2020-2021学年校高二上学期第一次月考数学（理）试题（解析版）

第 1 页 共 23 页 2020-2021 学年校高二上学期第一次 月考数学（理）试题 一、单选题 1．如图所示的组合体，其结构特征是（ ） A．左边是三棱台，右边是圆柱 B．左边是三棱柱，右边是圆柱 C．左边是三棱台，右边是长方体 D．左边是三棱柱，右边是长方体 【答案】D 【解析】由已知图形，结合棱柱定义，即可得出结论. 【详解】 根据三棱柱和长方体的结构特征，可知此组合体左边是三棱柱，右边是长方体. 故选:D. 【点睛】 本题考查几何体的识别，掌握定义是解题的关键，属于基础题. 2．给出下列四个说法，其中正确的是（ ） A．线段 AB 在平面 内，则直线 AB 不在平面 内；B．三条平行直线共面； C．两平面有一个公共点，则一定有无数个公共点； D．空间三点确定一个平面. 【答案】C 【解析】用立体几何中的公理及公理的推论对每个选项进行判别，可得到答案. 【详解】 对 A：根据立体几何公理 1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此 平面内.显然，A 中的直线 AB 在平面 内，故 A 不正确； 对 B：三条平行直线，可以共面，也可以是其中一条直线平行于其它两条直线确定的平 面，故 B 不正确； 对 C：根据立体几何公理 3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有 一条过该点的公共直线.显然，如果两平面有一个公共点，则一定有无数个公共点，故 第 2 页 共 23 页 C 正确； 对 D：根据立体几何公理 2：过不在同一直线上的三点，有且只有一个平面.显然，任 意三点，不一定确定一个平面.故 D 不正确； 综上所述，只有 C 正确. 故答案为：C. 【点睛】 本题考查立体几何中点、线、面位置关系中的三个公理，属于基础题. 3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A． 27 2 B． 9 2 C． 21 2 D． 29 2 【答案】B 【解析】根据三视图特征，在棱长为 3 的正方体中截取出符合题意的立体图形，该几何 体为三棱锥 A BCD ，求出三棱锥的体积即可. 【详解】 根据三视图特征，在棱长为 3 的正方体中截取出符合题意的立体图形，该几何体为三棱 锥 A BCD ， 所以 1 1 1 93 3 33 3 2 2A BCD BCDV S AC         . 故选：B. 第 3 页 共 23 页 【点睛】 本题主要考查了根据三视图求立体图形的体积，解题关键是根据三视图画出立体图形， 考查学生的空间想象能力与分析解决问题的能力，属于基础题. 4．设 、  、 是三个不同平面，l 是一条直线，下列各组条件中可以推出 //  的 有（ ） ①l  ，l  ② / /l  ，l // ③ / /  ， / /  ④    ， A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 【答案】A 【解析】根据线面垂直的性质，面面平行的判断定理及性质，以及空间中平面间的位置 关系，即可得出结论. 【详解】 ①垂直于同一条直线的两个平面平行；因为 l  ，l  ，所以 //  ；故①正确； ②因为 / /l  ，l // ，所以 与  可能平行或相交；故②错； ③平行于同一个平面的两个平面平行；因为 / /  ， / /  ，所以 //  ；故③正确； ④因为    ， ，则 与  可能平行或相交；故④错； 故选：A. 【点睛】 本题主要考查判断面面平行，熟记面面平行的判定定理及性质，以及线面垂直的性质即 可，属于常考题型. 5．直线 l 与平面 内的两条直线都垂直，则直线 l 与平面 的位置关系是（ ） A．平行 B．垂直 C．在平面 内 D．无法确定 【答案】D 【解析】作出正方体 1 1 1 1ABCD A B C D ，以平面 ABCD 为平面 ，对直线 l 分别为 AB 、 1AA 、 1 1A B 、 1AB 进行分类讨论，可得出结论. 