河北省衡水中学2023-2023学年高一下学期期中考试-理科数学试卷(解析版)

2023-2023学年河北省衡水中学高一〔下〕期中数学试卷〔理科〕一．选择题：本大题共12小题，每题5分，共60分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的．1．向量，那么与的夹角为〔〕 A．0° B．45° C．90° D．180°2．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱长为1，PB=PB′，那么P点坐标为〔〕 A．〔，〕 B．〔，，〕 C．〔，，〕 D．〔，，〕3．设A〔3，3，1〕、B〔1，0，5〕、C〔0，1，0〕，那么AB的中点M到C点的距离为〔〕 A． B． C． D．4．设m，n是不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，有以下四个命题： ①假设m⊥α，n⊥α，那么m∥n； ②假设α∩γ=m，β∩γ=n，m∥n那么α∥β； ③假设α∥β，β∥γ，m⊥α，那么m⊥γ ④假设γ⊥α，γ⊥β，那么α∥β． 其中正确命题的序号是〔〕 A．①③ B．②③ C．③④ D．①④5．正四棱锥的侧棱长是底面长的k倍，那么k的取值范围是〔〕 A．〔0，+∞〕 B．〔，+∞}〕 C．〔，+∞〕 D．〔，+∞〕6．〔5分〕〔2023新郑市校级模拟〕圆锥的底面半径为R，高为3R，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是〔〕 A．πR2 B．πR2 C．πR2 D．πR27．〔5分〕〔2023四川〕如图，正四棱锥P﹣ABCD底面的四个顶点A、B、C、D在球O的同一个大圆上，点P在球面上，如果，那么求O的外表积为〔〕 A．4π B．8π C．12π D．16π8．如图是水平放置的平面图形的斜二测直观图，其原来平面图形面积是〔〕 A．2 B．4SHAPE C．4 D．89．〔5分〕〔2023株洲一模〕如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，那么BC1与平面BB1D1A． B． C． D．10．〔5分〕〔2023浙江二模〕正四面体ABCD的棱长为1，其中线段AB∥平面α，E，F分别是线段AD和BC的中点，当正四面体绕以AB为轴旋转时，线段EF在平面α上的射影E1F1A．[0，] B．[，] C．[，] D．[，]11．〔5分〕〔2023北京〕如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为对角线BD1A．3个 B．4个 C．5个 D．6个12．〔5分〕〔2023怀柔区一模〕三棱锥A﹣BCO，OA、OB、OC两两垂直且长度均为6，长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在△BCO内运动〔含边界〕，那么MN的中点P的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体的体积为〔〕 A． B．或36+ C．36﹣ D．或36﹣二．填空题〔本大题共4个小题，每题5分，共20分．〕13．长方体ABCD﹣A1B1C1D1，设=，=，=，E，F分别为AA1，C1D1中点，那么可用表示为． 14．如图，四棱锥P﹣ABCD中，∠BAD=∠ABC=90°，BC=2AD，△PAB和△PAD都是等边三角形，那么异面直线CD与PB所成角的大小为． 15．〔5分〕〔2023德州二模〕一个几何体的三视图如下图，其侧〔左〕视图是一个等边三角形，那么这个几何体的体积是． 16．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E为A1B1①点E到平面ABC1D1的距离为； ②直线BC与平面ABC1D1所成角为45°； ③空间四边形ABCD1在正方体六个面内的射影围成的图形中，面积最小的值为； ④BE与CD1所成角的正弦值为； ⑤二面角A﹣BD1﹣C的大小为． 其中真命题是．〔写出所有真命题的序号〕 三．解答题：本大题共6小题，共70分，解容许写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．