2020-2021年河北省保定市高一（下）4月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021年河北省保定市高一（下）4月月考数学试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 在复平面内，复数21−i对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

2. 如图，已知向量a→，b→，c→，那么下列结论正确的是( )

A.a→+b→=c→B.a→+b→=−c→
C.a→−b→=−c→D.b→+c→=a→

3. 在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC和DC的中点，则AE→⋅AF→=( )

A.52B.−52C.−4D.4

4. 在△ABC中， a=3，b=2，B=45∘，则A为( )
A.30∘或150∘B.30∘C.60∘或120∘D.60∘

5. 钝角三角形ABC的面积是12，AB=1，BC=2，则AC=( )
A.5B.5C.2D.1

6. 2018年科学家在研究皮肤细胞时发现了一种特殊的凸多面体，称之为“扭曲棱柱”．对于空间中的凸多面体，数学家欧拉发现了它的顶点数，棱数与面数存在一定的数量关系．
根据表中所体现的数量关系可得有12个顶点，8个面的扭曲棱柱的棱数是( )
A.14B.16C.18D.20

7. 将一个棱长为3cm的正方体铁块磨成一个球体零件，则可能制作的最大零件的体积为( )
A.9πcm3B.2732πcm3C.92πcm3D.92πcm3

8. 设向量a→，b→满足|a→|=|b→|=1，a→⋅b→=12，则|a→+xb→|x∈R的最小值为( )
A.52B.32C.1D.2
二、多选题

已知m，n为两条不同的直线， α，β为两个不同的平面，则下列命题正确的为( )
A.若m⊂α，n⊂β，α//β，则m//n
B.若m⊥α，m//β，则α⊥β
C.若m//α，n⊥α，则m⊥n
D.若m⊥n，m⊥α，则n//α

已知复数z=1−ii（i是虚数单位），则下列结论正确的是( )
A.|z|=2B.复数z的共轭复数z=1+i
C.复数z的虚部等于−1D.|z2n|=2n，n∈N∗

在△ABC中，下列结论正确的是( )
A.AB→−AC→=CB→
B.AB→+BC→+CA→=0→
C.若AB→⋅AC→>0，则△ABC是锐角三角形
D.若(AB→+AC→)⋅(AB→−AC→)=0，则△ABC是等腰三角形

一副三角板由一块有一个内角为60∘ 的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，∠B=∠F=90∘，∠A=60∘，∠D=45∘，BC=DE，现将两块三角形板拼接在一起，得三棱锥F−CAB，取BC中点O与AC中点M，则下列判断中正确的是( )

A.直线BC⊥面OFM
B.AC与面OFM所成的角为定值
C.若面ABF∩面MOF=l，则有l//AB
D.三棱锥F−COM体积为定值
三、填空题

若复数z=m2−1−m+1i是纯虚数，则实数m=________.

正四棱台的上、下底面边长分别是2和6，侧棱长是4，则它的侧面积为________．

如图，△ABC是直角三角形，∠ABC=90∘，PA⊥平面ABC，则此图形中，直角三角形的个数有________个．


如图是一个正方体纸盒的展开图，在原正方体纸盒中有下列结论：
①BM与ED平行；
②CN与BE是异面直线；
③CN与BM成60∘角；
④DM与BN垂直．
其中，正确命题的序号是________．

四、解答题

已知向量a→=1,2，b→=3,x，c→=2,y，且a→//b→，a→⊥c→.
(1)求b→与c→；

(2)若m→=2a→−b→，n→=a→+c→，求向量m→，n→的夹角的大小．

已知四边形ABCD为直角梯形，AB // CD，AB=4，BC=CD=2，AB⊥BC，现将该梯形绕AB所在直线旋转一周，得到一个封闭的几何体，求该几何体的表面积及体积．


如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AC=AA1，D是棱AB的中点．

(1)求证：BC1//平面A1CD；

(2)求证：A1C⊥平面AC1B .

如图，在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知2bcsB−acsC=ccsA.

