2020-2021学年贵州省遵义市航天高级中学高二上学期第一次月考数学试题（解析版）

第 1 页 共 20 页 2020-2021 学年贵州省遵义市航天高级中学高二上学期第一 次月考数学试题 一、单选题 1．若直线经过  (1,0), 4, 3A B 两点，则直线 AB 的倾斜角为（ ） A．30 B． 45 C． 60 D．120 【答案】A 【解析】【详解】试题分析：设直线 AB 的倾斜角为 (0 180 )     ，由两点斜率公 式的直线 AB 的斜率 3 0 3 ,4 1 3ABk   所以 3 303tan ,     ，故选 A． 【考点】1、直线的斜率公式；2、直线的倾斜角． 2．过点  1,3P ，且垂直于直线 2 3 0x y   的直线方程为（ ） A． 2 1 0x y   B． 2 5 0x y   C． 2 5 0x y   D． 2 7 0x y   【答案】B 【解析】根据所求直线垂直于直线 2 3 0x y   ，设其方程为 2 0x y m   ，然后将 点  1,3P 代入求解. 【详解】 因为所求直线垂直于直线 2 3 0x y   ， 所以设其方程为 2 0x y m   ， 又因为直线过点  1,3P ， 所以 2 1 3 0m    ， 解得 5m   所以直线方程为： 2 5 0x y   故选：B 【点睛】 本题主要考查两直线的位置关系的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 3．已知 m n， 为两条不同的直线， ， 为两个不同的平面，则下列命题中正确的是 （ ） 第 2 页 共 20 页 A． m n m n         ， ， ， B． m n m n      ， ， C． m m n n    P， D． n m n m    ， 【答案】D 【解析】【详解】 若α∥β，m  α，m  β，则 m，n 可能平行也可能异面，故 B 错误；若 m⊥α，m⊥n， 则 n∥α或 n  α，故 C 错误；若 m  α，n  α，m∥β，n∥β，由于 m，n 不一定相交， 故α∥β也不一定成立，故 A 错误；若 m∥n，n⊥α，根据线面垂直的第二判定定理，我 们易得 m⊥α，故 D 正确. 4．已知圆柱的侧面展开图矩形面积为 S ，底面周长为C ，则圆柱的体积为（ ） A． 3 4 C S B． 3 4 S C  C． 2 CS  D． 4 CS  【答案】D 【解析】先利用圆柱的底面半径、圆柱的高表示 S 、C 以及体积，再化简求三者关系 即得结果. 【详解】 设圆柱的底面半径为 r 、圆柱的高为 h ， 则 2 , 2 , , 2 S CS rh C r h rC        2 2( )2 4 C S SCV r h C        故选：D 【点睛】 本题考查圆柱体积、侧面积，考查基本分析求解能力，属基础题. 5．若直线 ( 2) (1 ) 3a x a y    与直线 ( 1) (2 3) 2 0a x a y     互相垂直,则 a 等 于( ) A．1 B．-1 C．±1 D．-2 【答案】C 【解析】分类讨论：两条直线的斜率存在与不存在两种情况，再利用相互垂直的直线斜 率之间的关系即可． 【详解】 第 3 页 共 20 页 解：①当 1a  时，利用直线的方程分别化为： 1x  ，5 2 0y   ，此时两条直线相互 垂直． ②如果 3 2a   ，两条直线的方程分别为 5 6 0x y   与5 4x  ，不垂直，故 3 2a   ； ③ 0a  ，当 1a  时，此两条直线的斜率分别为 2 1 a a   ， 1 2 3 a a   ．  两条直线相互垂直，  2 1( )·( ) 11 2 3 a a a a       ，化为 1a   ， 综上可知： 1a   ． 故选C ． 【点睛】 本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系、分类讨论思想方法，属于基础题． 6．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A． 8 3  B． 10 3  C． 6 D．3 【答案】D 【解析】【详解】 解：该几何体是一个底面半径为 1、高为 4 的圆柱被一个平面分割成两部分中的一个部 分，故其体积为 2 211 4 1 2 32V           . 本题选择 D 选项. 7．在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， ,E F 分别为 ,AB AD 的中点，则异面直线 1B C 与 EF 所成角的大小为（ ） A．