黑龙江省省实2022-2023学年高一下学期期末考试数学试题（含解析）

第第页黑龙江省省实2022-2023学年高一下学期期末考试数学试题（含解析）2022-2023学年高一（下）期末数学试卷

一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求）

1．设复数z满足z﹣i＝i﹣2，则＝（）

A．﹣iB．iC．2+iD．2﹣i

2．在△ABC中，已知角A，B的对边分别为a，b，，，a＝4，则b＝（）

A．B．C．D．

3．已知向量，满足，，且，的夹角为30°，则＝（）

A．B．7C．D．19

4．已知两条不同的直线l，m与两个不同的平面α，β，则下列结论中正确的是（）

A．若mα，nα，m∥β，n∥β，则α∥β

B．若l⊥α，l∥β，则α⊥β

C．若m⊥α，l⊥m，则l∥α

D．若α⊥β，l⊥α，则l∥β

5．如图，已知平面向量满足，则（）

A．B．

C．D．

6．三棱台ABC﹣A1B1C1中，两底面△ABC和△A1B1C1分别是边长为2和1的等边三角形，CC1⊥平面ABC．若CC1＝3，则异面直线AC与BC1所成角的余弦值为（）

A．B．C．D．

7．滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世．如图，在滕王阁旁地面上共线的三点A，B，C处测得阁顶端点P的仰角分别为30°，60°，45°，且AB＝BC＝75米，则滕王阁的高度OP＝（）米．

A．B．C．D．

8．已知等腰直角△ABC的斜边AB＝，M，N分别为AC，AB上的动点，将△AMN沿MN折起，使点A到达点A'的位置，且平面A'MN⊥平面BCMN．若点A'，B，C，M，N均在球O的球面上，则球O表面积的最小值为（）

A．B．C．D．

二、多项选择题（共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对得2分，有错选得0分）

（多选）9．下列说法正确的是（）

A．用简单随机抽样的方法从含有60个个体的总体中抽取一个容量为6的样本，则个体m被抽到的概率是0.1

B．已知一组数据1，2，3，4，4，5的众数大于中位数

C．数据27，12，14，30，15，17，19，29的第70百分位数是23

D．甲乙丙三种个体按3：1：2的比例分层抽样，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为18

（多选）10．下列说法正确的是（）

A．平行向量就是共线向量

B．两个非零向量，，若，则，夹角为锐角

C．向量与共线的充要条件是存在唯一实数λ使得

D．向量在非零向量上投影向量的长度为

（多选）11．如图，平面α∩平面β＝直线l，点A，C∈α，点B，D∈β，且A、B、C、Dl，点M、N分别是线段AB、CD的中点（）

A．当直线AC与BD相交时，交点有可能在直线l外

B．当直线AB与CD异面时，MN不可能与l平行

C．当A、B、C、D四点共面且AC∥l时，BD∥l

D．当M、N两点重合时，直线AC与l不可能相交

（多选）12．在△ABC中，已知A+B＜C，则（）

A．a2+b2＜c2B．sin2A+sin2B＜1

C．D．tanAtanB＞1

三、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）

13．已知圆锥的母线长为5，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为．

14．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a+c＝7，b＝2，，则△ABC的面积S＝．

15．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，∠BAC的平分线交BC于点D，，则b+c的最小值为．

16．已知点P在△ABC所在的平面内，则下列各结论正确的有．

①若P为△ABC的垂心，，则

②若△ABC为边长为2的正三角形，则的最小值为﹣1

③若△ABC为锐角三角形且外心为P，且x+2y＝1，则AB＝BC

④若，则动点P的轨迹经过△ABC的外心

四、解答题（共6小题，70分）

17．黑龙江省实行“3+1+2”高考模式，为让学生适应新高考的赋分模式，某校在一次校考中使用赋分制给高三年级学生的生物成绩进行赋分，具体赋分方案如下：先按照考生原始分从高到低，按比例划定A，B，C，D，E共五个等级，然后在相应赋分区间内利用转换公式进行赋分．其中，A等级排名占比15%，赋分分数区间是86～100；B等级排名占比35%，赋分分数区间是71～85；C等级排名占比35%，赋分分数区间是56～70；D等级排名占比13%，赋分分数区间是41～55；E等级排名占比2%，赋分分数区间是30～40；现从全年级的生物成绩中随机抽取100名学生的原始成绩（未赋分）进行分析，其频率分布直方图如图：

