2020-2021學年北京市房山區(qū)高一（下）期末數(shù)學試卷

第1頁（共1頁）2020-2021學年北京市房山區(qū)高一（下）期末數(shù)學試卷一、選擇題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項。1．（5分）“直線l不在平面α內(nèi)”用數(shù)學符號表示為（）A．l?α B．l?α C．l∈α D．l?α2．（5分）已知角θ的終邊經(jīng)過點P（3，﹣1），則cosθ＝（）A． B． C． D．3．（5分）已知球的體積為，則它的半徑為（）A．2 B． C．4 D．4．（5分）在△ABC中，已知BC＝6，A＝，B＝，則AC＝（）A． B． C． D．5．（5分）下列命題正確的是（）A．正方形的直觀圖是正方形 B．用一個平面去截棱錐，底面和截面之間的部分組成的幾何體是棱臺 C．各個面都是三角形的幾何體是三棱錐 D．圓錐有無數(shù)條母線6．（5分）已知正四棱錐P﹣ABCD的高為，底面邊長為2，則正四棱錐P﹣ABCD的側(cè)面積為（）A． B．8 C． D．47．（5分）在三棱錐P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝1，則側(cè)面PBC與底面ABC所成的二面角的大小是（）A．30° B．45° C．60° D．90°8．（5分）設α，β是兩個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，m⊥α，n⊥β，則“m∥n”是“α∥β”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件9．（5分）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2，AB＝3，E，F(xiàn)分別為棱AA1，CC1的中點，過BF的平面α與直線C1E平行，則平面α截該長方體所得截面的面積為（）A．3 B． C． D．10．（5分）如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M為棱AA1的中點，A1C1與B1D1相交于點N，P是底面ABCD內(nèi)（含邊界）的動點，總有A1P⊥MN，則動點P的軌跡的長度為（）A．2 B． C． D．3二、填空題共6小題，每小題5分，共30分。11．（5分）已知長方體的長、寬、高分別為3，2，1，則它的體對角線長為．12．（5分）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，直線AD1與A1B所成角的大小為．13．（5分）函數(shù)f（x）＝sin（ωx﹣）（ω＞0）的最小正周期是π，則ω＝，f（x）在上的最小值為．14．（5分）如圖，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝4，CD＝2，點P為線段CD上一個動點（含端點），則的最大值為．15．（5分）已知三個不同的平面α，β，γ和一條直線m，給出五個論斷：①m⊥α；②m∥β；③α⊥β；④α⊥γ；⑤β∥γ．以其中的兩個論斷作為條件，一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題.（可以用序號表示）16．（5分）如圖1，在Rt△ABC中，B＝90°，BC＝3，AB＝6，D，E分別是AB，AC上的點，且DE∥BC，DE＝2，將△ADE沿DE折起，使A到A1，得到四棱錐A1﹣DECB，如圖2．在翻折過程中，有下列結論：①DE⊥平面A1DB恒成立；②若M是A1B的中點，N是DB的中點，總有MN∥平面A1DE；③異面直線A1C與DE所成的角為定值；④三棱錐B﹣A1DE體積的最大值為．其中正確結論的序號為．三、解答題共5小題，共70分。解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程。17．（15分）如圖，已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝BC，M為AB的中點．