30 B． 45 C． 60 D．90 【答案】C 第 4 页 共 20 页 【解析】利用平行的传递性得出 1 1//EF D B ，得出异面直线 1B C 与 EF 所成角为 1 1D B C ，再由 1 1B CD 为等边三角形，确定异面直线 1B C 与 EF 所成角. 【详解】 如下图所示，连接 1 1 1, ,BD B D D C 1 1// , //EF DB DB D B ， 1 1//EF D B 则异面直线 1B C 与 EF 所成角为 1 1D B C 1 1 1 1D B B C D C  ，即 1 1B CD 为等边三角形 1 1 60D B C   故选：C 【点睛】 本题主要考查了求异面直线的夹角，属于中档题. 8．若 P 是 ABC 所在平面外点, PA , PB , PC 两两垂直,且 PO 平面 ABC 于点O , 则O 是 ABC 的( ) A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心 【答案】D 【解析】点 P 为 ABC 所在平面外一点, PO 平面 ABC ,垂足为O ,连结OA并延长, 交 BC 与 D 连结 BO 并延长,交 AC 于 E ,求证 BE AC 、 AD BC ,即可求得答案. 【详解】 第 5 页 共 20 页 连结OA并延长交 BC 与 D ,连结 BO 并延长交 AC 于 E ,  PA PB , PA PC , PB PC P   PA  面 PBC 又 BC 面 PBC  PA  BC ,  PO  面 ABC  PO  BC  BC  面 ,PAO 故 AO BC ,即 AD BC 同理: BE AC ; 根据三角形垂心定义可知:O 是 ABC 的垂心. 故选:D. 【点睛】 本题根据线面垂直判断三角形的垂心,解题关键是掌握线面垂直判断定理和三角形垂心 的定义,考查了分析能力和空间想象能力,属于中档题. 9．由直线 2y x  上的点向圆 2 2( 4) ( 2) 1x y    引切线，则切线长的最小值为（ ） A． 30 B． 31 C． 4 2 D． 33 【答案】B 【解析】过圆心作直线的垂线，垂线与直线的交点向圆引切线，切线长最小． 【详解】 圆心 (4, 2)A  ,半径 1r  ，圆心到直线的距离 4 2 2 4 2 2 d    则切线长的最小值 2 2= (4 2) 1 31  【点睛】 本题考查圆的切线长，考查数形结合思想，属于基础题． 第 6 页 共 20 页 10．曲线 21 4y x= + - (  2,2x  )与直线  2 4y k x   有两个公共点时，则实 数 k 的取值范围是（ ） A． 50,12      B． 1 3,3 4      C． 5 ,12     D． 5 3,12 4 纟ç úç ú棼 【答案】D 【解析】易知曲线 21 4y x= + - 表示以 0,1 为圆心，以 2 为半径的半圆，直线  2 4y k x   过定点  2,4A ，然后在同一坐标系中作出直线与半圆的图象，利用数 形结合法求解. 【详解】 曲线 21 4y x= + - 变形为 ( ) ( )22 21 4 1 4 1y x x y y= + - + - = ³ 表示以 0,1 为圆 心，以 2 为半径的半圆， 直线  2 4y k x   过定点  2,4A ， 在同一坐标系中作出直线与半圆的图象，如图所示： 当直线  2 4y k x   与圆相切时，圆心到直线的距离等于半径， 即 2 3 2 2 1 k k    ，解得 5 12k  ，即 5 12ACk = ，又 ( ) 4 1 3 2 2 4ABk -= =- - ， 由图知：当曲线 21 4y x= + - (  2,2x  )与直线  2 4y k x   有两个公共点时： 第 7 页 共 20 页 AC ABk k k< £ ，即 5 3 12 4k  . 故选：D 【点睛】 本题主要考查直线与圆的位置关系的应用，还考查了数形结合的思想方法，属于中档题. 11．已知定义在 R 上的函数  f x 满足    1f x f x   ，且当  1,1x  时，   2f x x ；令    g x f x kx k   ，若在区间 1,3 内，方程   0g x  有 4 个不 相等实根，则实数 k 的取值范围是（ ） A． 0,  B． 10, 2      C． 10, 4     D． 