2022-2023学年辽宁省辽阳市高一下学期期末数学试题（含解析）

这是一份2022-2023学年辽宁省辽阳市高一下学期期末数学试题（含解析），共19页。试卷主要包含了复数z=2+i的虚部为等内容，欢迎下载使用。

A. 5B. 3C. 5iD. 3i
2.若α是第二象限角，则−π2−α是
( )
A. 第一象限角B. 第二象限角C. 第三象限角D. 第四象限角
3.已知向量a=(3,m),b=(2,−2)，若a+b⊥b，则m=( )
A. −1B. 1C. 3D. 7
4.已知P为平面α外一点，则下列判断错误的是
( )
A. 过点P只能作一个平面与α平行B. 过点P可以作无数条直线与α平行
C. 过点P只能作一个平面与α垂直D. 过点P只能作一条直线与α垂直
5.已知函数y=1+cs 2ωx2(ω>0)在−π4,π6上的最小值为14，则ω的值为
( )
A. 1B. 23C. 43D. 2
6.已知a=cs3π10,b=sin1,c=tan1，则
( )
A. a7.如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，正方形ABCD的边长为2，PA=4，E为侧棱PC的中点，则异面直线BE与PA所成角的正切值为
( )
A. 24B. 2C. 1D. 22
8.罗定文塔，位于广东省云浮市罗定市城区．罗定文塔原名为三元宝塔，“三元”的意思是希望当时广东罗定州的考生在科举考试中能连中“三元”.宝塔平面上呈八角形，各层塔檐微微翘起，状如绽开的花瓣．顶层的莲花座铁柱、塔刹九霄盘、宝珠等铸件总重逾七吨，为广东古塔之最．如图，为了测量罗定文塔的高度，选取了与该塔底B在同一平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD=69∘，∠CDB=37∘，CD=37.6m，在点C测得罗定文塔顶端A的仰角为64∘，则罗定文塔的高度AB=(参考数据：取tan64∘=2,cs37∘=0.8)( )
A. 23.5mB. 47mC. 24.5mD. 49m
9.已知复数z满足z+2z=6+i，则
( )
A. z=2−iB. z1−2i是纯虚数
C. z=5D. 复数z在复平面内对应的点在第四象限
10.已知函数fx=sinxcsx，则
( )
A. fx的最小正周期为2πB. fx为奇函数
C. fx在区间3π4,5π4上单调递增D. fx的最小值为−12
11.已知▵ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知a=3,b=4，锐角C满足sinC= 154，则
( )
A. ▵ABC的面积为3 15B. csC=14
C. c= 19D. csB= 1919
12.已知一个圆锥的侧面展开图是半径为4，圆心角为π2的扇形，将该圆锥加工打磨成一个球状零件，则
( )
A. 该圆锥的底面半径为2B. 该圆锥的高为 15
C. 该圆锥的表面积为5πD. 能制作的零件体积的最大值为4 15π25
13.若π<θ<3π2，且csθ=− 1313，则tanθ−π3= ．
14.设复数z1,z2在复平面内对应的点为Z1,Z2，若z1≤2,z2=3−4i，则Z1Z2的最大值为 ．
15.已知▵ABC外接圆的半径为1，且A=π4，则BC= ，边BC的中点为D，▵ABC的面积为3 24，则AD2= ．
16.在数学探究活动课中，小华进行了如下探究：如图，这是注入了一定量水的正方体密闭容器，现将该正方体容器的一个顶点A固定在地面上，使得AD，AB，AA1三条棱与水平面所成角均相等，此时水平面恰好经过BB1的中点，若AB=1，则该水平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面的面积为 ．
17.已知向量a,b为单位向量，且a−3b=2 2．
(1)求csa,b的值；
(2)向量c在a上的投影的数量为−2，且向量c在a−3b上的投影的数量为 2，求b⋅c的值．
18.已知csπ6−θ=1−sinθ．
(1)求cs4π3+2θ的值；
(2)若θ∈0,π2，求sinθ．
19.如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，P，Q分别为A1B，CC1的中点．

