福建省泉州市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷

这是一份福建省泉州市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷，共15页。试卷主要包含了3 ，方差为8，5  0，3 ；12等内容，欢迎下载使用。
福建泉州市 2025-2026 学年下学期期末高一参考试题数学（A 卷）
单选题
→→
已知向量a  2,1, b  1, 3 ，则a  2b  （ ）
A． 0, 7
B．0, 5
C．4, 5
D． 4, 7
在复平面内，复数 z 满足 z 1 2i  5 ，则 z 对应的点在（ ）
第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
某中学为了解高一年学生体育锻炼的情况，按性别分层，采用比例分配的分层随机抽样的方法进行抽样调查．已知高一年学生的人数为 900，其中男生的人数为 500，若女生抽取的人数为 20，则男生抽取的人数为（ ）
15B．18C． 25D． 35
若一列数1, 2,3, a, 7,9 的中位数是3.5 ，则该列数的第60 百分位数是（ ）
3B． 4C． 3或4D． 5
具身智能是前沿人工智能技术，以此为核心研发的智能机器人有望成为服务人类的可靠助手．如图，质
点O 受到两个力 F1 和 F2 的作用，已知 F1 与 F2 的夹角为60∘ ，| F1 | = | F2 | =20 N，则 F1 与 F2 的合力大小为（ ）
0NB． 20N
2
3
C． 20 3 ND．10 2(+ 1) N
已知复数 z 满足条件| z  3 4i | 1，则| z |的最小值为 （ ）
A．1B．3C．4D．5

–––→–––→
已知点G 是aABC 的重心，且 AE  m AB ， AF  n AC(m  0, n  0) ．若 E, F , G 三点共线，则m n 的最小值
为（ ）
14
A． 3B． 3C． 4D．12
在三棱锥 P  ABC 中， ABC  120∘ ， AB  BC  PB  4 ， PA  PC  2 6 ．若 P, A, B, C 在同一个球面上，
则该球的表面积为（ ）
16πB． 32πC． 48πD． 64
多选题
四名同学各自进行5次射击测试，分别记录每次射击的结果．根据四名同学的统计结果，可以判断一定没有命中10 环的是（ ）
中位数为5，众数为5B．平均数为 7，众数为9
C．中位数为5，极差为3D．平均数为7 ，方差为1.6
欧拉公式eix  cs x  i sin x(x  R, i 是虚数单位) 巧妙地将复数、指数函数与三角函数联系起来，在涉及波动、振动、周期信号、交变场等理工领域应用广泛，则下列结论正确的是（ ）
3
πiπi1
eiπ 1  0
e2 xi
e 2  e 3
  i
2
22
复数
1 i
的模等于
(1 
3i)2028  22028
如图，在正四棱台 ABCD−A1B1C1D1 中， AB  2 A1B1  2 2 ， AA1  2 ， BE  λBB1 (λ [0,1] )，则（ ）
三棱锥 D1  ACE 的体积是定值
当λ1时，平面 ACE / / 平面 A1C1D
当λ 1 时，直线 AE 与平面 BCC B 所成的角最大
21 1
存在λ，使得平面 A1CE  平面 ACC1 A1
填空题
若复数 z 满足 z  z  8i ，则 z 的虚部为.
如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD−A1B1C1D1 中， M 为 AD 的中点，过M , C , B1 三点的截面将正方体分为两部分，则较小部分几何体的体积为.
3
→→
已知非零向量a, b, c 满足a  c ，且对任意实数λ，| b  λa |≥．则b 在c 上的投影向量的模的最小值为
.
解答题
如图，一个多面体的上面部分是一个正四棱锥，下面部分是一个长方体，两部分的高都是1，且 AB  2 ．
求直线 PC 与 A1D 所成的角的余弦值；
若平面 PAD 与平面 PBC 的交线为l ，证明： l BC ．
记aABC 的内角 A, B, C 所对的边分别为a, b, c ，已知2c cs A  acsB  bcsA ．
求 A ；
若 2a  2b  c ，求cs 2B ．
某电视台为了解一档节目在某地区的满意度情况，随机向该地市民分发满意度调查问卷(满分 100 分)，共收集统计了 1 000 份问卷，并将满意度得分按区间[70, 75) ，[75,80) ，[80, 85) ，[85, 90) ，[90, 95) ，[95,100] 分为六组，绘制如下频率分布直方图：
补全频率分布直方图；
将参与问卷调查的市民分为老年人、中年人、年轻人三个群体，其人数之比为3 : 3 : 4 ．统计得到老年人 的满意度平均数为88.3 ，方差为8.15 ，中年人的满意度方差为6.25 ，年轻人的满意度平均数为84.3 ，方差为5.1．
估计该地中年人的满意度平均数；
估计该地市民的满意度方差．
（参考数据： 72.5  0.012  77.5  0.016  82.5  0.038  87.5  0.06  97.5  0.024  12.835 ）
若aABC 内的点 P 满足PAB  PBC  PCA ，则称 P 为aABC 的布洛卡点．记aABC 的内角 A, B, C 所对的边分别为a, b, c ，已知a2  bc  b2  c2 ．
若a sin A  b sin C ，证明： aABC 的内心为布洛卡点；
已知 P 为aABC 的布洛卡点．
若ABC  π ，求tan PAB ；
6
若PAB  π ，证明： a2  bc ．
6
如图，四边形 ABCE 中， AB∥CE ， AB  AE  1 CE  2 ， E  60∘ ，CE 上的点 D 满足 DE  2 ，以 AD 为
3
6
折痕将aADE 折起，使点 E 到达点 P 的位置，且 PB ．
证明：平面 PAD  平面 ABCD ；
点Q 在 PC 上，若二面角Q  BD  C 的正切值为 2 ．
3
求 PQ ；
PC
求直线 BQ 与平面 PBD 所成角的正弦值．
1．A
→
参考答案
→
【详解】因为a  2,1, b  1, 3 ，所以a  2b  0, 7 .
2．D
【详解】解法一： z  5
5(1  2i)
 5(1  2i)  1  2i ，所以复数 z 对应的点为(1,−2) ，
1  2i(1  2i)(1  2i)5
故 z 对应的点在第四象限．
解法二：因为1 2i1 2i  1 2i 2  5 ，结合 z 1 2i  5 ，所以 z  1 2i  1 2i ，故 z 对应的点在第四象限．
3．C
【详解】因为高一年学生的人数为 ，其中男生的人数为500，所以女生的人数为400 ，因为采用比例分配的分层随机抽样，设男生抽取的人数为n ，
所以 20  n ，解得n  25 ．
400500
4．B
【详解】因为1, 2,3, a, 7,9 的中位数为 3  a  3.5 ，所以a  4 ，故这一列数为1, 2,3, 4, 7,9 ，
2
又i  6  60%  3.6 ，所以第60 百分位数是这一列数中的第4 个数，为4 ．
5．C
400  400  2  20  20  cs 60
3
【详解】因为 F1 与 F2 的夹角为60 ， F1  F2  20N ，
F 2  F 2  2F  F
1212
所以| F  F |