（Ⅰ）求證：CM⊥平面ABB1A1；（Ⅱ）求證：AC1∥平面CMB1．18．（14分）已知△ABC中，，a＝3．再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求：（Ⅰ）b的值；（Ⅱ）△ABC的面積．條件①：b＝2c；條件②：b+c＝6．19．（14分）在△ABC中，asinB＝bcosA．（Ⅰ）求∠A的大??；（Ⅱ）求的最大值．20．（14分）如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面是平行四邊形，平面PDC⊥平面ABCD，且△PDC是正三角形，點O是CD的中點，點E，F(xiàn)分別在棱PD，PC上．（Ⅰ）求證：PO⊥AD；（Ⅱ）若A，B，E，F(xiàn)共面，求證：EF∥AB；（Ⅲ）在側(cè)面PAD中能否作一條直線段使其與平面PBO平行？如果能，請寫出作圖的過程并給出證明；如果不能，請說明理由．21．（13分）若函數(shù)f（x）＝asinx+bcosx（a，b∈R），非零向量＝（a，b），我們稱為函數(shù)f（x）的“相伴向量”，f（x）為向量的“相伴函數(shù)”．（Ⅰ）已知函數(shù)f（x）＝2cos2+sinx﹣1，求f（x）的“相伴向量”；（Ⅱ）記向量＝的“相伴函數(shù)”為g（x），將g（x）圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），再將所得的圖象上的所有點向左平移個單位長度，得到函數(shù)h（x），若，，求sinα的值；（Ⅲ）對于函數(shù)φ（x）＝sinxcos2x，是否存在“相伴向量”？若存在，求出φ（x）的“相伴向量”；若不存在，請說明理由．

2020-2021學年北京市房山區(qū)高一（下）期末數(shù)學試卷參考答案與試題解析一、選擇題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項。1．（5分）“直線l不在平面α內(nèi)”用數(shù)學符號表示為（）A．l?α B．l?α C．l∈α D．l?α【分析】利用直線與平面的位置關系的數(shù)學符號直接表示．【解答】解：“直線l不在平面α內(nèi)”用數(shù)學符號表示為：l?α．故選：B．【點評】本題考查兩直線位置關系的判斷，考查空間中線面間的位置關系等基礎知識，是基礎題．2．（5分）已知角θ的終邊經(jīng)過點P（3，﹣1），則cosθ＝（）A． B． C． D．【分析】先求出角α的終邊上的點P（3，﹣1）到原點的距離為r，再利用任意角的三角函數(shù)的定義cosα＝求出結果．【解答】解：角θ的終邊上的點P（3，﹣1）到原點的距離為：r＝＝，由任意角的三角函數(shù)的定義得cosθ＝＝＝．故選：D．【點評】本題考查任意角的三角函數(shù)的定義，兩點間的距離公式的應用，考查計算能力，屬于基礎題．3．（5分）已知球的體積為，則它的半徑為（）A．2 B． C．4 D．【分析】設出球的半徑，代入球的體積公式得答案．【解答】解：設球的半徑為R，由球的體積公式可得：，即R＝2．故選：A．【點評】本題考查球的體積公式的應用，是基礎題．4．（5分）在△ABC中，已知BC＝6，A＝，B＝，則AC＝（）A． B． C． D．【分析】由已知結合正弦定理即可直接求解．【解答】解：由正弦定理，得，所以．故選：C．【點評】本題主要考查了正弦定理在求解三角形中的應用，屬于基礎題．5．（5分）下列命題正確的是（）A．正方形的直觀圖是正方形 B．用一個平面去截棱錐，底面和截面之間的部分組成的幾何體是棱臺 C．各個面都是三角形的幾何體是三棱錐 D．圓錐有無數(shù)條母線【分析】根據(jù)棱錐、棱臺的概念與結構特征，即可得解．【解答】解：根據(jù)斜二測畫法可知，正方形的直觀圖不可能是正方形，即選項A錯誤；只有當平面與棱錐的底面平行時，才能截出棱臺，即選項B錯誤；如果一個多面體的一個面是三角形，其余各面是有一個公共頂點的三角形，才是三棱錐，與選項的區(qū)別重點是“公共頂點”，即選項C錯誤；圓錐有無數(shù)條母線，即選項D正確．