第 4 页 共 23 页 【详解】 如下图所示： 在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，以平面 ABCD 为平面 . ①以直线 AB 为直线l ，则 l AD ，l BC ，此时l  ； ②以直线 1 1A B 为直线l ， //l AB ，AB AD ，则l AD ，同理可得l BC ，此时 //l  ； ③以直线 1AA 为直线 l ，则 l AD ，l BC ，此时l  ； ④以直线 1AB 为直线l ， AD  平面 1 1AA B B ，l  平面 1 1AA B B ，则 l AD ，同理 可得l BC ，此时直线l 与平面 斜交. 因此，直线 l 与平面 的位置关系不确定. 故选：D. 【点睛】 本题考查直线与平面位置关系的判断，属于基础题. 6．如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为 45°，腰和上底均为 1 的等 腰梯形，那么原平面图形的面积是（ ） A． 2 2 B．1 2 2 + C． 2 2 2  D．1 2 【答案】A 【解析】根据斜二测直观图的特点可知原图形为一直角梯形，根据梯形面积公式即可求 解. 【详解】 如图，恢复后的原图形为一直角梯形， 第 5 页 共 23 页 所以 1 (1 2 1) 2 2 22S       . 故选：A. 【点睛】 本题考查斜二测直观图的特点，属于基础题. 7．在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， ,E F 分别是 1 1,AD C D 的中点，O 为正方形 ABCD 的中心，则（ ） A．直线 1,EF OD 是异面直线，且 1EF OD B．直线 1 1,OD B B 是异面直线且 1 1OD B B C．直线 1,EF OD 是相交直线，且 1EF OD D．直线 1 1,OD B B 是相交直线且 1 1OD B B 【答案】C 【解析】根据题意画出图像，再判断 EF 和 1OD 的位置关系和长度， 1OD 和 1B B 的位 置关系和长度即可得到答案. 【详解】 根据题意画出图像如图所示， 由图像易知， 1OD 和 1B B 在矩形 1 1BB D D 上， 1OD 和 1B B 是相交直线，且 1 1OD B B ，故选项 B、D 错误； 第 6 页 共 23 页 O 为正方形 ABCD 的中心， E 为 AD 的中点， 所以 //OE CD ，且 1 2OE CD ， 又点 F 为 1 1C D 的中点，所以 1 //D F CD ，且 1 1 2D F CD ， 所以 1//OE D F ，且 1OE D F ，四边形 1OED F 是平行四边形， 则 EF 和 1OD 是 1OED F 的两条对角线， 所以 EF 和 1OD 是相交直线，且 1EF OD ； 故选项 A 错误，C 正确. 故选：C 【点睛】 本题主要考查空间两直线的位置关系，考查学生数形结合的能力，属于基础题. 8．一个透明封闭的正四面体容器中，恰好盛有该容器一半容积的水，任意转动这个正 四面体，则水面在容器中的形状可能是：①正三角形②直角三形③正方形⑤梯形，其中 正确的个数有（ ） A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个 【答案】C 【解析】根据已知，任意转动这个正四面体，则水面在容器中的形状即为作一截面将正 四面体截成体积相等的两部分，根据截面性质作图即可得到答案． 【详解】 解：根据已知，任意转动这个正四面体，则水面在容器中的形状即为作一截面将正四面 体截成体积相等的两部分，根据对称性和截面性质作图如下： 观察可知截面不可能出现直角三角形. 故选：C 第 7 页 共 23 页 【点睛】 本题考查的知识点是棱锥的结构特征，本题是一道以截面的概念、性质和截面图形的作 法等基础知识为依托，反映现实生活的一道综合能力题．解答本题须具备较强的空间想 图、识图、作图能力． 9．