1 1,4 3      【答案】C 【解析】根据    1f x f x   可得  f x 是周期为 2 的函数，再由当  1,1x  时，   2f x x ， 即可  f x 一个周期的图象，进而可得  f x 在区间 1,3 内的图象，再利用 ( )y f x 与 ( 1)y k x  图象有 4 个交点，数形结合即可得实数 k 的取值范围. 【详解】 因为    1f x f x   ，所以      2 1f x f x f x     ，可得  f x 是周期为 2 的 函数，    g x f x kx k   ，若在区间 1,3 内，方程   0g x  有 4 个不相等实根， 则方程  ( ) 1f x k x  在区间 1,3 内有 4 个不相等实根， 等价于 ( )y f x 与 ( 1)y k x  图象有 4 个不同的交点， 因为当  1,1x  时，   2f x x ，所以  f x 图象如图所示： 第 8 页 共 20 页 把 3,1 代入 ( 1)y k x  得 1 4k  ，数形结合得实数 k 的取值范围是 10, 4     ， 故选：C 【点睛】 本题主要考查了函数周期性的应用，函数的零点与方程的根的关系，采用了数形结合的 思想，属于中档题. 12．如图，在120 二面角 l   内半径为1的圆 1O 与半径为 2 的圆 2O 分别在半平面  .  内，且与棱 l 切于同一点 P ，则以圆 1O 与圆 2O 为截面的球的表面积为（ ） A． 4 B． 28 3  C．112 3  D． 448 3  【答案】C 【解析】设球心为 O ，连接 1O P ， 2O P ，则O ， 1O ， 2O ， P 四点共圆，且OP 为所 在圆的直径，也为球的半径．在三角形 1 2O PO 中，由余弦定理得出 1 2 7OO  ，再由 正弦定理求出 OP ．利用球表面积公式计算． 【详解】 设球心为O ，连接 1O P ， 2O P ，则O ， 1O ， 2O ， P 四点共圆，且 OP 为球的半径． 根据球的截面圆的性质， 1OO  ， 2OO  ． 可知 1 2O PO 为二面角 l   的平面角， 1 2 120O PO   ， 第 9 页 共 20 页 从而， 1 2 60O OO   ，在三角形 1 2O PO 中，由余弦定理得 1 2 7OO  ，再由正弦 定理得 1 2 1 2 7 2 21 sin 33 2 O OOP O OO    ． 球的表面积 2 22 21 1124 4 ( )3 3S R      ． 故选：C ． 【点睛】 本题考查与二面角有关的立体几何综合题，考查运算求解能力，推理论证能力；考 查化归与转化思想．综合性强，难度大，有一定的探索性，对数学思维能力要求较 高，属于难题． 13．已知底面边长为 1，侧棱长为 2 的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球 的体积为（ ） A． 32 3  B． 4 C． 2 D． 4 3  【答案】D 【解析】试题分析：根据正四棱柱的几何特征得：该球的直径为正四棱柱的体对角线， 故 2 2 22 1 1 ( 2) 2R     ，即得 1R  ，所以该球的体积 2 24 4 413 3 3V R     ， 故选 D. 【考点】正四棱柱的几何特征；球的体积. 二、填空题 14．直线3 4 0x y k   在两坐标轴上的截距之和为 2，则实数 k  __________． 【答案】 24 【解析】令 0x  表示出 y ，得到直线的纵截距．令 0y  表示出 x ，得到直线的横截 距．根据题意列方程求解． 【详解】 令 0x  解得： 4 ky  ，令 0y  解得 3 kx   ，由题意得： 23 4 k k   ，解得： 24k   ． 【点睛】 第 10 页 共 20 页 本题主要考查了直线的截距问题，直线方程 0Ax By C   ，令 0x  解出 y ，得到直 线的纵截距．令 0y  解出 x ，得到直线的横截距． 15．四边形 ABCD 的直观图是一个底角为 45 ，腰和上底均为 1 的等腰梯形 A B C D    ， 那么四边形 ABCD 的面积为_________. 【答案】 2 2 【解析】根据四边形 ABCD 的直观图是一个底角为 45 ，腰和上底均为 1 的等腰梯形, 可得原图是上底为1，下底为1 2 ，高为 2 的直角梯形，即可求出原图四边形 ABCD 的面积. 