(1)证明：PQ//平面ABC．
(2)证明：平面A1BQ⊥平面AA1B1B．
20.函数f(x)=Msin(ωx+φ)(M>0,ω>0,φ<π2)的部分图象如图所示．已知A−16,0，B13,M，C(x0,−M)，AB⊥AC．
(1)求x0和f(x)的解析式;
(2)将f(x)的图象向右平移13个单位长度，再将得到的图象上各点的横坐标缩短为原来的12，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，求g(x)在0,12上的值域．
21.在▵ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，__________．
在①2csAccsB+bcsC=a；② 3asinC−b=c−acsC这两个条件中任选一个，补充在上面横线上，并加以解答．
(1)求角A；
(2)若▵ABC为锐角三角形，求bc−c2a2的取值范围．
注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分．
22.如图，在正三棱台ABC−A1B1C1中，AB=2A1B1=4，AA1= 13 ．
(1)证明：AA1⊥BC ．
(2)过B1C1的平面α交AB,AC分别于E,F，若AA1//平面α，求直线BB1与平面α所成角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查复数乘法、加法运算和复数虚部的定义，属于基础题．
先将复数 z=(2+i)2+i 化为代数形式 z=3+5i ，可得虚部为5．
【解答】
解： z=(2+i)2+i=4+4i−1+i=3+5i ，
则复数 z=(2+i)2+i 的虚部为5．
故选：A．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查象限角，属于基础题．
和先判断角 −α 终边的位置，然后再判断出角 −π2−α 终边的位置．
【解答】
解：由 α 与 −α 的终边关于 x 轴对称，
可知若 α 是第二象限角，则 −α 是第三象限角，
所以 −π2−α 是第二象限角．
故选：B．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查向量数量积的坐标表示与向量的垂直关系，属于基础题．
先求出 a+b ，根据 a+b⋅b=0 即可求解．
【解答】
解： a+b=5,m−2 ，
由 a+b⊥b ，可得 a+b⋅b= 5×2+−2×m−2=0 ，
即 14−2m=0 ，解得 m=7 ．
故选：D．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查空间中平面与直线、平面与平面的关系，属于基础题．
利用空间中线与面的平行关系与垂直关系进行判断即可．
【解答】
解：过平面 α 外一点 P 只能作一个平面与 α 平行，故A正确；
平面 α 外一点 P 可以作无数条直线与 α 平行，故B正确；
平面 α 外一点 P 只能作一条直线与 α 垂直，故D正确；
平面 α 外一点 P 可以作无数个平面与 α 垂直，故C错误．
故选：C．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查由余弦函数的最值求参，属于中档题．
先求出2ωx∈[−πω2,πω3],ω>0，然后根据余弦函数的图象性质求解即可．
【解答】
解：因为 x∈−π4,π6 ，所以α=2ωx∈[−πω2,πω3],ω>0 ．
由于函数 y=1+cs2ωx2(ω>0) 在 −π4,π6 上的最小值为 14 ，
则 y=csα 在 −πω2,πω3,ω>0 上的最小值为−12 ，
又 −πω2>πω3
所以 −πω2=−2π3 ，解得 ω=43 ．
故选：C．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查正余弦函数的互化和利用正弦、正切函数的单调性比较大小，属于基础题.
先由诱导公式得 a=sinπ5 ，再根据正弦函数，正切函数的单调性可得．
【解答】
解： a=cs3π10=sinπ5 ，
因为 0<π5<1<π2 ，
又因 y=sinx 在 0,π2 上单调递增，
所以 sinπ5又 π4<1 ， y=tanx 在 0,π2 上单调递增，
所以 tan1>tanπ4=1 ，
所以 a故选：A．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了作图法找异面直线的角并计算，属于中档题．
根据线线平行即可得∠BEO为异面直线BE与PA所成的角，由三角形的边角关系即可求解．
【解答】
解：连接AC，BD，设AC∩BD=O，则O是AC，BD的中点，连接OE，
由于E是PC的中点，所以 OE//PA ，
则∠BEO为异面直线BE与PA所成的角，OE= 12 PA=2，BO= 2 ，
由于PA⊥平面ABCD，所以OE⊥平面ABCD，而 OB⊂ 平面 ABCD ，
所以 OE⊥OB ，则 tan∠BEO=BOEO= 22 ．
故选：D．