(1)求角B的大小；

(2)若D为BC边上一点，AD=5，AC=7，DC=3，求AB的长．

如图，梯形ABCD所在的平面与等腰梯形ABEF所在的平面互相垂直，AB//CD//EF，AB⊥AD，G为AB的中点．CD=DA=AF=FE=2，AB=4.

(1)求证：平面GCE//平面ADF；

(2)求证：平面BCF⊥平面GCE；

(3)求多面体AFEBCD的体积．

如图，四棱锥P−ABCD的底面是正方形，AC与BD交于点O，PA⊥底面ABCD，E为PD的中点，AB=2PA．

(1)求证：PB//平面ACE；

(2)求直线PD与平面ACP所成角的正弦值；

(3)在线段PO上是否存在点F使AF⊥平面BDP？若存在，求出PFPO的值；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021年河北省保定市高一（下）4月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
根据所给的复数的代数形式，先进行复数的除法运算，分子和分母同乘以分母的共轭复数，整理出复数的代数形式的标准形式，写出点的坐标，看出点的位置．
【解答】
解：∵ 复数z=21−i=2(1+i)(1−i)(1+i)=1+i，
∴ 复数对应的点的坐标是(1, 1)，
∴ 复数对应的点在第一象限.
故选A.
2.
【答案】
B
【考点】
向量的三角形法则
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据向量的三角形法则可得，a→+b→=−c→.
故选B.
3.
【答案】
D
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
根据题意即可得出AE→⋅AF→=(AB→+12AD→)⋅(12AB→+AD→)，然后根据AD＝AB＝2，AD⊥AB进行数量积的运算即可．
【解答】
解：∵ E，F分别为BC和DC的中点，且AD=AB=2，AD⊥AB，
∴ AE→=AB→+12AD→，AF→=12AB→+AD→，
∴ AE→⋅AF→=(AB→+12AD→)⋅(12AB→+AD→)
=12AB→2+12AD→2=2+2=4．
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
【解析】
直接利用正弦定理，即可得出答案.
【解答】
解：由正弦定理得，3sinA=2sin45∘，
解得sinA=32，
因为a>b，
所以A>B，且A∈(0,120∘]，
所以A=60∘或120∘.
故选C.
5.
【答案】
B
【考点】
解三角形
余弦定理
同角三角函数间的基本关系
【解析】
利用三角形面积公式列出关系式，将已知面积，AB，BC的值代入求出sinB的值，分两种情况考虑：当B为钝角时；当B为锐角时，利用同角三角函数间的基本关系求出csB的值，利用余弦定理求出AC的值即可．
【解答】
解：∵ 钝角三角形ABC的面积是12，AB=c=1，BC=a=2，
∴ S=12acsinB=12，即sinB=22，
当B为钝角时，csB=−1−sin2B=−22，
利用余弦定理得：
AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅csB=1+2+2=5，
即AC=5，
当B为锐角时，csB=1−sin2B=22，
利用余弦定理得：AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅csB=1+2−2=1，即AC=1，
此时AB2+AC2=BC2，即△ABC为直角三角形，不合题意，舍去，
则AC=5．
故选B.
6.
【答案】
C
【考点】
非欧拉多面形面数、棱数、顶点数的关系
归纳推理
【解析】
分析顶点数，棱数与面数的规律，根据规律求解．
【解答】
解：易知同一凸多面体顶点数，棱数与面数的规律为：棱数=顶点数+面数−2，
所以，12个顶点，8个面的扭曲棱柱的棱数为12+8−2=18.
故选C．
7.
【答案】
D
【考点】
多面体的内切球问题
球的表面积和体积
【解析】
直接利用正方体的内切球，即可得出答案.
【解答】
解：由题意可知，最大球体零件为正方体的内切球，
即正方体的棱长即为该球的直径，
故该球的半径为32cm，体积为43π×323=92πcm3.