已知圆锥的顶点为 P ，母线长为 2，底面半径为 3 ， A ， B 为底面圆周上两个动 点，则下列说法不一定正确的是（ ） A．圆锥的高为 1 B．三角形 PAB 为等边三角形 C．三角形 PAB 面积的最大值为 2 D．直线 PA 与圆锥底面所成角的大小为 6  【答案】B 【解析】直接利用勾股定理的应用求出圆锥的高，进一步判定三角形的形状和直线与平 面的夹角． 【详解】 解：圆锥的顶点为 P ，母线长为 2，底面半径为 3 ， 如图所示： 所以圆锥的高为  222 3 1h    ．故选项 A 一定正确； 由于 A 和 B 为底面圆周上两个动点，由于满足 PA＝PB，所以△PAB 为等腰三角形，故 选项 B 不一定正确． 第 8 页 共 23 页 由于 1 2 2 sin2PABS APB     ， 当sin 1APB  时，即 2 2AB  （因为直径长为 2 3 ， 2 2AB  必能取到）时， 三角形 PAB 面积的最大值为 2．故选项 C 一定正确； 直线 PA 与圆锥底面所成角为直线 PA 和 AO 所成的角，即∠PAO， 在△APO 中， 1sin 2 POPAO AP    ， 所以 6PAO   ，故选项 D 一定正确． 故选：B． 【点睛】 本题考查的知识要点：圆锥的性质的应用，直线与平面所成角的求解，主要考查学生的 运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型． 10．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则此几 何体的表面积为（ ） A．  6 2 2 3  B．  6 2 2 5  C．10 D．12 【答案】B 【解析】作出多面体的直观图，将各面的面积相加可得出该多面积的表面积. 【详解】 由三视图得知该几何体的直观图如下图所示： 由直观图可知，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，其面积为 22 4 ； 第 9 页 共 23 页 侧面 PCD是等腰三角形，且底边长 2CD  ，底边上的高为 2 ，其面积为 1 2 2 22    ， 且 2 21 2 5PC PD    ； 侧面 PAD 是直角三角形，且 PDA 为直角， 5PD  ， 2AD  ，其面积为 1 2 5 52    ， PBC PAD   ， PBC 的面积为 5 ； 侧面积 PAB 为等腰三角形，底边长 2AB  ， 2 2 3PA PB PD AD    ，底边上 的高为 2 2 2 22 ADh PA       ，其面积为 1 2 2 2 2 22    . 因此，该几何体的表面积为  4 2 5 5 2 2 6 2 2 5       ，故选 B. 【点睛】 本题考查几何体的三视图以及几何体表面积的计算，再利用三视图求几何体的表面积 时，要将几何体的直观图还原，并判断出各个面的形状，结合图中数据进行计算，考查 空间想象能力与计算能力，属于中等题. 11．如图，矩形 ABCD 中，AB＝2AD，E 为边 AB 的中点，将△ADE 沿直线 DE 翻折 成△A1DE.若 M 为线段 A1C 的中点，则在△ADE 翻折过程中，下面四个命题中不正确 的是（ ） A．线段 BM 的长度是定值 B．点 M 在某个球面上运动 C．存在某个位置，使 DE⊥A1C D．存在某个位置，使 MB 平面 A1DE 【答案】C 【解析】取 CD 中点 N，连接 MN，BN，利用线面平行的判定定理和性质定理可以证明 MB 平面 A1DE 恒成立，从而判定 D 正确；利用三角形 MNB 中的边角定值分析可得 BM 是定值，从而判定 A、B 正确；根据排除法，或者利用面面垂直的判定定理与性质， 证明OC 与 DE 不垂直.从而判定 C 不正确. 