 20，
12
即合力为20 3N ．
6．C
【详解】
由复数 z 满足条件| z  3 4i | 1，即| z  (3  4i) | 1，
得复数 z 表示的点在以C(3, 4) 为圆心，半径为1的圆上．
而| z |的几何意义为原点到圆C 的点的距离．
| z |的最小值为圆C 的圆心与原点的连线段的长度减去半径，
32  42
圆C 的圆心与原点的连线段的长度为
则| z |的最小值为4 ，故选项 C 正确． 7．B
【详解】
 5 ，
–––→2 ––––→2 1 –––→ –––→
3
因为点G 是aABC 的重心，所以 AG  AM  
3 2
( AB  AC) ，
–––→
1 –––→ –––→
–––→–––→
–––→
1 –––→
1 –––→
AG  3 ( AB  AC) ，又 AE  m AB ， AF  n AC(m, n  0) ，所以 AG  3m AE  3n AF ，
因为 E, F , G 三点共线，所以 1  1
n  m
3m 3n
3m3n
 1 ，
因此m  n  (m  n)( 1
 1 )  2 
n  m ≥ 2 +2
 4 ，当且仅当m  n  2 时，等号成立，
3m3n
即m  n 的最小值为 4 .
3
3 3m3n
333
8．D
【详解】在aABC 中， ABC  120∘ ， AB  BC  4 ，
由余弦定理得： AC 2  AB2  BC 2  2 AB  BC  cs120∘  48 ，即 AC  4 3 ，取 AC 中点M ，连接 BM 并延长至O ，使得OA  OB  OC  4 ，
即O 是aABC 的外接圆圆心且OM  AC ．
在aPAC 中，因为 PA  PC  2 6 ，所以 PA2  PC 2  AC 2 ，所以APC  90∘ ，因此aPAC 的外接圆圆心为点M ．
连接 PM ，显然 PM  AC ，同理 BM  AC ，所以PMB 是二面角 P−AC−B 的平面角．
3
在直角△PAM 中， AM  2 3, PA2 6 ，由勾股定理得 PM  2，
又 BM  2 ，所以 PM 2  BM 2  PB2 ，所以PMB  90 ，
所以平面 PAC ⊥平面 ABC ，又OM  AC ， OM  平面 PAC ，由点M 是aPAC 的外接圆圆心，即球心在直线OM 上．
又O 是aABC 的外接圆圆心，即球心也在过点O 且垂直于平面 ABC 的直线上，
两条垂线的交点为点O ，所以O 是三棱锥 P  ABC 的外接球球心．所以球O 的半径 R  OB  4 ，球O 的表面积为4πR2  64π ．
CD
【详解】对于 A，若有10 环，则10 只能出现在第 4 或 5 位，则命中环数可以是5,5,5,5,10 ，符合中位数为5，众数为5，所以可能命中过10 环，故 A 错误；
对于 B，若有10 环，可设环数为10 ， 9， 9， x ， y ，(1  y  x  9 ， x, y  Ζ )，
则10  9  9  x  y  35 ，即 x  y  7 ，可取 x  6 ， y  1，即可能命中过 10 环，故 B 错误；
对于 C，若有10 环，则命中环数最小为 7 环，则中位数不可能为5，所以一定没有命中过 10 环，故 C 正确；对于 D，若有10 环，则设环数由小到大排序为 x1 , x2 , x3 , x4 ,10 ，
则 1 [(x  7)2  (x  7)2  (x  7)2  (x  7)2  (10  7)2 ]≥ 1  9  1.8  1.6 ，所以一定没有命中过10 环，故 D 正确．
512345
ABD
【详解】对于 A 选项， eiπ  cs π  i sin π  1， eiπ  1  0 ，故 A 选项正确；
ii
11
3
3
对于 B 选项， e 2  e 3  i( i)   i ，故 B 选项正确；
2222
e2 xi
1  i
e2 xi
1  i
2
cs 2x  i sin 2x
2
1
对于 C 选项，解法一：
，
2
2

