2022-2023学年广东省江门一中高二（上）第一次月考数学试卷

这是一份2022-2023学年广东省江门一中高二（上）第一次月考数学试卷，共28页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）（2021秋•广东期中）设＝（1，y，2），＝（﹣1，1，1），且，则y等于（ ）
A．﹣1B．1C．﹣2D．2
2．（5分）（2022秋•临夏州期中）设直线l的方向向量是，平面α的法向量是，则“”是“l∥α”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．（5分）（2022秋•蓬江区校级月考）在空间直角坐标系O﹣xyz中，点A（2，2，4）与点B（﹣2，﹣2，4）（ ）
A．关于原点对称B．关于x轴对称
C．关于y轴对称D．关于z轴对称
4．（5分）（2022•杭州模拟）设直线l的斜率为k，且﹣1≤k＜，求直线l的倾斜角α的取值范围（ ）
A．B．
C．D．
5．（5分）（2022•石嘴山校级一模）如图，在三棱锥S﹣ABC中，点E，F分别是SA，BC的中点，点G在棱EF上，且满足＝，若＝，＝，＝，则＝（ ）
A．﹣+B．+C．﹣+D．﹣+
6．（5分）（2021秋•龙岩期中）函数图象的对称中心可能是（ ）
A．B．C．D．
7．（5分）（2022秋•蓬江区校级月考）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点E是A1B1的中点，P在正方体内部且满足，则点P到直线BE的距离是（ ）
A．B．C．D．
8．（5分）（2018春•田家庵区校级期末）m∈R，动直线l1：x+my﹣1＝0过定点A，动直线l2：mx﹣y﹣2m+3＝0过定点B，若l1与l2交于点P（异于点A，B），则|PA|+|PB|的最大值为（ ）
A．B．2C．D．2
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分。
（多选）9．（5分）（2022秋•蓬江区校级月考）过点P（2，3），并且在两轴上的截距互为相反数的直线方程为（ ）
A．3x﹣2y＝0B．x﹣y+1＝0C．x+y﹣5＝0D．4x﹣2y+5＝0
（多选）10．（5分）（2022秋•蓬江区校级月考）下列结论正确的是（ ）
A．过点A（1，3），B（﹣3，1）的直线的倾斜角为30°
B．若直线2x﹣3y+6＝0与直线ax+y+2＝0垂直，则a＝﹣
C．直线x+2y﹣4＝0与直线2x+4y+1＝0之间的距离是
D．已知A（2，3），B（﹣1，1），点P在x轴上，则|PA|+|PB|的最小值是5
（多选）11．（5分）（2021秋•广东期中）以下四个命题中错误的是（ ）
A．空间的任何一个向量都可用其他三个向量表示
B．若为空间向量的一组基底，则构成空间向量的另一组基底
C．对空间任意一点O和不共线的三点A、B、C，若，则P、A、B、C四点共面
D．任何三个不共线的向量都可构成空间向量的一个基底
（多选）12．（5分）（2022•杭州模拟）如图，在△ABC中，BA＝BC＝1，延长BC到点D，使得BC＝CD，以AD为斜边向外作等腰直角三角形ADE，则（ ）
A．AD2＝5﹣4csB
B．
C．△ACD面积的最大值为
D．四边形ACDE面积的最大值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）（2022秋•蓬江区校级月考）已知直线ax+2y+3a＝0和3x+（a﹣1）y+7﹣a＝0平行，则a＝ ．
14．（5分）（2022•苏州模拟）过点M（﹣1，1），且圆心与已知圆C：x2+y2﹣4x+6y﹣3＝0相同的圆的一般方程为 ．
15．（5分）（2022秋•蓬江区校级月考）如图，二面角α﹣l﹣β的棱长上有两个点A，B，线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l，若AB＝4，AC＝6，BD＝8，若平面α与平面β的夹角为，则CD的长为 ．
16．（5分）（2022秋•蓬江区校级月考）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB＝1，CB1＝2，且CA⊥CB，CB1⊥平面ABC，又CG⊥平面A1ABB1，G为垂足，若＝p+q+r（其中p、q、r∈R）．则p﹣q+r的值为 ．
四、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）（2022秋•蓬江区校级月考）已知平行四边形ABCD的三个顶点的坐标为A（﹣1，4）、B（﹣2，﹣1）、C（2，3）．
（1）求边BC的中垂线所在的直线方程和平行四边形ABCD的顶点D的坐标；
（2）求△BCD的面积．
18．（12分）（2021秋•广东期中）在如图所示的四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
（1）证明：PB∥平面ACE；
（2）若PA＝AD＝1，AB＝2，求平面ABC与平面AEC的夹角的余弦值．
