2024-2025学年湖北省武汉六中高一（下）第三次月考数学试卷

这是一份2024-2025学年湖北省武汉六中高一（下）第三次月考数学试卷，共22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．（5分）已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ）
A．若m∥n，n⊂α，则m∥αB．若m∥α，m∥β，则α∥β
C．若m⊥n，n⊂α，则m⊥αD．若m⊂α，n⊥α，则m⊥n
2．（5分）复数z＝（1+i）（1﹣2i）+3i在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．（5分）已知且单位向量在方向上的投影向量为，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
4．（5分）如图，矩形O′A′B′C′是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形OABC的直观图，其中O′A′＝3，O′C′＝1．则平面四边形OABC的周长为（ ）
A．14B．12C．10D．8
5．（5分）若D是△ABC的边BC上的一点（不包含端点），且，则的最小值是（ ）
A．4B．6C．8D．12
6．（5分）如图，该几何体为“四角反棱台”，它是由两个相互平行的正方形经过旋转、连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点．若下底面正方形边长为2，“四角反棱台”高为，则该几何体体积为（ ）
A．B．C．D．20
7．（5分）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点．直线FC1到平面AB1E的距离为（ ）
A．B．C．D．
8．（5分）已知与是平面内两个非零向量，，，∠BAC＝60°，点P是∠BAC平分线上的动点．当取最小值时，的值为（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求、全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
（多选）9．（6分）平面α垂直于平面β，且α∩β＝l，下列命题正确的是（ ）
A．平面α内一定存在直线平行于平面β
B．平面α内已知直线必垂直于平面β内无数条直线
C．平面α内任一条直线必垂直于平面β
D．过平面α内任意一点作交线l的垂线，则此垂线必垂直于平面β
（多选）10．（6分）在△ABC中，设a＝6，c＝5，，则下列说法正确的是（ ）
A．△ABC的面积为12
B．△ABC外接圆的周长是
C．若D为AC的中点，则中线BD长度为
D．△ABC内切圆的面积是
（多选）11．（6分）如图，多面体容器ABC﹣DEF，底面△ABC水平放置，△ABD，△BCE，△ACF所在的平面均与底面△ABC垂直，且四个三角形均是边长为2的等边三角形，下列选项正确的是（ ）
A．EF∥AB
B．平面ADF⊥平面ABC
C．经过直线AB的平面截该几何体，截面的最大面积为
D．从上面DEF往该容器注水，当水面是正多边形时（未注满），注入的水的容积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（5分）若复数z满足z•i＝2+i，则|z|＝ ．
13．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，且，则△ABC的面积最大值是 ．
14．（5分）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝4，P为边AB上的动点，沿CP将△ACP折起形成直二面角A′﹣CP﹣B，当A′B最短时，此时三棱锥A′﹣BCP的体积为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15．（13分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2+c2﹣b2＝3，△ABC的面积为．
（1）求角B的大小；
（2）若sinAsinC，求△ABC的周长．
16．（15分）如图所示，正四棱锥P﹣ABCD，PA＝1，底面边长，M为侧棱PA上的点，且PM＝3MA．
（1）求正四棱锥P﹣ABCD的体积；
（2）若S为PB的中点，证明：PD∥平面SAC；
（3）侧棱PD上是否存在一点E，使CE∥平面MBD，若存在，求出；若不存在，请说明理由．
17．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，E，F，G分别是AB，PD，PC的中点．
（1）若AD＝PA，求证：AF⊥平面PDC；
（2）若二面角P﹣EC﹣D的正切值为，且，，求EG与平面PDE所成角的正弦值．
18．（17分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，平面PAC⊥平面PBC．
（1）求证：BC⊥AC；