8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查应用正弦定理解决高度问题，属于中档题．
首先求出 ∠CBD=74∘ ，在 ▵BCD 中由正弦定理求出 BC ，再由 AB=BCtan64∘ ，计算可得结果．
【解答】
解：因为 ∠BCD=69∘ ， ∠CDB=37∘ ，所以 ∠CBD=180∘−69∘−37∘=74∘ ，
在 ▵BCD 中由正弦定理 CDsin∠CBD=CBsin∠CDB ，
即 BC=CDsin∠CDBsin∠CBD=37.6sin37∘sin74∘=37.6sin37∘2sin37∘cs37∘=18.8cs37∘=23.5 ，
在 ▵ABC 中 AB=BCtan64∘=2BC=2×23.5=47m
故选：B．
9.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查共轭复数，复数相等，复数的模及其几何意义，复数的代数表示及其几何意义，属于中档题．
根据复数的概念以及几何意义、除法运算求解即可．
【解答】
解：设z=a+bi，则z=a−bi，
由z+2z=6+i，
可得z+2z=3a−bi=6+i，
所以3a=6,−b=1,解得a=2,b=−1，因此z=2−i， A正确；
z1−2i=2+i1−2i=2+i1+2i5=i，为纯虚数， B正确；
z= 5， C错误；
z=2−i，其在复平面内对应的点为2,−1，在第四象限， D正确．
故选：ABD．
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查正弦函数周期性、奇偶性、单调性和单调区间、最值，属于中档题．
根据二倍角公式可化简fx=sinxcsx=12sin2x，进而根据正弦型函数的性质即可结合选项逐一求解．
【解答】
解：fx=sinxcsx=12sin2x，则fx的最小正周期T=2π2=π，故 A错，
又f−x=12sin−2x=−fx，所以fx为奇函数，故 B正确，
令−π2+2kπ≤2x≤π2+2kπ,k∈Z，解得−π4+kπ≤x≤π4+kπ,k∈Z，所以fx的单调递增区间为−π4+kπ,π4+kπ,k∈Z，令k=1，得fx的其中一个单调递增区间为3π4,5π4，故 C正确，
当sin2x=−1时，fx取最小值为−12，故 D正确．
故选：BCD．
11.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查三角形正余弦定理、三角形面积公式的应用，属于中档题．
由三角形的面积公式，可判定A错误；由三角函数的基本关系式，可判定B正确，由余弦定理，可判定C正确，D错误．
【解答】
解：在▵ABC中，因为a=3,b=4，且sinC= 154，
由三角形的面积公式，可得S▵ABC=12absinC=12×3×4× 154=3 152，所以A错误；
由C为锐角，且sinC= 154，可得csC= 1−sin2C=14，所以B正确；
由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC=9+16−2×3×4×14=19，
可得c= 19，所以 C正确；
由余弦定理得cs B=a2+c2−b22ac=9+19−162×3× 19=2 1919，所以D不正确．
故选：BC．
12.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题主要考查圆锥的结构特征、圆锥的侧面积和表面积，球的切接问题和球的体积，属于中档题．
根据侧面展开图和圆锥的关系可求得圆锥底面圆的半径以及圆锥的高，进而可求圆锥的表面积，再根据圆锥内切球的半径与轴截面内切圆的半径相等即可求能制作的零件体积的最大值．
【解答】
解：由题意得该圆锥的母线长为4，
设圆锥的底面半径为 R ，高为 h ，
由 2πR=4×π2 ，得 R=1 ，A错误；
则 h= l2−R2= 15 ，B正确；
所以该圆锥的表面积为 πR2+πRl=5π ，C正确；

