2020-2021学年辽宁省大连市瓦房店市实验高级中学高二上学期月考数学试题（解析版）

第 1 页 共 22 页 2020-2021 学年辽宁省大连市瓦房店市实验高级中学高二上 学期月考数学试题 一、单选题 1．下列命题中，假命题是（ ） A．同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小 B．两个相等的向量，若起点相同，则终点也相同 C．只有零向量的模等于 0 D．共线的单位向量都相等 【答案】D 【解析】根据向量的定义即可判断出答案. 【详解】 A.向量是有向线段，不能比较大小.真命题. B.两向量相等：方向相同，模长相等.起点相同，则终点也相同.真命题. C.零向量：模长为 0 的向量.真命题. D.共线的单位向量是相等向量或相反向量. 假命题. 故选：D. 【点睛】 本题考查向量的定义，属于基础题.向量：有向线段.既有大小也有方向. 2．设 ,x y R ，向量      ,1,1 , 1, ,1 , 2, 4,2 ,a x b y c     且 , / /a c b c    ，则 a b   （ ） A． 2 2 B． 10 C．3 D．4 【答案】C 【解析】根据向量垂直和平行的坐标表示求得参数 ,x y ，再求向量模长即可. 【详解】  / / , 2 4 1, 2, 1, 21b c y y b             ， ，  , 1 2 1 0, 1a b a b x x             ，    1,11 2, 1,2a a b      ， ，  22 22 1 2 3a b       第 2 页 共 22 页 故选：C . 【点睛】 本题考查向量垂直、平行以及模长的坐标表示，属综合基础题. 3．若直线 l∥α，且 l 的方向向量为(2，m,1)，平面α的法向量为 11, ,22      ，则 m 为( ) A．－4 B．－6 C．－8 D．8 【答案】C 【解析】由 l∥α，可得 m • n =0，即可得出 m 的值． 【详解】 ∵l∥α，∴ m • n =2+ 1 2 m+2=0． ∴m=﹣8． 故选 C． 【点睛】 本题考查了线面平行的性质、数量积运算性质、法向量的应用，考查了推理能力与计算 能力，属于基础题． 4．在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 2AB BC  ， 1 1AA  ，则直线 1BC 与平面 1 1BB DD 所成角的正弦值为（ ） A． 6 3 B． 10 2 C． 15 5 D． 10 5 【答案】D 【解析】由题意，由于图形中已经出现了两两垂直的三条直线,所以可以利用空间向量 的方法求解直线与平面所成的夹角． 【详解】 解：以 D 点为坐标原点，以 1, ,DA DC DD 所在的直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立空间 直角坐标系， 第 3 页 共 22 页 则 1(2,0,0), (2,2,0), (0,2,0),A B C C (0,2,1) , 1 ( 2,0,1), ( 2,2,0),BC AC AC       为平面 1 1BB D D 的一个法向量． 1 4 10cos , 55 8 BC AC       ． ∴直线 1BC 与平面 1 1BB DD 所成角的正弦值为 10 5 . 故选：D． 【点睛】 此题重点考查了利用空间向量，抓住直线与平面所成的角与该直线的方向向量与平面的 法向量的夹角之间的关系,利用向量方法解决立体几何问题． 5．已知平面 的一个法向量为 (2,2,1)n   ，点 ( 1,3,0)A  在平面 内，则点 (2,1,3)P 到平面 的距离为（ ） A． 5 3 B． 4 3 C．1 D． 2 3 【答案】A 【解析】根据点到平面的距离的向量公式直接计算即可. 【详解】 由题意 ( 3,2, 3)PA     ， 则 | | | 6 4 3| 5 34 4 1| | n PAd n            ， 故选：A 【点睛】 本题主要考查了点到平面的距离，向量法求点到平面的距离，属于容易题. 6．二面角 － l －  为 60°，A、B 是棱l 上的两点，AC 、BD 分别在半平面 、 内， 第 4 页 共 22 页 AC l ， BD l ，且 AB AC a  ， 2BD a ，则CD 的长为（ ） A． 3a B． 2 2a C． 5a D． 2a 【答案】D 【解析】由已知条件和空间向量加法可得CD CA AB BD      ，再根据向量模和数量 积的关系可得  2 CD CA AB BD   uuur uur uuur uuur ，由此能求出 CD 的长． 