19．（12分）（2019•江苏）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．
（1）若a＝3c，b＝，csB＝，求c的值；
（2）若＝，求sin（B+）的值．
20．（12分）（2022秋•蓬江区校级月考）如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．
（1）证明：平面BED⊥平面ACD；
（2）设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，且EF⊥BD，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
21．（12分）（2013•江苏）如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径．一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C．现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50m/min．在甲出发2min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1min后，再从B匀速步行到C．假设缆车匀速直线运动的速度为130m/min，山路AC长为1260m，经测量，csA＝，csC＝．
（1）求索道AB的长；
（2）问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？
（3）为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？
22．（12分）（2021秋•洪山区校级期中）如图，在梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝DC＝2，AB＝4，现将△ADC沿AC翻折成直二面角P﹣AC﹣B．
（1）证明：CB⊥PA；
（2）记△APB的重心为G，若异面直线PC与AB所成角的余弦值为，在侧面PBC内是否存在一点M，使得GM⊥平面PBC，若存在，求出点M到平面PAC的距离；若不存在，请说明理由．
2022-2023学年广东省江门一中高二（上）第一次月考数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）（2021秋•广东期中）设＝（1，y，2），＝（﹣1，1，1），且，则y等于（ ）
A．﹣1B．1C．﹣2D．2
【专题】方程思想；定义法；空间向量及应用；数学运算．
【答案】A
【分析】利用向量垂直的性质直接求解．
【解答】解：∵＝（1，y，2），＝（﹣1，1，1），且，
∴＝﹣1+y+2＝0，
解得y＝﹣1．
故选：A．
【点评】本题考查实数值的求法，考查向量坐标运算、向量的垂直等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2．（5分）（2022秋•临夏州期中）设直线l的方向向量是，平面α的法向量是，则“”是“l∥α”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【专题】对应思想；综合法；简易逻辑．
【答案】B
【分析】根据线面平行的定义结合充分必要条件的定义判断即可．
【解答】解：由l∥α，得：，是必要条件，
而“”不一定有l∥α，也可能l⊂α，
故不是充分条件，
故选：B．
【点评】本题考查了充分必要条件，考查线面的位置关系的判断，是一道基础题．
3．（5分）（2022秋•蓬江区校级月考）在空间直角坐标系O﹣xyz中，点A（2，2，4）与点B（﹣2，﹣2，4）（ ）
A．关于原点对称B．关于x轴对称
C．关于y轴对称D．关于z轴对称
【专题】转化思想；转化法；空间位置关系与距离；数学运算．
【答案】D
【分析】根据已知条件，结合空间中点对称的定义，即可求解．
【解答】解：点A（2，2，4）与点B（﹣2，﹣2，4）关于z轴对称．
故选：D．
【点评】本题主要考查空间中的点的坐标，属于基础题．
4．（5分）（2022•杭州模拟）设直线l的斜率为k，且﹣1≤k＜，求直线l的倾斜角α的取值范围（ ）
A．B．
C．D．
【专题】对应思想；转化法；直线与圆；数学运算．
【答案】D
【分析】直线l的斜率为k，且﹣1≤k＜，可得﹣1≤tanα＜，α∈[0，π），即可得出．
【解答】解：直线l的斜率为k，且﹣1≤k＜，
∴﹣1≤tanα＜，α∈[0，π），
∴α∈[0，）∪[，π），
故选：D．
【点评】本题考查了直线的斜率与倾斜角的关系、三角函数求值，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
5．（5分）（2022•石嘴山校级一模）如图，在三棱锥S﹣ABC中，点E，F分别是SA，BC的中点，点G在棱EF上，且满足＝，若＝，＝，＝，则＝（ ）
A．﹣+B．+C．﹣+D．﹣+