如图，圆锥 PO 内切球的半径等于(轴截面) ▵PAB 内切圆的半径，
设 ▵PAB 的内切圆为圆 O′ ，其半径为 r ，
由 S△PAB=S△PAO′+S△PBO′+S△ABO′ ，
得 12×2× 15=12×4r+12×4r+12×2r ，得 r= 155 ，
故能制作的零件体积的最大值为 43πr3=4 15π25 ，D正确；
故选：BCD．
13.【答案】 37
【解析】【分析】
本题考查三角函数两角差的正弦公式，属于简单题．
先根据 π<θ<3π2 ， csθ=− 1313 ，求出 tanθ ，再由两角差的正切公式即可求解．
【解答】
解：因为 π<θ<3π2 ，且 csθ=− 1313 ，所以 sinθ=− 1−cs2θ=−2 3 13 ，
所以 tanθ=2 3 ，则 tanθ−π3=tanθ−tanπ31+tanθtanπ3=2 3− 31+6= 37 ．
故答案为： 37．
14.【答案】7
【解析】【分析】
本题主要考察复数模、代数表示及其几何意义，属于中档题．
根据复数的几何意义分析可得：点 Z1 组成的集合是圆心在原点O，半径 R=2 的圆及其内部，结合圆的性质运算求解．
【解答】
解：因为 z1≤2 ，则点 Z1 组成的集合是圆心在原点O，半径 R=2 的圆及其内部．
Z2 的坐标为 3,−4 ．
所以 Z1Z2 的最大值为 OZ2+R= 32+(−4)2+2=5+2=7 ．
故答案为：7．
15.【答案】 2；3 22+12
【解析】【分析】
本题考查用正余弦定理解三角形，属于中档题．
第一空由正弦定理可得；
第二空由三角形面积公式可得bc=3，由余弦定理可得b2+c2=2+ 2bc，利用平面向量数量积转换可得．
【解答】
解：设▵ABC中角A,B,C所对的边分别为a,b,c，
由正弦定理可知asinA=2，
因A=π4则a=2sinπ4= 2；

S△ABC=12bcsinA=3 24，则bc=3，
由余弦定理得2=b2+c2− 2bc，
则b2+c2=2+ 2bc，
由题意AD=12AB+AC
所以AD2=14AB+AC2
=14c2+b2+2bccsπ4
=142+ 2bc+ 2bc
=121+ 2bc
=3 22+12
故答案为： 2；3 22+12．
16.【答案】3 34
【解析】【分析】
本题考查空间几何体的截面问题，属于中档题．
先根据三条棱与水平面所成角均相等，得出水面与平面A1BD平行，再根据特点得出截面为正六边形，然后可得答案．
【解答】
解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AD，AB，AA1与平面A1BD所成的角是相等的，又因为三条棱与水平面所成角均相等，所以水平面平行于平面A1BD，
又水平面恰好经过BB1的中点，则水平面截正方体 ABCD−A1B1C1D1 所得的截面是过棱的中点的正六边形，且边长为 22 ，所以其面积 S=6× 34× 222=3 34 ．
故答案为： 3 34．
17.【答案】解：(1)因为向量 a,b 为单位向量，所以 a=b=1
所以 a−3b2=a2−6a⋅b+9b2=8 ，即 a⋅b=13 ，
则 csa,b=a⋅bab=13 ．
(2)向量 c 在 a 上的投影的数量为 a⋅ca=−2 ，则 a⋅c=−2 ，
又向量 c 在 a−3b 上的投影的数量 c⋅a−3ba−3b= 2 ，又 a−3b=2 2 ，则 c⋅a−3b=4 ，
所以 b⋅c=−2 ．

【解析】本题考查投影的数量，向量的夹角，属于中档题．
(1)根据平面向量的模长求解数量积 a⋅b ，再根据向量夹角余弦公式可得答案；
(2)根据数量积的几何意义投影数量公式，结合数量积的运算即可得 b⋅c 的值．
18.【答案】解：(1)由 csπ6−θ=1−sinθ ，可得 32sinθ+ 32csθ=1 ，
则 3 32sinθ+12csθ= 3sinθ+π6=1 ，
所以 sinθ+π6= 33 ，则 cs4π3+2θ=−csπ3+2θ=−cs2π6+θ =2sin2θ+π6−1=2× 332−1=−13 ；
(2)因为 θ∈0,π2 ，所以 θ+π6∈π6,2π3 ，
又 sinθ+π6= 33< 32 ，则 θ+π6∈π6,π3 ，
所以 csθ+π6= 63 ，
sinθ=sinθ+π6−π6=sinθ+π6csπ6−csθ+π6sinπ6=3− 66 ．

