2020-2021学年安徽省六安市高二上学期第二次月考数学（理）试题（解析版）

第 1 页 共 19 页 2020-2021 学年安徽省六安市高二上学期第二次月 考数学（理）试题 一、单选题 1．直线 3 1 0x y   的倾斜角是（ ） A． 3 4  B． 2 3  C． 4  D． 5 6  【答案】B 【解析】先由直线方程求出直线的斜率，再由斜率与倾斜角的关系，求出倾斜角 【详解】 解：设直线的倾斜角为 ， 因为直线方程为 3 1 0x y   ，所以直线的斜率为 3 ， 所以 tan 3   ， 因为 [0, )  ，所以 2 3   ， 故选：B 【点睛】 此题考查已知直线方程求直线的倾斜角，属于基础题. 2．设 m ，n 是空间两条不同的直线， ， 是空间两个不同的平面．给出下列四个命 题： ①若 / /m  ， / /n  ， / /  ，则 //m n ； ②若  ， m  ， m  ，则 / /m  ； ③若 m n ， m  ， / /  ，则 / /n  ； ④若  ， l   ， / /m  ， m l ，则 m  ． 其中正确的是（ ） A．①② B．②③ C．②④ D．②④ 【答案】C 【解析】根据线面平行或垂直的有关定理逐一判断即可. 【详解】 第 2 页 共 19 页 解：①中： m 、 n 也可能相交或异面，故①错误； ②中：因为  ， m  ，所以 m  或 / /m  ， 因为 m  ，所以 / /m  ，故②正确； ③中： / /n  或 n  ，故③错误； ④中：过直线 m 作平面 ，使得 a   ，因为 / /m  ， m  / /a m ， m l ， a l  .又因为  ， l   ， a  ， 则直线 a  ， 所以 m  ，故④正确. 故选：C. 【点睛】 本题考查了线面平行或垂直的判断，属于基础题. 3．胡夫金字塔是底面为正方形的锥体，四个侧面都是相同的等腰三角形.研究发现，该 金字塔底面周长除以 2 倍的塔高，恰好为祖冲之发现的密率 355 113 ≈π.若胡夫金字塔的高 为 h，则该金字塔的侧棱长为（ ） A． 22π 1h B． 22π 4 8 h C． 2π 16 4 h D． 22π 16 4 h 【答案】D 【解析】由已知列方程求出金字塔的底面边长，再利用勾股定理求出金字塔的侧棱长 【详解】 设胡夫金字塔的底面边长为 a，由已知可得 4 2 a h =π，所以 a= π 2 h ，则胡夫金字塔的侧棱长 为 2 2 2 2 2 2 π 2π 16 2 8 4 a h hh h     ， 故选：D. 【点睛】 此题考查的是有关四棱锥的有关计算，属于基础题 4．将函数 sin(2 )5y x   的图象向右平移 10  个单位长度，所得图象对应的函数 A．在区间 3 5[ , ]4 4   上单调递增 B．在区间 3[ , ]4   上单调递减 C．在区间 5 3[ , ]4 2   上单调递增 D．在区间 3[ ,2 ]2   上单调递减 【答案】A 【解析】由题意首先求得平移之后的函数解析式，然后确定函数的单调区间即可. 第 3 页 共 19 页 【详解】 由函数图象平移变换的性质可知： 将 sin 2 5y x      的图象向右平移 10  个单位长度之后的解析式为： sin 2 sin 210 5y x x           . 则函数的单调递增区间满足：  2 2 22 2k x k k Z       ， 即  4 4k x k k Z       ， 令 1k  可得一个单调递增区间为： 3 5,4 4       . 函数的单调递减区间满足：  32 2 22 2k x k k Z       ， 即  3 4 4k x k k Z       ， 令 1k  可得一个单调递减区间为： 5 7,4 4       ，本题选择 A 选项. 【点睛】 本题主要考查三角函数的平移变换，三角函数的单调区间的判断等知识，意在考查学生 的转化能力和计算求解能力. 5．点 ( 1, 1) P 到直线的 : (2 1) ( 3) ( 11) 0l m x m y m      距离的最大值为 （ ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【解析】根据条件先判断出直线 l 所过的定点Q ，此时 P 到l 距离的最大值即为 PQ 的 距离. 