（2）若，AC＝BC＝2，M是PB的中点，N，F分别在线段BC，AM上移动．
①求PB与平面PAC所成角的正切值；
②若FN∥平面PAC，求线段FN长度取最小值时二面角F﹣BC﹣A平面角的正切值．
19．（17分）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中Qi（i＝1，2，⋯，k，k≥3）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，…，平面Qk﹣1PQk和平面QkPQ1为多面体M的所有以P为公共点的面．已知三棱锥P﹣ABC如图所示．
（1）求三棱锥P﹣ABC在各个顶点处的离散曲率的和；
（2）若PA⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝4，三棱锥P﹣ABC在顶点C处的离散曲率为，求点A到平面PBC的距离；
（3）在（2）的前提下，又知点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度．
2024-2025学年湖北省武汉六中高一（下）第三次月考数学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
二．多选题（共3小题）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．（5分）已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ）
A．若m∥n，n⊂α，则m∥αB．若m∥α，m∥β，则α∥β
C．若m⊥n，n⊂α，则m⊥αD．若m⊂α，n⊥α，则m⊥n
【分析】举反例可判断ABC；由线面垂直的性质定理可判断D．
【解答】解：若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，所以A选项错误；
若m∥α，m∥β，则α与β平行或相交成任意角，所以B错误；
若m⊥n，n⊂α，则m与α相交或m⊂α或m∥α，所以C选项错误；
若m⊂α，n⊥α，则m⊥n，所以D正确．
故选：D．
【点评】本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题．
2．（5分）复数z＝（1+i）（1﹣2i）+3i在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【分析】根据复数的乘法运算化简，即可得对应的点为（3，2）求解．
【解答】解：z＝（1+i）（1﹣2i）+3i＝3+2i，
故对应的点为（3，2），位于第一象限．
故选：A．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
3．（5分）已知且单位向量在方向上的投影向量为，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【分析】直接利用向量的投影向量的定义和向量的夹角运算求出结果．
【解答】解：由于，且单位向量在方向上的投影向量为，
所以，
故，由于，则与的夹角为．
故选：C．
【点评】本题考查的知识点：向量的夹角运算，向量的投影向量，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
4．（5分）如图，矩形O′A′B′C′是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形OABC的直观图，其中O′A′＝3，O′C′＝1．则平面四边形OABC的周长为（ ）
A．14B．12C．10D．8
【分析】先将直观图还原得平行四边形OABC，根据斜二测画法可得，即可得解．
【解答】解：由矩形O′A′B′C′是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形OABC的直观图，其中O′A′＝3，O′C′＝1．
将直观图还原得平行四边形OABC，如下图，
所以，
所以平面四边形OABC为菱形，
其周长为3×4＝12．
故选：B．
【点评】本题主要考查直观图还原原图，属于中档题．
5．（5分）若D是△ABC的边BC上的一点（不包含端点），且，则的最小值是（ ）
A．4B．6C．8D．12
【分析】根据B、D、C三点共线，运用向量的线性运算与平面向量基本定理推出m+2n＝1，然后根据基本不等式，结合“1的代换”求出的最小值．
【解答】解：由点D在边BC上（不包含端点），可知存在正数λ，使λ，
即λ（），解得，
结合，可得，所以m+2n1，
结合m＞0，n＞0，可得（m+2n）（）＝448，
当且仅当，即时，等号成立，
综上所述，当时，取最小值8．
故选：C．
【点评】本题主要考查向量的线性运算、平面向量基本定理、运用基本不等式求最值等知识，属于中档题．
6．（5分）如图，该几何体为“四角反棱台”，它是由两个相互平行的正方形经过旋转、连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点．若下底面正方形边长为2，“四角反棱台”高为，则该几何体体积为（ ）