【专题】整体思想；综合法；空间向量及应用；数学运算．
【答案】B
【分析】类比平面向量的线性表示，结合向量加法的三角形法则可求．
【解答】解：因为＝＝（），
＝+，
＝，
＝，
＝．
故选：B．
【点评】本题主要考查了向量的线性表示，属于基础题．
6．（5分）（2021秋•龙岩期中）函数图象的对称中心可能是（ ）
A．B．C．D．
【专题】计算题；转化思想；综合法；三角函数的求值；逻辑推理；数学运算．
【答案】A
【分析】通过函数的解析式，结合三角函数的性质求解对称中心即可．
【解答】解：函数，
令，k∈Z，
得：x＝k，k∈Z，
当k＝﹣1时，可得x＝﹣．
所以函数的一个对称中心（﹣，1）．
故选：A．
【点评】本题考查了余弦函数的图象与性质，余弦函数的对称性，属于基础题．
7．（5分）（2022秋•蓬江区校级月考）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点E是A1B1的中点，P在正方体内部且满足，则点P到直线BE的距离是（ ）
A．B．C．D．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；数学运算．
【答案】A
【分析】以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求点P到直线BE的距离．
【解答】解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B（1，1，0），E（1，，1），
由，可得P（，，），
∴＝（0，﹣，1），＝（﹣，﹣，），
∴cs＜，＞＝＝＝，
∴sin＜，＞＝＝，
∴点P到直线BE的距离是||×sin＜，＞＝×＝．
故选：A．
【点评】本题主要考查空间向量及其应用，点到线的距离的计算，属于中档题．
8．（5分）（2018春•田家庵区校级期末）m∈R，动直线l1：x+my﹣1＝0过定点A，动直线l2：mx﹣y﹣2m+3＝0过定点B，若l1与l2交于点P（异于点A，B），则|PA|+|PB|的最大值为（ ）
A．B．2C．D．2
【专题】转化思想；转化法；不等式的解法及应用．
【答案】B
【分析】求出直线l1：x+my﹣1＝0过定点A的坐标和直线l2：mx﹣y﹣2m+3＝0过定点B的坐标，l1与l2交于点P，根据两条直线的斜率不难发现有则有PA⊥PB，∴|PA|2+|PB|2＝|AB|2＝10．利用基本不等式的性质可得|PA|+|PB|的最大值．
【解答】解：直线l1：x+my﹣1＝0过定点A（1，0），斜率k＝，
直线l2：mx﹣y﹣2m+3＝0过定点B（2，3），斜率k＝m，
l1与l2始终垂直，P又是两条直线的交点，
则有PA⊥PB，∴|PA|2+|PB|2＝|AB|2＝10．
那么：，当且仅当|PA|＝|PB|时，取等号．
∴|PA|+|PB|≤＝2．
故选：B．
【点评】本题是直线和不等式的综合考查，特别是“两条直线相互垂直”这一特征是本题解答的突破口，从而有|PA|2+|PB|2是个定值，再由基本不等式求解得出．直线位置关系和不等式相结合，不容易想到，是个灵活的好题．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分。
（多选）9．（5分）（2022秋•蓬江区校级月考）过点P（2，3），并且在两轴上的截距互为相反数的直线方程为（ ）
A．3x﹣2y＝0B．x﹣y+1＝0C．x+y﹣5＝0D．4x﹣2y+5＝0
【专题】整体思想；综合法；直线与圆；数学运算．
【答案】AB
【分析】根据已知条件，分直线在两轴上的截距为0，不为0两种情况讨论，即可求解．
【解答】解：当直线在两轴上的截距为0时，
可设直线方程为y＝kx，
∵直线过点P（2，3），
∴k＝，
故直线方程为y＝，即3x﹣2y＝0，
当直线在两轴上的截距不为0时，
可设直线方程为，
∵直线过点P（2，3），
∴，解得a＝﹣1，
故直线方程为x﹣y+1＝0，
综上所述，直线方程为3x﹣2y＝0或x﹣y+1＝0．
故选：AB．
【点评】本题主要考查直线的截距式方程，属于基础题．
（多选）10．（5分）（2022秋•蓬江区校级月考）下列结论正确的是（ ）
A．过点A（1，3），B（﹣3，1）的直线的倾斜角为30°
B．若直线2x﹣3y+6＝0与直线ax+y+2＝0垂直，则a＝﹣
C．直线x+2y﹣4＝0与直线2x+4y+1＝0之间的距离是
D．已知A（2，3），B（﹣1，1），点P在x轴上，则|PA|+|PB|的最小值是5
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；直线与圆；数学运算．
【答案】CD
【分析】根据题意，求出直线AB的斜率，分析其倾斜角可得A错误，由直线垂直的判断方法分析可得B错误，由平行线间距离公式分析可得C正确，求出与A关于x轴对称的点，进而分析|PA|+|PB|的最小值，可得D正确，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，过点A（1，3），B（﹣3，1）的直线的斜率k＝＝，则直线AB的倾斜角为arctan，A错误；