第 10 页 共 23 页 【详解】 解：取 CD 中点 N，连接 MN，BN， 则 MN  DA1，BN  DE， 所以平面 MBN  平面 A1DE，所以 MB  平面 A1DE，故 D 正确； 由∠A1DE＝∠MNB，MN＝ 1 2 A1D＝定值，NB＝DE＝定值， 由余弦定理可得 2 2 2 2 · ·MB MN NB MN NB cos MNB    ， 所以 MB 是定值，故 A 正确； 因为 B 是定点，所以 M 是在以 B 为圆心，MB 为半径的球上，故 B 正确； 连接 AN,EN,设 AN,DE 交点为 F,连接 1A F ，易知 ADNE 为正方形， ,BD AN  又在折叠过程中 1A F DE 始终不变， 直线 DE⊥平面 1A AN ,平面 1A AN  平面 ABCD, 根据面面垂直的性质定理可得 A1 在平面 ABCD 中的射影 O 在线段 AN 上， A1C 在平面 ABCD 中的射影为 OC， 由于 CFD 是直角，所以OC 与 DE 不垂直， DE⊥A1C 不可能，可得 C 不正确. 故选：C. 第 11 页 共 23 页 【点睛】 本题考查线面、面面垂直、平行关系的判定与应用，属中高档题，难度较大. 12．如图，已知直三棱柱 1 1 1ABC A B C 的底面是边长为 2 的正三角形，侧棱长为 2 . E ， F 分别是侧面 1 1ACC A 和侧面 1 1ABB A 上的动点，满足二面角 1A EF A  为直二面角. 若点 P 在线段 EF 上，且 AP EF ，则点 P 的轨迹的面积是 （ ） A． 3  B． 2 3  C． 4 3  D． 8 3  【答案】B 【解析】根据已知条件得 P 的轨迹为以 1AA 为直径的球在三棱柱 1 1 1ABC A B C 内部的 曲面，再根据球的面积公式求解即可. 【详解】 解：∵ 二面角 1A EF A  为直二面角 ∴ 平面 AEF  平面 1EFA ， 又∵ 点 P 在线段 EF 上，且 AP EF ， AP  平面 AEF ，平面 AEF  平面 1EFA EF ∴ AP  平面 1EFA ，连接 1A P ， ∴ AP  1A P ，∴ P 在以 1AA 为直径的球上，且 P 在三棱柱 1 1 1ABC A B C 内部， ∴ P 的轨迹为以 1AA 为直径的球在三棱柱 1 1 1ABC A B C 内部的曲面， 又∵ 三棱柱 1 1 1ABC A B C 为正三棱柱， 第 12 页 共 23 页 ∴ P 的轨迹为以 1AA 为直径的球面，占球面的 1 6 ， ∴ 点 P 的轨迹的面积是 1 246 3S    . 故选：B. 【点睛】 本题考查立体几何面面垂直的性质定理，考查空间想象能力，是中档题. 二、填空题 13．已知正四棱锥的底面边长为 2 ，高为 3 ，则此四棱锥的侧棱与底面所成角的弧 度数为______. 【答案】 3  【解析】由已知正四棱锥的底面边长为 2 ，可以求出底面正方形对角线的一半，再利 用高为 3 ，从而可以求出它的侧棱与底面所成角. 【详解】 如图正四棱锥 P ABCD 中， 2AB  ， 3PO  ， PO 底面 ABCD ， 所以 2AC  ， 1AO  ， PAO 即为侧棱 PA 与底面 ABCD 所成角， 在 APO△ 中， 3tan 1 POPAO AO    ， 所以 3PAO   . 故答案为： 3  【点睛】 本题主要考查了求线面角，以及正四棱锥的性质，属于中档题. 14．如图所示，在圆锥 SO 中， AB CD， 为底面圆的两条直径， AB CD O ，且 AB CD , 2SO OB  ， P 为 SB 的中点，则异面直线 SA与 PD 所成角的正切值为 第 13 页 共 23 页 __________. 【答案】 2 【解析】由于 SA与 PD 是异面直线，所以需要平移为相交直线才能找到异面直线 SA与 PD 所成角，由此连接 OP 再利用中位线的性质得到异面直线 SA与 PD 所成角为 OPD ,并求出其正切值． 【详解】 连接 PO ，则 PO SA ， OPD 即为异面直线 SA与 PD 所成的角， 又 SO CD ， AB CD ， SO AB O ， CD\ ^平面 SAB ， CD OP  ， 即 DO OP ， OPD 为直角三角形， 2tan 2 2 ODOPD OP      . 【点睛】 本题考查了异面直线所成角的计算，关键是利用三角形中位线的性质使异面直线平移为 相交直线． 