2020-2021学年陕西省高一（上）期末数学试卷人教新课标A版

这是一份2020-2021学年陕西省高一（上）期末数学试卷人教新课标A版，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 下列四个命题：①三点确定一个平面；②一条直线和一个点确定一个平面；③若四点不共面，则每三点一定不共线；④三条平行直线确定三个平面．其中正确的有（ ）
A.1个B.2个C.3个D.4个

2. 已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列说法错误的是（ ）
A.若m⊥α，m⊂β，则α⊥βB.若m // α，α∩β＝n，则m // n
C.若m // n，m⊥α，则n⊥αD.若m⊥α，n⊥β，m // n，则α // β

3. 对于任意的直线l与平面α，在平面α内必有直线m，使m与l( )
A.平行B.相交C.垂直D.互为异面直线

4. 如图所示，正方形O′A′B′C′的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是( )

A.6B.8C.2+32D.2+23

5. 已知圆C1:x2+y2−6y+8＝0，圆C2:x2+y2−8x+7＝0，则两圆C1，C2的位置关系为（ ）
A.相离B.相外切C.相交D.相内切

6. 已知P是圆x2+y2=1上的动点，则P点到直线l：x+y−22=0的距离的最小值为（ ）
A.1B.2C.2D.22

7. 两条直线l1:ax+2y−1＝0，l2:3x+(a+1)y+1＝0互相平行，则实数a的值是（ ）
A.1B.2C.3D.4

8. 若直线y＝x+b与曲线y＝3−有公共点，则b的取值范围是（ ）
A.B.
C.D.

9. 已知棱锥的正视图与俯视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，该三棱锥的侧视图可能为（ ）
A.B.C.D.

10. 如图，四面体ABCD中，CD＝4，AB＝2，E，F分别是AC，BD的中点，若EF⊥AB，则EF与CD所成的角的大小是（ ）

A.B.C.D.

11. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=12，则下列结论中错误的是（ ）

A.AC⊥BE
B.EF // 平面ABCD
C.三棱锥A−BEF的体积为定值
D.△AEF的面积与△BEF的面积相等

12. 已知球的半径为4，球面被互相垂直的两个平面所截，得到的两个圆的公共弦长为22．若球心到这两个平面的距离相等，则这两个圆的半径之和为（ ）
A.4B.6C.8D.10
二、填空题：本大题共4小题，每小题4分。

在空间直角坐标系O−xyz中，点A(−1, 2, 4)关于平面yOz的对称点是B，点C(−3, 1, 1)和点D(1, −1, 3)的中点是E，则|BE|＝________．

若圆锥的侧面展开图是圆心角为90∘的扇形，则这个圆锥的侧面积与底面积的比是________．

已知棱长为1的正方体内接于半球体，即正方体的上底面的四个顶点均在球面上，下底面的四个顶点在半球体的底面圆内，则该半球体（包括底面）的表面积为________．

在平面直角坐标系xOy中，点A为直线l:y＝2x上位于第一象限内的点，定点B(5, 0)，以AB为直径的圆与直线l交于另一点D，圆心为点C，若AB⊥CD，则点A的横坐标为________．
三、解答题：共56分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

已知角α=−920∘．
(1)把角α写成2kπ+β(0≤β<2π, k∈Z)的形式，并确定角α所在的象限；

(2)若角γ与α的终边相同，且γ∈(−4π, −3π)，求角γ．

已知△ABC的三个顶点分别为A(2, 1)，B(−2, 3)，C(0, −3)．
(Ⅰ)求BC边的垂直平分线的方程；
(Ⅱ)求△ABC的面积．

已知圆M:x2+(y−4)2＝1，直线l:2x−y＝0，点P在直线l上，过点P作圆M的切线PA，PB，切点为A，B．
(Ⅰ)若点P的坐标为(1, 2)，过P作直线与圆M交于C，D两点，当时，求直线CD的方程；
(Ⅱ)经过A，P，M三点的圆与圆M的公共弦是否过定点，若过定点，求出该定点的坐标，若不过定点，请说明理由．