e2xics 2x  i sin 2x(cs 2x  i sin 2x)(1  i)(cs 2x  sin 2x)  i(sin 2x  cs 2x)
解法二： 1  i1  i(1  i)(1  i)2，
(cs 2x  sin 2x)2 +(sin 2x  cs 2x)2
e
2 xi
所以||
2 ，故 C 选项错误；
1  i22
2028
isin )
对于 D 选项， 1 3i2028  22028  1  3 i  22028 ( cs π  π 2028
 22 33

 22028 cs 676π  isin676π  22028 ，故 D 选项正确．
ACD
【详解】对于选项 A，如图 1，连结 AC, BD 交于点O ，连结OD1 ，
在正四棱台 ABCD−A1B1C1D1 中， B1D1 //OB 且 B1D1  OB  2 ，所以四边形OBB1D1 为平行四边形，所以 BB1 //OD1 ，
又 BB1  平面 ACD1 ， OD1  平面 ACD1 ，所以 BB1 // 平面 ACD1 ，
所以 BB1 上任意一个点到平面 ACD1 的距离都相等，即三棱锥 E  ACD1 的体积是定值．因为三棱锥 D1  ACE 的体积等于三棱锥 E  ACD1 的体积，
所以三棱锥 D1  ACE 的体积是定值，故 A 选项正确；
对于选项 B，若λ1，则点 E 运动到点 B1 ，
解法一：如图 2，在正棱台 ABCD−A B C D 中，因为 A B //CD ， A B  1 CD ，
1 1 1 1
1 11 12
所以四边形 A1B1CD 为梯形，所以 A1D 与 B1C 一定相交，即平面 ACB1 与平面 A1C1D 相交，故 B 选项错误；
解法二：假设平面 ACB1 // 平面 A1C1D ，
因为 A1B1 //CD ，所以 A1 , B1 ,C, D 四点共面，
因为平面 ACB1  平面 A1B1CD  B1C ，平面 A1C1D ∩ 平面 A1B1CD  A1D ，所以 B1C//A1D ，显然矛盾，故 B 选项错误；
对于选项 C，如图 3，过点 A 作 AH 平面 BCC1B1 ，垂足为 H ，
则直线 AE 与平面 BCC B 所成角为AEH ，所以sin AEH  AH ，
1 1AE
因为 AH 是定值，所以AEH 要达到最大，只要 AE 达到最小，此时 AE  BB1 ．
因为cs B BA  2  1  2 ，所以 BE  AB cs B BA  2 2  2  1 ，
122414
故 E 是中点，即λ 1 ，故 C 选项正确；
2
22  
 4  2 2