A．B．C．D．20
【分析】利用割补法求解几何体体积即可．
【解答】解：如图，把几何体补全为长方体，则，，
所以该几何体体积为．
故选：C．
【点评】本题考查棱锥的体积，属于中档题．
7．（5分）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点．直线FC1到平面AB1E的距离为（ ）
A．B．C．D．
【分析】将直线FC1到平面AB1E的距离转化为点C1到平面AB1E的距离，建立直角坐标系，表示出相应点的坐标以及向量和法向量，利用距离公式即可求出．
【解答】解：∵AE∥FC1，FC1⊄平面AB1E，AE⊂平面AB1E，∴FC1∥平面AB1E，
∴直线FC1到平面AB1E的距离等于点C1到平面AB1E的距离，
如图，以D点为坐标原点，DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，DD1所在的直线为z轴，建立直角坐标系，
则，
，
设平面AB1E的法向量为，
则，令z＝2，则，
设点C1到平面AB1E的距离为d，
则，
故直线FC1到平面AB1E的距离为．
故选：D．
【点评】本题考查直线到平面的距离、点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
8．（5分）已知与是平面内两个非零向量，，，∠BAC＝60°，点P是∠BAC平分线上的动点．当取最小值时，的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】建立平面直角坐标系，设出P点坐标，再求出相关向量的坐标，结合二次函数性质求解即可．
【解答】解：如图，以A为原点，AC所在直线为x轴，过点A作AC的垂线为y轴建立平面直角坐标系，
因为，，∠BAC＝60°，所以，C（3，0），
因为AP平分∠BAC，所以直线AP的方程为，则设，
所以，，，
所以，
所以，
则当时，取最小值，此时，
则．
故选：B．
【点评】本题考查了平面向量的数量级运算，考查了数形结合思想及转化思想，属于中档题．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求、全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
（多选）9．（6分）平面α垂直于平面β，且α∩β＝l，下列命题正确的是（ ）
A．平面α内一定存在直线平行于平面β
B．平面α内已知直线必垂直于平面β内无数条直线
C．平面α内任一条直线必垂直于平面β
D．过平面α内任意一点作交线l的垂线，则此垂线必垂直于平面β
【分析】根据面面垂直、线面垂直、以及线线垂直的判定和性质，对每个选项逐一分析，即可得解．
【解答】解：选项A，因为l⊂面β，所以平面α内平行于l的直线都平行于平面β，故选项A正确；
选项B，在平面β内作直线l的垂线m，则m⊥面α，
所以m垂直于平面α的任意直线，
所以平面α内已知直线必垂直于直线m，以及与m平行的无数条直线，故选项B正确；
选项C，平面α内垂直于两平面交线l的直线才垂直于平面β，故选项C错误；
选项D，若在交线l上取一点，作交线的垂线，则该垂线不一定垂直于平面β，
只有过平面α内，且在交线l外的一点作交线l的垂线，才有此垂线必垂直于平面β，故选项D错误．
故选：AB．
【点评】本题考查空间中线、面的位置关系，考查空间立体感，逻辑推理能力，属于基础题．
（多选）10．（6分）在△ABC中，设a＝6，c＝5，，则下列说法正确的是（ ）
A．△ABC的面积为12
B．△ABC外接圆的周长是
C．若D为AC的中点，则中线BD长度为
D．△ABC内切圆的面积是
【分析】由数量积公式结合余弦定理及面积公式判断A；由余弦定理求出csB得sinB，结合正弦定理判断B；根据中线向量公式结合B中结果计算BD的长后可判断C；利用等积法求内切圆半径判断D．
【解答】解：因为，所以b＝5．
对于A，因为AB＝AC＝5，所以BC边上的高为，
所以△ABC的面积为，故A正确；
对于B，由余弦定理得：，
因为B∈（0，π），所以，
所以△ABC外接圆的周长是，故B正确；
对于C，因为D为AC的中点，所以，
所以
，
所以，故C正确；
对于D，设△ABC内切圆的半径为r，因为，
所以，所以△ABC内切圆的面积是，故D不正确．
故选：ABC．
【点评】本题考查利用正、余弦定理和三角形的面积公式，向量的数量积运算解三角形，属于中档题．
（多选）11．（6分）如图，多面体容器ABC﹣DEF，底面△ABC水平放置，△ABD，△BCE，△ACF所在的平面均与底面△ABC垂直，且四个三角形均是边长为2的等边三角形，下列选项正确的是（ ）
A．EF∥AB
B．平面ADF⊥平面ABC
C．经过直线AB的平面截该几何体，截面的最大面积为
D．从上面DEF往该容器注水，当水面是正多边形时（未注满），注入的水的容积为
【分析】对于A，分别取线段BC，AC的中点G，H，证明四边形EFHG为平行四边形，即可判断A选项；
对于B，利用反证法，若平面ADF⊥平面ABC，则可得AF⊥平面ABC，显然不成立，判断B选项；