【详解】 因为二面角 －l －  为 60°，A、B 是棱 l 上的两点， AC 、 BD 分别在半平面 、 内， AC l ， BD l ， 所以 , 60AC BD  ouuur uuur ， 0AC BA   ， 0AB BD   又CD CA AB BD      所以   2 2 22 +2 +2 +2 CD CA AB BD CA AB BD CA AB AB BD CA BD         uuur uur uuur uuur uur uuur uuur uur uuur uuur uuur uur uuur 2 2 2 +2 CA AB BD CA BD    uur uuur uuur uur uuur  22 2 2= 2 2 cos120 2a a a a a a     o . 所以 CD 的长为 2a . 故选：D. 【点睛】 本题考查空间线段长的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用． 7．在四面体 O-ABC 中,G1 是△ABC 的重心,G 是 OG1 上的一点,且 OG=3GG1,若 OG  =xOA  +y OB  +z OC  ,则(x,y,z)为( ) A． 1 1 1, ,4 4 4      B． 3 3 3, ,4 4 4      第 5 页 共 22 页 C． 1 1 1, ,3 3 3      D． 2 2 2, ,3 3 3      【答案】A 【解析】如图所示,连接 AG1 交 BC 于点 E,则 E 为 BC 中点,利用空间向量的运算法则求 得 1 3 1 1 1 4 4 4 4OG OG OA OB OC        ,即得(x,y,z). 【详解】 如图所示,连接 AG1 交 BC 于点 E,则 E 为 BC 中点, 1 (2AE AB AC    )= 1 (2 OB  -2 OA OC  ), 1 2 1 (3 3AG AE OB    -2OA OC  ). 因为OG  =3 1GG  =3( 1OG OG  ), 所以 OG= 3 4 OG1. 则 1 1 3 3 (4 4OG OG OA AG      )= 3 1 2 1 1 1 1 4 3 3 3 4 4 4OA OB OA OC OA OB OC               　 　 　 　 . 故答案为 A 【点睛】 （1）本题主要考查空间向量的运算法则和基底法，意在考查学生对这些知识的掌握水 平和分析推理能力.(2) 如果三个向量 , ,a b c    不共面，那么对于空间任意一个向量 p  ，存 在一个唯一的有序实数组 , ,x y z 使 p xa yb zc      ．我们把 , ,x y z 叫做空间的一个 基底，其中 , ,a b c    叫基向量. 8．在空间直角坐标系O xyz 中， (0,0,0), (2 2,0,0), (0,2 2,0)O E F ，B 为 EF 的中点， C 为空间一点且满足| | | | 3CO CB   ，若 1cos , 6EF BC   ，，则OC OF   （ ） A．9 B．7 C．5 D．3 【答案】D 【解析】利用中点坐标公式可得点 B 的坐标，设 ( , , )C x y z ，利用| | | | 3CO CB   ， 1cos , 6EF BC   可解出点C 的纵坐标，最后利用数量积的坐标运算可得 OC OF  的 值. 第 6 页 共 22 页 【详解】 设 ( , , )C x y z ， ( 2, 2,0)B ， ( , , )OC x y z ， ( 2, 2, )BC x y z   ， ( 2 2,2 2,0)EF   ， 由 ( 2 2,2 2,0) ( 2, 2, ) 1cos , 4 3 6 EF BC x y zEF BC EF BC             ， 整理可得： 2 2x y   ， 由| | | | 3CO CB   ，得 2 2 2 2( 2) ( 2)x y x y     ， 化简得 2x y  ， 以上方程组联立得 2 3 2,4 4x y  ， 则  ( , , ) 0,2 2,0 2 2 3OC OF x y z y      . 故选：D. 【点睛】 本题主要考查了空间直角坐标系下向量数量积的运算,解题关键是掌握向量数量积运算 的基础知识,考查了分析能力和计算能力,属于中档题. 二、多选题 9．（多选题）对于 2 2 5x x  ，下列说法正确的是（ ） A．可看作点 ,0x 与点  1,2 的距离 B．可看作点 ,0x 与点 1, 2  的距离 C．可看作点 ,0x 与点 1,2 的距离 D．可看作点 , 1x  与点  1,1 的距离 【答案】BCD 【解析】化简 2 2 5x x          2 2 2 21 0 2 1 1 1x x        ，结合两点 间的距离公式，即可求解. 