【详解】 因为    : 2 1 3 11 0l m x y x y      ，所以 2 1 0 3 11 0 x y x y        ，所以 2 3 x y    ， 所以直线 l 过定点  2,3Q ， 所以  1, 1P   到直线l 的距离的最大值为：      2 22 1 3 1 5PQ        ， 故选：B. 第 4 页 共 19 页 【点睛】 本题考查直线过定点以及直线外一点到动直线的距离的最大值，解答本题的关键是能通 过分析直线 l 的方程确定出 l 所过的定点，难度一般. 6．已知实数 ,x y 满足约束条件 1 3 0 1 0 x x y x y          ，则 1 1 yz x   的取值范围为（ ） A． 1 3,2 2      B． 1 2,2 3      C． 1 3, ,2 2            D． 1 2, ,2 3            【答案】A 【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求解即可． 【详解】 画出线性约束条件对应的可行域， 1 1 yz x   表示可行域内的点与 1, 1  的连线斜率， 由斜率公式可求两个边界斜率分别是 1 3,2 2 ，故其取值范围为 1 3,2 2      ． 故选： A ． 【点睛】 本题主要考查线性规划和直线斜率的基本应用，利用目标函数的几何意义和数形结合是 解决问题的基本方法，属于基础题． 7．已知正项等比数列 na 满足 7 6 52 3a a a  ，若存在两项 ma ， na ，使得 2 19m na a a  ，则 1 9 m n  的最小值为（ ）. A．16 B． 28 3 C．5 D．4 第 5 页 共 19 页 【答案】D 【解析】由 7 6 52 3a a a  ，可得 3q  ，由 2 19m na a a  ，可得 4m n  ，再利用“1” 的妙用即可求出所求式子的最小值. 【详解】 设等比数列公比为 ( 0)q q  ，由已知， 5 2 5 52 3a aqaq   ，即 2 2 3q q  ， 解得 3q  或 1q   （舍），又 2 19m na a a  ，所以 2 1 1 1 1 13 3 9m na a a   ， 即 2 23 3m n   ，故 4m n  ，所以 1 9 1 4m n   1 9 1 9( )( ) (10 )4 n mm nm n m n      1 (10 2 9) 44    ，当且仅当 1, 3m n  时，等号成立. 故选：D. 【点睛】 本题考查利用基本不等式求式子和的最小值问题，涉及到等比数列的知识，是一道中档 题. 8．某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的最大棱长为（ ） A． 4 2 B． 4 3 C． 2 14 D．8 【答案】C 【解析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解最长棱长即可． 【详解】 解：由题意可知几何体的直观图如图： P ABCD 是长方体的一部分， 最长棱长为： 2 2 24 2 6 56 2 14PB      ． 故选：C ． 第 6 页 共 19 页 【点睛】 本题考查三视图的应用，判断几何体的形状是解题的关键，考查转化思想以及空间想象 能力，是基础题． 9．在直棱柱 1 1 1ABC A B C 中，若 ABC 为等边三角形，且 1 3BB AB ，则 1AB 与 1C B 所成角的余弦值为（ ） A． 3 8 B． 1 4 C． 3 4 D． 5 8 【答案】D 【解析】由题意，设 1AB  ， 1 3BB  ，取 AC 中点 N ，连结 MN ，BN ，得出 1AB 与 1C B 所成角即为 NMB 或其补角，利用余弦定理，即可求解. 【详解】 由题意，设 1AB  ， 1 3BB  ，则连结 1B C 交 1BC 于点 M ， 取 AC 中点 N ，连结 MN ， BN ，则 1 / /AB MN 且 1 1 1 3 1 12 2MN AB    ， 则 1AB 与 1C B 所成角即为 NMB 或其补角， 又由 3 2BN  ， 1 1 12BM BC  ， 由余弦定可得 2 2 2 31 1 54cos 2 2 1 1 8 BM MN BNNMB BM MN         . 故选：D. 