（1）求图中a的值及原始数据的平均值；

（2）用样本估计总体的方法，若学生甲原始成绩为71分，则他赋分后的等级为？说明理由．

18．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin（B﹣A）＝sinC+sinA．

（1）求B的值；

（2）给出以下三个条件：①a2﹣b2+c2+4c＝0；②a＝2，b＝1；③，若这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件，并求△ABC的周长．

19．已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是边长为2的菱形，且BC＝BD，DD1⊥平面ABCD，AA1＝1，BE⊥CD于点E．

（1）试问在线段A1B1上是否存在一点F，使得AF∥平面BEC1？若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由；

（2）在（1）的条件下，求平面ADF和平面BEC1所成锐二面角的余弦值．

20．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面是边长为2的等边三角形，CC1＝2，D，E分别是线段AC，CC1的中点，C1在平面ABC内的射影为D．

（1）求证：A1C⊥平面BDE；

（2）若点F为棱B1C1的中点，求点F到平面BDE的距离．

21．在三棱锥A﹣BCD中，AB＝AD＝BD＝2，，AC＝2．

（1）求证：BD⊥AC；

（2）若点P在棱AC上，当直线BP与平面ACD所形成的角的正弦值为时，求AP：PC的值．

22．在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a2+b2＝λc2．

（1）若λ＝2，求角C的最大值；

（2）若C＝60°，求λ的取值范围．

参考答案

一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求）

1．设复数z满足z﹣i＝i﹣2，则＝（）

A．﹣iB．iC．2+iD．2﹣i

【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．

解：z﹣i＝i﹣2，

则z＝﹣2+2i，

故＝＝．

故选：B．

【点评】本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．

2．在△ABC中，已知角A，B的对边分别为a，b，，，a＝4，则b＝（）

A．B．C．D．

【分析】根据正弦定理求解即可．

解：∵，

∴．

故选：C．

【点评】本题考查正弦定理，考查基本求解能力，属于基础题．

3．已知向量，满足，，且，的夹角为30°，则＝（）

A．B．7C．D．19

【分析】由平面向量数量积的运算，结合平面向量的模的运算求解即可．

解：已知向量，满足，，且，的夹角为30°，

则＝，

则＝＝．

故选：A．

【点评】本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的模的运算，属基础题．

4．已知两条不同的直线l，m与两个不同的平面α，β，则下列结论中正确的是（）

A．若mα，nα，m∥β，n∥β，则α∥β

B．若l⊥α，l∥β，则α⊥β

C．若m⊥α，l⊥m，则l∥α

D．若α⊥β，l⊥α，则l∥β

【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案．

解：若mα，nα，m∥β，n∥β，当m与n相交时，有α∥β，若m与n平行，不一定有α∥β，故A错误；

若l∥β，则β内存在直线m与l平行，又l⊥α，∴m⊥α，可得α⊥β，故B正确；

若m⊥α，l⊥m，则l∥α或lα，故C错误；

若α⊥β，l⊥α，则l∥β或lβ，故D错误．

故选：B．

【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．

5．如图，已知平面向量满足，则（）

A．B．

C．D．

【分析】设，过C′分别作OA，OB的平行线，不妨设，可得，进而可得答案．

解：设，过C′分别作OA，OB的平行线，

分别交OA，OB于D，E，

如图，不妨设，

∵

所以∠EOC′＝∠OC′D＝90°，∠DOC′＝30°，

则OD＝2，OE＝C′D＝1，

从而，

故．

故选：A．

【点评】本题主要考查平面向量的基本定理，属于基础题．

6．三棱台ABC﹣A1B1C1中，两底面△ABC和△A1B1C1分别是边长为2和1的等边三角形，CC1⊥平面ABC．若CC1＝3，则异面直线AC与BC1所成角的余弦值为（）

A．B．C．D．

【分析】以AC，AB为邻边作平行四边形ABDC，则AC∥BD且AC＝BD，从而可得∠DBC即为异面直线AC与BC所成角或其补角，利用余弦定理求解即可．

解：以AC，AB为邻边作平行四边形ABDC，

则AC∥BD且AC＝BD，

故∠DBC1即为异面直线AC与BC1所成角或其补角，

因为CC1⊥平面ABC，BC，CD平面ABC，

所以CC1⊥BC，CC1⊥CD，

则，

在△BDC1中，＝，

即异面直线AC与BC1所成角的余弦值为．

故选：D．

【点评】本题考查了异面直线所成的角的计算问题，属于中档题．

7．滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世．如图，在滕王阁旁地面上共线的三点A，B，C处测得阁顶端点P的仰角分别为30°，60°，45°，且AB＝BC＝75米，则滕王阁的高度OP＝（）米．