〔10分〕〔2023黄浦区二模〕〔文〕矩形ABB1A1是圆柱体的轴截面，O、O1〔1〕求圆柱体的侧面积S侧的值； 〔2〕假设C1是半圆弧A1B1的中点，点C在半径OA上，且OC=OA，异面直线CC1与BB1所成的角为θ，求sinθ的值． 18．〔12分〕〔2023秋台州期中〕如图四边形ABCD为梯形，AD∥BC，∠ABC=90°，求图中阴影局部绕AB旋转一周所形成的几何体的外表积和体积． 19．〔12分〕〔2023湖北模拟〕如下图，PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，AB=1，AD=，点F是PB的中点，点E在边BC上移动． 〔Ⅰ〕假设PA=1，求证：AF⊥PC； 〔Ⅱ〕假设二面角P﹣BC﹣A的大小为60°，那么CE为何值时，三棱锥F﹣ACE的体积为？ 20．〔12分〕〔2023春凉州区校级期末〕如图，边长为2的正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直，AD与CE的交点为M，AC⊥BC，且AC=BC． 〔1〕求证：AM⊥平面EBC； 〔2〕求二面角A﹣EB﹣C的大小． 21．〔12分〕〔2023石景山区一模〕如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长是2，侧棱长是，D是AC的中点． 〔Ⅰ〕求证：B1C∥平面A1〔Ⅱ〕求二面角A1﹣BD﹣A的大小； 〔Ⅲ〕在线段AA1上是否存在一点E，使得平面B1C1E⊥平面A122．〔12分〕〔2023益阳模拟〕如图，在三棱锥C﹣ABD中，AC⊥CB，AC=CB，E为AB的中点，AD=DE=EC=2，CD=2． 〔Ⅰ〕求证：平面ABC⊥平面ABD； 〔Ⅱ〕求直线BD与平面CAD所成角的正弦值． 2023-2023学年河北省衡水中学高一〔下〕期中数学试卷〔理科〕参考答案与试题解析一．选择题：本大题共12小题，每题5分，共60分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的．1．向量，那么与的夹角为〔〕 A．0° B．45° C．90° D．180°【分析】设那么与的夹角为θ由向量夹角的定义可得，0°≤θ≤180°可得θ=90° 【解答】解：设那么与的夹角为θ 由向量夹角的定义可得，∵0°≤θ≤180° ∴θ=90° 应选C 【点评】解决此题的关键需掌握：向量数量积的坐标表示，还要知道向量的夹角的范围[0，π]，只有数列掌握根底知识，才能在解题时灵活应用． 2．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱长为1，PB=PB′，那么P点坐标为〔〕 A．〔，〕 B．〔，，〕 C．〔，，〕 D．〔，，〕【分析】根据题意，设出点P〔x，y，z〕，结合题意利用坐标表示列出方程组，求出解即可． 【解答】解：如下图， 设点P〔x，y，z〕，且点B〔1，1，0〕，B′〔1，1，1〕，D′〔0，0，1〕； ∵点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1又PB=PB′， ∴〔x﹣1〕2+〔y﹣1〕2+z2=[〔x﹣1〕2+〔y﹣1〕2+〔z﹣1〕2]②， 又与共线，∴==③； 由①②③组成方程组，解得； ∴P点坐标为〔，，〕． 应选：C． 【点评】此题考查了空间向量的坐标表示与运算问题，也考查了解方程组的应用问题，是根底题目． 3．设A〔3，3，1〕、B〔1，0，5〕、C〔0，1，0〕，那么AB的中点M到C点的距离为〔〕 A． B． C． D．【分析】先由中点坐标公式求得AB的中点M的空间直角坐标，再利用空间坐标系中两点间的距离公式求出M到C点的距离即可． 【解答】解：∵A〔3，3，1〕、B〔1，0，5〕 ∴AB的中点M坐标为：〔2，，3〕， 又∵C〔0，1，0〕， ∴M到C点的距离为： d==． 应选C． 【点评】本小题主要考查空间直角坐标系、距离公式等根底知识，考查点、线、面间的距离计算，考查空间想象力、化归与转化思想．属于根底题． 4．设m，n是不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，有以下四个命题： ①假设m⊥α，n⊥α，那么m∥n； ②假设α∩γ=m，β∩γ=n，m∥n那么α∥β； ③假设α∥β，β∥γ，m⊥α，那么m⊥γ ④假设γ⊥α，γ⊥β，那么α∥β． 其中正确命题的序号是〔〕 A．①③ B．②③ C．③④ D．