第 7 页 共 19 页 【点睛】 本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及异面直线所成角的求解，其中解答中把异 面直线所成角转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查了转化思想，以及计算 能力. 10．已知点 (3,1)A ，在直线 y x 和 0y  上分别找一点 M 和 N，使 AMN 的周长最 短，则最短周长为（ ） A．4 B． 2 5 C． 2 3 D． 2 2 【答案】B 【解析】求出 A 关于 y x 和 0y  的对称点分别为 ,B C ，则线段 BC 的长为所求最短 周长． 【详解】 设点 A 关于 y x 和 0y  的对称点分别为 ( )1,3B ， (3, 1)C  ， ∵| | | | | | | | | | | |AM AN MN BM CN MN     ，又| | | | | | | |BM CN MN BC   ， | | 2 5BC  ． 又直线 BC 的方程为 2 5 0x y   ，∴ 5 5,3 3M     ， 5 ,02N      此时， AMN 的周长最短，且最短周长为 2 5 ，故选 B． 【点睛】 本题考查对称性，解题关键是利用对称性把三角形周长的最小值转化为平面上两点间的 距离线段最短． 11．已知数列 na 满足对1 3n  时， na n ，且对 *n N  ，有 3 1 2n n n na a a a     ，则数列 nn a 的前 50 项的和为（ ） 第 8 页 共 19 页 A．2448 B．2525 C．2533 D．2652 【答案】B 【解析】由题得 3 1 2n n n na a a a     3 1 4a a    ， 2 4 44 4 (4 )n n n na a a a           1 2 3 44 1, 2, 3, 2na a a a a    是周期为 的函数，且 . 1 2 3 4 5 501 2 3 4 5 50a a a a a a         1 2 3 4 1 2 3 4 21 2 3 4 5 6 7 8 50a a a a a a a a a          1 (1 5 9 49) 2(2 6 10 50)             3(3 7 11 47) 2(4 8 12 48)          2525 故选 B. 点睛：本题的难点在于通过递推找到数列的周期. 可以先通过列举找到数列的周期，再 想办法证明. 由于问题中含有的项数较多，且有规律性，所以要通过分析递推找到数列 的周期. 12．连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为 4 的球的两条弦 AB 、CD 的长度分别 等于 2 7 、4 3 ，M 、N 分别为 AB 、CD 的中点，每条弦的两端都在球面上运动， 有下列四个命题： ①弦 AB 、 CD 可能相交于点 M ②弦 AB 、 CD 可能相交于点 N ③ MN 的最大值为 5 ④ MN 的最小值为 1 其中真命题的个数为 A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个 【答案】C 【解析】【详解】 ①③④正确，②错误．易求得 M 、 N 到球心O 的距离分别为 3、2， 若两弦交于 N ，则 OM ⊥ MN ， Rt OMN 中，有OM ON ，矛盾； 弦 AB 、CD 只能相交于点 M ； 第 9 页 共 19 页 当 M 、O 、 N 共线时分别取最大值 5 最小值 1． 二、填空题 13．已知 ,a b  为单位向量，且| | 2 | |a b a b     ，则 a b  值为_________ 【答案】 1 3 【解析】将等式两边同时平方，根据向量 ,a b  的模长均为1可求解出 a b  的值. 【详解】 因为| | 2 | |a b a b     ，所以  22| | 2 | |a b a b     ， 所以  2 2 2 2 2 2 2a b a b a b a b              ，所以  2 2 2 2 2a b a b        ， 所以 1 3a b   ， 故答案为： 1 3 . 【点睛】 本题考查根据向量的模长计算向量的数量积，解答问题的关键在于能想到将关于模长的 等式平方，难度一般. 14．若直线 (2 1) 2 1 0a x y    与直线 2 0x by   垂直，则 a b的值为_________． 【答案】 1 2 . 