A．B．C．D．

【分析】设OB＝h，由题意可求得，OA＝3h，，在△OBC中，OC2＝OB2+BC2﹣2OBBCcos∠OBC，在△OAB中，OA2＝OB2+AB2﹣2OBABcos∠OBA，因为cos∠OBC+cos∠OBA＝0，所以两式相加可解得h，即可得出OP．

解：设OB＝h，因为∠PBO＝60°，则，

因为∠PAO＝30°，∠PCO＝45°，

所以，，

在△OBC中，OC2＝OB2+BC2﹣2OBBCcos∠OBC，即3h2＝h2+752﹣2×75hcos∠OBC，①

在△OAB中，OA2＝OB2+AB2﹣2OBABcos∠OBA，即9h2＝h2+752﹣2×75hcos∠OBA，②

因为∠OBC+∠OBA＝π，则cos∠OBC+cos∠OBA＝0，

所以①②两式相加可得：12h2＝2h2+2×752，解得：，

则．

故选：B．

【点评】本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．

8．已知等腰直角△ABC的斜边AB＝，M，N分别为AC，AB上的动点，将△AMN沿MN折起，使点A到达点A'的位置，且平面A'MN⊥平面BCMN．若点A'，B，C，M，N均在球O的球面上，则球O表面积的最小值为（）

A．B．C．D．

【分析】由题设B，C，M，N共圆（M不与A重合），进而确定MN⊥AB，找到△A′NM，四边形BCMN外接圆圆心，由棱锥外接球、面面垂直的性质确定球心位置，设A′N＝x，且0＜x≤1，求外接球半径最小值，即可得结果．

