2021年高二数学上学期第一次质检试卷 文(含解析)

2021年高二数学上学期第一次质检试卷文（含解析）
一、选择题：（每小题4分共计40分）
1．下列说法正确的是（）
A．三点确定一个平面
B．四边形一定是平面图形
C．梯形一定是平面图形
D．平面α和平面β有不同在一条直线上的三个交点
2．垂直于同一条直线的两条直线一定（）
A．平行 B．相交 C．异面 D．以上都有可能
3．在空间坐标中，点B是A（1，2，3）在yOz坐标平面内的射影，O为坐标原点，则|OB|等于（）
A． B． C． D．
4．已知直线m、n和平面α、β，若α⊥β，α∩β=m，n⊂α，要使n⊥β，则应增加的条件是（）
A． m∥n B． n⊥m C． n∥α D． n⊥α
5．已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的是（）
A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
C．若m∥α，m∥β，则α∥β D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
6．若三棱锥P﹣ABC的三条侧棱与底面所成的角都相等，则点P在底面ABC上的射影一定是△ABC的（）
A．外心 B．垂心 C．内心 D．重心
7．若正三棱锥的正视图与俯视图如图所视（单位：cm），则左视图的面积为（）
A． B． C． D．
8．在侧棱长为3的正三棱锥P﹣ABC中，∠APB=∠BPC=∠CPA=40°过点A作截面AEF与PB、PC侧棱分别交于E、F两点，则截面的周长最小值为（）
A． 4 B． 2 C． 10 D． 9
9．三棱锥S﹣ABC中，底面为边长为6的等边三角形，SA=SB=SC，三棱锥的高为，则侧面与底面所成的二面角为（）
A． 45° B． 30° C． 60° D． 65°
10．在体积为15的斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，S是C1C上的一点，S﹣ABC的体积为3，则三棱锥S﹣A1B1C1的体积为（）
A． 1 B． C． 2 D． 3
二.填空题：（每小题4分共计24分）
11．若棱台的上下底面面积分别为4和9，高为3，则该棱台的体积为．12．将半径为4，中心角为900的扇形卷成一个圆锥，该圆锥的高为．
13．如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底面为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是．
14．长方体的三条棱长分别为3，4，5，则此长方体的外接球的表面积为．
15．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的各条棱长都相等，且CC1⊥底面ABC，则异面直线BC1与AC所成角的余弦值为．
16．将边长为2，有一内角为60°的菱形ABCD沿较短对角线BD折成四面体ABCD，点E、F 分别为AC、BD的中点，则下列命题中正确的是；（将正确的命题序号全填上）．
①EF∥AB；
②EF与异面直线AC、BD都垂直；
③当四面体ABCD的体积最大时，AC=；
④AC垂直于截面BDE．
三.解答题：（8+10+10+15+13）
17．如图，是一个几何体的三视图，若它的体积是，求a的值，并求此几何体的表面
积．
18．如图，已知三棱锥A﹣BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB中点，D为PB中点，且△PMB 为正三角形．
（1）求证：DM∥平面APC；
（2）求证：BC⊥平面APC．
19．已知菱形ABCD的边长为2，对角线AC与BD交于点O，且∠ABC=120°，M为BC的中点．将此菱形沿对角线BD折成二面角A﹣BD﹣C．
（ I）求证：面AOC⊥面BCD；
（ II）若二面角A﹣BD﹣C为60°时，求直线AM与面AOC所成角的余弦值．
20．如图，已知正三角形PAD，正方形ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，E为PD的中点．（1）求AD与CE所成角的余弦值；
（2）求直线AC与平面PCD所成的角的大小的正弦；
（3）求二面角B﹣PC﹣D的大小的余弦值．
21．如图所示，四边形ABCD为矩形，AD⊥平面ABE，AE=EB=BC=2，F为CE上的点，且BF ⊥平面ACE．
（1）求证：AE⊥BE；
（2）设M在线段AB上，且满足AM=3MB，线段CE上是否存在一点N，使得MN∥平面DAE？若存在，求出CN的长；若不存在，说明理由．
xx学年浙江省杭州市富阳市场口中学高二（上）第一次质检数学试卷（文科）
参考答案与试题解析
