a所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.

【考点】异面直线所成的角

19．（12分）

如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．

（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；

（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值. 【答案】（1）证明略；（2）7

7

【解析】

试题分析：（1）利用题意证得二面角的平面角为90°，则可得到面面垂直；

（2）利用题意求得两个半平面的法向量，然后利用二面角的夹角公式可求得二面角D–AE–C的余弦值为7. 7试题解析：（1）由题设可得，△ABD≌△CBD，从而ADDC. 又△ACD是直角三角形，所以ADC=90. 取AC的中点O，连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO. 又由于△ABC是正三角形，故BOAC. 所以DOB为二面角DACB的平面角. 在Rt△AOB中，BO2AO2AB2. 又ABBD，所以BO2DOBO2AOAB2BD2，

故DOB90. 所以平面ACD⊥平面ABC. （2）由题设及（1）知，OA,OB,OD两两垂直，以O为坐标原点，OA的方向为x轴正方向，OA为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.则A1,0,0,B0,3,0,C1,0,0,D0,0,1. 

由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的1，从而E到平面ABC的距2131离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得E0,2,2. 2故AD1,0,1,AC2,0,0,AE1,31,. 22

xz0,nAD0，设n=x,y,z是平面DAE的法向量，则即

31yz0.nAE0，x223可取n1,3,1. mAC0，设m是平面AEC的法向量，则同理可取m0,1,3. mAE0，则cosn,mnm7. nm77. 7所以二面角D-AE-C的余弦值为19．（12分）

如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．

（1）证明：AC⊥BD；

（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．

【答案】（1）详见解析；（2）1:1 【解析】试题分析：（1）取AC的中点O，由等腰三角形及等边三角形的性质得ACOD，ACOB，再根据线面垂直的判定定理得AC平面OBD，即得AC⊥BD；（2）先由AE⊥EC，结合平面几何知识确定EO得所求体积之比为1:1. 1AC，再根据锥体的体积公式2

试题解析：（1）取AC的中点O，连结DO，BO. 因为AD=CD，所以AC⊥DO.

又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO. 从而AC⊥平面DOB，故AC⊥BD.

【考点】线面垂直的判定及性质定理，锥体的体积

(14) ,是两个平面，m,n是两条直线，有下列四个命题：

（1）如果mn,m,n//，那么. （2）如果m,n//，那么mn.

（3）如果//,m，那么m//.

（4）如果m//n,//，那么m与所成的角和n与所成的角相等. 其中正确的命题有 ． (填写所有正确命题的编号）

【答案】②③④

αI平面ABCD=m，αI（11）平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A，α//平面CB1D1，平面ABB1 A1=n，则m，n所成角的正弦值为

（A）1323

（B）

（C）

（D）

3223【答案】A (4)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为

（A）12

（D）

【答案】A

(11) 在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球.若ABBC，AB6，

（B）32

3

（C）

BC8，AA13，则V的最大值是

（A）4π

（B）【答案】B

（18）.（本题满分12分）如图,在已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形,PA=6,顶点P在平面ABC内的正投影为点E,连接PE并延长交AB于点G. （I）证明G是AB的中点；

（II）在答题卡第（18）题图中作出点E在平面PAC内的正投影F（说明作法及理由）,并求四面体PDEF的体积．

9π

2

（C）6π

（D）32π

3

PAGEDB

C【答案】（I）见解析（II）作图见解析,体积为4

3试题解析：（I）因为P在平面ABC内的正投影为D,所以ABPD.

因为D在平面PAB内的正投影为E,所以ABDE.

所以AB平面PED,故ABPG.[来源:Z,xx,k.Com]

又由已知可得,PAPB,从而G是AB的中点.

（II）在平面PAB内,过点E作PB的平行线交PA于点F,F即为E在平面PAC内的正投影. 理由如下：由已知可得PBPA,PBPC,又EF//PB,所以EFPC,因此EF平面PAC,即点F为E在平面PAC内的正投影. 连接CG,因为P在平面ABC内的正投影为D,所以D是正三角形ABC的中心. 由（I）知,G是AB的中点,所以D在CG上,故CD2CG.

3由题设可得PC平面PAB,DE平面PAB,所以DE//PC,因此

PE21PG,DEPC.

33由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且PA6,可得DE2,PE22.

在等腰直角三角形EFP中,可得EFPF2.

所以四面体PDEF的体积V（18）（本小题满分12分）

如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，114222.