解：由点A′，B，C，M，N均在球O的球面上，且B．C，M，N共圆（M不与A重合），

所以∠NMC+∠B＝∠C+∠MNB＝π（M不与C重合），

又△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，即有MN⊥AB，

如上图，△ANM、△BNM、△BCM都为直角三角形，且∠ANM＝∠MNB＝∠C＝，

由平面图到立体图知：MN⊥A′N，MN⊥BN，

又面A′MN⊥面BCMN，面A′MN∩面BCMN＝MN，A′N面A′MN，

所以A′N⊥面BCMN，同理可得BN⊥面A′MN，

将△AMN翻折后，A′M，BM的中点D，E分别为△A′MN，四边形BCMN外接圆圆心，

过D作DO⊥面A′MN，过E作EO⊥面BCMN，它们交于O，即为A′﹣BNMC外接球球心，如下图示，

再过D作DF⊥面BCMN，交NM于F，连接EF，则EFDO为矩形，

综上，DF∥A′N，DO∥BN，则F为MN中点，

所以，DO＝EF＝BN，而A′C＝BC＝1，AB＝，

令A′N＝x且0＜x≤1，则BN＝﹣x，故DO＝，A′M＝x，

所以球O半径，r＝＝＝，

当x＝时，rmin＝，故球O表面积的最小值为4πr2＝．

故选：D．

【点评】本题考查球的半径的求法，考查计算能力，属中档题．

二、多项选择题（共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对得2分，有错选得0分）

（多选）9．下列说法正确的是（）

A．用简单随机抽样的方法从含有60个个体的总体中抽取一个容量为6的样本，则个体m被抽到的概率是0.1

B．已知一组数据1，2，3，4，4，5的众数大于中位数

C．数据27，12，14，30，15，17，19，29的第70百分位数是23

D．甲乙丙三种个体按3：1：2的比例分层抽样，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为18

【分析】对于A，结合古典概型的概率公式，即可求解；

对于B，结合众数、中位数的定义，即可求解；

对于C，结合百分位数的定义，即可求解；

对于D，结合分层抽样的定义，即可求解．

解：对于A，用简单随机抽样的方法从含有60个个体的总体中抽取一个容量为6的样本，

则，故A正确；

对于B，一组数据1，2，3，4，4，5的众数为4，

中位数为，

故B正确；

对于C，数据27，12，14，30，15，17，19，29从小到大排序为：12，14，15，17，19，27，29，30，

8×70%＝5.6，

则该组数据的第70百分位数是27，故C错误；

对于D，令样本容量为n，

则，解得n＝18，故D正确．

故选：ABD．

【点评】本题主要考查简单随机抽样、分层随机抽样的定义，属于基础题．

（多选）10．下列说法正确的是（）

A．平行向量就是共线向量

B．两个非零向量，，若，则，夹角为锐角

C．向量与共线的充要条件是存在唯一实数λ使得

D．向量在非零向量上投影向量的长度为

【分析】根据向量概念判断A项，C项；根据数量积的概念判断B，D项．

解：A项，平行向量也叫共线向量，正确；

B项，非零向量，，若，

则，夹角为锐角或0°，0°不是锐角，错误；

C项，若是零向量，则实数λ∈R，都满足向量与共线，C错误；

D项，在非零向量上投影为||cosθ＝，θ为向量，的夹角，

则投影向量的长度为，正确．

故选：AD．

【点评】本题考查向量、数量积的基本概念，属于基础题．

（多选）11．如图，平面α∩平面β＝直线l，点A，C∈α，点B，D∈β，且A、B、C、Dl，点M、N分别是线段AB、CD的中点（）

A．当直线AC与BD相交时，交点有可能在直线l外

B．当直线AB与CD异面时，MN不可能与l平行

C．当A、B、C、D四点共面且AC∥l时，BD∥l

D．当M、N两点重合时，直线AC与l不可能相交

【分析】根据题意，由直线与平面的位置关系依次分析选项，综合可得答案．

解：根据题意，依次分析选项：

对于A，当AC与BD相交时，设交点为P，可得P在直线AC上，也在平面α内；P在直线BD上，也在平面β内，

可得P在α、β的交线l上，故A错误；

对于B，用反证法证明：当直线AB与CD异面时，假设MN∥l，连接BC，取BC的中点H，连接MH，NH，

如图：

因为M，N为AB，CD的中点，所以MH∥AC，则有平面MNH∥平面α，

同理可得平面MNH∥平面β，所以α∥β，与已知条件矛盾，

故当直线AB与CD异面时，MN不可能与l平行，B正确；

对于C，当A，B，C，D四点共面且AC∥l时，可得AC∥β，由线面平行的性质定理可得AC∥BD，所以BD∥l，故C正确；

对于D，当M，N两点重合时，由于M，N为中点，可得A，B，C，D四点共面，

则有△AMC≌△BMD，可得AC∥BD，

由线面平行的判断和性质，可得直线AC与l平行，不可能相交，故D正确．

故选：BCD．

【点评】本题考查空间直线与直线的位置关系，涉及平面的基本性质，属于基础题．

（多选）12．在△ABC中，已知A+B＜C，则（）

A．a2+b2＜c2B．sin2A+sin2B＜1

C．D．tanAtanB＞1

【分析】利用余弦定理和正弦定理进行计算分析即可．

解：因为A+B+C＝π且A+B＜C，

所以且A，

对于A，由余弦定理有：cosC＝＜0，

所以a2+b2＜c2，故A正确；

对于B，sin2A+sin2B＜sin2A+sin2（）＜sin2A+cos2A＝1，B正确；

对于C，要证sinA+sinB＜sinC，只需证a+b＜c，

只需证a2+b2+2ab＜2c2，

结合上面分析可知a2+b2＜c2，

又2ab≤a2+b2＜c2，

所以a2+b2+2ab＜2c2，C正确；

对于D，假设A＝B＝，C＝，则tanAtanB＝＝＜1，显然D错误．

故选：ABC．

【点评】本题主要考查正弦定理和余弦定理，属中档题．

三、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）

13．已知圆锥的母线长为5，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为12π．

【分析】根据题意得，解得r＝3，求得圆锥的高h＝8，利用体积公式，即可求解．

解：设圆锥底面的半径为r，根据题意得，解得r＝3，

所以圆锥的高h＝＝4，

所以圆锥的体积V＝＝12π．

故答案为：12π．

【点评】本题主要考查圆锥的体积，属于基础题．

14．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a+c＝7，b＝2，，则△ABC的面积S＝．

【分析】由余弦定理求ac，再由同角三角函数的基本关系求sinB，最后由三角形的面积公式计算即可．

解：由余弦定理：b2＝a2+c2﹣2accosB＝，

∴，∴ac＝12，

∵且B∈（0，π），∴＝，

∴＝＝．

故答案为：．

【点评】本题考查利用正余弦定理和面积公式解三角形，属于基础题．

15．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，∠BAC的平分线交BC于点D，，则b+c的最小值为4．