【详解】 由题意，可得  22 2 5 1 4x x x             2 2 2 21 0 2 1 1 1x x        ， 第 7 页 共 22 页 可看作点  ,0x 与点 1, 2  的距离，可看作点 ,0x 与点( )1,2- 的距离，可看作点  , 1x  与点 1,1 的距离，故选项 A 不正确， 故答案为：BCD. 【点睛】 本题主要考查平面上两点间的距离公式及其应用，其中解答中熟记平面上两点间的距离 公式是解答的关键，属于基础题. 10．关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 B．若对空间中任意一点 O ，有 1 1 1 6 3 2OP OA OB OC        ，则 P ， A ， B ，C 四点 共面 C．已知向量 , ,a b c    组是空间的一个基底，若 m a c      ，则 , ,a b m    也是空间的一 个基底 D．若 0a b     ，则 a b    是钝角 【答案】ABC 【解析】根据共线向量的概念，可判定 A 是正确的;根据空间向量的基本定理，可判定 B 是正确的;根据空间基底的概念，可判定 C 正确;根据向量的夹角和数量积的意义，可 判定 D 不正确. 【详解】 对于 A 中，根据共线向量的概念，可知空间中的三个向量，若有两个向量共线， 则这三个向量一定共面，所以是正确的; 对于 B 中，若对空间中任意一点O ，有 1 1 1 6 3 2OP OA OB OC        ，因为 1 1 1 16 3 2    ， 根据空间向量的基本定理,可得 P,A,B,C 四点一定共面，所以是正确的; 对于 C 中，由 , ,a b c    是空间中的一组基底，则向量 , ,a b c    不共面， 可得向量 , ,a b c a   不共面，所以 , ,a b m    也是空间的一组基底，所以是正确的; 对于 D 中，若 0a b     ，又由 [0, ]a b      ，所以 ( , ]2a b       ，所以不正确. 故选：ABC 第 8 页 共 22 页 【点睛】 本题主要考查了空间的向量的共线定理、共面定理的应用，基底的概念与判定，以及向 量的夹角的应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力. 11．如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 1， E 是 1DD 的中点，则（ ） A．直线 1 //B C 平面 1A BD B． 1 1B C BD C．三棱锥 1 1C B CE 的体积为 1 3 D．异面直线 1B C 与 BD 所成的角为 60 【答案】ABD 【解析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一验证即可； 【详解】 解：如图建立空间直角坐标系，  0,0,0A ，  1,0,0B ，  1,1,0C ，  0,1,0D ，  1 0,0,1A ，  1 1,0,1B ，  1 1,1,1C ，  1 0,1,1D ， 10,1, 2      E ，  1B C 0,1, 1  ，  1 1,1,1BD   ，  1,1,0BD   ，  1 1,0,1BA   所以  1 1 1 0 1 1 1 1 0B C BD             ，即 1 1BC BD    ，所以 1 1B C BD ，故 B 正 确；  1 1 0 1 1 1 0 1B C BD            ， 1 2B C  ， 2BD  ， 设异面直线 1B C 与 BD 所成的角为 ，则 1 1 1cos 2 B C BD B C BD             ，又 0, 2      ，所 以 3   ，故 D 正确； 设平面 1A BD 的法向量为  , ,n x y z ，则 1· 0 · 0 n BA n BD       ，即 0 0 x y x z       ，取  1,1,1n  ， 则  1 0 1 1 1 1 1 0n B C           ，即 1Cn B  ，又直线 1B C  平面 1A BD ，所以直 线 1 //B C 平面 1A BD ，故 A 正确； 第 9 页 共 22 页 1 1 1 1 11 1 1 1 1 11 1 13 3 2 6C B CE B C CE C CEV B C SV           ，故 C 错误； 故选：ABD 【点睛】 本题考查空间向量法在立体几何中的应用，属于中档题. 12．如图，一个结晶体的形状为平行六面体 1 1 1 1ABCD A B C D ，其中，以顶点 A 为端 点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是 60°，下列说法中正确的是（ ） A．   2 2 1 2AA AB AD AC      B．  1 0AC AB AD     C．