故選：D．【點評】本題考查簡單空間幾何體的概念與結構特征，考查空間立體感，屬于基礎題．6．（5分）已知正四棱錐P﹣ABCD的高為，底面邊長為2，則正四棱錐P﹣ABCD的側(cè)面積為（）A． B．8 C． D．4【分析】根據(jù)題意計算正四棱錐側(cè)面的高，求出它的側(cè)面積．【解答】解：正四棱錐底面邊長為2，高為，則側(cè)面的斜高為h＝＝2，所以正四棱錐的側(cè)面積為S＝4××2×2＝8．故選：B．【點評】本題考查了正四棱錐的結構特征以及側(cè)面積的求法，是基礎題．7．（5分）在三棱錐P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝1，則側(cè)面PBC與底面ABC所成的二面角的大小是（）A．30° B．45° C．60° D．90°【分析】可證明BC⊥平面PAB，利用線面垂直的性質(zhì)定理得到PB⊥BC，又AB⊥BC，由二面角的平面角的定義可知，∠PBA即為側(cè)面PBC與底面ABC所成的二面角的平面角，在三角形中由邊角關系求解即可．【解答】解：因為PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，則PA⊥BC，又AB⊥BC，AB∩PA＝A，AB，PA?平面PAB，則BC⊥平面PAB，又PB?平面PAB，所以PB⊥BC，則∠PBA即為側(cè)面PBC與底面ABC所成的二面角的平面角，在Rt△PAB中，PA＝AB＝1，所以∠PBA＝45°，則側(cè)面PBC與底面ABC所成的二面角的大小是45°．故選：B．【點評】本題考查了線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理的應用，二面角的求解，解題的關鍵是利用二面角的定義確定所求解的角，考查了邏輯推理能力與運算能力，屬于中檔題．8．（5分）設α，β是兩個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，m⊥α，n⊥β，則“m∥n”是“α∥β”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【分析】由m⊥α，n⊥β，m∥n，可得α∥β；反之，由m⊥α，n⊥β，α∥β，可得m∥n，再由充分必要條件的判定得答案．【解答】解：m⊥α，若m∥n，則n⊥α，又n⊥β，∴α∥β；反之，m⊥α，若α∥β，則m⊥β，又n⊥β，∴m∥n．可得m⊥α，n⊥β，則“m∥n”是“α∥β”的充分必要條件．故選：C．【點評】本題考查空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面位置關系的判定，考查空間想象能力與思維能力，考查推理論證能力，是基礎題．9．（5分）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2，AB＝3，E，F(xiàn)分別為棱AA1，CC1的中點，過BF的平面α與直線C1E平行，則平面α截該長方體所得截面的面積為（）A．3 B． C． D．【分析】由過BF的平面α與直線C1E平行，得平面α是矩形BCFE，由此能求出平面α截該正方體所得截面的面積．【解答】解：在ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是棱AA1，CC1的中點，∵過BF的平面α與直線C1E平行，又AF∥C1E，∴平面α是平面ABF，取DD1中點G，連結GF，AG，∴平面α截該正方體所得截面為矩形ABFG，∵AB＝3，BF＝＝，∴平面α截該正方體所得截面的面積為S矩形ABFG＝3．故選：D．【點評】本題考查平面截正方體所得平面面積的求法，考查線面平行的判定定理、線面平行的判定定理等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．10．