2

对于 D 选项，因为 AA1  2, A1C1  2, AC  4 ，所以梯形 ACC1 A1 的高为
 3 ，
故 AC 
 2 3 ，所以 AA2  AC 2  AC 2 ，则 AA  AC ．
3  4 12
11111
8  22  2  2 2  2 
2
4
由 C 选项可知， AB1 
 2
，所以 A1B  AB  2 2 ，
2
则三角形 AA1B 是等腰三角形，即∠AA1B 是锐角，
又因为AA1B1 是钝角，所以必然存在点 E ，使得AA1E 是直角，
即存在λ，使得 AA1  A1E ，因为 A1C ∩ A1E  A1 , A1C, A1E  平面 A1CE ，所以 AA1  平面 A1CE ，又 AA1  平面 ACC1 A1 ，
所以平面 A1CE  平面 ACC1 A1 ，故 D 选项正确．
12．4
【详解】设 z  a  bi(a, b  R) ，则 z  a  bi ，所以(a  bi)  (a  bi)  2bi  8i ，解得b  4 ，所以 z 的虚部为 4.
13． 7
3
【详解】因为正方体 ABCD−A1B1C1D1 的棱长为 2，所以正方体的体积为V  8 ．
1
取 AA1 中点 N 连结MN ，因为MN //B1C 且MN = 2 B1C ，所以 B1 N 与CM 必相交，分别连结 B1 N ， CM 并延长相交于点 E ，
因为 B1 N  平面 ABB1 A1 ， CM  平面 ABCD ，且平面 ABB1 A1  平面 ABCD  AB ，
所以 E 在 AB 上，所以V
 1 (2 
 1 )  2  7 ，因为 7  V =4 ，
三棱台AMN  BCB1
7
3
2  1
2
2332
所以较小部分几何体的体积为 ．
3
3
14．
【详解】解法一：由题可设OA  a  (1, 0) ， OB  b  (x, y) ，则b λa  (x λ, y) ，
3
→→
对任意实数λ，有| b  λa |≥，即(x  λ)2  y2  3 恒成立，
即λ2  2xλ x2  y2  3  0
对任意实数λ恒成立，
3
3
故  4x2  4(x2  y2  3)  0 ，即 y2  3 ，即 y 或 y  ，
3
故 B 在直线 y 的上方（含边界）或在直线 y − 3 的下方，
3
由对称性不妨设 B 在直线 y 的上方（含边界），因为a  c ，如图，
3
b 在c 上的投影向量的模的最小值为．
––––→→
解法二：由题可设OA  a  (1, 0) ， OA1  λa  (λ, 0) ， OB  b  (x, y) ，
→ λ→  –––→→→
–––→
3
Ax
3
3
3
baA1B ，因为| b  λa |≥，即 A1B
，又 1 为
轴的动点，
3
所以点 B 到 x 轴的距离最小值为
15．(1) 15
15
(2)正方形 ABCD 中， BC∥AD ，
，即 y 或 y  ，下同解法一.
Q BC ⊄平面 PAD ， AD  平面 PAD ，
 BC / / 平面 PAD ．
Q BC  平面 PBC ，平面 PBC 平面 PAD  l ，
l BC ．
【详解】（1）连结 B1C ，
Q 在长方体中， A1B1∥C1D1 , A1B1  C1D1 , D1C1∥DC, D1C1  DC ， A1B1∥DC, A1B1 =DC ，
四边形 A1B1CD 为平行四边形， A1D B1C ．
PCB1 或其补角为直线 PC 与 A1D 所成的角．
Q 多面体的上面为正四棱锥，下面为长方体，高都为 1， AB  2
四边形 ABCD, A1B1C1D1 为正方形，设其中心分别为O, O1 ，
连结 PO1 ，则 PO1 过点O ，且 PO1  平面 A1B1C1D1 ， PO  平面 ABCD ，连结OB, O1B1 , PB1 ，则 PO  1, OO1  BB1  1, PO1  2 ，且 PO1  O1B1 , PO  OB ，
5
易得O1B1  OB  2 ， B1C ，
PO2  OB2
 PC  PB 
 3 ， PB1 ，
PO 2  O B 2
11 1
6
在△PCB1 中，
PC 2  B1C 2  PB 2
15
3  5  6
cs PCB1 
2PC  B1C
1 ，
2  3  5
15
直线 PC 与 A1D 所成的角的余弦值为 15 ．
15
（2）略
16．(1) A  π
3
(2)  3
2
【详解】（1）解法一：在aABC 中，由余弦定理得：
a2  c2  b2c2  b2  a2c2
a cs B  b cs A  a  b   c ，
2ac2bcc
即2c cs A  c ，因为c  0 ，所以2 cs A  1，即cs A  1 ，
2
因为 A 0, π ，所以 A  π ．
3
解法二：在aABC 中，由正弦定理得：
2sin C cs A  sin AcsB  sin BcsA  sin( A  B) ，
因为 A  B  C  π ，所以sin( A  B)  sin C  0 ，
所以2 cs A  1，即cs A  1 ，因为 A 0, π ，所以 A  π ．
23
3
（2）解法一：由（1）知， B  C  2π ，因为 2a  2b  c ，
在aABC 中，由正弦定理得：
2 sin A  2 sin B  sin  2π  B  ，
 3