15．四面体 ABCD 的四个顶点都在球 O 的表面上，AB＝2，BC＝CD＝1，∠BCD＝60°，AB⊥ 平面 BCD，则球 O 的表面积为_______． 【答案】16 3  【解析】画出几何体的图像，通过底面外心的且垂直于底面的垂线以及 AB 的垂直平分 线，确定球心的位置，计算出球的半径，由此求得球的表面积. 【详解】 画出几何体的图像如下图所示，由于 , 60BC CD BCD    ，所以三角形 BCD 为等 边三角形，设其外心为 1O ,则球心是过 1O 且垂直于底面 BCD的直线与线段 AB 的垂直 第 14 页 共 23 页 平分线的交点处，如图所示.其中 1 1 3 1, 13 2O B OO AB   ，故外接球的半径 2 22 23 413 3R OB         ，外接球的表面积为 2 16π4π 3R  . 【点睛】 本小题主要考查三棱锥的外接球表面积，考查了外接球如何确定球心的知识，考查了等 边三角形的几何性质.要找到一个几何体外接球的球心，先在一个面上找到这个面的外 心，球心就在这个外心的正上方，再结合另一个面的外心或者中垂线，由此确定外接球 球心所在的位置.属于中档题. 16．如图是一座山的示意图，山呈圆锥形，圆锥的底面半径为 10 公里，母线长为 40 公里，B 是母线 SA上一点，且 10AB  公里.为了发展旅游业，要建设一条最短的从 A 绕山一周到 B 的观光铁路.这条铁路从 A 出发后首先上坡，随后下坡，则下坡段铁路的 长度为______________公里. 【答案】18 第 15 页 共 23 页 【解析】先展开圆锥的侧面，确定观光铁路路线，再根据实际意义确定下坡段的铁路路 线，最后解三角形得结果. 【详解】 如图，展开圆锥的侧面，过点 S 作 A B 的垂线，垂足为 H ， 记点 P 为 A B 上任意一点，联结 PS ， ¼ 40 2 10 2A A A SA SA A SA A SA            Q ， 由两点之间线段最短，知观光铁路为图中的 A B ， 2 2 2 240 30 50A B SA SB      ， 上坡即 P 到山顶 S 的距离 PS 越来越小，下坡即 P 到山顶 S 的距离 PS 越来越大， ∴下坡段的铁路，即图中的 HB ， 由 Rt RtSA B H SB△ ∽ △ ，得 2 230 1850 SBHB A B    . 故答案为：18 【点睛】 本题考查圆锥侧面展开图、解三角形，考查等价转化思想方法以及基本分析求解能力， 属基础题. 三、解答题 17．（1）用与球心距离为 1 的平面去截球，所得的截面面积为 4π，求球的表面积 （2）正三棱台的高为 3，上、下底面边长分别为 2 和 4，求这个棱台的侧棱长和斜高 【答案】（1）S 20球 （2）侧棱长 93 3 ；斜高 2 213 【解析】（1）截面圆的半径 r=2，球半径 R= 2 21 2 5  ，得到球表面积. （2）如图所示：计算 4 33OA  ， 1 1 2 33O A  ， 2 3 3 OE  ， 1 1 3 3 O E  ，根据勾 股定理计算得到答案. 【详解】 第 16 页 共 23 页 （1）截面圆的半径 r=2，球半径 R= 2 21 2 5  ， 2S 4 R 20  球 （2）正三棱台 1 1 1-ABC A B C 中，高 1 3OO  ，底面边长为 1 1 2A B  ， 4AB  ， 故 3 4 33 3OA AB  ， 1 1 1 1 3 2 33 3O A A B  ， 侧棱长 1AA = 2 24 2 933 3 33 3 3   （ ） ， 又 2 3 3 OE  ， 1 1 3 3 O E  ，斜高 1EE = 2 22 3 23 3 213 3 3   （ ） . 【点睛】 本题考查了球的表面积，三棱台的相关计算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力. 18．如图，在直棱柱 1 1 1ABC A B C 中，BC AC ， 1AC CC ，D ，E 分别是棱 AB ， AC 上的点，且 / /BC 平面 1A DE . （1）证明： DE // 1 1B C ； （2）求证： 1 1AC A B . 