（5分）如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M為棱AA1的中點，A1C1與B1D1相交于點N，P是底面ABCD內(nèi)（含邊界）的動點，總有A1P⊥MN，則動點P的軌跡的長度為（）A．2 B． C． D．3【分析】由MN∥AC1，AC1⊥面A1DB，可得MN⊥面A1DB，即可得當P在底面ABCD內(nèi)（含邊界）時，總有A1P⊥MN，則P的運動軌跡就是線段BD，求得DB的長度即可．【解答】解：如圖∵MN∥AC1，AC1⊥面A1DB，∴MN⊥面A1DB，即可得MN垂直面A1BD內(nèi)任意直線，當P在底面ABCD內(nèi)（含邊界）時，總有A1P⊥MN，則P的運動軌跡就是線段BD，則動點P的軌跡的長度為2．故選：C．【點評】本題考查了空間線線、線面位置關系，考查了空間動點軌跡問題，屬于中檔題．二、填空題共6小題，每小題5分，共30分。11．（5分）已知長方體的長、寬、高分別為3，2，1，則它的體對角線長為．【分析】根據(jù)已知條件，結合長方體的體對角線公式，即可求解．【解答】解：∵長方體的長、寬、高分別為3，2，1，∴根據(jù)長方體的對角線公式，可得體對角線長為．故答案為：．【點評】本題考查了長方體的體對角線公式，需要學生熟練掌握公式，屬于基礎題．12．（5分）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，直線AD1與A1B所成角的大小為．【分析】連接A1C1，BC1，由AD1∥BC1，可得直線AD1與A1B所成的角為∠A1BC1或其補角，由正方體的結構特征即可求解．【解答】解：如圖，連接A1C1，BC1，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，因為AB＝D1C1，AB∥D1C1，所以四邊形ABC1D1為平行四邊形，所以AD1∥BC1，所以直線AD1與A1B所成的角為∠A1BC1或其補角，因為△A1BC1為等邊三角形，所以∠A1BC1＝，所以直線AD1與A1B所成角的大小為．故答案為：．【點評】本題主要考查異面直線及其所成的角，考查轉(zhuǎn)化思想與運算求解能力，屬于基礎題．13．（5分）函數(shù)f（x）＝sin（ωx﹣）（ω＞0）的最小正周期是π，則ω＝2，f（x）在上的最小值為﹣．【分析】由三角函數(shù)的周期性及其求法即可求ω的值，根據(jù)正弦三角函數(shù)圖象的單調(diào)性解答．【解答】解：∵函數(shù)f（x）＝sin（ωx﹣）（ω＞0）的最小正周期是π，∴T＝＝π，解得：ω＝2，故f（x）＝sin（2x﹣）．當x∈時，﹣≤2x﹣≤，所以當2x﹣＝﹣時，f（x）的最小值為﹣．故答案為：2，﹣．【點評】本題主要考查了三角函數(shù)的周期性及其求法，屬于基礎題．14．（5分）如圖，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝4，CD＝2，點P為線段CD上一個動點（含端點），則的最大值為12．【分析】＝（+）?即可解決此題．【解答】解：如圖：過點D、C分別作DE⊥AB，CF⊥AB，垂足分別為E、F，得矩形DEFC，∴EF＝DC＝2，又∵在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝4，CD＝2，∴得AE＝BF＝1，在Rt△DEA中，cos∠DAE＝，∴?＝||×4×＝4，∴＝（+）?＝?+?＝4+4||，當點P與C重合時取最大值為4+4×2＝12，故答案為：12．【點評】本題考查平面向量加法及數(shù)量積運算，屬于中檔題．15．（5分）已知三個不同的平面α，β，γ和一條直線m，給出五個論斷：①m⊥α；②m∥β；③α⊥β；④α⊥γ；⑤β∥γ．以其中的兩個論斷作為條件，一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題①②?③，或③⑤?④，或④⑤?③.（可以用序號表示）【分析】從五個論斷中依次取出兩個作為條件，分析結論是否成立即可．【解答】解：由m⊥α，m∥β，可得α⊥β，即①②?③；由α⊥β，β∥γ，可得α⊥γ，即③⑤?④；由α⊥γ，β∥γ，可得α⊥β，即④⑤?