向量 1B C 与 1AA 的夹角是 60° D． 1BD 与 AC 所成角的余弦值为 6 3 【答案】AB 【解析】直接用空间向量的基本定理，向量的运算对每一个选项进行逐一判断. 【详解】 以顶点 A 为端点的三条棱长都相等, 它们彼此的夹角都是 60°， 可设棱长为 1,则 1 1 11 1 cos60 2AA AB AA AD AD AB                2 2 2 2 1 1 1 1= +2 +2 +2AA AB AD AA AB AD AA AB AB AD AA AD                  11 1 1 3 2 62        第 10 页 共 22 页 而      2 2 2 2 2 2 2 2AC AB AD AB AD AB AD            12 1 1 2 2 3 62           ， 所以 A 正确.      1 1AC AB AD AA AB AD AB AD             2 2 1 1AA AB AA AD AB AB AD AD AB AD                   =0,所以 B 正确. 向量 1 1B C A D  , 显然 1AA D△ 为等边三角形，则 1 60AA D   . 所以向量 1A D  与 1AA  的夹角是120 ,向量 1B C  与 1AA  的夹角是120 ,则 C 不正确 又 11 =AD AABD AB     ， AC AB AD    则  2 11| | = 2AD AA AB BD       ，  2 | | = 3AC AB AD       1 1 1AD AA ABBD AC AB AD          所以 1 1 1 1 6cos = = = 6| || | 2 3 BD ACBD AC BD AC        ， ，所以 D 不正确. 故选：AB 【点睛】 本题考查空间向量的运算，用向量求夹角等，属于中档题. 三、填空题 13．设点 A 在 x 轴上，点 B 在 y 轴上， AB 的中点是 (2 1)P ， ，则 AB 等于________ 【答案】 2 5 【解析】根据点 A 在 x 轴上，点 B 在 y 轴上，且 AB 的中点是 (2 1)P ， ，利用中点坐标 公式得到 A，B 的坐标，再利用两点间的距离公式求解. 【详解】 因为点 A 在 x 轴上，点 B 在 y 轴上，且 AB 的中点是 (2 1)P ， ， 所以 (4 0), (0 2)， ，A B ， 所以     224 0 0 2 2 5     AB ， 故答案为： 2 5 第 11 页 共 22 页 【点睛】 本题主要考查两点间的距离公式和中点坐标公式的应用，属于基础题. 14．如图，正三棱锥V ABC 的侧棱长为 3，底面边长为 2，则VA 与 BC 所成角的余 弦值为______. 【答案】 0 【解析】根据向量的运算得出VA BC VA VC VA VB          ，利用数量积公式得出VA 与 BC 所成角的余弦值. 【详解】 设VA  与VC  的夹角为 ，则VA  与VB  的夹角也是 BC VC VB     9cos 9cos 0VA BC VA VC VA VB                则VA与 BC 所成角的余弦值为 0 | | | | VA BC VA BC        故答案为： 0 【点睛】 本题主要考查了求异面直线的夹角的余弦值，属于中档题. 15．已知空间三点的坐标为  1,5, 2A  、  2,4,1B 、  ,3, 2C p q  ，若 A 、B 、C 三 点共线，则 p q  ______. 【答案】5 【解析】将 A 、 B 、C 三点共线转化为 //AB AC uuur uuur ，设 AC k AB uuur uuur ，利用空间向量的坐 标运算列出方程组可求出 p 、 q、 k 的值，可求出 p q 的值. 【详解】 由题意可得  1, 1,3AB   uuur ，  1, 2, 4AC p q    uuur ， 第 12 页 共 22 页 A 、B 、C 三点共线，则 //AB AC uuur uuur ，则存在实数 k ，使得 1 2 4 3 p k k q k         ，解得 2 3 2 k p q      ， 因此， 5p q  ，故答案为5 . 【点睛】 本题考查空间中三点共线问题，解题的关键在于将三点共线转化为向量共线来处理，考 查运算求解能力，属于基础题. 16．如图，在正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中，底面边长为 2，直线 1CC 与平面 1ACD 所 成角的正弦值为 1 3 ，则正四棱柱的高为_____． 