如图，三棱锥A−BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BD．

(1)求证：CD⊥平面ABD；

(2)若AB=BD=CD=1，M为AD中点，求三棱锥A−MBC的体积．

已知圆C经过点A(0, 0)，B(7, 7)，圆心在直线上．
（1）求圆C的标准方程；

（2）若直线l与圆C相切且与x，y轴截距相等，求直线l的方程．

如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E是AB的中点．
(Ⅰ)证明：BD1 // 平面A1DE；
(Ⅱ)证明：D1E⊥A1D；
(Ⅲ)求二面角D1−EC−D的正切值．

参考答案与试题解析
2020-2021学年陕西省高一（上）期末数学试卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题4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.
【答案】
A
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
根据平面的公理与性质，对题目中的命题进行分析、判断正误即可．
【解答】
对于①，不在同一直线上的三点确定一个平面，∴ ①错误；
对于②，一条直线和这条直线外的一个点确定一个平面，∴ ②错误；
对于③，若四点不共面，则每三点一定不共线，
假设有三点共线，则这四点一定共面，
这与已知四点不共面矛盾，∴ 假设不成立，③正确；
对于④，三条平行直线可以确定一个或三个平面，∴ ④错误；
综上，其中正确的命题序号是③．
2.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
根据空间直线，平面，平行和垂直的判定定理和性质定理分别进行判断即可．
【解答】
A．根据面面垂直的判定定理得当m⊥α，m⊂β，则α⊥β成立，故A正确，
B．m // α，α∩β＝n，则m // n不一定成立，故B错误，
C．根据直线平行的性质知若m // n，m⊥α，则n⊥α成立，故C正确，
D．若m⊥α，m // n，则n⊥α，∵ n⊥β，∴ α // β成立，故D正确
3.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
由题意分两种情况判断①l⊂α；②l⊄α，再由线线的位置关系的定义判断．
【解答】
解：对于任意的直线l与平面α，分两种情况
①l在平面α内，l与m共面直线，则存在直线m⊥l或m // l；
②l不在平面α内，且l⊥α，则平面α内任意一条直线都垂直于l； 若l于α不垂直，
则它的射影在平面α内为一条直线，在平面α内必有直线m垂直于它的射影，则m与l垂直；
若l // α，则存在直线m⊥l．
故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
平面图形的直观图
【解析】
根据题目给出的直观图的形状，画出对应的原平面图形的形状，求出相应的边长，则问题可求．
【解答】
解：作出该直观图的原图形，如图，
因为直观图中的线段C′B′ // x′轴，所以在原图形中对应的线段平行于x轴且长度不变，
点C′和B′在原图形中对应的点C和B的纵坐标是O′B′的2倍，则
OB=22，所以OC=3，则四边形OABC的周长为8．
故选B．
5.
【答案】
A
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
分别求得两圆的圆心和半径，以及圆心距离和半径之和、之差的关系，即可判断两圆的位置关系．
【解答】
圆C1:x2+y2−6y+8＝0，即C1(0, 3)，半径r1＝1；
圆C2:x2+y2−8x+7＝0，即C2(4, 0)，半径r2＝3；
可得|C1C2|＝＝5，
即|C1C2|>r1+r2，
可得两圆C1，C2的位置关系为相离．
6.
【答案】
A
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】