【解析】本题主要考查三角函数两角和与差的正余弦公式、二倍角余弦公式，考查计算能力，属于中档题．
(1)先根据两角差的余弦公式及辅助角公式将已知化简，再将根据诱导公式结合二倍角的余弦公式即可得解；
(2)先根据平方关系求出 csθ+π6= 63 ，再根据 sinθ=sinθ+π6−π6 结合两角差的余弦公式即可得解．
19.【答案】解：(1)取 AB 的中点 D ，连接 PD 、 CD ，
因为 P，D ，分别为 A1B ，AB 的中点，
所以 PD//AA1 且 PD=12AA1 ，
又三棱柱 ABC−A1B1C1 是正三棱柱，所以 CQ//AA1 ， CQ=12AA1 ，
所以 PD//CQ 且 PD=CQ ，
所以 PDCQ 为平行四边形，所以 PQ//CD ，
因为 PQ⊄ 平面 ABC ， CD⊂ 平面 ABC ，
所以 PQ// 平面 ABC ．
(2)在正三棱柱 ABC−A1B1C1 中 D 为 AB 的中点，
所以 CD⊥AB ，又 AA1⊥ 平面 ABC ， CD⊂ 平面 ABC ，所以 CD⊥AA1 ，
AA1∩AB=A ， AA1,AB⊂ 平面 ABB1A1 ，所以 CD⊥ 平面 ABB1A1 ，
又 CD//PQ ，所以 PQ⊥ 平面 ABB1A1 ，又 PQ⊂ 平面 A1BQ ，
所以平面 A1BQ⊥ 平面 AA1B1B ．

【解析】本题考查线面平行、面面垂直的判定，属于中档题．
(1)取 AB 的中点 D ，连接 PD 、 CD ，即可证明 PDCQ 为平行四边形，从而得到 PQ//CD ，即可得证；
(2)首先证明 CD⊥ 平面 ABB1A1 ，即可得到 PQ⊥ 平面 ABB1A1 ，从而得证．
20.【答案】解：(1)设 f(x) 的最小正周期为 T ，
因为 A−16,0 ， B13,M ，
所以 T=4×13+16=2 ，
所以 x0=−16+34T=43 ， ω=2πT=2π2=π ，
所以 AB=12,M ， AC=32,−M ，
因为 AB⊥AC ，所以 AB⋅AC=34−M2=0 ，
因为 M>0 ，所以 M= 32 ，
所以 f(x)= 32sin(πx+φ)(φ<π2) ，
将点 B13, 32 的坐标代入 f(x) ，得 f(x)= 32sin(13π+φ)= 32 ，
所以 13π+φ=π2+2kπ,k∈Z ，解得 φ=π6+2kπ,k∈Z ，
因为 φ<π2 ，所以 φ=π6 ，
所以 f(x)= 32sinπx+π6 ；
(2)将 f(x) 的图象向右平移 13 个单位长度后，
可得 y= 32sinπx−13+π6= 32sinπx−π6 的图象，
再将得到的图象上各点的横坐标缩短为原来的 12 ，纵坐标不变，得到 g(x)= 32sin2πx−π6 的图象．
由 x∈0,12 ，可得 2πx−π6∈−π6,5π6 ，
所以 −12≤sin2πx−π6≤1 ，
所以 − 34≤ 32sin2πx−π6≤ 32 ，
所以 g(x) 在 0,12 上的值域为 − 34, 32 ．