【详解】 由题意知直观图如图： 1A D   ， 1D C   ， 45D A B     ，过点 D¢作 D O A B   于点O ，所以 2 2A O  ， 所以 21 2 2 12A B       ， 原图如图： 1 2AB   ， 2AD  ， 1CD  ，所以梯形 ABCD 面积为1 1 2 2 2 22      ， 故答案为： 2 2 【点睛】 本题主要考查了斜二测画法作图规则，属于逆用题型. 第 11 页 共 20 页 16．如图，在矩形 ABCD 中， 2AB  ， 2BC  ，点 E 为 BC 的中点，点 F 在边 CD 上，且 2DC DF  ，则 AE BF    的值是_________ 【答案】 2 【解析】先表示出 2( 1)2BF AB AD     和 1 2AE AB AD  uuur uuur uuur ，再求得 2 2AB  ， 2 2 4AD BC   ， 0   AD AB ，最后求 AE BF  即可. 【详解】 解：因为点 F 在边 CD 上，且 2DC DF  ， 所以 2 2( 1)2 2BF BA AD DF AB AD AB AB AD                  ， 因为点 E 为 BC 的中点， 所以 1 2         AE AB BE AB AD 所以 2 21 2 2 1 1 2( 1) ( 1) (1 )2 2 2 2 2 4AE BF AB AD AB AD AB AD AD AB                               在矩形 ABCD 中， 2AB  ， 2BC  ， 90DAB   ， 所以 2 2AB  ， 2 2 4AD BC   ， 0   AD AB ， 所以 2 22 1 2 1( 1) ( 1) 2 4 22 2 2 2AE BF AB AD             所以 2AE BF   故答案为： 2 . 【点睛】 本题考查平面向量的线性运算、平面向量的基本定理、求平面向量的数量积，是中档题. 17．已知六棱锥 P ABCDEF 的底面是正六边形， PA  平面 ABC ， 2PA AB ， 则下列结论正确的是_________. ① PB AD ； 第 12 页 共 20 页 ②平面 PAB  平面 ABC ； ③平面 PAB  平面 PAE ； ④直线 / /BC 平面 PAE ； ⑤直线 PD 与平面 ABC 所成的角为 45 【答案】②③⑤ 【解析】①若 PB AD ，由 PA  平面 ABC ，得到 PA AD ，则 AD  平面 PAB 判 断；②由 PA  平面 ABC ，利用面面垂直的判定定理判断； ③易得 AB  平面 PAE， 再利用面面垂直的判定定理判断；④由直线 / /BC AD ，易得 / /BC 平面 PAD ，再由平 面 PAD 与平面 PAE 相交判断；⑤根据 PA  平面 ABC ，得到 PDA 直线 PD 与平面 ABC 所成的角，然后再由 2PA AB 求解判断. 【详解】 如图所示： ①若 PB AD ，又 PA  平面 ABC ，则 ,PA AD PA PB P   ，所以 AD  平面 PAB ，则 AD BD ，而 60BAD   ，故错误； ② PA  平面 ABC ， PA  平面 PAB ，所以平面 PAB  平面 ABC ，故正确； ③因为 PA  平面 ABC ，所以 PA AB ，又 ,AB AE AE PA A   ，所以 AB  平 面 PAE， AB Ì平面 PAB，所以 平面 PAB  平面 PAE ，故正确； ④因为直线 / /BC AD ， BC 平面 ,PAD AD 平面 PAD ，所以 / /BC 平面 PAD ， 显然 BC 与平面 PAE 不平行，故错误； ⑤因为 PA  平面 ABC ，所以 PDA 直线 PD 与平面 ABC 所成的角，又 2PA AB ， 第 13 页 共 20 页 2AD AB ，所以 tan 1PAPDA AD    ，则 45PDA   ，故正确； 故答案为： ②③⑤ 【点睛】 本题主要考查线面，面面位置关系的判断，还考查转化化归的思想和逻辑推理的能力， 属于中档题. 三、解答题 18．图 1 是由矩形 ADEB . Rt ABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其中 BE BF ，将其沿 AB ， BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连结 DG ，如图 2. （1）证明：图 2 中的 , , ,A C G D 四点共面； （2）证明：平面 ABC  平面 BCGE . 