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）利用线面平行的性质定理可得 / /BC DE ，从而得到 1 1 / /B C DE . （2）连接 1AC ，可证 1AC  平面 1A BC ，从而得到 1 1AC A B . 【详解】 （1）因为 / /BC 平面 1A DE ， BC 平面 ABC ，平面 ABC  平面 1A DE DE ， 第 17 页 共 23 页 所以 / /BC DE . 又在直棱柱 1 1 1ABC A B C 中，有 1 1//BC B C ，所以 1 1 / /B C DE . (2)连接 1AC ，因为棱柱 1 1 1ABC A B C 为直棱柱，所以 1CC  平面 ABC ， 又 BC 平面 ABC ，所以 1BC CC . 又因为 BC AC ， AC  平面 1 1ACC A ， 1CC  平面 1 1ACC A ， 1AC CC C ， 所以 BC ⊥平面 1 1ACC A .又 1AC  平面 1 1ACC A ，所以 1BC AC . 在直棱柱 1 1 1ABC A B C 中，有四边形 1 1AAC C 为平行四边形. 又因为 1AC CC ，所以四边形 1 1AAC C 为菱形，所以 1 1AC AC . 又 1BC AC C , BC 平面 1A BC , 1AC  平面 1A BC ， 所以 1AC  平面 1A BC ，又 1A B  平面 1A BC ，所以 1 1AC A B . 【点睛】 线线平行的证明，有如下途径：（1）利用平面几何的知识，如三角形的中位线、梯形的 中位线等；（2）线面平行的性质定理；（3）面面平行的性质定理；（4）线面垂直的性质 定理（同垂直一个平面的两条直线平行）. 而线线垂直的证明，有如下途径：（1）利用平面几何的知识，如勾股定理等；（2）异面 直线所成的角为 2  ；（3）线面垂直的性质定理； 19．如图，在四棱锥 P ABCD 中，PA ⊥平面 ABCD ，E 为 PA 的中点，F 为 BC 的 中点，底面 ABCD 是菱形，对角线 AC ， BD 交于点O ． 求证：（1）平面 / /EFO 平面 PCD； （2）平面 PAC ⊥平面 PBD ． 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】【详解】 （1）因为 E 为 PA 的中点，O 为 AC 的中点，所以 //EO PC 第 18 页 共 23 页 又 EO  平面 PCD， PC  平面 PCD，所以 / /EO 平面 PCD 同理可证， / /FO 平面 PCD ，又 EO FO OI 所以，平面 / /EFO 平面 PCD． （2）因为 PA ⊥平面 ABCD ， BD  平面 ABCD ，所以 PA BD 因为底面 ABCD 是菱形，所以 AC BD ，又 PA AC A 所以 BD ⊥平面 PAC 又 BD  平面 PBD ，所以平面 PAC ⊥平面 PBD ． 20．如图所示，在正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1AB  ，点 E、F 分别是棱 BC、 DC 的中点. （1）求证：BD∥平面 1EFC ； （2）若 1 3AA AB ，求直线 1 1AC 与平面 1EFC 所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析；（2） 2 6 5 【解析】(1)由点 E、F 分别是棱 BC、DC 的中点，则 EF∥BD，可得证. (2) 以 D 为原点， 1, ,DA DC DD 所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系,用 向量法求出平面 1EFC 的一个法向量，然后即可求线面角. 【详解】 证明：（1）∵点 E、F 分别是棱 BC、DC 的中点，∴EF∥BD. 