对于B，若直线2x﹣3y+6＝0与直线ax+y+2＝0垂直，则有2a﹣3＝0，解可得a＝，B错误；
对于C，直线x+2y﹣4＝0，即2x+4y﹣8＝0，与直线2x+4y+1＝0之间的距离d＝＝，C正确；
对于D，假设与点A关于x轴对称的点为M，则M（2，﹣3），
点P在x轴上，则|PA|+|PB|的最小值|MB|＝＝5，D正确．
故选：CD．
【点评】本题考查命题真假的判断，涉及直线的一般式方程以及平行线间的距离，属于基础题．
（多选）11．（5分）（2021秋•广东期中）以下四个命题中错误的是（ ）
A．空间的任何一个向量都可用其他三个向量表示
B．若为空间向量的一组基底，则构成空间向量的另一组基底
C．对空间任意一点O和不共线的三点A、B、C，若，则P、A、B、C四点共面
D．任何三个不共线的向量都可构成空间向量的一个基底
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理．
【答案】ACD
【分析】根据空间向量基底的定义：任何三个不共面的向量都可构成空间向量的一组基底，逐一分析A，B，D可判断这三个结义的正误，由共面向量定理能判断出D的正误．
【解答】解：对于A，空间的任何一个向量都可用其他三个不共面的向量表示，
A中忽略三个基底不共面的限制，故A错误；
对于B，若为空间向量的一组基底，则三个向量互不共面，
则+，+，+也互不共面，
故构成空间向量的一组基底，故B正确；
对于C，对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，
若，x+y+z＝1，∴P，A，B，C四点共面，故C错误；
对于D，任何三个不共面的向量都可构成空间向量的一组基底，三个向量不共线时可能共面，故D错误
故选：ACD．
【点评】本题考查向量共线定理、平面向量基本定理、空间向量基本定理，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
（多选）12．（5分）（2022•杭州模拟）如图，在△ABC中，BA＝BC＝1，延长BC到点D，使得BC＝CD，以AD为斜边向外作等腰直角三角形ADE，则（ ）
A．AD2＝5﹣4csB
B．
C．△ACD面积的最大值为
D．四边形ACDE面积的最大值为
【专题】转化思想；转化法；解三角形；数学运算．
【答案】ACD
【分析】A选项：利用余弦定理列等式即可；
B选项：由题意得∠CAD的范围，即可得到sin∠ACD的范围；
C选项：根据几何的知识得到当BA⊥CD时，S△ACD最大，利用三角形面积公式求面积即可；
D选项：将四边形ACDE的面积转化成S△ADE+S△ABC，得到面积，再利用辅助角公式和三角函数的性质求最值即可．
【解答】解：在△ABD中，由余弦定理得，A正确；
，则，所以sin∠CAD∈（0，1），B错误；
易得当BA⊥CD时，S△BADS△ACD取最大值，C正确；
S四边形ACDE＝S△ADE+S△ACD＝S△ADE+S△ABC＝
＝＝，其中，D正确．
故选：ACD．
【点评】本题主要考查三角形中的几何计算，考查转化能力，属于中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）（2022秋•蓬江区校级月考）已知直线ax+2y+3a＝0和3x+（a﹣1）y+7﹣a＝0平行，则a＝ 3 ．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；逻辑推理；数学运算．
【答案】3．
【分析】直接利用直线平行的充要条件的应用求出结果．
【解答】解：直线ax+2y+3a＝0和3x+（a﹣1）y+7﹣a＝0平行，
所以，
解得a＝3或﹣2
当a＝﹣2时，两直线重合，故舍去．
故a＝3；
故答案为：3．
【点评】本题考查的知识要点：直线平行的充要条件，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
14．（5分）（2022•苏州模拟）过点M（﹣1，1），且圆心与已知圆C：x2+y2﹣4x+6y﹣3＝0相同的圆的一般方程为 x2+y2﹣4x+6y﹣12＝0 ．
【专题】整体思想；综合法；直线与圆；数学运算．
【答案】x2+y2﹣4x+6y﹣12＝0
【分析】先求出圆C的圆心及半径，即可求出圆的标准方程，再将标准方程化成一般方程即可．
【解答】解：将圆C的方程化为标准方程得（x﹣2）2+（y+3）2＝16，
则圆心C的坐标为（2，﹣3），
故所求圆的半径，
所求圆的方程为（x﹣2）2+（y+3）2＝25，
即x2+y2﹣4x+6y﹣12＝0．
故答案为：x2+y2﹣4x+6y﹣12＝0．
【点评】本题主要考查了圆的方程的求解，关键是确定圆心及半径，属于基础题．
15．（5分）（2022秋•蓬江区校级月考）如图，二面角α﹣l﹣β的棱长上有两个点A，B，线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l，若AB＝4，AC＝6，BD＝8，若平面α与平面β的夹角为，则CD的长为 2 ．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；数学运算．