【答案】4 【解析】以 D 为坐标原点， 1, ,DA DC DD 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间 直角坐标系, 设 1DD a ，求出平面 1ACD 的一个法向量 n  ，则 1 1cos , 3n CC   ，则 可以得到答案. 【详解】 解：以 D 为坐标原点， 1, ,DA DC DD 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图所示 的空间直角坐标系， 设 1DD a ，则 (2,0,0)A ， (0,2,0)C ， 1(0,0, )D a ，故 ( 2,2,0)  AC ， 1 ( 2,0, )AD a  ， 1 (0,0, )CC a ， 设平面 1ACD 的一个法向量为 ( , , )n x y z ，则 1 2 2 0 2 0 n AC x y n AD x az               ，可取 21,1,n a       ， 第 13 页 共 22 页 故 1 1 2 1 2 2 2cos , | || | 4 2 42 n CCn CC n CC aa a            ， 又直线 1CC 与平面 1ACD 所成角的正弦值为 1 3 ， 2 2 1 32 4a    ，解得 4a  ． 故答案为：4． 【点睛】 本题考查根据线面角，利用向量法求柱体的高，属于中档题. 四、解答题 17．在 ABC 中，  2, 5,3A  ，  4,1,2AB  ，  3, 2,5BC   . （1）求顶点 B 、C 的坐标； （2）求CA BC  ； （3）若点 P 在 AC 上，且 1 2AP PC  ，求点 P 的坐标. 【答案】（1）  6, 4,5B  ，  9, 6,10C  ；（2） 58CA BC    ；（3） 13 16 16, ,3 3 3P    . 【解析】（1）利用向量的坐标运算可求得点 B 、C 的坐标； （2）计算出向量CA  、BC  的坐标，利用空间向量数量积的坐标运算可求得CA BC  的 值； （3）由 1 2AP PC  可得  1 2OP OA OC OP      ，可求得向量OP  的坐标，进而可 求得点 P 的坐标. 【详解】 第 14 页 共 22 页 （1）设点O 为坐标原点，      2, 5,3 4,1,2 6, 4,5OB OA AB         ， 则  6, 4,5B  .      6, 4,5 3, 2,5 9, 6,10OC OB BC          ，则  9, 6,10C  ； （2）  7, 1,7AC AB BC      ，则  7,1, 7CA    ， 又  3, 2,5BC   ，因此，    7 3 1 2 7 5 58CA BC             ； （3）设点O 为坐标原点， 1 2AP PC   ，则  1 2OP OA OC OP      ， 则    2 1 2 1 13 16 162, 5,3 9, 6,10 , ,3 3 3 3 3 3 3OP OA OC               ， 所以，点 P 的坐标为 13 16 16, ,3 3 3     . 【点睛】 本题考查空间向量的坐标运算，同时也考查了空间向量数量积的计算，考查计算能力， 属于中等题. 18．用坐标法证明：直角三角形斜边的中点到三个顶点的距离都相等 【答案】证明见解析. 【解析】建立平面直角坐标系，设  0,A a ，  ,0B b ，得到 AB 的中点 C 的坐标为 ,2 2 a b     ，然后用两点间的距离分别求得 CA ， CB ， CO 即可. 【详解】 建立如图所示的平面直角坐标系， 设  0,A a ，  ,0B b ，则 AB 的中点 C 的坐标为 ,2 2 a b    . 第 15 页 共 22 页 ∵ 2 2 2 2 02 2 2 b a a bCA a               ， 2 2 2 2 02 2 2 b a a bCB b               ， 2 2 2 2 02 2 2 b a a bCO b               ∴ CA CB CO  ， 即直角三角形斜边的中点到三个顶点的距离都相等. 【点睛】 本题主要考查两点间的距离公式的应用，属于基础题. 19．如图，在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，∠ABC=90°，BC=2，CC1=4，点 E 在棱 BB1 上，EB1=1，D，F，G 分别为 CC1，B1C1，A1C1 的中点，EF 与 B1D 相交于点 H. （1）求证：B1D⊥平面 ABD； （2）求证：平面 EGF∥平面 ABD； （3）求平面 EGF 与平面 ABD 的距离. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析. 