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）易得 AD  BE，CG  BE，由平行关系的传递性得到 AD  CG，再利用平 面的基本性质证明. （2）由 AB  BE，AB  BC，利用线面垂直的判定定理得到 AB  平面 BCGE，再利用 面面垂直的判定定理证明. 【详解】 （1）由已知得 AD  BE，CG  BE， 所以 AD  CG， 故 AD，CG 确定一个平面， 从而 A，C，G，D 四点共面. （2）由已知得 AB  BE，AB  BC， BE BC B ， 故 AB  平面 BCGE. 又因为 AB  平面 ABC， 所以平面 ABC  平面 BCGE.. 【点睛】 第 14 页 共 20 页 本题主要考查平面的基本性质和线面垂直、面面垂直的判定定理，还考查了逻辑推理的 能力，属于中档题. 19．已知圆 2 2: 2 4 0C x y y    ,直线 : 1 0l mx y m    ． （1）判断直线 l 与圆C 的位置关系； （2）若直线 l 与圆C 交于不同两点 ,A B ,且 3 2AB  ,求直线 l 的方程． 【答案】（1）直线 与圆 相交；（2） 或 ． 【解析】试题分析：（1）通过比较圆心到直线的距离与半径的关系，不难发现直线和圆 相交．（2）根据垂径定理，得到圆心与直线的距离，进而列方程求解即可． 试题解析：（1）将圆方程化为标准方程 ,所以圆 的圆心 ,半径 ,圆心 到直线 的距离 ,因此直线 与圆 相交． （2）设圆心到直线 的距离为 ,则 ,又 ,解得 所求直线为 或 ． 【考点】直线与圆的位置关系． 20．如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形， 45ADC  o ， 1AD AC  ，O 为 AC 的中点， PO 平面 ABCD ， 2PD  ， M 为 PD 的中点. （1）证明: / /PB 平面 MAC ； （2）求直线 AM 与平面 ABCD 所成角的正切值. （3）求三棱锥 B AMC 的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2） 4 5 5 ；（3） 11 24 . 【解析】(1)连接 BD，MO，在平行四边形 ABCD 中，知 PB∥MO.，由此能够证明 PB∥ 第 15 页 共 20 页 平面 ACM; (2）取 DO 中点 N，连接 MN，AN，可知∠MAN 是直线 AM 与平面 ABCD 所成的角，解 三角形求正切值; （3）由题意 B AMC M ABCV V  ，根据体积公式计算即可. 【详解】 (1)连接 BD，MO，在平行四边形 ABCD 中， 因为 O 为 AC 的中点，所以 O 为 BD 的中点， 又 M 为 PD 的中点，所以 PB∥MO. 因为 PB⊄平面 ACM，MO ⊂ 平面 ACM， 所以 PB∥平面 ACM. (2)取 DO 中点 N，连接 MN.AN，因为 M 为 PD 的中点， 所以 MN∥PO，且 MN＝ 1 2 PO＝1. 由 PO⊥平面 ABCD，得 MN⊥平面 ABCD， 所以∠MAN 是直线 AM 与平面 ABCD 所成的角. 在 Rt△DAO 中，AD＝1，AO＝ 1 2 ， 所以 DO＝ 5 2 ，从而 AN＝ 1 2 DO＝ 5 4 ， 在 Rt△ANM 中，tan∠MAN＝ 4 5 5 MN AN  即直线 AM 与平面 ABCD 所成角的正切值为 4 5 5 （3）∵ PO  平面 ,ABCD M 是 PD 的中点， ∴ M 到平面 ABCD 的距离为 1 2 PO 第 16 页 共 20 页 又∵ 1, 45AD AC ADC     ，四边形 ABCD 是平行四边形， ∴ 1 2ABC ADCS S △ △ ， 5 2DO  又∵ 2PD  ∴ 11 2PO  ∴ 1 1 11 3 2 24B AMC M ABC ABCV V S PO    △ 【点睛】 本题考查直线与平面平行的证明，考查直线与平面所成角的正切值的求法．解题时要认 真审题，仔细解答注意合理地转化空间问题为平面问题. 21．已知数列{ }na 的前 n 项和 21 2nS n kn   ， Nk  ，且 nS 的最大值为 8. （1）确定 k 的值并求数列{ }na 的通项公式； （2）求数列 9 2 2 n n a    的前 n 项和 nT . 【答案】（1） 4k  ， 9 2na n  ；（2） 1 24 2n n nT    . 