【答案】2．
【分析】设＝，＝，＝，由线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l，平面α与平面β的夹角为，可得•＝0，•＝0，＜，＞＝，计算2＝（++）2＝2+2+2+2•+2•+2•，进而可得答案．
【解答】解：设＝，＝，＝，
所以＝++，
因为线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l，
所以•＝0，•＝0，
因为平面α与平面β的夹角为，
所以＜，＞＝，
又因为AB＝4，AC＝6，BD＝8，
所以||＝6，||＝4，||＝8，
所以2＝（++）2＝2+2+2+2•+2•+2•＝62+42+82+0+0+2×6×8×cs（π﹣）＝68，
所以||＝＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查空间中两点之间的距离，解题关键是利用空间向量及数量积公式进行计算，属于中档题．
16．（5分）（2022秋•蓬江区校级月考）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB＝1，CB1＝2，且CA⊥CB，CB1⊥平面ABC，又CG⊥平面A1ABB1，G为垂足，若＝p+q+r（其中p、q、r∈R）．则p﹣q+r的值为 ．
【专题】对应思想；转化法；空间向量及应用；数学运算．
【答案】．
【分析】作CM⊥AB，M为垂足，由B1C⊥平面ABC，可得B1C⊥AB，AB⊥平面MCB1，平面B1CM⊥平面ABB1，作CG⊥MB1，垂足为G，则CG⊥平面ABB1，再利用三角形面积计算公式、勾股定理及＝p+q+r（其中p、q、r∈R），即可得出．
【解答】解：如图示：
作CM⊥AB，M为垂足．
由B1C⊥平面ABC，∴B1C⊥AB，
又B1C∩MC＝C，
∴AB⊥平面MCB1，
∴平面B1CM⊥平面ABB1，
作CG⊥MB1，垂足为G，则CG⊥平面ABB1，
在Rt△MCB1，CM＝＝＝，M（，﹣，0），
B1M＝＝，
B1G＝＝，
∴＝，
可得＝+＝+＝（0，0，2）+（，﹣，﹣2）＝（，﹣，），
＝p+q+r（其中p、q、r∈R），
∴（，﹣，）＝p（0，﹣1，0）+q（1，0，0）+r（0，0，2），
∴q＝，p＝，r＝，
∴P﹣q+r＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了空间位置关系、向量的应用、数量积的运算性质、向量相等，考查了推理能力与计算能力，是中档题．
四、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）（2022秋•蓬江区校级月考）已知平行四边形ABCD的三个顶点的坐标为A（﹣1，4）、B（﹣2，﹣1）、C（2，3）．
（1）求边BC的中垂线所在的直线方程和平行四边形ABCD的顶点D的坐标；
（2）求△BCD的面积．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；逻辑推理；数学运算．
【答案】（1）x+y﹣1＝0；D（3，8）；（2）8．
【分析】（1）直接利用中点坐标公式和点斜式求出结果；
（2）利用点到直线的距离公式和三角形的面积公式的应用求出结果．
【解答】解：（1）如图，设BC边中点为E，∵B（﹣2，﹣1）、C（2，3），
∴
边BC的中垂线所在的直线的斜率为﹣1，由直线的点斜式方程得边BC的中垂线所在的直线为y﹣1＝﹣1（x﹣0），即x+y﹣1＝0．
设AC边中点为M，则M点坐标为，
设点D的坐标为（x，y），由已知得M为线段BD的中点，
故：，解得，∴D（3，8）．
（2）由B（﹣2，﹣1）、C（2，3）得，
直线BC的方程为：x﹣y+1＝0，
∴D到直线BC的距离，
∴．
【点评】本题考查的知识要点：直线的方程的求法，中点坐标公式的应用，两点间的距离公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
18．（12分）（2021秋•广东期中）在如图所示的四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
（1）证明：PB∥平面ACE；
（2）若PA＝AD＝1，AB＝2，求平面ABC与平面AEC的夹角的余弦值．
【专题】证明题；转化思想；向量法；空间位置关系与距离；空间角；数学运算．
【答案】（1）见解析；
（2）．
【分析】（1）连接BD，交AC于点O，连接EO，用线面平行的判定定理进行证明；
（2）以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，将两个平面的夹角问题转化为向量夹角问题求解．
【解答】（1）证明：连接BD，交AC于点O，连接EO，