【分析】利用等面积法可得bc＝b+c，从而，代入b+c，利用基本不等式可求解最小值．

解：由S△ABC＝S△ABD+S△ACD，

所以，

即bc＝b+c，

可得．

所以，（当且仅当，即b＝c＝2时取等号），

则b+c的最小值为4．

故答案为：4．

【点评】本题考查了三角形中的几何计算以及基本不等式的应用，属于基础题．

16．已知点P在△ABC所在的平面内，则下列各结论正确的有①③④．

①若P为△ABC的垂心，，则

②若△ABC为边长为2的正三角形，则的最小值为﹣1

③若△ABC为锐角三角形且外心为P，且x+2y＝1，则AB＝BC

④若，则动点P的轨迹经过△ABC的外心

【分析】①由得到；②建立平面直角坐标系，写出点的坐标，设P（m，n），表达出，求出最小值；③变形得到，设D为AC的中点，则B，P，D三点共线，结合P是△ABC的外心，所以BD垂直平分AC，所以AB＝BC，③正确；④变形得到，设E是BC的中点，则，故则动点P的轨迹经过△ABC的外心．

解：对于①，若P为△ABC的垂心，则，又，

所以，①正确；

对于②，取CB的中点O，连接OA，以O为坐标原点，BC，OA所在直线分别为x轴，y轴，建立空间直角坐标系，

则，设P（m，n），

则，

故当时，取得最小值，最小值为，②错误；

对于③，有题意得，则，

即，

如图，设D为AC的中点，则，故，故B，P，D三点共线，

因为P是△ABC的外心，所以BD垂直平分AC，所以AB＝BC，③正确；

对于④，，＝＝，

所以，

如图，设E是BC的中点，则，故，

即，故则动点P的轨迹经过△ABC的外心，④正确．

故答案为：①③④．

【点评】本题考查平面向量的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．

四、解答题（共6小题，70分）

17．黑龙江省实行“3+1+2”高考模式，为让学生适应新高考的赋分模式，某校在一次校考中使用赋分制给高三年级学生的生物成绩进行赋分，具体赋分方案如下：先按照考生原始分从高到低，按比例划定A，B，C，D，E共五个等级，然后在相应赋分区间内利用转换公式进行赋分．其中，A等级排名占比15%，赋分分数区间是86～100；B等级排名占比35%，赋分分数区间是71～85；C等级排名占比35%，赋分分数区间是56～70；D等级排名占比13%，赋分分数区间是41～55；E等级排名占比2%，赋分分数区间是30～40；现从全年级的生物成绩中随机抽取100名学生的原始成绩（未赋分）进行分析，其频率分布直方图如图：

（1）求图中a的值及原始数据的平均值；

（2）用样本估计总体的方法，若学生甲原始成绩为71分，则他赋分后的等级为？说明理由．

【分析】（1）根据频率分布直方图中各个小矩形的面积之和为1，可求出a的值，再利用平均数的定义可求出平均数的估计值；

（2）由频率分布直方图可知，[71，100]的频率为0.57，再结合各个等级所占的百分比求解即可．

解：（1）由频率分布直方图可知，10×（0.01+0.015+0.015+a+0.025+0.005）＝1，

解得a＝0.03，

原始数据的平均值为10×（0.01×45+0.015×55+0.015×65+0.03×75+0.025×85+0.005×95）＝71（分）；

（2）由频率分布直方图可知，[71，100]的频率为10×（0.005+0.025）+（80﹣71）×0.03＝0.57，

因为A等级排名占比15%，B等级排名占比35%，C等级排名占比35%，

0.15+0.35＝0.5＜0.57＜0.15+0.35+0.35＝0.85，

所以若学生甲原始成绩为71分，则他赋分后的等级为C．

【点评】本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了平均数的计算，属于基础题．

18．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin（B﹣A）＝sinC+sinA．

（1）求B的值；

（2）给出以下三个条件：①a2﹣b2+c2+4c＝0；②a＝2，b＝1；③，若这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件，并求△ABC的周长．

【分析】（1）利用两角和差的正弦可得sinA＝﹣2cosBsinA，即可得出答案；

（2）由（1）得B＝，在△ABC中，B＞A，则b＞a，显然条件②不成立，故正确的条件为①③，利用余弦定理和面积公式，即可得出答案．

解：（1）∵sin（B﹣A）＝sinC+sinA，

∴在△ABC中，sin（B﹣A）＝sin（A+B）+sinA，

∴sinBcosA﹣cosBsinA＝sinAcosB+cosAsinB+sinA，即sinA＝﹣2cosBsinA，

又A∈（0，π），sinA≠0，

则cosB＝﹣，

又B∈（0，π），

则B＝；

（2）由（1）得B＝，

在△ABC中，B＞A，则b＞a，显然条件②不成立，

故正确的条件为①③，

∵a2﹣b2+c2+4c＝0，

∴由余弦定理得2accosB＝a2+c2﹣b2，解得a＝4，

又S△ABC＝acsinB＝ac＝c＝4，解得c＝4，

∴b＝＝4，

∴△ABC的周长a+b+c＝8+4．

【点评】本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．

19．已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是边长为2的菱形，且BC＝BD，DD1⊥平面ABCD，AA1＝1，BE⊥CD于点E．