①④【分析】根据空间线面位置关系的性质和判定定理判断或举出反例说明． 【解答】解：①由于垂直于同一个平面的两条直线平行，故①正确． ②设三棱柱的三个侧面分别为α，β，γ，其中两条侧棱为m，n，显然m∥n，但α与β不平行，故②错误． ③∵α∥β∥γ，∴当m⊥α时，m⊥γ，故③正确． ④当三个平面α，β，γ两两垂直时，显然结论不成立，故④错误． 应选：A． 【点评】此题考查了空间线面位置关系的判断，属于中档题． 5．正四棱锥的侧棱长是底面长的k倍，那么k的取值范围是〔〕 A．〔0，+∞〕 B．〔，+∞}〕 C．〔，+∞〕 D．〔，+∞〕【分析】从棱锥顶点向底面正方形中心引一辅助线，该辅助线垂直底面，辅助线、侧棱与正方形对角线的一半构成直角三角形， 侧棱为斜边；根据直角三角形中的边角关系即可求出k的取值范围． 【解答】解：如下图， 设正四棱锥V﹣ABCD底面中心为O，BC=a， 那么VB=ka，易知OB=a； 在Rt△VOB中，cos∠VBO==， ∵∠VBO∈〔0，〕， ∴0＜＜1， ∴， 解得k＞； ∴k的取值范围是〔，+∞〕． 【点评】此题考查了正四棱锥的结构特征的应用问题，也考查了空间想象能力与逻辑推理能力，是根底题目． 6．〔5分〕〔2023新郑市校级模拟〕圆锥的底面半径为R，高为3R，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是〔〕 A．πR2 B．πR2 C．πR2 D．πR2【分析】将全面积表示成底面半径的函数，用配方法求二次函数的最大值． 【解答】解：设内接圆柱的底面半径为r，高为h，全面积为S，那么有=． ∴h=3R﹣3r， ∴S=2πrh+2πr2=﹣4πr2+6πRr =﹣4π〔r2﹣Rr〕=﹣4π〔r﹣R〕2+πR2∴当r=R时，S取的最大值πR2． 应选：C． 【点评】考查实际问题的最值问题，常转化成函数的最值．考查空间想象能力以及计算能力． 7．〔5分〕〔2023四川〕如图，正四棱锥P﹣ABCD底面的四个顶点A、B、C、D在球O的同一个大圆上，点P在球面上，如果，那么求O的外表积为〔〕 A．4π B．8π C．12π D．16π【分析】由题意可知，PO⊥平面ABCD，并且是半径，由体积求出半径，然后求出球的外表积． 【解答】解：如图，正四棱锥P﹣ABCD底面的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，点P在球面上，PO⊥底面ABCD，PO=R，SABCD=2R2，， 所以，R=2， 球O的外表积是16π， 应选D． 【点评】此题考查球的内接体问题，球的外表积、体积，考查学生空间想象能力，是根底题． 8．如图是水平放置的平面图形的斜二测直观图，其原来平面图形面积是〔〕 A．2 B．4SHAPE C．4 D．8【分析】用斜二侧画法的法那么，可知原图形是一个两边分别在x、y轴的直角三角形，x轴上的边长与原图形相等，而y轴上的边长是原图形边长的一半，由此不难得到平面图形的面积． 【解答】解：设原图形为△A′OB′， ∵OA=2，0B=2 ∠AOB=45° ∴OA′=4，OB′=2，∠A′OB′=90° 因此，Rt△A′OB′的面积为S=×4×2=4 应选C 【点评】此题要求我们将一个直观图形进行复原，并且求出它的面积，着重考查了斜二侧画法和三角形的面积公式等知识，属于根底题． 9．〔5分〕〔2023株洲一模〕如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，那么BC1与平面BB1D1A． B． C． D．【分析】由题意，由于图形中已经出现了两两垂直的三条直线所以可以利用空间向量的方法求解直线与平面所成的夹角． 【解答】解：以D点为坐标原点，以DA、DC、DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系〔图略〕， 那么A〔2，0，0〕，B〔2，2，0〕，C〔0，2，0〕，C1〔0，2，1〕 ∴=〔﹣2，0，1〕，=〔﹣2，2，0〕，且为平面BB1D1D的一个法向量． ∴cos＜，＞═=． ∴BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为故答案为D． 【点评】此题重点考查了利用空间向量，抓住直线与平面所成的角与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角之间的关系这一利用向量方法解决了抽象的立体几何问题． 