对于C，分截面为△ABC或△ABD和平面α与平面ECF或平面DEF相交两类来讨论，判断C选项；
对于D，先利用相似得出正六边形的边长，再将体积分为三个棱锥和一个六棱柱的体积进而求解，判断D选项．
【解答】解：对于A，分别取线段BC，AC的中点G，H，连接EG，FH，
因为△BCE为边长为2的等边三角形，则EG⊥BC，，
因为平面EBC⊥平面ABC，平面EBC∩平面ABC＝BC，EG⊂平面EBC，
则EG⊥平面ABC，
同理可得FH⊥平面ABC，，则EG∥FH，EG＝FH，
则四边形EFHG为平行四边形，则EF∥GH，
又因为AB∥GH，所以EF∥AB，故A正确；
对于B，若平面ADF⊥平面ABC，又平面ACF⊥平面ABC，平面ACF∩平面ADF＝AF，
则可得AF⊥平面ABC，又显然AF不垂直于平面ABC，故假设错误，故B错误；
对于C，设过直线AB的平面为α，平面α与多面体ABC﹣DEF的表面交线为l，
则平面α由平面ABC到平面ABD的转动过程中，截面的可能性有：若截面为△ABC或△ABD，则截面面积为；
若平面α与平面ECF或平面DEF相交，
由A选项可知，EF∥AB，AB⊄平面ECF，EF⊂平面ECF，则AB∥平面ECF，
又平面α∩平面ECF＝l，AB⊂平面α，则AB∥l，则EF∥l，
由于对称性可知，此时截面为等腰梯形，显然当l与EF重合时截面面积最大，
因为等腰梯形EFAB的上底EF＝GH＝1，下底AB＝2，腰EB＝FA＝2，
则等腰梯形EFAB的面积为，故此时截面面积的最大值为，
因为，故C选项正确；
对于D，由A选项可知，EF∥AB，又EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，则EF∥平面ABC，
同理可得DE∥平面ABC，又DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面DEF，则平面DEF∥平面ABC，
欲使水面IJKLMN是正多边形，结合对称性可知，只需MN∥BC，NI∥EF，MN＝NI即可，
因，，则，，则MN＝EN，CN＝2NI，
则CN＝2EN，则，，，则，
又因为EG⊥平面ABC，且，则多面体IJKLMN﹣ABC的高为，
过点M，L分别作MP∥EG∥LQ，则四边形LMPQ是面积为的矩形，
由MP⊥平面ABC，MP⊂平面LMPQ，则平面ABC⊥平面LMPQ，
过点B作BO⊥PQ，又平面ABC∩平面LMPQ＝PQ，BO⊂平面ABC，
则BO⊥平面LMPQ，则BO为四棱锥B﹣LMPQ的高，
又等边△BPQ的边长为，则，则四棱锥B﹣LMPQ的体积为，
因为多面体IJKLMN﹣ABC去掉三个体积相等的四棱锥后，剩余的部分为直六棱柱，
则该部分体积为，
故多面体IJKLMN﹣ABC的体积为，故D正确．

故选：ACD．
【点评】本题考查线线平行的判定、平面与平面垂直的判定、空间几何体的体积等，属于难题．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（5分）若复数z满足z•i＝2+i，则|z|＝ ．
【分析】根据复数的除法可求得z＝1﹣2i，结合模长公式运算求解．
【解答】解：由题意可知，，
所以由复数模的公式可知，．
故答案为：．
【点评】本题主要考查复数模公式，以及复数的四则运算，属于基础题．
13．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，且，则△ABC的面积最大值是 ．
【分析】由余弦定理求A，再结合基本不等式求得bc的最大值，即可求解．
【解答】解：因为，所以，
所以，
因为A∈（0，π），所以，
由，结合基本不等式：b2+c2≥2bc，
得，所以，当且仅当b＝c时取等号，
所以．
故答案为：．
【点评】本题考查余弦定理和三角形面积公式的应用，涉及基本不等式的应用，属于基础题．
14．（5分）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝4，P为边AB上的动点，沿CP将△ACP折起形成直二面角A′﹣CP﹣B，当A′B最短时，此时三棱锥A′﹣BCP的体积为 ．
【分析】作AD⊥CP于点D，连接BD，结合余弦定理表示出AD，BD，即可得到当A′B最短时∠ACP的度数，再结合锥体的体积公式即可得到结果．
【解答】解：作AD⊥CP于点D，连接BD，如图所示：
设∠ACP＝α，则∠PCBα，
所以AD＝A′D＝2sinα，CD＝2csα，
在△BCD中，由余弦定理可得：
BD2＝CD2+BC2﹣2CD•BCcs（α）＝4cs2α+16﹣16csαsinα，
因为A′﹣CP﹣B为直二面角，所以平面A′PC⊥平面BCP，
因为平面A′PC∩平面BCP＝PC，A′D⊥PC，且A′D⊂平面A′PC，
所以A′D⊥平面BCP，
因为BD⊂平面BCP，所以A′D⊥BD，
则A′B2＝A′D2+BD2＝4sin2α+4cs2α+16﹣16sinαcsα＝20﹣8sin2α，
当A′B最短时，2α，所以α，
即此时CP为∠ACB的角平分线，A′D＝2sinα＝2sin，
且由角平分线定理可得，，
即，
所以S△BCPS△ABC2×4，
所以VA′﹣BCPA′D•S△BCP．