【解析】先分析当有一条直线斜率不存在时的情况，当两条直线的斜率都存在时，只需 令斜率之积为 1 即可解得答案. 【详解】 当 1 2a  ， 0b  时，直线 (2 1) 2 1 0a x y    与直线 2 0x by   垂直，此时直线 1 2a b  ； 当两条直线的斜率都存在时，有 2 1 1 12 a b          ，解得 1 2a b  ， 综上所述，若直线 (2 1) 2 1 0a x y    与直线 2 0x by   垂直，则 1 2a b  . 故答案为： 1 2 . 【点睛】 本题考查根据两条直线的垂直关系求参，较简单，利用直线垂直时斜率之间的关系求解 第 10 页 共 19 页 即可. 15．在数列 na 中，已知 1 2 1n n n na a a a     ， 1011 1a  ，则该数列前 2021项的和 2021S  _________． 【答案】 2021. 【解析】由题目条件分析可知数列 na 为等差数列，然后利用等差数列的前 n 项和公 式、结合等差数列的性质求解 2021S . 【详解】 由 1 2 1n n n na a a a     可知，数列 na 为等差数列， 所以 1 2021 10112a a a  ， 所以  1 2021 2021 1011 2021 2021 20212 a aS a      故答案为： 2021. 【点睛】 本题考查等差数列的性质及前 n 项和公式的运用，较简单. 16．已知四棱锥 P ABCD 的顶点都在球 O 的球面上， PA  底面 ABCD ，且 1AB AD  ， 2BC CD  ，若球O 的表面积为 36 ，则 PA  ________． 【答案】 31 【解析】由题意可知外求解半径 3R  ，再根据几何体的特点找出外球球心，用含 PA 的 式子表示出外接球半径 R 的表达式，然后求解 PA . 【详解】 如图所示，设球体的球心位点O ，四变形 ABCD 所在截面圆的圆心为点 'O ，根据球O 的表面积为36 得，外接球半径 3R  . 因为 1AB AD  ， 2BC CD  ，所以点 'O 位于 AC 的中点，则 AD CD , 所以 2 2 5AD AD CD   ， 连接 'OO ，则 'OO  平面 ABCD ，且 1' 2OO PA ， 则 2 25 1 32 4R PA        ，解得 31PA  . 故答案为： 31. 第 11 页 共 19 页 【点睛】 本题考查锥体外接球的相关计算，难度一般，利用几何法找出球心，列出有关外接球半 径的关系式是关键. 三、解答题 17．已知直线 l ： 3 2 0x y   . （1）若直线 1l 的倾斜角是 l 倾斜角的两倍，且l 与 1l 的交点在直线 2 0x y   上，求 直线 1l 的方程； （2）若直线 2l 与直线 l 平行，且 2l 与 l 的距离为 3，求直线 2l 的方程． 【答案】（1） 3 2 3 0x y   （2） 3 4 0x y   或 3 8 0x y   【解析】（1）直线 l 的斜率是 3 3 ，所以 l 的倾斜角是30 ，所以直线 1l 的倾斜角就是 60 ， 再根据交点，利用点斜式方程求直线； （2）设直线 2l 的方程为 3 0x y c   ，再根据平行线的距离求 c . 【详解】 解：（1）因为直线l 的斜率为 1 3 ，所以倾斜角为 6  . 又因为直线 1l 的倾斜角是l 倾斜角的两倍，故 1l 的倾斜角是 3  . 因为直线 l 与直线 2 0x y   的交点为  2,0 ，所以直线 1l 的方程是  0 tan 23y x    ， 即 3 2 3 0x y   . 第 12 页 共 19 页 （2）因为直线 2l 与直线 l 平行，故可设直线 2l 的方程为 3 0x y c   . 因为 2l 与l 的距离为 3，则有 2 32 c   ，解得 4c  或 8c   ，所以直线 2l 的方程 3 4 0x y   或 3 8 0x y   . 【点睛】 本题考查直线方程的求法，意在考查直线方程的每种形式需要的条件，但比较重要的还 是已知两点求直线，或者已知直线过一个定点和直线的斜率． 18．四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为菱形， PB PD （1）求证： / /CD 平面 PAB ; （2）求证： PC BD ． 