10．〔5分〕〔2023浙江二模〕正四面体ABCD的棱长为1，其中线段AB∥平面α，E，F分别是线段AD和BC的中点，当正四面体绕以AB为轴旋转时，线段EF在平面α上的射影E1F1A．[0，] B．[，] C．[，] D．[，]【分析】取AC中点为G，连接EG、FG，根据四面体绕AB旋转时，GF∥平面α，GE与GF的垂直性保持不变， 当CD与平面α垂直时射影E1F1的长取得最小，当CD与平面α平行时，E1F【解答】解：如图，取AC中点为G，连接EG、FG， ∵E，F分别是线段AD和BC的中点，∴GF∥AB，GE∥CD，在正四面体中，AB⊥CD，∴GE⊥GF， ∴EF2=GE2+GF2=，当四面体绕AB旋转时， ∵GF∥平面α，GE与GF的垂直性保持不变， 当CD与平面α垂直时，GE在平面上的射影长最短为0，此时EF在平面α上的射影E1F1的长取得最小值； 当CD与平面α平行时，GE在平面上的射影长最长为，E1F1取得最大值， ∴射影E1F1长的取值范围是[，]， 应选：D 【点评】此题借助考查线段在平面内的射影问题，考查空间直线与直线位置关系的判定，考查了学生的空间想象能力， 11．〔5分〕〔2023北京〕如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为对角线BD1A．3个 B．4个 C．5个 D．6个【分析】建立如下图的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长|AB|=3，即可得到各顶点的坐标，利用两点间的距离公式即可得出． 【解答】解：建立如下图的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长|AB|=3， 那么A〔3，0，0〕，B〔3，3，0〕，C〔0，3，0〕，D〔0，0，0〕，A1〔3，0，3〕，B1〔3，3，3〕，C1〔0，3，3〕，D1〔0，0，3〕， ∴=〔﹣3，﹣3，3〕， 设P〔x，y，z〕， ∵=〔﹣1，﹣1，1〕， ∴=〔2，2，1〕． ∴|PA|=|PC|=|PB1|==， |PD|=|PA1|=|PC1|=， |PB|=， |PD1|==． 故P到各顶点的距离的不同取值有，3，，共4个． 应选：B． 【点评】熟练掌握通过建立空间直角坐标系及两点间的距离公式是解题的关键． 12．〔5分〕〔2023怀柔区一模〕三棱锥A﹣BCO，OA、OB、OC两两垂直且长度均为6，长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在△BCO内运动〔含边界〕，那么MN的中点P的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体的体积为〔〕 A． B．或36+ C．36﹣ D．或36﹣【分析】由于长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在△BCO内运动〔含边界〕，有空间想象能力可知MN的中点P的轨迹为以O为球心，以1为半径的球体，故MN的中点P的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体的体积，利用体积分割及球体的体积公式即可． 【解答】解：因为长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在△BCO内运动〔含边界〕， 有空间想象能力可知MN的中点P的轨迹为以O为球心，以1为半径的球体，那么MN的中点P的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体可能为该球体的或该三棱锥减去此球体的，即：或． 应选D 【点评】此题考查了学生的空间想象能力，还考查了球体，三棱锥的体积公式即计算能力． 二．填空题〔本大题共4个小题，每题5分，共20分．〕13．长方体ABCD﹣A1B1C1D1，设=，=，=，E，F分别为AA1，C1D1中点，那么可用表示为〔+〕+． 【分析】根据向量的运算性质计算即可． 【解答】解：如图示： ， 作FG∥CC′交CD于G， 作AH∥EF交FG于H， 显然=， 而=+=+++=+﹣+=〔+〕+， 故答案为：〔+〕+． 【点评】此题考查了空间向量的运算，考查数形结合，作出辅助线找出向量的相等向量是解题的关键，此题是一道根底题． 