先利用点到直线的距离公式求得圆心到直线的距离，再用此距离减去半径，即得所求．
【解答】
解：由于圆心O(0, 0)到直线l：x+y−22=0的距离d=|0−0−22|2=2，且圆的半径等于1，
故圆上的点P到直线的最小距离为 d−r=2−1=1，
故选A．
7.
【答案】
B
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
利用两条直线平行的充要条件列式求解即可．
【解答】
因为直线l1:ax+2y−1＝0，l2:3x+(a+1)y+1＝0互相平行，
所以，解得a＝2．
8.
【答案】
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
曲线即 (x−2)2+(y−3)2＝4(1≤y≤3)，表示以A(2, 3)为圆心，以2为半径的一个半圆，由圆心到直线y＝x+b的距离等于半径2，解得 b＝1+2，b＝1−2．结合图象可得b的范围．
【解答】
如图所示：曲线y＝3−，即y−3＝-，
平方可得(x−2)2+(y−3)2＝4( 1≤y≤3, 0≤x≤4)，
表示以A(2, 3)为圆心，以2为半径的一个半圆．
由圆心到直线y＝x+b的距离等于半径2，可得 ＝2，∴ b＝1+2，或b＝1−2．
结合图象可得1−2≤b≤3，
故选：C．
9.
【答案】
B
【考点】
简单空间图形的三视图
【解析】
利用三视图的定义，直接判断选项即可．
【解答】
解：侧视图是从左向右看，侧视图的底边长应当是正三角形的高，
俯视图可知三棱锥的一条侧棱在俯视图中是一个点，另两条侧棱重合于底面三角形的边，
∴ B满足题意．
故选：B．
10.
【答案】
A
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
取BC的中点G，连结FG，EG，得到EF与CD所成的角也就是EF与FG所成的角，在三角形中求解即可．
【解答】
取BC的中点G，连结FG，EG，
则有AB // EG，
因为EF⊥AB，则EF⊥EG，
因为CD＝4，AB＝2，所以EG＝1，FG＝2，
则△EFG是一个斜边为2，一条直角边为1的直角三角形，
EF与CD所成的角也就是EF与FG所成的角，即斜边为2与直角边为1的夹角，
所以EF与CD所成的角为．
11.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
由线面垂直证得两线垂直判断A；
由线面平行的定义证得线面平行判断B；
由棱锥的高与底面积都是定值得出体积为定值判断C；
由B到线段EF的距离与A到EF的距离不相等，可得△AEF的面积与△BEF的面积不相等判断D．
【解答】
对于A，由题意及图形知，AC⊥面DD1B1B，故可得出AC⊥BE，故A正确；
对于B，由正方体ABCD−A1B1C1D1的两个底面平行，EF在其一面上，故EF与平面ABCD无公共点，故有EF // 平面ABCD，故B正确；
对于C，由几何体的性质及图形知，三角形BEF的面积是定值，A点到面DD1B1B，故可得三棱锥A−BEF的体积为定值，故C正确；
对于D，由图形可以看出，B到线段EF的距离与A到EF的距离不相等，故△AEF的面积与△BEF的面积相等不正确，故D错误．
∴ 错误命题是D．
12.
【答案】
B
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
根据题意得知两圆半径相等，并设两圆半径为r，利用勾股定理计算出OE、AE的长度，然后利用勾股定理列关于r的方程，可求出r的值，即可得出答案．
【解答】
如下图所示，
设两圆的圆心为O1、O2，球心为O，公共弦为AB，中点为E，因为圆心到这两个平面的距离相等，
则OO1EO2为正方形，两圆半径相等，设两圆半径为r，|OO1|=16−r2，|OE|=32−2r2，
又|OE|2+|AE|2＝|OA|2，即32−2r2+2＝16，则r2＝9，r＝3，所以，这两个圆的半径之和为6，
二、填空题：本大题共4小题，每小题4分。
【答案】
2
【考点】