（1）试问在线段A1B1上是否存在一点F，使得AF∥平面BEC1？若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由；

（2）在（1）的条件下，求平面ADF和平面BEC1所成锐二面角的余弦值．

【分析】（1）当F为线段A1B1的中点时，取AB的中点G，连接EG，B1G，推导出四边形AGB1F是平行四边形，四边形BCEG为平行四边形，四边形EGB1C1是平行四边形，从而得到B1G∥C1E，AF∥C1E，由此得到当F为线段A1B1的中点时，AF∥平面BEC1．

（2）连接DG，以D为原点，DG，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面ADF和平面BEC1所成锐二面角的余弦值．

解：（1）当F为线段A1B1的中点时，AF∥平面BEC1．

证明如下：取AB的中点G，连接EG，B1G，则FB1∥AG，且FB1＝AG，

∴四边形AGB1F是平行四边形，∴AF∥B1G，

∵BC＝BD，BE⊥CD，∴E为CD的中点，

又G为AB的中点，AB∥CD，AB＝CD，

∴BG∥CE，且BG＝CE，

∴四边形BCEG为平行四边形，∴EG∥BC，且EG＝BC，

∵BC∥B1C1，BC＝B1C1，∴EG∥B1C1，EG＝B1C1，

∴四边形EGB1C1是平行四边形，

∴B1G∥C1E，∴AF∥C1E，

∵AF平面BEC1，C1E平面BEC1，

∴当F为线段A1B1的中点时，AF∥平面BEC1．

（2）连接DG，∵BD＝BC＝AD，G为AB的中点，∴DG⊥AB，

∵AB∥CD，∴DG⊥CD，

∵DD1⊥平面ABCD，DC，DG平面ABCD，∴DD1⊥DC，DD1⊥DG，

∴DG，DC，DD1两两垂直，以D为原点，DG，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

由题意得BD＝BC＝CD＝AB＝AD＝2，∴∠DAB＝∠BDC＝60°，

∵AA1＝1，∴D（0，0，0），A（，﹣1，0），D1（0，0，1），A（，﹣1，0），

D1（0，0，1），E（0，1，0），C1（0，2，1），B（，1，0），F（，0，1），

＝（，0，0），＝（0，1，1），＝（，﹣1，0），＝（，0，1），

设平面BEC1的法向量＝（x，y，z），

则，取z＝1，得＝（0，﹣1，1），

设平面ADF的法向量＝（a，b，c），

则，取a＝1，得＝（1，），

设平面ADF和平面BEC1所成锐二面角为θ，

则平面ADF和平面BEC1所成锐二面角的余弦值为：

cosθ＝＝＝．

【点评】本题考查线面平行的判断与求法，二面角的余弦值的求法，考查运算求解能力，是中档题．

20．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面是边长为2的等边三角形，CC1＝2，D，E分别是线段AC，CC1的中点，C1在平面ABC内的射影为D．

（1）求证：A1C⊥平面BDE；

（2）若点F为棱B1C1的中点，求点F到平面BDE的距离．

【分析】（1）法一，利用线面垂直的判定定理进行证明，法二，建立坐标系，利用向量法进行证明；

（2）求出向量坐标，利用点到平面的距离公式进行计算即可．

【解答】证明：（1）法一：连结AC1，∵△ABC为等边三角形，D为AC中点，∴BD⊥AC，

又C1D⊥平面ABC，BD平面ABC，∴C1D⊥BD，

∵AC∩C1D＝D，AC，C1D平面AA1C1C，

∴BD⊥平面AA1C1C，又A1C平面AA1C1C，∴BD⊥A1C，

由题设知四边形AA1C1C为菱形，∴A1C⊥AC1，

∵D，E分别为AC，CC1中点，∴DE∥AC1，∴A1C⊥DE，

∵BD∩DE＝D，BDDE＝D，BD，DE平面BDE，

∴A1C⊥平面BDE；

法二：由C1D⊥平面ABC，BD