14．如图，四棱锥P﹣ABCD中，∠BAD=∠ABC=90°，BC=2AD，△PAB和△PAD都是等边三角形，那么异面直线CD与PB所成角的大小为90°． 【分析】过D作DE⊥BC于E，连结AE，BD交于点O，连结PO．那么四边形ABED为正方形，E为BC中点，利用△POA≌△POB得出PO⊥AB，PO⊥AE，于是可证PO⊥ABCD，得出PO⊥AE，又AE⊥BD得出AE⊥平面PBD，从而CD⊥平面PBD，得到CD⊥PB． 【解答】解：过D作DE⊥BC于E，连结AE，BD交于点O，连结PO． ∵∠BAD=∠ABC=90°，△PAB和△PAD都是等边三角形， ∴四边形ABED是正方形，∴O是AE，BD的中点．OA=OB． ∵PB=PD，∴PO⊥BD， ∵PA=PB，OA=OB，PO为公共边， ∴△POA≌△POB， ∴∠POA=∠POB，∴PO⊥AE， ∵四边形ABED是正方形，∴AE⊥BD． 又PO⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，PO∩BD=O， ∴AE⊥平面PBD． ∵BC=2AD，∴E是BC的中点． ∴CD∥OE， ∴CD⊥平面PBD．∵PB⊂平面PBD， ∴CD⊥PB． ∴异面直线CD与PB所成角为90°． 故答案为90°． 【点评】此题考查了异面直线所成的角，证明CD⊥平面PBD是关键． 15．〔5分〕〔2023德州二模〕一个几何体的三视图如下图，其侧〔左〕视图是一个等边三角形，那么这个几何体的体积是8+π． 【分析】由中的三视图可得该几何体是一个半圆锥和四棱锥的组合体，分别求出两个锥体底面面积和高，代入可得答案． 【解答】解：由中的三视图可得该几何体是一个半圆锥和四棱锥的组合体， 四棱柱的底面面积为3×4=12， 半圆锥的底面面积为=2π， 两个锥体的高均侧视图的高，即2， 故该组合体的体积V=×〔12+2π〕×2=8+π， 故答案为：8+π 【点评】此题考查的知识点是由三视图求体积，其中根据的三视图判断出几何体的形状是解答的关键． 16．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E为A1B1①点E到平面ABC1D1的距离为； ②直线BC与平面ABC1D1所成角为45°； ③空间四边形ABCD1在正方体六个面内的射影围成的图形中，面积最小的值为； ④BE与CD1所成角的正弦值为； ⑤二面角A﹣BD1﹣C的大小为． 其中真命题是②③④．〔写出所有真命题的序号〕 【分析】对5个命题分别进行判断，即可得出结论． 【解答】解：①由于A1B1∥平面ABC1D1，故B1到平面ABC1D1的距离即点E到平面ABC1D1的距离， 连接B1C交BC1于F，那么易得B1F垂直于平面ABC1D1，而B1F=，故点E到平面ABC1D1的距离为②易得B1C垂直于平面ABC1D1，故∠CBC1为直线BC与平面ABC1D1③易得空间四边形ABCD1在正方体的面ABCD、面A1B1C1D1内的射影面积为1，在面BB1C1C内、面AA1D1D内的射影面积为，在面ABB1A1内、面CC1D④BE与CD1所成的角，即为BA1与BE所成角，即为∠A1BE，A1E=，BE=，BA1=，cos∠A1BE==，sin∠A1BE=，故④正确； ⑤在直角三角形BAD1中过A作AH垂直于BD1，连接CH，易知CH垂直于BD1，故∠AHC是二面角A﹣BD1﹣C的平面角，由余弦定理得，cos∠AHC==﹣，故∠AHC=，故⑤错． 故答案为：②③④ 【点评】此题考查命题的真假判断，考查空间线面位置关系，考查空间角，考查学生分析解决问题的能力，知识综合性强． 三．解答题：本大题共6小题，共70分，解容许写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．〔10分〕〔2023黄浦区二模〕〔文〕矩形ABB1A1是圆柱体的轴截面，O、O1〔1〕求圆柱体的侧面积S侧的值； 〔2〕假设C1是半圆弧A1B1的中点，点C在半径OA上，且OC=OA，异面直线CC1与BB1所成的角为θ，求sinθ的值． 【分析】〔1〕利用圆柱体的体积为32π，求出R，即可求圆柱体的侧面积S侧的值； 〔2〕设D是线段A1O1的中点，联结D1C，DC，O1C1，那么C1O1⊥A1B1，CO∥BB1，因此，∠C1CD就是异面直线CC1与BB1所成的角，求出DC1=，CC1=，即可求sinθ的值． 