空间两点间的距离公式
【解析】
利用空间中点的对称性求出B，利用中点坐标公式求出E，由两点间距离公式求解即可．
【解答】
因为点A(−1, 2, 4)关于平面yOz的对称点是B，
所以B(1, 2, 4)，
因为点C(−3, 1, 1)和点D(1, −1, 3)的中点是E，
所以E(−1, 0, 2)，
则．
【答案】
4:1
【考点】
扇形面积公式
【解析】
设底面圆的半径为r，侧面展开扇形的半径为R，根据圆锥侧面展开图的弧长＝底面周长即可求R＝4r，进而可求圆的面积及扇形的面积，即可计算得解．
【解答】
设底面圆的半径为r，侧面展开扇形的半径为R，由于展开扇形的圆心角为90∘．
由题意可得：l底面周长＝2πr＝R，解得：R＝4r，
由题意得S底面面积＝πr2，
S圆锥的侧面积＝2πr×R＝πr×4r＝4πr2，
可得：S圆锥的侧面积:S底面面积＝4πr2:πr2＝4:1．
【答案】
【考点】
球的表面积和体积
棱柱的结构特征
球内接多面体
【解析】
根据题意，球心O为正方体的底面ABCD的中心，由正方体的性质与勾股定理算出球半径R＝3，再利用球的体积公式加以计算，可得该半球体（包括底面）的表面积．
【解答】
设正方形ABCD−A′B′C′D′的底面ABCD在半球的底面圆上，
则球心O为ABCD的中心，连结OA′，
∵ 正方体的一边长为1，
∴ AO＝，可得A′O＝＝，
即半球的半径R＝，
因此，该半球体（包括底面）的表面积为：×4×πR2+π⋅R2＝3π⋅R2＝3π⋅（）​2＝．
【答案】
3
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
设A(a, 2a)，a>0，求出C的坐标，得到圆C的方程，联立直线方程与圆的方程，求得D的坐标，结合＝0求得a值得答案．
【解答】
设A(a, 2a)，a>0，
∵ B(5, 0)，∴ C（，a)，
则圆C的方程为(x−5)(x−a)+y(y−2a)＝0．
联立，解得D(1, 2)．
∵ AB⊥CD，∴ ＝(5−a, −2a)⋅（，2−a)＝＝0．
解得：a＝3或a＝−1．
又a>0，∴ a＝3．
即A的横坐标为3．
三、解答题：共56分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
【答案】
解：(1)∵ −920∘=−3×360∘+160∘，160∘=8π9，
∴ α=−920∘=(−3)×2π+8π9．
∵ 角α与8π9终边相同，
∴ 角α是第二象限角．
(2)∵ 角γ与α的终边相同，
∴ 设γ=2kπ+8π9(k∈Z)．
∵ γ∈(−4π, −3π)，
∴ −4π<2kπ+8π9<−3π，
解得−229又∵ k∈Z，
∴ k=−2，
∴ γ=−4π+8π9=−28π9．
【考点】
终边相同的角
【解析】
化角度制为弧度制，可得α＝−920∘＝(−3)×2π+8π9．再由8π9是第二象限角得答案．
由角γ与α的终边相同，得γ=2kπ+8π9(k∈Z)．结合γ∈(−4π, −3π)即可求得γ的值．
【解答】
解：(1)∵ −920∘=−3×360∘+160∘，160∘=8π9，
∴ α=−920∘=(−3)×2π+8π9．
∵ 角α与8π9终边相同，
∴ 角α是第二象限角．
(2)∵ 角γ与α的终边相同，
∴ 设γ=2kπ+8π9(k∈Z)．
∵ γ∈(−4π, −3π)，
∴ −4π<2kπ+8π9<−3π，
解得−229又∵ k∈Z，
∴ k=−2，
∴ γ=−4π+8π9=−28π9．
【答案】
（1）因为B(−2, 3)，C(0, −3)，所以边BC的中点D的坐标为D(−1, 0)，
又因为直线BC的斜率k＝−3，则直线BC的垂直平分线的斜率为k′＝，
所以所求直线的方程为，即x−3y+1＝0；
（2）因为B(−2, 3)，C(0, −3)，所以|BC|＝，
又直线BC的方程为3x+y+3＝0，则点A(2, 1)到直线BC的距离，
所以△ABC的面积为．
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