又 EF  平面 1,EFC BD  平面 1EFC ， BD ∥平面 1EFC . （2）以 D 为原点， 1, ,DA DC DD 所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系 则 1 1 1 1(1,0, 3), (0, ,0), ( ,1,0), (0,1, 3)2 2A F E C 1 1 1 1( , ,0), ( ,0, 3)2 2 2FE EC    设平面 1EFC 的一个法向量为 ( , , )n x y z 第 19 页 共 23 页 由 10, 0n FE n EC      可得 1 1 02 2 1 2 33 02 x y y x x zx z           令 1z  (2 3, 2 3,1)n   1 1 ( 1,1,0)AC     1 1 1 1 1 2cos , 6 5 AC n A F n AC n           ∴直线 1A F 与平面 1EFC 所成角的正弦值为 2 6 5 . 【点睛】 本题考查线面平面的证明和线面角的求解，属于中档题. 21．已知四棱锥 P ABCD ，底面 ABCD 是边长为 2 的菱形， 0=60ABC ，E 为 AB 的中点， PA  平面 ABCD ， PC 与平面 PAD 所成角的正弦值为 6 4 . （1）在棱 PD 上求一点 F ，使 //AF 平面 PEC ； （2）求二面角 D PE A  的余弦值. 【答案】（1） F 为 PD 中点；（2） 4 3131 . 【解析】（1）如图，建立空间直角坐标系，设  0,1,P m ，求出平面 PAD 的法向量， 由 PC 与平面 PAD 所成角的正弦值为 6 4 ，求出 m 得值，设 PF PD  ，利用 =AF AP PF   可得 AF  的坐标，求出平面 PEC 的法向量 m  ，利用 0m AF   ，即可 求出  得值，可得 F 为 PD 中点； 第 20 页 共 23 页 （2）分别求出平面 PEA 的法向量与平面 PED 的法向量，再利用向量的夹角公式求解 即可. 【详解】 （1）以 BD 为 x 轴，CA 为 y 轴， AC 与 BD 的交点为O ，过O 作平面 ABCD 的垂线 为 z 轴，建立空间直角坐标系. 其中：  0,1,0A ，  3,0,0B  ，  0, 1,0C  ，  3,0,0D ，  0,1,P m ， 3 1, ,02 2E      ，  0, 2,PC m   .设平面 PAD 的法向量  , ,n x y z ，  0,0,AP m ，  3, 1,0AD   .所以 0 3 0 mz x y    ，所以  3,3,0n  所以 2 6 6cos , 44 12 PC n m       ，因此 2m  ，故  0,1,2P 设 PF PD  ，  = 0,0,2AP ，  3, 1, 2PD    ，则  = = 3 , ,2 2AF AP PF        . 设平面 PEC 的法向量为  , ,m x y z ， 3 1= , ,22 2EP        ，  0, 2, 2PC    所以 3 1 2 02 2 2 2 0 x y z y z        ，故  3, 1,1m    . 0m AF   ，所以 3 2 2 =0      ，因此 1= 2  ，所以 F 为 PD 中点. （2）平面 PEA 的法向量  1= 3, 3,0n  ，平面 PED 的法向量  2 = 3,9, 3n  ， 1 2 3 27 4cos , 313112 93 n n       由二面角 D PE A  为锐二面角， 因此，二面角 D PE A  的余弦值为 4 3131 . 第 21 页 共 23 页 【点睛】 本题主要考查了利用空间向量补全线面平行的条件，以及求二面角，涉及线面角，线面 垂直的性质，属于中档题. 22．