【解析】本题考查根据部分图象求三角函数解析式，正弦函数的图像变换，求正弦函数的值域，并考查了向量数量积的表示与向量的垂直关系，属于中等题．
(1)设 f(x) 的最小正周期为 T ，则可得 T=4×13+16=2 ，由周期公式可求出 ω ，结合图象可求出 x0 ，再由 AB⊥AC 可求出 M ，然后将 B13, 32 代入解析式中可求出 φ 的值，从而可求出 f(x) ．
(2)由三角函数图象变换规律求出 g(x) 的解析式，再由 x∈0,12 ，可得 2πx−π6∈−π6,5π6 ，然后利用正弦函数的性质可求出函数的值域．
21.【答案】解：(1)若选择条件①．
2csAccsB+bcsC=a，
由正弦定理，得 2csA(sinCcsB+sinBcsC)=2csAsin(B+C)=sinA ，
即 2csAsinπ−A=2csAsinA=sinA ，
因为 A∈0,π ，所以 sinA≠0 ，所以 csA=12 ，
则 A=π3 ．
若选择条件②．
因为 3asinC−b=c−acsC ，
由正弦定理可得 3sinAsinC−sinB=sinC−sinAcsC ，
即 3sinAsinC+sinAcsC=sinC+sinA+C ，
所以 3sinAsinC=sinC+sinCcsA ，
因为 sinC>0 ，所以 3sinA=1+csA ，所以 2sinA−π6=1 ，
又因为 0(2)由余弦定理，可得 csA=12=b2+c2−a22bc ，则 bc=b2+c2−a2 ，
所以 bc−c2=b2−a2 ，则 bc−c2a2=b2−a2a2=ba2−1 ，
由正弦定理，得 ba=sinBsinA=2 33sinB ，
因为 A=π3,B+C=2π3,0所以 π6所以 ba∈ 33,2 33,bc−c2a2∈−23,13 ，
即 bc−c2a2 的取值范围为 −23,13 ．

【解析】本题主要考查正弦定理、两角和与差的正弦公式、诱导公式及余弦定理在解三角形中的应用，属于较难题．
(1)选择条件①：由正弦定理、两角和的正弦公式及诱导公式可求出 csA 的值，从而可求角 A ；
选择条件②：由正弦定理可得 3sinA=1+csA ，根据两角差的正弦公式，结合角 A 的范围即可求解；
(2)由余弦定理可得 bc−c2a2=ba2−1 ，根据正弦定理求出 ba的取值范围即可．
22.【答案】解：(1)证明： AA1,BB1,CC1 的延长线交于点 M ，因为 ABC−A1B1C1 为正三棱台，
所以 M−ABC 为正三棱锥，即 MA=MB=MC ，
设 BC 的中点为 G ，连接 AG,MG ，设 MG∩B1C1=H ，则 H 为 B1C1 的中点，
所以 MG⊥BC,AG⊥BC ，
又 MG∩AG=G ， MG⊂ 平面 MAG ， AG⊂ 平面 MAG ，
所以 BC⊥ 平面 MAG ，
因为 AA1⊂ 平面 MAG ，所以 AA1⊥BC ．
(2)连接 A1H ，设 AG∩EF=D ，
因为 AA1// 平面 α ， AA1⊂ 平面 MAG ，平面 MAG ∩ 平面 α=HD ，
所以 AA1//HD ．
因为 BC//B1C1 ， B1C1⊂ 平面 α ， BC⊄ 平面 α ，
所以 BC// 平面 α ，
又 BC⊂ 平面ABC ，平面ABC ∩ 平面 α=EF ，
所以BC/​/EF ．
又 BC⊥ 平面 MAG ，
所以EF⊥平面 MAG，
因为EF⊂平面 α，
所以平面 α⊥ 平面 MAG ，
过点 G 作 GP 垂直 HD ，交 HD 于点 P ，
则 GP⊥ 平面 α ， BC 与平面 α 的距离为 GP ，即点B到平面 α 的距离为 GP ，
又因为 A1H//AD ，所以 A1ADH 为平行四边形，
所以 A1H=AD= 3 ， AA1=HD= 13 ， DG=AG−AD= 3 ．
由 AB=2A1B1=4 ， AA1= 13 ，可得 HG=2 3 ．
在 ▵DHG 中， cs∠HGD=3+12−132× 3×2 3=16 ，
利用等面积法得 GP= 3×2 3× 1−(16)2 13= 35 13 ，
又 BB1=AA1= 13 ，
所以直线 BB1 与平面 α 所成角的正弦值为 GPBB1= 3513 ．

【解析】本题主要考察线面垂直的性质以及线面角的计算，是较难题．
(1)综合应用线面垂直的判定定理和性质定理即可证明；
(2)综合应用线面角的概念和线面距的计算方法进行求解．