(Ⅰ)先求出BC的中点D的坐标，然后利用垂直关系求出斜率，根据点斜式写出直线方程即可；
(Ⅱ)由两点间距离公式先求出B，C间的距离，再利用点到直线的距离公式求出点点A(2, 1)到直线BC的距离，由三角形的面积公式求解即可．
【解答】
（1）因为B(−2, 3)，C(0, −3)，所以边BC的中点D的坐标为D(−1, 0)，
又因为直线BC的斜率k＝−3，则直线BC的垂直平分线的斜率为k′＝，
所以所求直线的方程为，即x−3y+1＝0；
（2）因为B(−2, 3)，C(0, −3)，所以|BC|＝，
又直线BC的方程为3x+y+3＝0，则点A(2, 1)到直线BC的距离，
所以△ABC的面积为．
【答案】
（1）由条件可知圆心到直线CD的距离d＝，
设直线CD的方程为y−2＝k(x−1)，
则＝，
解得k＝−7或k＝−1；
所以直线CD的方程为x+y−3＝0或7x+y−9＝0；
（2）设P(a, 2a)，过A，P，M三点的圆即以PM为直径的圆，其方程为x(x−a)+(y−4)(y−2a)＝0
与x2+(y−4)2＝1相减可得(4−2a)y−ax+8a−15＝0
即(−x−2y+8)a+4y−15＝0
由，可得，
∴ 经过A、P、M三点的圆与圆M的公共弦必过定点（，）．
【考点】
圆的切线方程
【解析】
(Ⅰ)由条件可知圆心到直线CD的距离d＝，设直线CD的方程，可得结论；
(Ⅱ)经过A、P、M三点的圆与圆M相减，可得公共弦，即可求出结论．
【解答】
（1）由条件可知圆心到直线CD的距离d＝，
设直线CD的方程为y−2＝k(x−1)，
则＝，
解得k＝−7或k＝−1；
所以直线CD的方程为x+y−3＝0或7x+y−9＝0；
（2）设P(a, 2a)，过A，P，M三点的圆即以PM为直径的圆，其方程为x(x−a)+(y−4)(y−2a)＝0
与x2+(y−4)2＝1相减可得(4−2a)y−ax+8a−15＝0
即(−x−2y+8)a+4y−15＝0
由，可得，
∴ 经过A、P、M三点的圆与圆M的公共弦必过定点（，）．
【答案】
(1)证明：∵ AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，
∴ AB⊥CD，
∵ CD⊥BD，AB∩BD=B，
∴ CD⊥平面ABD；
(2)解：∵ AB⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，
∴ AB⊥BD．
∵ AB=BD=1，
∴ S△ABD=12，
∵ M为AD中点，
∴ S△ABM=12S△ABD=14，
∵ CD⊥平面ABD，
∴ VA−MBC=VC−ABM=13S△ABM⋅CD=112．
【考点】
直线与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
(1)证明：CD⊥平面ABD，只需证明AB⊥CD；
(2)利用转换底面，VA−MBC=VC−ABM=13S△ABM⋅CD，即可求出三棱锥A−MBC的体积．
【解答】
(1)证明：∵ AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，
∴ AB⊥CD，
∵ CD⊥BD，AB∩BD=B，
∴ CD⊥平面ABD；
(2)解：∵ AB⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，
∴ AB⊥BD．
∵ AB=BD=1，
∴ S△ABD=12，
∵ M为AD中点，
∴ S△ABM=12S△ABD=14，
∵ CD⊥平面ABD，
∴ VA−MBC=VC−ABM=13S△ABM⋅CD=112．
【答案】
根据题意，设圆C的圆心为(a, b)，半径为r，则其标准方程为(x−a)2+(y−b)2＝r2，
圆C经过点A(0, 0)，B(7, 7)，圆心在直线上，
则有，解可得，
则圆C的标准方程为(x−3)2+(y−4)2＝25，
若直线l与圆C相切且与x，y轴截距相等，
分2种情况讨论：
①，直线l经过原点，设直线l的方程为y＝kx，则有＝5，
解可得：k＝-，此时直线l的方程为y＝-x；