③．故答案為：①②?③，或③⑤?④，或④⑤?③．【點評】本題考查空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面位置關系的判定，考查空間想象能力與思維能力，是基礎題．16．（5分）如圖1，在Rt△ABC中，B＝90°，BC＝3，AB＝6，D，E分別是AB，AC上的點，且DE∥BC，DE＝2，將△ADE沿DE折起，使A到A1，得到四棱錐A1﹣DECB，如圖2．在翻折過程中，有下列結論：①DE⊥平面A1DB恒成立；②若M是A1B的中點，N是DB的中點，總有MN∥平面A1DE；③異面直線A1C與DE所成的角為定值；④三棱錐B﹣A1DE體積的最大值為．其中正確結論的序號為①②④．【分析】對于①：由∠B＝90°，DE∥BC，則DE⊥A1D，DE⊥BD，由線面垂直的判定定理，即可判斷①是否正確；對于②：若M是A1B的中點，N是DB的中點，則MN∥A1D，由線面平行的判定定理，即可判斷②是否正確；對于③：由①知異面直線A1C與DE所成的角為∠A1CB，在Rt△A1DB中，tan∠A1CB＝＝，即可判斷③是否正確；對于④：根據(jù)題意可得△ADE∽△ABC，解得AD＝4，由等體積法，可得S△BDE最大＝?2?4＝，即可判斷④是否正確．【解答】解：對于①：因為∠B＝90°，DE∥BC，所以DE⊥A1D，DE⊥BD，又AD∩BD＝D，所以DE⊥平面A1DB，故①正確；對于②：若M是A1B的中點，N是DB的中點，所以MN∥A1D，又MN?平面A1DE，A1D?平面A1DE，所以MN∥平面A1DE，故②正確；對于③：由①知DE∥BC，DE⊥平面A1DB，所以BC⊥平面A1DB，因為A1B?平面A1DB，所以BC⊥A1B，所以異面直線A1C與DE所成的角為∠A1CB，所以在Rt△A1DB中，tan∠A1CB＝＝，在翻折過程中，A1B長度在變化，tan∠A1CB在變化，故③錯誤；對于④：根據(jù)題意可得△ADE∽△ABC，所以＝，所以AD＝4，V＝V＝?S△BDE?h，所以S△BDE＝?BD?DE＝?2?2＝2，點S到平面BDE的距離為h，當A1D⊥平面BDE時，hmax＝A1D＝4，所以S△BDE最大＝?2?4＝，故④正確．故答案為：①②④．【點評】本題考查立體幾何中線面位置關系，體積，屬于中檔題．三、解答題共5小題，共70分。解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程。17．（15分）如圖，已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝BC，M為AB的中點．（Ⅰ）求證：CM⊥平面ABB1A1；（Ⅱ）求證：AC1∥平面CMB1．【分析】（Ⅰ）由直三棱柱的性質(zhì)課推出AA1⊥CM，由等腰三角形的性質(zhì)知CM⊥AB，然后由線面垂直的判定定理，得證；（Ⅱ）連接BC1，交B1C于點O，連接OM，易知OM∥AC1，再由線面平行的判定定理，得證．【解答】（Ⅰ）證明：由直三棱柱的性質(zhì)知，AA1⊥平面ABC，∵CM?平面ABC，∴AA1⊥CM，∵AC＝BC，M為AB的中點，∴CM⊥AB，又AA1∩AB＝A，AA1、AB?平面ABB1A1，∴CM⊥平面ABB1A1．（Ⅱ）證明：連接BC1，交B1C于點O，連接OM，則O為BC1的中點，∵M為AB的中點，∴OM∥AC1，∵OM?平面CMB1，AC1?平面CMB1，∴AC1∥平面CMB1．【點評】本題考查空間中線與面的位置關系，熟練掌握線面平行的判定定理、線面垂直的判定定理與性質(zhì)定理是解題的關鍵，考查空間立體感、推理論證能力是解題的關鍵，屬于基礎題．18．（14分）已知△ABC中，，a＝3．再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求：（Ⅰ）b的值；（Ⅱ）△ABC的面積．條件①：b＝2c；條件②：b+c＝6．【分析】若選條件①：（Ⅰ）由已知利用余弦定理可得b2﹣7b+12＝0，解方程可得b的值；（Ⅱ）利用同角三角函數(shù)基本關系式可求sinC的值，根據(jù)三角形的面積公式即可求解．