【解析】（1）利用前 n 项和 21 2nS n kn   ， Nk  ，且 nS 的最大值为 8 先求出参数 k 的值，然后求数列的通项公式； （2）利用乘公比错位相减求前 n 项和. 【详解】 （1）∵ 2 2 21 1 1( )2 2 2nS n kn n k k       ，开口向下得抛物线，又 n ， Nk  ， 所以当 n k 时， 2 max 1( ) 2nS k ，由题设 21 82 k  ， Nk  ，故 4k  ； 得 21 42nS n n   ；当 1n  时， 1 1 1 742 2a S     ； 当 2n  时， 2 2 1 1 1 94 [ ( 1) 4( 1)]2 2 2n n na S S n n n n n            因为 1n  时， 1 1 1 742 2a S     ，也满足 9 2na n  ，所以 9 2na n  ， （2）∵ 9 2na n  ， ∴ 1 9 2 2 2 n n n a n    ， 第 17 页 共 20 页 故 0 2 2 1 1 2 3 1 2 2 2 2 2n n n n nT        … ， 2 1 1 1 2 1 2 2 2 2 2n n n n nT      … ， 由① ②得： 2 1 1 2 1 11 2(1 )2 2 2 2 2 2 2n n n n n n nT         … ， 故 1 24 2n n nT    . 【点睛】 本题主要考查了由数列的递推公式求解数列的通项公式，以及乘公比错位相减求和，属 于中档题. 22．如图，在四棱锥 E ABCD 中， AB ⊥平面 BCE ， CD ⊥平面 BCE ， 2 2AB BC CE CD    ， 120BCE   . （1）求证：平面 ADE  平面 ABE ； （2）求点C 到平面 EDB 的距离； （3）求二面角 C EB D  的大小. 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 2 ；（3） 45 . 【解析】（1）取 AE EB、 的中点G H、 ，连接 DG GH HC、 、 ，结合题干可证CH  平面 EBA ，四边形 CDGH 为平行四边形，从而得证 DG  平面 EBA ，进而得证； （2）采用等体积法，结合几何关系求出 D ECBV  和 EDBS△ ，由 D ECB C EBDV V  联立即可 求解； （3）由定义法可证 DHC 是二面角C EB D  的平面角，结合几何关系即可求解. 【详解】 （1）分别取 AE EB、 的中点G H、 ，连接 DG GH HC、 、 ， ∴GH 是 EAB 的中位线，∴ 1/ / , 2GH AB GH AB ， ∵ EC CB ，∴CH EB ，又∵ AB  平面 EBC ， ∴ AB HC ，又∵ AB EB B  ，∴CH 平面 EBA ， 第 18 页 共 20 页 又∵CD  平面 1, 2EBC CD AB ， ∴ 1/ / , 2CD AB CD AB ，∴ / / ,CD GH CD GH ， ∴四边形CDGH 为平行四边形，∴ / /CH DG ， ∴ DG  平面 EBA ，又∵ DG  平面 ADE ， ∴平面 ADE  平面 EBA ； (2)∵ 2, 120 , 1EC CB BCE CD     ， ∴ 3ECBS △ ，∴ 1 3 3 3D ECB ECBV S CD   △ ， 又∵ 5, 2 3ED BD EB   ，∴ 2DH  ， ∴ 1 62EDBS EB DH  △ ， 设C 到平面 EBD 的距离为 h ， ∴ 1 6 3 3 3 3C EDB EDBV S h h  △ ，∴ 2 2h  ， 即点C 到平面 EBD 的距离为 2 2 ； （3）∵ DEB ECB△ 、△ 是等腰三角形， ∴ ,EB CH EB DH  ， ∴ DHC 是二面角C EB D  的平面角， 又∵ 1, 90CH CD DCH     ，∴ 45DHC   ， 即二面角C EB D  的平面角大小为 45. 第 19 页 共 20 页 【点睛】 本题考查面面垂直的证明，等体积法求点面距离，定义法求解二面角的大小，属于中档 题 23． 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   . 第 20 页 共 20 页 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            . 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.