【解答】解：〔1〕设圆柱的底面圆的半径为R，依据题意，有AA1=2AB=4R， ∴πR2AA1=32π， ∴R=2． ∴S侧=2πRAA1=32π． 〔2〕设D是线段A1O1的中点，联结D1C，DC，O1C1，那么C1O1⊥A1B1，CO∥BB因此，∠C1CD就是异面直线CC1与BB1所成的角，即∠C1CD=θ． 又R=2，∠C1CD=，∠C1O1D=90°， ∴DC1=，CC1=． ∴sinθ==． 【点评】此题考查圆柱体的侧面积，考查异面直线所成的角，考查学生的计算能力，属于中档题． 18．〔12分〕〔2023秋台州期中〕如图四边形ABCD为梯形，AD∥BC，∠ABC=90°，求图中阴影局部绕AB旋转一周所形成的几何体的外表积和体积． 【分析】旋转后几何体是一个圆台，从上面挖去一个半球，根据数据利用面积公式与体积公式，可求其外表积和体积． 【解答】解：由题意知，所求旋转体的外表积由三局部组成： 圆台下底面、侧面和一半球面〔3分〕 S半球=8π，S圆台侧=35π，S圆台底=25π． 故所求几何体的外表积为：8π+35π+25π=68π〔7分〕 由，〔9分〕 〔11分〕 所以，旋转体的体积为〔12分〕 【点评】此题考查组合体的面积、体积问题，考查空间想象能力，数学公式的应用，是中档题． 19．〔12分〕〔2023湖北模拟〕如下图，PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，AB=1，AD=，点F是PB的中点，点E在边BC上移动． 〔Ⅰ〕假设PA=1，求证：AF⊥PC； 〔Ⅱ〕假设二面角P﹣BC﹣A的大小为60°，那么CE为何值时，三棱锥F﹣ACE的体积为？ 【分析】〔Ⅰ〕证明AF⊥PC，只需证明AF⊥平面PBC； 〔Ⅱ〕确定∠PAB为二面角P﹣BC﹣A的一个平面角，利用三棱锥F﹣ACE的体积为，求出CE． 【解答】〔Ⅰ〕证明：∵PA=AB=1，F为PB中点， ∴AF⊥PB〔1分〕 又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC〔2分〕 又∵ABCD是矩形，∴AB⊥BC〔3分〕 ∴BC⊥平面PAB，而AF⊂平面PAB〔4分〕 ∴AF⊥BC，∴AF⊥平面PBC〔5分〕 而PC⊂平面PBC，∴AF⊥PC〔6分〕 〔Ⅱ〕解：由〔Ⅰ〕知：PB⊥BC且AB⊥BC〔7分〕 ∴∠PAB为二面角P﹣BC﹣A的一个平面角， 那么∠PAB=60°〔8分〕 ∴〔9分〕 ∴，解得〔11分〕 即时，三棱锥F﹣ACE的体积为〔12分〕 【点评】此题考查的知识点是空间线面垂直与线线垂直之间的转化，组合几何体的体积，熟练掌握空间线线垂直与线面垂直的之间的相互转化是关键． 20．〔12分〕〔2023春凉州区校级期末〕如图，边长为2的正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直，AD与CE的交点为M，AC⊥BC，且AC=BC． 〔1〕求证：AM⊥平面EBC； 〔2〕求二面角A﹣EB﹣C的大小． 【分析】〔1〕利用线面垂直的判定定理证明． 〔2〕建立空间直角坐标，利用向量法求二面角的大小． 【解答】解：∵四边形ACDE是正方形，所以EA⊥AC，AM⊥EC， ∵平面ACDE⊥平ABC， ∴EA⊥平面ABC， ∴可以以点A为原点，以过A点平行于BC的直线为x轴， 分别以直线AC和AE为y轴和z轴，建立如下图的空间直角坐标系A﹣xyz． 设EA=AC=BC=2，那么A〔0，0，0〕，B〔2，2，0〕，C〔0，2，0〕，E〔0，0，2〕， ∵M是正方形ACDE的对角线的交点， ∴M〔0，1，1〕． 〔1〕，，， ∴∴AM⊥EC，AM⊥CB， ∴AM⊥平面EBC． 〔2〕设平面EBC的法向量为，那么且， ∴． ∴，取y=﹣1，那么x=1，那么． 又∵为平面EBC的一个法向量，且〕， ∴， 设二面角A﹣EB﹣C的平面角为θ，那么， ∴二面角A﹣EB﹣C等60°． 【点评】此题主要考查线面垂直的判定定理以及利用向量法求二面角的大小，运算量较大． 21．〔12分〕〔2023石景山区一模〕如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长是2，侧棱长是，D是AC的中点． 〔Ⅰ〕求证：B1C∥平面A1〔Ⅱ〕求二面角A1﹣BD﹣A的大小； 〔Ⅲ〕在线段AA1上是否存在一点E，使得平面B1C1E⊥平面A1【分析】〔Ⅰ〕连结AB1交A1B于M，连结B1C，DM，由