若選條件②：（Ⅰ）由已知可得c＝6﹣b，利用余弦定理可得b的值；（Ⅱ）利用同角三角函數(shù)基本關系式可求sinC的值，根據(jù)三角形的面積公式即可求解．【解答】解：若選條件①：b＝2c，（Ⅰ）因為，a＝3，所以由余弦定理c2＝a2+b2﹣2abcosC，可得：＝9+b2﹣2×3×b×，可得b2﹣7b+12＝0，解得b＝4，或3；（Ⅱ）因為sinC＝＝，所以△ABC的面積S＝absinC＝，或．若選條件②：b+c＝6，即c＝6﹣b，（Ⅰ）因為，a＝3，所以由余弦定理c2＝a2+b2﹣2abcosC，可得：（6﹣b）2＝9+b2﹣2×3×b×，可解得b＝4．（Ⅱ）因為sinC＝＝，所以△ABC的面積S＝absinC＝．【點評】本題主要考查了余弦定理，同角三角函數(shù)基本關系式，三角形的面積公式在解三角形中的應用，考查了計算能力和轉(zhuǎn)化思想，屬于基礎題．19．（14分）在△ABC中，asinB＝bcosA．（Ⅰ）求∠A的大?。唬á颍┣蟮淖畲笾担痉治觥浚á瘢┯烧叶ɡ恚侨呛瘮?shù)基本關系式化簡已知等式，結合sinB≠0，可得tanA＝1，結合范圍A∈（0，π），可得A的值．（Ⅱ）利用三角函數(shù)恒等變換的應用可求cosB+cosC＝sinB，根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)即可求解其最大值．【解答】解：（Ⅰ）∵asinB＝bcosA，∴由正弦定理可得sinAsinB＝sinBcosA，∵sinB≠0，∴sinA＝cosA，即tanA＝1，∵A∈（0，π），∴A＝．（Ⅱ）cosB+cosC＝cosB+cos（﹣B）＝cosB+（﹣cosB+sinB）＝sinB≤1，當B＝時等號成立，可得cosB+cosC的最大值為1．【點評】本題主要考查了正弦定理，同角三角函數(shù)基本關系式，三角函數(shù)恒等變換以及正弦函數(shù)的性質(zhì)在解三角形中的應用，考查了轉(zhuǎn)化思想和函數(shù)思想，屬于中檔題．20．（14分）如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面是平行四邊形，平面PDC⊥平面ABCD，且△PDC是正三角形，點O是CD的中點，點E，F(xiàn)分別在棱PD，PC上．（Ⅰ）求證：PO⊥AD；（Ⅱ）若A，B，E，F(xiàn)共面，求證：EF∥AB；（Ⅲ）在側(cè)面PAD中能否作一條直線段使其與平面PBO平行？如果能，請寫出作圖的過程并給出證明；如果不能，請說明理由．【分析】（I）由題意利用面面垂直的性質(zhì)可證PO⊥平面ABCD，進而根據(jù)線面垂直的性質(zhì)即可證明PO⊥AD．（II）由底面ABCD是平行四邊形，可得AB∥CD，利用線面平行的判定即可證明AB∥平面PDC，進而根據(jù)線面平行的性質(zhì)即可證明EF∥AB．（Ⅲ）取PA的中點M，取PB的中點N，連接DM，ON，MN，由題意可證四邊形MNOD是平行四邊形，通過證明DM∥ON，利用線面平行的判定可證DM∥平面PBO，即可得解．【解答】解：（I）證明：∵△PDC是正三角形，點O是CD的中點，∴PO⊥CD，又平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝CD，∴PO⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，∴PO⊥AD．（II）證明：又∵底面ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，又CD?平面PDC，AB?平面PDC，∴AB∥平面PDC，平面ABEF∩平面PDC＝EF，AB?平面ABEF，∴EF∥AB．（Ⅲ）取PA的中點M，取PB的中點N，連接DM，ON，MN，MN是△PAB的中位線，∴MN∥AB，MN＝AB，點O是DC的中點，且DO∥AB，DO＝AB，則MN∥DO，MN＝DO，∴四邊形MNOD是平行四邊形，DM∥ON，ON?平面PBO，DM?平面PBO，DM∥平面PBO，DM?平面P