【答案】（1）详见解析（2）详见解析 【解析】（1）利用 / /CD AB 结合线面平行的判定定理，证得结论成立. （2）连接 AC 交 BD 于O ，连接 PO ，根据菱形的性质得到 AC BD ，根据等腰三 角形的性质得到 PO BD ，由此证得 BD  平面 PAC ，进而证得 BD PC . 【详解】 （1）因为四边形 ABCD 是平行四边形，所以 / /CD AB , 又因为 AB Ì平面 PAB ，CD 平面 PAB ,所以 / /CD 平面 PAB ． （2）连 AC 交 BD 与 O，连 PO.  四边形 ABCD 为菱形， AC BD  且 ,BO OD OA OC  BO OD PO BDPB PD      . 因为 PO BD ，AC BD ，PO AC O ，所以 BD  平面 PAC ，所以 PC BD . 第 13 页 共 19 页 【点睛】 本小题主要考查线面平行的证明，考查通过证明线面垂直来证明线线垂直，属于中档题. 19． ABC 的内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，已知 sin sin2 A Ca b A  ． （1）求 B ； （2）若 ABC 为锐角三角形，且 1c  ，求 ABC 面积的取值范围． 【答案】(1) 3B  ;(2) 3 3( , )8 2 . 【解析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于 B 的三角方程，最后根据 A,B,C 均 为三角形内角解得 3B  .(2)根据三角形面积公式 1 sin2ABCS ac B  ，又根据正弦定 理和 1c  得到 ABCS 关于C 的函数，由于 ABC 是锐角三角形，所以利用三个内角都 小于 2  来计算C 的定义域，最后求解 ( )ABCS C 的值域. 【详解】 (1)根据题意 sin sin2 A Ca b A  ，由正弦定理得sin sin sin sin2 A CA B A  ，因为 0 A   ，故sin 0A  ，消去 sin A 得sin sin2 A C B  ． 0  B  ， 0 2 A C   因为故 2 A C B  或者 2 A C B    ，而根据题意 A B C    ，故 2 A C B    不成立，所以 2 A C B  ，又因为 A B C    ，代 入得3B  ，所以 3B  . (2)因为 ABC 是锐角三角形，由（1）知 3B  ， A B C    得到 2 3A C   ， 故 0 2 20 3 2 C C           ，解得 6 2C   . 又应用正弦定理 sin sin a c A C  ， 1c  ， 由三角形面积公式有： 2 2 2sin( )1 1 1 sin 3 3sin sin sin2 2 2 sin 4 sinABC Ca AS ac B c B c Bc C C           2 2sin cos cos sin3 3 2 1 2 3 1 33 3 (sin cos )4 sin 4 3 tan 3 8 tan 8 C C C C C            . 第 14 页 共 19 页 又因 3,tan6 2 3C C    ,故 3 3 1 3 3 8 8 tan 8 2C    ， 故 3 3 8 2ABCS  . 故 ABCS 的取值范围是 3 3( , )8 2 【点睛】 这道题考查了三角函数的基础知识，和正弦定理或者余弦定理的使用（此题也可以用余 弦定理求解），最后考查 ABC 是锐角三角形这个条件的利用．考查的很全面，是一道 很好的考题. 20．已知等比数列 na 的前 n 项和为 nS ， 1 2a  ，  *0na n N  ， 6 6S a 是 4 4S a ， 5 5S a 的等差中项. （1）求数列 na 的通项公式； （2）设 1 2 1 2 logn nb a  ，数列 1 2 n nb b        的前 n 项和为 nT ，求 nT . 【答案】(1) 21 2 n na      . (2) 2 2 1n nT n    . 【解析】（1）由 6 6S a 是 4 4S a ， 5 5S a 的等差中项，推出 6 44a a ，再根据数列 na 是等比数列，即可求得公比，从而可得数列 na 的通项公式；（2）根据（1）可得数列  nb 的通项公式，进而可得数列 1 2 n nb b        的通项公式，再根据裂项相消法求和，即可 求得 nT . 