【解析】（1）建立空间直角坐标系，运用线面垂直的判定定理可得证； （2）由面面平行的判定定理可得证； （3）根据两个平行平面间距离的定义，可将平面与平面间的距离转化为一个平面内一 点到另一个平面的距离，即点面距. 【详解】 （1）证明：如图所示建立空间直角坐标系， 设 AB=a，则 A1(a，0，0)，B1(0，0，0)，C1(0，2，0)，F(0，1，0)，E(0，0，1)，A(a， 第 16 页 共 22 页 0，4)，B(0，0，4)， D(0，2，2)，G 1 02 a     ，， . 所以 1B D  =(0，2，2)， AB  =(-a，0，0)， BD  =(0，2，-2). 所以 1 ·B D AB   =0+0+0=0， 1 ·B D BD   =0+4-4=0. 所以 1 1B D AB B D BD    ， ， 所以 B1D⊥AB，B1D⊥BD. 又 AB∩BD=B，所以 B1D⊥平面 ABD. （2）证明：由（1）可得 AB  =(-a，0，0)， BD  =(0，2，-2)， - 0 02 aGF EF      ，， ， =(0， 1，-1)，所以 AB  =2 GF BD  ， =2 EF  ，所以 // //GF AB EF BD    ， . 所以 GF∥AB，EF∥BD. 又 GF∩EF=F，AB∩BD=B，所以平面 EGF∥平面 ABD. （3）解：由（1）（2）知， 1B D  是平面 EGF 和平面 ABD 的法向量. 因为平面 EGF∥平面 ABD，所以点 E 到平面 ABD 的距离就是两平面的距离，设为 d. 因为 EB  =(0，0，3)， 1B D  =(0，2，2)， 所以 d= 1 2 2 1 | | 6 3 2 2| | 2 2 B D EB B D        .即两平面间的距离为 3 2 2 . 【点睛】 第 17 页 共 22 页 本题考查空间中的线面垂直、面面平行的证明，面到面的距离转化到一个面内一个点到 面的距离的问题，属于中档题. 20．已知  1,1,2a    ，  6,2 1,2b m  . （1）若 //a b r r ，分别求  与 m 的值； （2）若 5a  ，且与  2, 2 ,c     垂直，求 a  . 【答案】（1） 1 5   ， 3m  ；（2）  0,1, 2a   . 【解析】（1）设  a kb k R   ，利用空间向量的坐标运算可得出关于 k 、 、m 的方 程组，进而可解得实数  与 m 的值； （2）根据题意可得出关于  的等式组，解得实数  的值，由此可得出向量 a  的坐标. 【详解】 （1） //a b r r Q ，设  a kb k R   ，得   1,1,2 6,2 1,2k m    ，   1 6 1 2 1 2 2 k k m k          ，解得 1 5 3 k m      ，因此， 1 5   ， 3m  ； （2） 5 0 a a c         ，       2 22 2 1 1 2 5 2 1 2 2 0               ，化简，得 2 2 5 2 3 0 2 2 0           ，解得 1   . 因此，  0,1, 2a   . 【点睛】 本题考查利用空间向量共线求参数，同时也考查了利用空间向量的坐标运算处理垂直和 模的相关问题，考查计算能力，属于中等题. 21．如图，三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， AB  平面 1 1BBC C ，点 E 是棱 1C C 的中点，已 知 1 1 1 1 1 12 5A B B C C C B E   ， ． 第 18 页 共 22 页 （Ⅰ）求证： 1B B  平面 ABC； （Ⅱ）求二面角 1 1A EB A  的余弦值． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） 5 .3 . 【解析】（Ⅰ）首先证明四边形 1 1BBC C 为矩形，可得 1B B BC^ ，结合 1B B AB ，可 证 1B B  平面 ABC （Ⅱ）分别以 BC ， 1BB BA 所在的直线为 , ,x y z 轴，建立空间直角坐标系，利用法 向量求二面角的余弦值. 【详解】 （Ⅰ）依题意，在 1 1B C E 中， 1 1 1 1 1 12 5 12B C B E C E C C   ， ， ， 所以 2 2 2 1 1 1 1B C C E B E  ， 所以 1 1 90B C E   ． 又因为三棱锥 1 1 1ABC A B C 中，四边形 1 1BBC C 为平行四边形， 所以四边形 1 1BBC C 为矩形， 所以 1B B BC^ ． 因为 AB  平面 1 1BBC C ， 1BB  平面 1 1BBC C ， 所以 1B B AB ． 