整理得 6  3 sin B  3 cs B 
 π  ，即
 π  2 ．
222
3 sin  B6 sin  B6 2

又 B  0, 2π  ，故 B  π   π , π  ；所以 B  π  π ，即 B  5π ，
3 
6 6 2 

6412

则cs 2B  cs 5π   3 ．
62
解法二：如图过 B 作 BD  AC 于 D ，因为 AC  AD  CD ，
在aABD 中， AD  c cs A  c ，在aBCD 中， CD  a cs C ，所以b  c  a cs C ，
22
因为 2a  2b  c ，所以b  c  2 a ，
22
2
即cs C ，因为C  0, 2π  ，所以C  π ，
3 4
2
因为 A  B  C  π ，所以 B  π  π  π  5π ，所以cs 2B  cs 5π   3 ．
341262
17．(1)
(2)（i） 90.3 ；（ii）12.96 ．
【详解】（1）设得分在[90, 95) 对应的矩形高度为a ，则由(0.012  0.016  0.038  0.06  a  0.024)  5  1 ，得a  0.05 ，补全频率分布直方图，如图所示．
（2）（i）因为老年人、中年人、年轻人三个群体，其人数之比为3 : 3 : 4 ，所以老年人、中年人、年轻人分别收集 300 份，300 份，400 份调查问卷，
设总样本平均得分为m ，方差为s2 ，则由频率分布直方图得：
m = (72.5´ 0.012 + 77.5´ 0.016 +82.5´ 0.038 +87.5´ 0.06 +92.5´ 0.05 +97.5´ 0.024)´ 5  87.3 ．
老年人的满意度平均得分为 x = 88.3 ，方差为s2 ，中年人的满意度平均得分为 y ，方差
1
为s2 ，年轻人的满意度平均得分为 z = 84.3 ，方差为s2 ，
23
因为m = 300x +300 y +400z ，所以 y = 90.3 ，
1000
用样本估计总体，可以估计该地中年人的满意度的平均数为90.3 .
（ii）因为s2 =
1 {300[s2 +(x - m)2 ] +300[s2 +( y - m)2 ] + 400[s2 +(z - m)2 ]}
1000
123
 1
1000
{300 [8.15  (88.3  87.3)2 ]  300 [6.25  (90.3  87.3)2 ] 400 [5.1  (84.3  87.3)2 ]}
 12.96 .
用样本估计总体，可以估计该地市民的满意度方差为12.96 ．
18．(1)在aABC 中，若a sin A  b sin C ，则由正弦定理可得： a2  bc ，又因为a2  bc  b2  c2 ，所以b2  c2  2bc ，即b  c .
代入a2  bc  b2  c2 ，可得a 2  b2 ，即a  b ，所以aABC 为等边三角形．
若点 P 是aABC 的内心，则 AP, BP, CP 分别是角平分线，
即PAB  PBC  PCA  π ，所以点 P 是aABC 的布洛卡点．
6
(2)（i） tanθ3
4
3b
（ii）法一：若PAB  π ，则PBC  PCA  PAC   ，所以 PA  PC ，
663
设ABP α，则APB  5π α, BPC  π α, ACB  π α，
622
BCPC
3 b
在△PBC 中，由正弦定理得：
，即a
 3，
所以a  2 3 b csα，①
3
sin BPC
sin PBC
sin( π α)sin π
26
ABBC
c a
23
在aABC 中，由正弦定理得： sin ACB  sin BAC ，即sin( π α)sin π ，
3c
所以a ，②
2 csα
由①②得： a2  bc ．
法二：若PAB  π ，则PBC  PCA  PAC   ，所以 PA  PC ，
66
在aBPC 中， BPC      (ACB  π)    ACB ，
66
PC BCa
由正弦定理得， sin 
6
sin BPC ，即 PC  2sin ACB ，
在aPAC 中， APC  2π ，
3
AC PAb