【详解】 （1）∵ 6 6S a 是 4 4S a ， 5 5S a 的等差中项， ∴  6 6 4 4 5 52 S a S a S a     ∴ 6 6 4 4 5 5 6 6S a S a S a S a       ， 化简得， 6 44a a ， 第 15 页 共 19 页 设等比数列 na 的公比为 q，则 2 6 4 1 4 aq a   ， ∵  *0na n N  ，∴ 0q  ，∴ 1 2q  ， ∴ 1 21 12 2 2 n n na              . （2）由（1）得： 2n-3 1 2 1 1 2 2 1log log ( ) 2 32n nb a n    . 设   1 2 2 1 1 2 3 2 1 2 3 2 1n n n C b b n n n n        . ∴ 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 211 1 1 3 3 5 2 3 2 1 2 1 2 1n n nT C C C n n n n                                            . 【点睛】 ：本题主要考查求等比数列的通项公式以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项 相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点 的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)   1 1 1 1 n n k k n n k       ；（2） ( )1 1 n k nkn k n = + - + + ；（3）    1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1n n n n         ；（4）         1 1 1 1 1 2 2 1 1 2n n n n n n n           ；此外，需注意裂项之后相消的过程 中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误. 21．如图，ABCD 为矩形，点 A、E、B、F 共面， ABE 和 ADF 均为等腰直角三角 形，且 90 ,BAE AFB    若平面 ABCD ⊥平面 .AEBF （Ⅰ）证明:平面 BCF 平面 ADF （Ⅱ）问在线段 EC 上是否存在一点 G，使得 BG∥平面 ?CDF 若存在，求出此时三棱 锥 G 一 ABE 与三棱锥 —G ADF 的体积之比，若不存在，请说明理由. 第 16 页 共 19 页 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）存在，体积比为 4 3 . 【解析】(1)由题意得：由 ABCD 为矩形可得到 BC⊥AB，再由平面 ABCD ⊥平面 .AEBF 可得到 BC⊥AF，所以 AF⊥平面 BCF，再根据面面垂直的判断定理可得到平面 BCF 平 面 ADF； (2)通过已知条件可得到平面 BCE∥平面 ADF，延长 EB 到点 H，使得 BH =AF，得到 ABHF 是平行四边形，从而可得到 HFDC 是平行四边形，即有 CH∥DF.，过点 B 作 CH 的平行线，交 EC 于点 G，此点 G 为所求的 G 点即存在，由 EG= 2 3 EC 和 2ABE ABFS S  ， 可得到 2 4 4 4 4 3 3 3 3 3G ABE C ABE C ABF D ABF B ADF G ADFV V V V V V          即 4 3 G ABE G ADF V V    ； 【详解】 （Ⅰ）∵ABCD 为矩形，∴BC⊥AB， 又∵平面 ABCD⊥平面 AEBF，BC  平面 ABCD，平面 ABCD∩平面 AEBF=AB， ∴BC⊥平面 AEBF， 又∵AF  平面 AEBF，∴BC⊥AF， ∵∠AFB=90°，即 AF⊥BF，且 BC、BF  平面 BCF，BC∩BF=B， ∴AF⊥平面 BCF， 又∵AF  平面 ADF，∴平面 ADF  平面 BCF. （Ⅱ）∵BC∥AD，AD  平面 ADF，∴BC∥平面 ADF. ∵ ABE 和 ABF 均为等腰直角三角形，且 BAE AFB    90°， ∴∠FAB=∠ABE=45°，∴AF∥BE，又 AF  平面 ADF，∴BE∥平面 ADF， ∵BC∩BE=B，∴平面 BCE∥平面 ADF. 