如图，为正六棱柱 1 1 1 1 1 1ABCDEF A B C D E F ，底面边长 AB a= ，高 1AA h . （1）若 a h ，求异面直线 1BD 和 1CF 所成角的余弦值； （2）计算四面体 1 1BCD F 的体积（用 a 、 h 来表示）； （3）若正六棱柱底面边长 a 和高 h 满足：2 3h a k  （ k 为定值），则当底面边长 a 和高 h 分别取得何值时，正六棱柱的表面积与体积之比最小？ 【答案】（1） 5 10 ；（2） 23 12 a h ；（3） 4 kh  ， 3 6a k . 【解析】（1）建立分别以 FB 、 FE 、 1FF 为 x 、 y 、 z 轴的空间直角坐标系，利用空 间向量法可求得异面直线 1BD 和 1CF 所成角的余弦值； （2）利用空间向量法计算出点 1D 到平面 1BFC 的距离 d ，并计算出 1BFC△ 的面积， 利用锥体的体积公式可求得四面体 1 1BCD F 的体积； 第 22 页 共 23 页 （3）计算出正六棱柱的表面积与体积之比的表达式，结合条件 2 3h a k  可得出 21 4 16 V k khS k        ，利用二次函数的基本性质可求得 V S 的最大值及其对应的 h 与 k 的比值，即可得解. 【详解】 （1）如图，建立分别以 FB 、 FE 、 1FF 为 x 、 y 、 z 轴的空间直角坐标系， 则点  3 ,0,0B a 、  3 , ,0C a a 、 1 3 3, ,2 2 a aD a       、  1 0,0,F a ， 1 3 3, ,2 2 a aBD a        ，  1 3 , ,CF a a a   ， 2 2 2 2 1 1 3 3 2 2 a aBD CF a a      ， 2 2 2 1 3 3 22 2 a aBD a a                 ， 1 5CF a ， 所以， 2 1 1 1 1 1 1 5cos , 102 5 BD CF aBD CF a aBD CF           ， 所以，异面直线 1BD 和 1CF 所成角的余弦值为 5 10 ； （2）易知点  3 ,0,0B a 、  3 , ,0C a a 、 1 3 3, ,2 2 a aD h       、  1 0,0,F h ，  0, ,0C aB  ，  1 3 ,0,BF a h  ， 1 3 , ,2 2 a aCD h        ， 第 23 页 共 23 页 设平面 1BFC 法向量为  , ,n x y z ，由 1 0 0 n BC n BF        ，得 0 3 0 ay ax hz    ， 令 x h ，则 3z a ， 0y  ，  ,0, 3n h a  ， 所以 1D 到平面 1BFC 的距离 1 2 2 2 2 3 0 3 32 2 3 2 3 a ah h an CD ahd n h a h a               ， 又 2 2 1 4FC a h= + ， BC a ， 2 2 1 3BF a h= + ， 2 2 2 1 1BC BF FC   ，则 1 2 2 1 1 1 32 2BF CS BC BF a a h   △ ， 1 1 1 2 2 2 2 2 1 1 1 3 333 3 2 122 3D BF C BF C ahV S d a a h a h h a         △ ； （3）由题知，正六棱柱的表面积 2 216 2 6 sin 60 6 3 32S ha a ha a= + 创 � + ， 正六棱柱的体积 2 21 3 36 sin 602 2V a h a h= 创 � ， 2 2 2 2 3 3 3 32 6 3 3 4 2 3 4 2 3 a hV a h ah S ha a ha a h a \ = = = + + + ， 又 2 3h a k  ， 22 22 1 2 2 4 16 V hk h h h k khS k k k             ， 所以当 4 kh  时， V S 有最大值，也即 S V 取得最小值，此时 4 kh  ， 3 6a k . 【点睛】 本题考查利用空间向量法计算异面直线所成的角、三棱锥的体积，同时也考查了柱体体 积与表面积比值的最值的求解，考查了二次函数基本性质的应用，考查计算能力，属于 中等题.