故选D.
8.
【答案】
B
【考点】
平面向量数量积
两向量的和或差的模的最值
【解析】
利用平面向量的关系，即可得出答案.
【解答】
解：∵|a→|=|b→|=1，a→⋅b→=12，
∴|a→+xb→|2=a→2+x2b→2+2xa→⋅b→=x2+x+1，
设f(x)=x2+x+1=(x+12)2+34，
∴x=−12时，f(x)min=34，
∴|a→+xb→|min=32.
故选B.
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
根据空间关系，逐个判断即可.
【解答】
解：A，若m⊂α，n⊂β，α//β，则m//n或m与n异面，故A错误；
B，若m⊥α，m//β，则α⊥β，故B正确；
C，若m//α，n⊥α，则m⊥n，故C正确；
D，若m⊥n，m⊥α，则n//α或n⊂α，故D错误.
故选BC.
【答案】
A,C,D
【考点】
共轭复数
复数的模
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简z，然后逐一核对四个选项得答案．
【解答】
解：∵ z=1−ii =(1−i)(−i)i⋅(−i)=−1−i，
∴ |z|=2，故A正确；
z=−1+i，故B错误；
复数z的虚部等于−1，故C正确；
|z2n|=|(−1−i)2n|=|(2i)n|=2n，故D正确．
故选ACD.
【答案】
A,B,D
【考点】
命题的真假判断与应用
向量加减法的应用
两个向量的夹角
【解析】
对于A，由向量减法法则求解；对于B，由向量加法法则求解；对于C，推导出∠BAC是锐角，但△ABC不一定是是锐角三角形；对于D，推导出AB＝AC，从而△ABC是等腰三角形．
【解答】
解：对于A，由向量减法法则得AB→−AC→=CB→，故正确；
对于B，由向量加法法则得AB→+BC→+CA→=0→，故正确；
对于C，若AB→⋅AC→>0，则∠BAC是锐角，但△ABC不一定是是锐角三角形，故错误；
对于D，若(AB→+AC→)⋅(AB→−AC→)=0，则AB→2=AC→2，
∴ AB=AC，即△ABC是等腰三角形，故正确．
故选ABD.
【答案】
A,B,C
【考点】
直线与平面平行的性质
直线与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
直线与平面所成的角
【解析】
利用线面垂直的判断，线面平行的条件以及直线与平面的夹角逐项求解即可.
【解答】
解：∵ O，M为BC，AC的中点，
∴ OM//AB.
又AB⊥BC，
∴ OM⊥BC.
又 OF⊥BC ，且 OM∩OF=O，
∴ BC⊥平面OFM，故A正确；
根据直线与平面所成角的定义可知，
AC与平面OFM所成的角为 ∠CMO=∠A=60∘，为定值，故B正确；
又OM//AB，OM⊂平面OFM，AB不在平面OFM内，
∴ AB//平面OFM.
又∵ 平面ABF∩平面OFM=l，且AB⊂平面ABF，
∴ AB//l，故C正确；
三棱锥F−COM的体积无法确定，
∴ 体积非定值，故D错误.
故选ABC．
三、填空题
【答案】
1
【考点】
复数的基本概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵复数z=m2−1−m+1i是纯虚数，
∴m2−1=0，m+1≠0，
解得m=1.
故答案为：1.
【答案】
323
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
利用已知条件求出斜高，然后求解棱台的侧面积即可．
【解答】
解：如图，
正四棱台的上、下底面边长分别为2和6，侧棱长为4，
所以棱台的斜高为42−(6−22)2=23，
所以棱台的侧面积是：4×2+62×23=323．
故答案为：323．
【答案】
4
【考点】
直线与平面垂直的性质
【解析】
由在Rt△ABC中，∠ABC=90∘，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，能推导出BC⊥平面PAB．由此能求出四面体P−ABC中有多少个直角三角形．
【解答】
解：∵∠ABC=90∘，PA⊥平面ABC，
∴ BC⊥PA，BC⊥AB，
∵ PA∩AB=A，
∴ BC⊥平面PAB．
∴ 四面体P−ABC中直角三角形有△PAC，△PAB，△ABC，△PBC，共4个．