故答案为：．
【点评】本题考查了空间几何体的结构特征与应用问题，是中档题．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15．（13分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2+c2﹣b2＝3，△ABC的面积为．
（1）求角B的大小；
（2）若sinAsinC，求△ABC的周长．
【分析】（1）根据三角形的面积公式与余弦定理，结合同角三角函数的关系算出tanB，进而可得角B的大小；
（2）根据（1）的结论算出ac，由正弦定理化简得4R2（sinAsinC），结合sinAsinC求出R＝1，从而算出b＝2RsinB＝1，然后根据ac且a2+c2＝b2+3＝4，算出a+c的值，进而可得△ABC的周长．
【解答】解：（1）由余弦定理得a2+c2﹣b2＝2accsB＝3…①，
且△ABC的面积SacsinB，可得acsinB②．
②÷①，整理得tanB，结合B∈（0，π），可得B；
（2）根据B且SacsinB，解得ac，
设△ABC的外接圆半径为R，由正弦定理得a＝2RsinA，c＝2RsinC，
所以ac＝4R2（sinAsinC），即4R2，解得R＝1，
所以b＝2RsinB＝2×1×sin1，结合题意a2+c2﹣b2＝3，可得a2+c2＝b2+3＝4．
由，可得（a+c）2＝4（）2，所以a+c．
因此，△ABC的周长a+b+c．
【点评】本题主要考查正弦定理与余弦定理、三角形的面积公式、同角三角函数的基本关系等知识，属于中档题．
16．（15分）如图所示，正四棱锥P﹣ABCD，PA＝1，底面边长，M为侧棱PA上的点，且PM＝3MA．
（1）求正四棱锥P﹣ABCD的体积；
（2）若S为PB的中点，证明：PD∥平面SAC；
（3）侧棱PD上是否存在一点E，使CE∥平面MBD，若存在，求出；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据体积公式可求几何体的体积；
（2）连BD，交AC于O，可证SO∥PD，故可证PD∥平面SAC；
（3）存在，，此时作AP中点F，连结EF，EC，CF，可证平面CEF∥平面MBD，故可得CE∥平面MBD．
【解答】解：（1）连接AC，BD，设AC∩BD＝O，连接PO，则PO⊥平面ABCD．
Rt△POA中，PA＝1，，，
所以．
（2）证明：易知O为AC的中点，又S为PB的中点，
所以SO∥PD，又SO⊂平面SAC，PD⊄平面SAC，
所以PD∥平面SAC；
（3）存在，．理由如下：作AP中点F，连结EF，EC，CF，
因为，所以EF∥MD，
又EF⊄平面MBD，MD⊂平面MBD，
所以EF∥平面MBD，
又，所以MO∥CF，
又CF⊄平面MBD，MO⊂平面MBD，
所以CF∥平面MBD，又CF∩EF＝F，
所以平面CEF∥平面MBD，又CE⊂平面CEF，
所以CE∥平面MBD．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．
17．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，E，F，G分别是AB，PD，PC的中点．
（1）若AD＝PA，求证：AF⊥平面PDC；
（2）若二面角P﹣EC﹣D的正切值为，且，，求EG与平面PDE所成角的正弦值．
【分析】（1）由题意可得CD⊥AF，结合AF⊥PD，可得AF⊥平面PDC；
（2）由题意可得AF与平面PDE所成角即为EG与平面PDE所成角，过A作AM⊥EC于M，连接PM，可得，可求得，利用等体积法可求得A到平面PDE的距离，可得EG与平面PDE所成角的正弦值．
【解答】解：（1）证明：∵AD＝PA，又F是PD的中点，∴AF⊥PD，
又PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，
又底面ABCD是矩形，∴AD⊥DC，又AD∩PA＝A，
AD，PA⊂平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，又AF⊂平面PAD，∴CD⊥AF，
又CD∩PD＝D，CD，PD⊂平面PDC，
∴AF⊥平面PDC．
（2）连接GF，∵F，G分别是PD，PC的中点，∴，GF∥CD，
又E是AB的中点，底面ABCD是矩形，∴，AE∥CD，
∴AE＝GF且AE∥GF，∴四边形AEGF是平行四边形，
∴GE∥AF，
∴AF与平面PDE所成角即为EG与平面PDE所成角，
∵又PA⊥平面ABCD，EC⊂平面ABCD，∴PA⊥EC，
过A作AM⊥EC于M，连接PM，
又AM∩PA＝A，AM，PA⊂平面PAM，
∴CE⊥平面PAM，又PM⊂平面PAM，∴CE⊥PM，
∴∠PMA为二面角P﹣EC﹣D的平面角，
∴，即，
由，可得AM＝1，∴，
设A到平面PDE的距离为d，
由VP﹣ADE＝VA﹣PDE，
∴，
又PD＝PE＝DE＝2，
∴，
∴，
解得，
又，
∴AF与平面PDE所成角的正弦值为，
∴EG与平面PDE所成角的正弦值为．
【点评】本题考查线面垂直的判定，以及空间角的计算，属于中档题．