②，直线l不经过原点，设直线l的方程为x+y−m＝0，则有＝5，解可得m＝7+5或7−5，
此时直线l的方程为x+y+5−7＝0或x+y−5−7＝0；
综合可得：直线l的方程为y＝-x或x+y+5−7＝0或x+y−5−7＝0．
【考点】
直线和圆的方程的应用
【解析】
（1）根据题意，设圆C的圆心为(a, b)，半径为r，结合圆的标准方程的形式可得，解可得a、b、r的值，代入圆的标准方程中即可得答案；
（2）根据题意，①，直线l经过原点，设直线l的方程为y＝kx，则有＝5，②，直线l不经过原点，设直线l的方程为x+y−m＝0，则有＝5，分别求出直线l的方程，综合2种情况即可得答案．
【解答】
根据题意，设圆C的圆心为(a, b)，半径为r，则其标准方程为(x−a)2+(y−b)2＝r2，
圆C经过点A(0, 0)，B(7, 7)，圆心在直线上，
则有，解可得，
则圆C的标准方程为(x−3)2+(y−4)2＝25，
若直线l与圆C相切且与x，y轴截距相等，
分2种情况讨论：
①，直线l经过原点，设直线l的方程为y＝kx，则有＝5，
解可得：k＝-，此时直线l的方程为y＝-x；
②，直线l不经过原点，设直线l的方程为x+y−m＝0，则有＝5，解可得m＝7+5或7−5，
此时直线l的方程为x+y+5−7＝0或x+y−5−7＝0；
综合可得：直线l的方程为y＝-x或x+y+5−7＝0或x+y−5−7＝0．
【答案】
（1）证明：连接AD1交A1D于O，则O为AD1的中点，
∵ 点E是AB的中点，∴ OE // BD1，
BD1⊄平面A1DE，OE⊂平面A1DE，
∴ BD1 // 平面A1DE；
（2）证明：在长方体ABCD−A1B1C1D1中，
∵ AD＝AA1＝1，∴ A1D⊥AD1，
又在长方体ABCD−A1B1C1D1中，
∵ AB⊥侧面ADD1A1，A1D⊂侧面ADD1A1，
∴ A1D⊥AB，即A1D⊥AE，
又∵ AD1∩AE＝A，AD1，AE⊂面AD1E，
∴ AD1⊥面AD1E，∴ A1D⊥D1E．
(Ⅲ)：连结DE，在矩形ABCD中，
∵ AB＝2，AD＝1，且E为AB中点，∴ DE⊥CE，且DE＝，
又∵ DD1⊥底面ABCD，CE⊂底面ABCD，
∴ DD1⊥CE，而DD1∩DE＝D，DD1，DE⊂面DD1E，
∴ CE⊥面DD1E，D1E⊂面DD1E，∴ D1E⊥CE，
∴ ∠DED1是二面角D−CE−D1的平面角，
在Rt△DD1E中，tan∠DED1＝＝，
∴ 二面角D−CE−D1的平面角的正切值为．
【考点】
直线与平面平行
直线与平面垂直
二面角的平面角及求法
【解析】
(Ⅰ)连接AD1交A1D于O，可得OE // BD1，即可证明BD1 // 平面A1DE；
(Ⅱ)由已知条件，推导出A1D⊥AD1，A1D⊥AE，由此能够证明AD1⊥面AD1E，从而得到A1D⊥D1E．
(Ⅲ)连结DE，由已知条件推导出∠DED1是二面角D−CE−D1的平面角，由此能求出二面角D−CE−D1的平面角的正切值．
【解答】
（1）证明：连接AD1交A1D于O，则O为AD1的中点，
∵ 点E是AB的中点，∴ OE // BD1，
BD1⊄平面A1DE，OE⊂平面A1DE，
∴ BD1 // 平面A1DE；
（2）证明：在长方体ABCD−A1B1C1D1中，
∵ AD＝AA1＝1，∴ A1D⊥AD1，
又在长方体ABCD−A1B1C1D1中，
∵ AB⊥侧面ADD1A1，A1D⊂侧面ADD1A1，
∴ A1D⊥AB，即A1D⊥AE，
又∵ AD1∩AE＝A，AD1，AE⊂面AD1E，
∴ AD1⊥面AD1E，∴ A1D⊥D1E．
(Ⅲ)：连结DE，在矩形ABCD中，
∵ AB＝2，AD＝1，且E为AB中点，∴ DE⊥CE，且DE＝，
又∵ DD1⊥底面ABCD，CE⊂底面ABCD，
∴ DD1⊥CE，而DD1∩DE＝D，DD1，DE⊂面DD1E，
∴ CE⊥面DD1E，D1E⊂面DD1E，∴ D1E⊥CE，
∴ ∠DED1是二面角D−CE−D1的平面角，
在Rt△DD1E中，tan∠DED1＝＝，
∴ 二面角D−CE−D1的平面角的正切值为．