故答案为：4．
【答案】
③④
【考点】
异面直线及其所成的角
空间中直线与直线之间的位置关系
异面直线的判定
【解析】
先利用正方体纸盒的展开图，画出它的直观图，特别注意特殊点的位置，再在正方体中证明线线位置关系以及求异面直线所成的角即可
【解答】
解：将正方体纸盒的展开图还原，如图，并连接BE，EM，DM，NB，
由图可知，BM与ED异面且垂直，故①错误；
CN与BE平行，故②错误；
异面直线CN与BM所成的角即∠EBM，
易得△EBM为等边三角形，故∠EBM=60∘，故③正确；
因为DM⊥NC，DM⊥BC，NC∩BC=C，
所以DM⊥平面NCB.
因为BN∈平面NCB，
所以DM⊥BN，故④正确.
故答案为：③④.
四、解答题
【答案】
解：(1)因为a→//b→，
所以x−2×3=0，
解得x=6；
因为a→⊥c→，
所以1×2+2y=0，
解得y=−1，
所以b→=3,6，c→=2,−1．
(2)因为m→=2a→−b→=−1,−2，
n→=a→+c→=3,1，
所以m→⋅n→=−1×3−2×1=−5，
|m→|=−12+−22=5，
|n→|=32+12=10，
设向量m→，n→的夹角为θ，
所以cs=csθ=m→⋅n→|m→||n→|
=−55×10
=−22 ，
且0<θ<π，
所以θ=3π4，
所以向量m→，n→的夹角为3π4．
【考点】
平行向量的性质
数量积判断两个平面向量的垂直关系
数量积表示两个向量的夹角
平面向量数量积的运算
平面向量的坐标运算
【解析】
（1）根据向量平行和向量垂直时的坐标关系即可求出x=6，y=−1，从而得出b→=3,6，c→=2,−1．
（2）进行向量加法和数乘的坐标运算即可得出m→=−1,−2，n→=3,1，然后即可求出m→⋅n→、|m→|和|n→|的值，从而可求出cs的值，进而得出m→，n→的夹角．
【解答】
解：(1)因为a→//b→，
所以x−2×3=0，
解得x=6；
因为a→⊥c→，
所以1×2+2y=0，
解得y=−1，
所以b→=3,6，c→=2,−1．
(2)因为m→=2a→−b→=−1,−2，
n→=a→+c→=3,1，
所以m→⋅n→=−1×3−2×1=−5，
|m→|=−12+−22=5，
|n→|=32+12=10，
设向量m→，n→的夹角为θ，
所以cs=csθ=m→⋅n→|m→||n→|
=−55×10
=−22 ，
且0<θ<π，
所以θ=3π4，
所以向量m→，n→的夹角为3π4．
【答案】
解：如图所示，旋转后形成的几何体为上部为圆锥，下部为圆柱的图形，
其表面积S=圆锥侧面积+圆柱侧面积+圆柱底面积；
所以S=2π22+(4−2)2+2π×2×2+π×22
=42π+8π+4π
=12π+42π；
其体积V=圆锥体积+圆柱体积；
所以V=83π+8π=323π．
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
通过已知条件知道，绕AB旋转一周形成的封闭几何体是上面是圆锥，下面是圆柱的图形．所以该几何体的表面积便是圆锥、圆柱的表面积和底面圆的面积的和，该几何体的体积便是圆锥、圆柱体积的和，所以根据已知的边的长度及圆锥、圆柱的表面积公式，及体积公式即可求出该几何体的表面积和体积．
【解答】
解：如图所示，旋转后形成的几何体为上部为圆锥，下部为圆柱的图形，
其表面积S=圆锥侧面积+圆柱侧面积+圆柱底面积；
所以S=2π22+(4−2)2+2π×2×2+π×22
=42π+8π+4π
=12π+42π；
其体积V=圆锥体积+圆柱体积；
所以V=83π+8π=323π．
【答案】
证明：(1)设AC1∩A1C=O，则O为AC1的中点， 连接OD，如图，
∵ D为AB中点，
∴ OD为△AC1B的中位线，
∴OD//BC1，
∵ BC1⊄平面A1CD，OD⊂平面A1CD，
∴BC1// 平面A1CD .
(2)∵ 在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
∴AA1⊥AB，
又∵ AB⊥AC，AA1∩AC=A，
∴AB⊥平面A1ACC1，
∴AB⊥A1C，
又∵ AC=AA1，即侧面A1ACC1为正方形，
∴ A1C⊥AC1，∵AB∩AC1=A，
∴ A1C⊥平面AC1B .
【考点】
直线与平面平行的判定
直线与平面垂直的判定
【解析】