又因为 AB BC ， 平面 ABC， AB BC B  ， 所以 1B B  平面 ABC． （Ⅱ）因为 AB  平面 1 1BBC C ， BC 平面 1 1BBC C ， 第 19 页 共 22 页 所以 AB BC ． 如图建立空间直角坐标系 B−xyz， 则 1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) )0 0 2 210 0 2 0 0 2 2 2 1( 0A E B A B E  , , , ,, , , , , , , , , , ， 1 1 1 )0 2 2( (0 0 2)B A B A   , , , , , ， 设平面 1AEB 的法向量为 ( , , )n x y z ，则 1 1 2 0,0, 2 2 0.0 x yn B E y zn B A             即 ， 令 1x  ，则 2y  ， 2z  ， 于是 , ,(1 )2 2n  ， 设平面 1 1A EB 的法向量为 1 1 1( , , )m x y z ，则 1 1 1 0 0 m B E m B A        即 1 1 1 2 0 2 0 x y z     令 1x  ，则 2y  ， 0z  ． 于是 (1,2,0)m  ， 所以 5 5cos , .33 5 n mn m n m          由题知二面角 1 1A EB A  为锐角，所以其余弦值为 5 .3 【点睛】 本题主要考查了线面位置关系线面垂直的证明以及二面角余弦值的求解，属于中档题. 22．如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形， AD AB ， //AD BC ， 3AD  ， 2AB BC  ， 4PA  ， 5PD  ，平面 PAD  平面 ABCD ，点 E 在棱 PD 上，  0 1PE PD     ， ,F G 分别为 ,PC PB 的中点，过 , ,E F G 三点的平面交 PA 于点 H ，且 //EF 平面 PAB ． 第 20 页 共 22 页 （1）求  的值； （2）求 PC 与平面 EFGH 所成角的正弦值． 【答案】（1） 1 3 ；（2） 2 78 39 ． 【解析】（1）首先证明四边形 EFGH 为平行四边形，再得出 1HE  ，然后用相似关系 求出  的值； （2）建立空间直角坐标系 A xyz ，用向量法求出 PC 与平面 EFGH 所成角的正弦值. 【详解】 解：（1）因为 EF  平面 PAB ，EF  平面 EFGH ，平面 PAB  平面 EFGH GH ， 所以 EF GH ． 因为 F 为 PC 的中点，G 为 PB 的中点， 所以 FG BC ． 又因为底面 ABCD 为直角梯形， AD BC∥ ， 所以 FG AD∥ ． 因为 FG  平面 PAD ， AD 平面 PAD ， 所以 FG∥平面 PAD ． 又因为平面 EFGH  平面 PAD EH ， 所以 FG EH∥ ， 从而四边形 EFGH 为平行四边形． 又 2BC  ，所以 1FG  ， 所以 1EH GF  ， 所以 1 3 PE EH PD AD   ，所以 1 3PE PD  ． 所以  的值为 1 3 ． 第 21 页 共 22 页 （2）由题可知 3AD  ， 4PA  ， 5PD  所以 2 2 2AD PA PD  ， 所以 PA AD ． 又因为平面 PAD  平面 ABCD ，且交于 AD ，所以 PA  平面 ABCD ． 又 AB AD ，所以 , ,AB AD AP 两两垂直． 以 A 为坐标原点，分别以向量 AB  ， AD  ， AP  所在方向为 x ， y ， z 轴的正方向建立 如图所示的空间直角坐标系 A xyz ． 所以  0,0,0A ，  2,0,0B ，  2,2,0C ，  0,3,0D ，  0,0,4P ． 由（1）可知 1 3   ，即 1 3PE PD ． 所以 80,1, 3E      ． 因为 EH AD∥ ， 1 3EH AD ， 所以 80,0, 3H      ． 又 F 为 PC 的中点，所以  1,1,2F ． 所以  0, 1,0EH   ， 21,0, 3EF       ，  2,2, 4PC   ． 设平面 EFGH 的一个法向量  , ,n x y z ， 所以 0, 0, n EF n EF         即 0, 2 0,3 y x z    令 3z  ，所以 2x  ，所以  2,0,3n  ． 设 PC 与平面 EFGH 所成的角的平面角为 ， 第 22 页 共 22 页 所以 8 2 78sin cos , 3913 24 n PC n PC n PC          ． 故 PC 与平面 EFGH 所成角的正弦值为 2 78 39 ． 【点睛】 本题主要考查立体几何、空间直角坐标系、直线与平面所成角的正弦值等相关知识，考 查运算求解能力，属于基础题型.