由正弦定理得： sin APC
sin  ，即 PA  2sin BAC ，
6
由 PA  PC 得： a sinBAC  bsinACB ，即a2  bc ．
3b
法三：若PAB  π ，则PBC  PCA  PAC   ，所以 PA  PC ，
663
设BCP φ，则BPC  5 φ， ABC  π φ，
62
aPC  BC
2 3 b  a
在 BCP 中，由正弦定理得： sin PBC
，即
sin BPC
3sin(5 φ) ，
6
aAC  BC
b  2 3a
在 ABC 中，由正弦定理得： sin ABC
上面两式相除得： 4 csφsin(5 φ)  3 ，
6
sin BAC ，即sin(  φ)3 ，
2
化简得： sin(2φ π)  1，
6
因为φ (0, π ) ，所以φ π ，
36
所以aABC 为等边三角形，显然满足a2  bc ．
【详解】（1）略.
（2）（i）法一：因为a2  bc  b2  c2 ，所以bc  b2  c2  a2  2bc cs A ，
因为bc  0 ，所以cs A  1 ，
2
因为 A (0, π) ，所以 A  π ，
3
又 B  π ，所以C  π ，即aABC 为直角三角形，
62
所以a  3b, c  2b ．
当点 P 为aABC 的布洛卡点时，设PAB  PBC  PCA θ，
则APC  2 , BPC   , APB   ，
326
在aBPC 中， PB  BC csθ
3b csθ，
BP  AB
3b csθ 2b
在aAPB 中，由正弦定理得： sin BAP
，即
sin APB
sinθ
sin 5 ，
6
解得： tanθ3 ．
4
法二：因为a2  bc  b2  c2 ，所以bc  b2  c2  a2  2bc cs A ，
因为bc  0 ，所以cs A  1 ，
2
因为 A (0, π) ，所以 A  π ，
3
又 B  π ，所以C  π ，即aABC 为直角三角形，
62
所以a  3b, c  2b ．
当点 P 为aABC 的布洛卡点时，设PAB  PBC  PCA θ，
则PAC, APC  2 , BPC   ，
 θ
332
在aBPC 中， PC  BC sinθ 3b sinθ，
PC  AC
3b sinθ  b
在△APC 中，由正弦定理得： sin PAC
sin APC ，即sin(  θ)sin 2 ，
33
所以 3 sinθ sin( π θ) ，即 3 sinθ 3 csθ 1 sinθ，
23222
化简得： 4 sinθ 3 csθ，
即tanθ3 ．
4
（ii）略.
19．(1)连接 BE ，交 AD 于点M ，连结 PM ．
由 AB  AE  ED  2 ，且 AB∥CE ，则四边形 ABDE 是菱形，
则 EB  AD ，且点M 是 AD 的中点，所以 PM  AD ， BM  AD ，又E  60∘ ，则aADE 为等边三角形，所以 AD  AB  ED  2 ，
AE2  
 AD 2

2 

所以 PM  BM  EM 

，
22 12
3
6
又 PB ，则 PB2  PM 2  BM 2 ，所以 PM  BM ，
又 AD ∩ BM  M ， AD, BM  平面 ABCD ，所以 PM  平面 ABCD ，又 PM  平面 PAD ，所以平面 PAD  平面 ABCD ．
(2)（i） 1 （ii） 2 5
25
【详解】（1）略
（2）（i）
解法一：连结CM 交 BD 于点O ，过Q 作QN∥PM 交CM 于点 N ，过点 N 作 NF  BD ，垂足为点 F ，连结
QF ．
由QN∥PM ，且 PM  平面 ABCD ，所以QN ⊥平面 ABCD ， 又 BD  平面 ABCD ，所以QN  BD ，
又 NF  BD ，且QN ∩ NF  N ， QN , NF  平面QNF ，所以 BD  平面QNF ，又QF  平面QNF ，所以 BD  QF ，
又 NF  BD ，所以QFN 是二面角Q  BD  C 的平面角，
又二面角Q  BD  C 的正切值为 2 ，即tan QFN  QN  2 ，
3
设 PQ  λ，（ 0