【解答】
证明：(1)设AC1∩A1C=O，则O为AC1的中点， 连接OD，如图，
∵ D为AB中点，
∴ OD为△AC1B的中位线，
∴OD//BC1，
∵ BC1⊄平面A1CD，OD⊂平面A1CD，
∴BC1// 平面A1CD .
(2)∵ 在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
∴AA1⊥AB，
又∵ AB⊥AC，AA1∩AC=A，
∴AB⊥平面A1ACC1，
∴AB⊥A1C，
又∵ AC=AA1，即侧面A1ACC1为正方形，
∴ A1C⊥AC1，∵AB∩AC1=A，
∴ A1C⊥平面AC1B .
【答案】
解：(1)∵ 在△ABC中，2bcsB−acsC=ccsA，
由正弦定理得2sinBcsB−sinAcsC=sinCcsA，
即2sinBcsB=sinA+C=sinB.
∵ 0∴ sinB>0.
∴ 2csB=1，
即csB=22.
又∵ 0∴ B=π4．
(2)在△ACD中，∵ AD=5，AC=7，DC=3，
∴ cs∠ADC=AD2+DC2−AC22AD×DC=52+32−722×5×3=−12.
∴ ∠ADC=2π3.
在△ABD中，
B=π4，∠ADB=π3，
∴ 由正弦定理得ADsinB=ABsin∠ADB ，
即522=AB32，
∴ AB=562．
【考点】
两角和与差的正弦公式
诱导公式
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ 在△ABC中，2bcsB−acsC=ccsA，
由正弦定理得2sinBcsB−sinAcsC=sinCcsA，
即2sinBcsB=sinA+C=sinB.
∵ 0∴ sinB>0.
∴ 2csB=1，
即csB=22.
又∵ 0∴ B=π4．
(2)在△ACD中，∵ AD=5，AC=7，DC=3，
∴ cs∠ADC=AD2+DC2−AC22AD×DC=52+32−722×5×3=−12.
∴ ∠ADC=2π3.
在△ABD中，
B=π4，∠ADB=π3，
∴ 由正弦定理得ADsinB=ABsin∠ADB ，
即522=AB32，
∴ AB=562．
【答案】
(1)证明：∵AG=12AB=CD，DC//AB，
∴AG//DC且AG=DC，
∴ 四边形ADCG为平行四边形，
∴CG//AD，
∵CG⊄ 平面ADF， AD⊂平面ADF，
∴CG//平面ADF.
同理可得EG // 平面ADF，∵CG∩EG=G，
∴平面GCE//平面ADF.
(2)证明：连接FG，FC，如图，
∵ 平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，AD⊥AB，
∴ AD⊥平面ABEF，
∴ BF⊥AD．
∵ EF // BG且EF=BG，
∴ 四边形BEFG为平行四边形，
∵AD // CG，∴ BF⊥CG．
∵ EF=AF=EB，
∴ 四边形BEFG为菱形，
∴ BF⊥EG，
∴ BF⊥平面GCE，
∴ 平面BCF⊥平面GCE．
(3)解：设BF∩GE=O，
由(1)得DF//平面GCE，
由(2)得AD//平面GCE，
∴ 平面ADF//平面GCE，
∴ 几何体ADF−GCE是三棱柱．
由(2)得BF⊥平面GCE．
∴ 多面体AFEBCD的体积
V=VADF−GCE+VB−GCE
=S△GCE⋅FO+13S△GCE⋅BO
=43S△GCE⋅FO=43×12×2×2×3=833．
【考点】
平面与平面平行的判定
平面与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