18．（17分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，平面PAC⊥平面PBC．
（1）求证：BC⊥AC；
（2）若，AC＝BC＝2，M是PB的中点，N，F分别在线段BC，AM上移动．
①求PB与平面PAC所成角的正切值；
②若FN∥平面PAC，求线段FN长度取最小值时二面角F﹣BC﹣A平面角的正切值．
【分析】（1）根据线面垂直即可求解；
（2）根据三棱锥的性质即可求线面所成角的正切值．
【解答】解：（1）证明：作AH⊥PC，
因为平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC＝PC，AH⊂平面PAC，
所以AH⊥平面PBC，因为BC⊂平面PBC，所以BC⊥AH，
因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以BC⊥PA，
因为AH∩PA＝A，AH，PA⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，又AC⊂平面PAC，所以BC⊥AC；
（2）①由（1）得BC⊥平面PAC，
所以PC为PB在平面PAC的射影，∠BPC为PB与平面PAC所成角，
在△PAC中，，
在直角△PCB中，，
所以PB与平面PAC所成角的正切值为；
②过F作AB的垂线，垂足为Q，过Q作QN//AC，交BC于N，
因为PA⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以PA⊥AB，
又因为FQ⊥AB，PA，FQ⊂平面PAB，所以PA∥FQ，
因为PA⊂平面PAC，FQ⊄平面PAC，所以FQ∥平面PAC，同理NQ∥平面PAC，
因为FQ∩NQ＝Q，FQ，NQ⊂平面FQN，所以平面PAC∥平面FQN，
因为FN⊂平面FQN，所以FN∥平面PAC，设，
所以QN＝λ，，，，
在直角△FQN中，（1≤λ≤2），
当λ＝1时，，，
易证∠FNQ为二面角F﹣BC﹣A的平面角，其正切值为．
【点评】本题考查了线面所成角的正切值，属于中档题．
19．（17分）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中Qi（i＝1，2，⋯，k，k≥3）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，…，平面Qk﹣1PQk和平面QkPQ1为多面体M的所有以P为公共点的面．已知三棱锥P﹣ABC如图所示．
（1）求三棱锥P﹣ABC在各个顶点处的离散曲率的和；
（2）若PA⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝4，三棱锥P﹣ABC在顶点C处的离散曲率为，求点A到平面PBC的距离；
（3）在（2）的前提下，又知点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度．
【分析】（1）根据所给的定义，表示φP，φA，φB，φC，再相加，即可求解；
（2）先根据题设中垂直关系结合点C处的离散曲率求得∠PCA、PA，然后过点A作AM⊥PC于点M，利用线面垂直的判定定理得AM⊥平面PCB，即可求解点面距离；
（3）过点Q作QG∥PA交AB于G，连结CG，得∠GCQ为直线CQ与平面ABC所成的角，设，表示出QG、BG，再利用余弦定理求CG，再由余弦值，转化为正切值，得到关于x的等式求解即可得答案．
【解答】解：（1）根据离散曲率的定义得，
，
，
又因为∠APB+∠BPC+∠APC+∠PAB+∠BAC+∠PAC+∠PBA+∠ABC+∠PBC
+∠PCA+∠BCA+∠PCB＝4π，
所以．
（2）因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，
又因为AC⊥BC，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，
因为PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC，
因为，即
所以，所以PA＝AC＝BC＝4，过点A作AM⊥PC于点M，
由BC⊥平面PAC，AM⊂平面PAC，得BC⊥AM，
又BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PCB，则AM⊥平面PCB，
因此点A到平面PBC的距离为线段AM的长，在Rt△ACM中，，
所以点A到平面PBC的距离为．
（3）过点Q作QG∥PA交AB于G，连结CG，
因为PA⊥平面ABC，所以QG⊥平面ABC，
所以∠GCQ为直线CQ与平面ABC所成的角，
依题意可得，，
，
，，
设，则，
在△BCG中， ，
又，所以，
则，
所以，
解得：或（舍），
故．
【点评】本题考查立体几何新定义问题，属于难题．
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5
6
7
8
答案
D
A
C
B
C
C
D
B
题号
9
10
11
答案
AB
ABC
ACD