延长 EB 到点 H，使得 BH =AF，又 BC / / AD，连 CH、HF，易证 ABHF 是平行四边形， ∴HF / / AB / / CD，∴HFDC 是平行四边形，∴CH∥DF. 过点 B 作 CH 的平行线，交 EC 于点 G，即 BG∥CH∥DF，（DF  平面 CDF） ∴BG∥平面 CDF，即此点 G 为所求的 G 点， 如图： 第 17 页 共 19 页 又 BE= 2 2 2AB AF BH  ，∴EG= 2 3 EC ，又 2ABE ABFS S  ， 2 4 4 4 4 3 3 3 3 3G ABE C ABE C ABF D ABF B ADF G ADFV V V V V V          ， 所以 4 3 G ABE G ADF V V    【点睛】 本题考查了面面垂直的性质定理及判断定理，线面平行的判断定理及等体积法求三棱锥 的体积，属于较难题. 22．如图，在直角梯形 ABCD 中，AD BC∥ ， 2BAD   ， 1AB BC  ， 2AD  ， E 是 AD 的中点，O 是 AC 与 BE 的交点，将 ABE 沿 BE 折起到 1A BE 的位置，如图 2. （1）证明：CD  平面 1AOC ； （2）若平面 1A BE  平面 BCDE ，求二面角 1B AC D  的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2） 6 3  . 【解析】【详解】 【分析】试题分析：（1）先证 BE 平面 1AOC ，又 / /CD BE ，得CD  平面 1AOC ； 第 18 页 共 19 页 （2）由已知得 1AOC 为二面角 1A BE C  的平面角，如图，以 O 为原点，建立空间 直角坐标系，求出平面 1A BC 的法向量  1 1 1 1, ,n x y z ，平面 1ACD 的法向量  2 2 2 2, ,n x y z ，面 1A BC 与面 1ACD 夹角为 ，由 1 2 2 6cos cos , 32 3 n n       ，即得平面 1ACB 与平面 1ACD 夹角的余弦值. 试题解析：（1）在图 1 中， 因为 1AB BC  ， 2AD  ， E 是 AD 的中点， 2BAD   ，所以 BE AC 即在图 2 中， 1BE OA ， BE OC 从而 BE  平面 1AOC 又CD BE ，所以CD  平面 1AOC ． (2)由已知，平面 1A BE  平面 BCDE ，又由（Ⅰ）知， 1BE OA ， BE OC 所以 1AOC 为二面角 1A BE C  的平面角，所以 1 2AOC   ． 如图，以O 为原点，建立空间直角坐标系， 因为 1 1 1A B A E BC ED    ， BC ED 所以 2 ,0,02B       ， 2 ,0,02E      ， 1 20,0, 2A       ， 20, ,02C       ， 得 2 2, ,02 2BC        ， 1 2 20, ,2 2AC        ，  2,0,0CD BE    ． 设平面 1A BC 的法向量  1 1 1 1, ,n x y z ，平面 1ACD 的法向量  2 2 2 2, ,n x y z ，二面角 1B AC D  为 ， 第 19 页 共 19 页 则 1 1 1 0 0 n BC n AC          ，得 1 1 1 1 0 0 x y y z       ，取  1 1,1,1n  ， 2 2 1 0 0 n CD n AC          ，得 2 2 2 0 0 x y z     ，取  2 0,1,1n  ， 从而 1 2 2 6cos , 33 2 n n      ，由图可知 为钝角． 即二面角 1B AC D  的余弦值为 6 3  ． 【方法点晴】本题主要考查线面垂直的判定定理及面面垂直的性质，利用空间向量求二 面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当 的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应 平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关 系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.