323AFD90，且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60．

（I）证明：平面ABEF平面EFDC；

（II）求二面角E-BC-A的余弦值．

【答案】（I）见解析；（II）【解析】

试题分析：（I）证明ΑF平面ΕFDC，结合F平面ΑΒΕF，可得平面ΑΒΕF平面ΕFDC．（II）建立空间坐标系，利用向量求解. 试题解析：（I）由已知可得ΑFDF，ΑFFE，所以ΑF平面ΕFDC．

又F平面ΑΒΕF，故平面ΑΒΕF平面ΕFDC．

（II）过D作DGΕF，垂足为G，由（I）知DG平面ΑΒΕF．

以G为坐标原点，GF的方向为x轴正方向，GF为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz．

由（I）知DFE为二面角DAFE的平面角，故DFE60，则DF2，219

19DG3，可得A1,4,0，B3,4,0，E3,0,0，D0,0,3．由已知，AB//EF，所以AB//平面EFDC．

又平面ABCD平面EFDCDC，故AB//CD，CD//EF．

[来源:Zxxk.Com]

由BE//AF，可得BE平面EFDC，所以CΕF为二面角CBEF的平面角，

CΕF60．从而可得C2,0,3．

所以ΕC1,0,3，ΕΒ0,4,0，ΑC3,4,3，ΑΒ4,0,0．

设nx,y,z是平面ΒCΕ的法向量，则



19.（本小题满分12分）

如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB5,AC6，点E,F分别在AD,CD上，AECF5，EF交BD于点H．将DEF沿EF折到DEF位置，4OD10．

（Ⅰ）证明：DH平面ABCD；

（Ⅱ）求二面角BDAC的正弦值．[来源:Z#xx#k.Com]

[来源:学,科,网]

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）295. 25又DHEF，而OHEFH，

所以DH平面ABCD. zD'AEOHCFxDyB

（II）如图，以H为坐标原点，HF的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系Hxyz，

则H0,0,0，A3,2,0，B0,5,0，C3,1,0，D0,0,3，AB(3,4,0)，

AC6,0,0，AD3,1,3.设mx1,y1,z1是平面ABD的法向量，则3x14y10mAB0，即，

3xy3z0111mAD0nAC0所以可以取m4,3,5.设nx2,y2,z2是平面ACD的法向量，则，

nAD0'即6x20，

3xy3z0222所以可以取n0,3,1.于是cosm,nmn1475，

25|m||n|5010sinm,n295. 25295. 25因此二面角BDAC的正弦值是考点：线面垂直的判定、二面角.

(19) (本小题满分12分)

如图，F分别在AD，CD上，AE=CF，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D'EF的位置. (Ⅰ)证明：ACHD'；

(Ⅱ)若AB5,AC6,AE5,OD'22,求五棱锥D'ABCFE的体积. 4

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）【解析】

232. 2

试题分析：（Ⅰ）证AC∥EF，再证ACHD.（Ⅱ）证明ODOH，再证OD平面ABC，最后根据锥体的体积公式求五棱锥D'ABCFE的体积. 试题解析：（I）由已知得ACBD,ADCD.

又由AECF得AECF，故AC∥EF.

ADCD由此得EFHD,EFHD，所以ACHD.

（II）由EF∥AC得OHAE1.

DOAD4

EFDH9得EF.

ACDO211969.

五边形ABCFE的面积S6832224又由所以五棱锥D'–ABCFE体积V（19）（本小题满分12分）

如图，四棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点. （I）证明MN∥平面PAB; （II）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值. 16923222.

342

【答案】（I）详见解析；（II）【解析】

试题分析：（I）取BP的中点T，然后结合条件中的数据证明四边形AMNT为平行四边形，从而得到MN85．

25AT，由此结合线面平行的判定定理可证；（II）以A为坐标原点，AE的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系，然后通过求直线AN的方向向量与平面PMN的法向量的夹角的余弦值来求解AN与平面PMN所成角的正弦值．

试题解析：（I）由已知得AM2AD2. 3取BP的中点T，连接AT,TN，由N为PC中点知TN//BC，TN1BC2.

……3分

2∥AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN又AD//BC，故TN=AT. 因为AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN//平面PAB.

……6分

设n(x,y,z)为平面PMN的一个法向量，则

2y4z0,nPM0,即5

……10分

xy2z0,nPN0,2

可取n(0,2,1). 于是|cosn,AN||nAN|85.

……12分

|n||AN|25

（19）（本小题满分12分）

如图，四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，AD∥BC，ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点．

（I）证明MN∥平面PAB；

（II）求四面体NBCM的体积. 【答案】（I）见解析；（II）【解析】

试题分析：（I）取PB的中点T，然后结合条件中的数据证明四边形AMNT为平行四边形，从而得到MN45．

3AT，由此结合线面平行的判断定理可证；（II）由条件可知四面体N-BCM的高，即点N到底面的距离为棱PA的一半，由此可顺利求得结果．

试题解析：（I）由已知得AM2AD2，取BP的中点T，连接AT,TN，由N为3[来源学_科_网Z_X_X_K]PC中点知TN//BC，TN1BC2.

......3分2

又AD//BC，故TN平行且等于AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN//AT. 因为AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN//平面PAB.

（Ⅱ）因为PA平面ABCD，N为PC的中点，

所以N到平面ABCD的距离为1PA.

2取BC的中点E，连结AE.由ABAC3得AEBC，AE由AM∥BC得M到BC的距离为5，故S△BCM所以四面体NBCM的体积VNBCMAB2BE25. 14525. 21PA45.

S△BCM323