（1）证明四边形CDFE为平行四边形，推出DFllCE，然后证明DF平面BCE；
（2）连接FG，说明AD⊥平面ABEF，推出BF⊥ADBF⊥CGBF⊥EG，即可证明BF⊥平面GCE，推出平面
BCF⊥平面GCE；
（3）设BF∩GE=O，几何体ADF−GCE是三棱柱，然后通过多面体AFEBCD的体积V=IADF−BCE+VB−−CE求解即可．
【解答】
(1)证明：∵AG=12AB=CD，DC//AB，
∴AG//DC且AG=DC，
∴ 四边形ADCG为平行四边形，
∴CG//AD，
∵CG⊄ 平面ADF， AD⊂平面ADF，
∴CG//平面ADF.
同理可得EG // 平面ADF，∵CG∩EG=G，
∴平面GCE//平面ADF.
(2)证明：连接FG，FC，如图，
∵ 平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，AD⊥AB，
∴ AD⊥平面ABEF，
∴ BF⊥AD．
∵ EF // BG且EF=BG，
∴ 四边形BEFG为平行四边形，
∵AD // CG，∴ BF⊥CG．
∵ EF=AF=EB，
∴ 四边形BEFG为菱形，
∴ BF⊥EG，
∴ BF⊥平面GCE，
∴ 平面BCF⊥平面GCE．
(3)解：设BF∩GE=O，
由(1)得DF//平面GCE，
由(2)得AD//平面GCE，
∴ 平面ADF//平面GCE，
∴ 几何体ADF−GCE是三棱柱．
由(2)得BF⊥平面GCE．
∴ 多面体AFEBCD的体积
V=VADF−GCE+VB−GCE
=S△GCE⋅FO+13S△GCE⋅BO
=43S△GCE⋅FO=43×12×2×2×3=833．
【答案】
(1)证明：连接EO，如图，
∵ O，E分别为BD，PD的中点，
∴OE//PB.
又∵PB⊄ 面ACE，OE⊂平面ACE，
∴PB// 平面ACE．
(2)解：∵PA⊥平面ABCD，且OD⊂平面ABCD，
∴PA⊥OD.
∵四边形ABCD为正方形，
∴OD⊥AC，
又∵AC∩PA=A，
∴OD⊥ 平面ACP，
∴∠DPO 为PD与平面ACP所成的角.
设PA=1，则AD=AB=2，PD=3，
在Rt△POD中，
sin∠DPO=ODPD=13=33．
(3)当AF⊥PO时，AF⊥平面BDP，
理由如下：由(2)知OD⊥ 面PAC，
∴OD⊥AF，OD∩PO=O，
∴AF⊥平面BDP，
∵Rt△PAO为等腰直角三角形，
∴F为PO中点，
∴PFPO=12．
【考点】
直线与平面平行的判定
直线与平面所成的角
点、线、面间的距离计算
直线与平面垂直的性质
直线与平面垂直的判定
【解析】
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【解答】
(1)证明：连接EO，如图，
∵ O，E分别为BD，PD的中点，
∴OE//PB.
又∵PB⊄ 面ACE，OE⊂平面ACE，
∴PB// 平面ACE．
(2)解：∵PA⊥平面ABCD，且OD⊂平面ABCD，
∴PA⊥OD.
∵四边形ABCD为正方形，
∴OD⊥AC，
又∵AC∩PA=A，
∴OD⊥ 平面ACP，
∴∠DPO 为PD与平面ACP所成的角.
设PA=1，则AD=AB=2，PD=3，
在Rt△POD中，
sin∠DPO=ODPD=13=33．
(3)当AF⊥PO时，AF⊥平面BDP，
理由如下：由(2)知OD⊥ 面PAC，
∴OD⊥AF，OD∩PO=O，
∴AF⊥平面BDP，
∵Rt△PAO为等腰直角三角形，
∴F为PO中点，
∴PFPO=12．凸多面体
顶点数
棱数
面数
三棱柱
6
9
5
四棱柱
8
12
6
五棱锥
6
10
6
六棱锥
7
12
7