因为O为BD中点，E为PD中点，
所以EO∥PB，
因为EO⊂平面ACE，
PB⊄平面ACE，
所以PB∥平面ACE；
（2）解：如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），C（2，1，0），B（2，0，0），E（0，，），
则＝（2，1，0），＝（0，），
因为PA⊥平面ABCD，
所以平面ABC的一个法向量为＝（0，0，1），
设平面AEC的法向量为＝（x，y，z），
则，
令x＝1，则y＝﹣2，z＝2，
所以＝（1，﹣2，2），
所以cs＝＝，
所以平面ABC与平面AEC的夹角的余弦值为．
【点评】本题考查了线面平行的证明，两平面的夹角的计算，属于中档题．
19．（12分）（2019•江苏）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．
（1）若a＝3c，b＝，csB＝，求c的值；
（2）若＝，求sin（B+）的值．
【专题】计算题；方程思想；综合法；三角函数的求值；逻辑推理．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由余弦定理得：csB＝＝＝，由此能求出c的值．
（2）由＝，利用正弦定理得2sinB＝csB，再由sin2B+cs2B＝1，能求出sinB＝，csB＝，由此利用诱导公式能求出sin（B+）的值．
【解答】解：（1）∵在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．
a＝3c，b＝，csB＝，
∴由余弦定理得：
csB＝＝＝，
解得c＝．
（2）∵＝，
∴由正弦定理得：，
∴2sinB＝csB，
∵sin2B+cs2B＝1，
∴sinB＝，csB＝，
∴sin（B+）＝csB＝．
【点评】本题考查三角形边长、三角函数值的求法，考查正弦定理、余弦定理、诱导公式、同角三角函数关系式等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
20．（12分）（2022秋•蓬江区校级月考）如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．
（1）证明：平面BED⊥平面ACD；
（2）设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，且EF⊥BD，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
【专题】综合题；转化思想；综合法；空间角；数学运算．
【答案】（1）证明见解答；
（2）CF与平面ABD所成的角的正弦值为．
【分析】（1）先由△ABD≌△CBD，可得AC⊥BE，再结合AC⊥DE以及线面垂直的判定可得AC⊥平面BED，由此容易得证；
（2）先证平面ABD⊥平面ACF，可得∠CFA（或其补角）为CF与平面ABD所成的角，在△AFC中求解即可．
【解答】解：（1）证明：由于AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，
则△ABD≌△CBD，则AB＝BC，
又E为AC的中点，则AC⊥BE，
又AD＝CD，E为AC的中点，则AC⊥DE，
而BE∩DE＝E，BE⊂平面BED，DE⊂平面BED，
所以AC⊥平面BED，
又AC⊂平面ACD，
所以平面BED⊥平面ACD；
（2）由（1）知，AC⊥平面BED，BD⊂平面BED，
所以AC⊥BD，因为EF⊥BD，AC∩EF＝E，
又因为AC⊂平面ACF，EF⊂平面ACF，
所以BD⊥平面ACF，
又因为BD⊂平面ABD，
所以平面ABD⊥平面ACF，
作CQ⊥AF于Q（或交AF延长线），因为平面ABD∩平面ACF＝AF，CQ⊂平面ACF，
所以CQ⊥平面ABD，
所以∠CFA（或其补角）为CF与平面ABD所成的角，
由△ABD≅△CBD知，AF＝CF，
所以EF⊥AC，
在直角△BED中，BE＝，DE＝1，BD＝2，
因为BD•EF＝BE•DE，所以2EF＝•1，解得EF＝，
在直角△FEA中，AE＝1，EF＝，
所以AF＝，
在等腰△AFC中，AF＝CF＝，AC＝2，
所以\cs∠AFC|＝＝，
所以sin∠AFC＝，
所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为．
【点评】本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，属中档题．
21．（12分）（2013•江苏）如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径．一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C．现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50m/min．在甲出发2min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1min后，再从B匀速步行到C．假设缆车匀速直线运动的速度为130m/min，山路AC长为1260m，经测量，csA＝，csC＝．
（1）求索道AB的长；
（2）问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？
（3）为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？
【专题】解三角形．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据正弦定理即可确定出AB的长；
（2）设乙出发t分钟后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了（100+50t）m，乙距离A处130tm，由余弦定理可得；
（3）设乙步行的速度为 vm/min，从而求出v的取值范围．
【解答】解：（1）在△ABC中，因为csA＝，csC＝，所以sinA＝，sinC＝，
从而sinB＝sin[π﹣（A+C）]＝sin（A+C）＝sinAcsC+csAsinC＝＝
由正弦定理，得AB＝＝＝1040m．
答：索道AB的长为1040m．
（2）假设乙出发t分钟后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了（100+50t）m，乙距离A处130tm，所以由余弦定理得
d2＝（100+50t）2+（130t）2﹣2×130t×（100+50t）×＝200（37t2﹣70t+50）＝200[37（t﹣）2+]，
因0≤t≤，即0≤t≤8，答：当t＝min时，甲、乙两游客距离最短．
（3）由正弦定理，得BC＝＝＝500m，
乙从B出发时，甲已经走了50×（2+8+1）＝550m，还需走710m才能到达C．
设乙步行的速度为 vm/min，由题意得﹣3≤≤3，解得，
答：为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在[]范围内．
【点评】此题考查了余弦定理，锐角三角函数定义，以及勾股定理，利用了分类讨论及数形结合的思想，属于解直角三角形题型．
22．（12分）（2021秋•洪山区校级期中）如图，在梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝DC＝2，AB＝4，现将△ADC沿AC翻折成直二面角P﹣AC﹣B．
（1）证明：CB⊥PA；
（2）记△APB的重心为G，若异面直线PC与AB所成角的余弦值为，在侧面PBC内是否存在一点M，使得GM⊥平面PBC，若存在，求出点M到平面PAC的距离；若不存在，请说明理由．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑推理；数学运算．
【答案】（1）证明见解析；
（2）在侧面PBC内存在一点M，使得GM⊥平面PBC，点M到平面PAC的距离为．
【分析】（1）取AB的中点E，连接CE，利用平面几何知识证明CB⊥CA，再利用面面垂直的性质定理证明CB⊥平面PAC，即可证明结论；
（2）取AC的中点O，连接OE，建立合适的空间直角坐标系，设|OC|＝a（a＞0），求出所需点的坐标和两条异面直线的方向向量的坐标，由向量的夹角公式列出关于a的方程，求出a的值，进而求出重心G的坐标，设设，求出点M的坐标，然后利用向量垂直的坐标表示列式求解λ，μ，即可得到答案．
【解答】（1）证明：取AB的中点E，连接CE，
因为AB＝4，CD＝2，
则AE＝DC，AE∥DC，
故四边形ADCE为平行四边形，
所以CE＝AD＝2
则CE＝AE＝EB，
故∠ACB＝90°，即CB⊥CA，
又平面PAC⊥平面ACB，且平面PAC∩平面ACB＝AC，CB⊂平面ACB，
故CB⊥平面PAC，
又PA⊂平面PAC，
故CB⊥PA；
（2）解：取AC的中点O，连接OE，则OE∥CB，
所以OE⊥AC，且OP⊥AC，
则OC，OE，OP两两互相垂直，
故以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
设|OC|＝a（a＞0），
则C（a，0，0），，，
故，
所以＝＝，
因为异面直线PC与AB所成角的余弦值为，
所以＝，解得a＝1，
故，
则重心，
假设在侧面PBC内存在一点M，
设，
所以，
因为MG⊥平面PBC，
又，，
所以，即，
解得，
所以在侧面PBC内存在一点M，使得GM⊥平面PBC，此时点M到平面PAC的距离为＝．
【点评】本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的判定定理和面面垂直的性质定理的应用，异面直线所成角的应用以及平面法向量的应用，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
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