一、选择题：（每小题4分共计40分）
1．下列说法正确的是（）
A．三点确定一个平面
B．四边形一定是平面图形
C．梯形一定是平面图形
D．平面α和平面β有不同在一条直线上的三个交点
考点：平面的基本性质及推论．
专题：常规题型．
分析：不共线的三点确定一个平面，两条平行线确定一个平面，得到A，B，C三个选项的正误，根据两个平面如果相交一定有一条交线，确定D选项是错误的，得到结果．
解答：解：A．不共线的三点确定一个平面，故A不正确，
B．四边形有时是指空间四边形，故B不正确，
C．梯形的上底和下底平行，可以确定一个平面，故C正确，
D．两个平面如果相交一定有一条交线，所有的两个平面的公共点都在这条交线上，故D不正确．
故选C．
点评：本题考查平面的基本性质即推论，考查确定平面的条件，考查两个平面相交的性质，是一个基础题，越是简单的题目，越是不容易说明白，同学们要注意这个题目．
2．垂直于同一条直线的两条直线一定（）
A．平行 B．相交 C．异面 D．以上都有可能
考点：空间中直线与直线之间的位置关系．
专题：分类讨论．
分析：根据在同一平面内两直线平行或相交，在空间内两直线平行、相交或异面判断．
解答：解：分两种情况：①在同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行；
②在空间内垂直于同一条直线的两条直线可以平行、相交或异面．
故选D
点评：本题主要考查在空间内两条直线的位置关系．
3．在空间坐标中，点B是A（1，2，3）在yOz坐标平面内的射影，O为坐标原点，则|OB|等于（）
A． B． C． D．
考点：空间直角坐标系；空间两点间的距离公式．
专题：计算题．
分析：根据点B是A（1，2，3）在yOz坐标平面内的射影，O为坐标原点，得到点B的坐标，点B是A在yoz 上的射影，所以A与B的纵标和竖标相同，横标为0，得到B的坐标，根据两点之间的距离公式得到结果．
解答：解：∵点B是A（1，2，3）在yOz坐标平面内的射影
∴B点的坐标是（0，2，3）
∴|OB|等于，
故选B．
点评：本题考查空间直角坐标系，考查空间中两点间的距离公式，是一个基础题，解题的关键是，一个点在一个坐标平面上的射影的坐标同这个点的坐标的关系．
4．已知直线m、n和平面α、β，若α⊥β，α∩β=m，n⊂α，要使n⊥β，则应增加的条件是（）
A． m∥n B． n⊥m C． n∥α D． n⊥α
考点：直线与平面垂直的判定．
专题：计算题．
分析：利用直线与平面垂直的性质定理，直接得到选项即可．
解答：解：由直线与平面垂直的性质定理可知，要使n⊥β，
只需在已知直线m、n和平面α、β，若α⊥β，α∩β=m，n⊂α，则应增加的条件n⊥m，故选B．
点评：本题考查直线与平面垂直的性质定理的条件，考查基本知识的掌握程度．
5．已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的是（） A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
C．若m∥α，m∥β，则α∥β D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
考点：平面与平面平行的判定．
专题：证明题．
分析：通过举反例可得A、B、C不正确，根据垂直于同一个平面的两条直线平行，可得D 正确，从而得出结论．
解答：解：A、m，n平行于同一个平面，故m，n可能相交，可能平行，也可能是异面直线，故A错误；
B、α，β垂直于同一个平面γ，故α，β可能相交，可能平行，故B错误；
C、α，β平行与同一条直线m，故α，β可能相交，可能平行，故C错误；
D、垂直于同一个平面的两条直线平行，故D正确．
故选 D．
点评：本题考查两个平面平行的判定和性质，平面与平面垂直的性质，线面垂直的性质，注意考虑特殊情况，属于中档题．
6．若三棱锥P﹣ABC的三条侧棱与底面所成的角都相等，则点P在底面ABC上的射影一定是△ABC的（）
A．外心 B．垂心 C．内心 D．重心
考点：三角形五心．
专题：计算题．
分析：设点P在底面ABC上的射影点为0，由∠PAO=∠PBO=∠PCO，PO=PO=PO，∠POA=∠POB=∠POC=90°，先证明△PAO≌△PBO≌△PCO，从而得到AO=BO=CO，由此可知O是△ABC的外心．
解答：解：设点P在底面ABC上的射影点为0，
∵∠PAO=∠PBO=∠PCO，
PO=PO=PO，
∠POA=∠POB=∠POC=90°，
∴△PAO≌△PBO≌△PCO，
∴AO=BO=CO
∴O是△ABC的外心．
故选A．
点评：三角形的三边垂直平分线的交点叫三角形的外心，它到三角形三个项点的距离相等；三角形的三条角平分线的交点叫三角形的内心，它到三角形三边的距离相等；三角形的三边中线的交叫叫重心，它到顶点的距离等于它到对边距离的二倍；三角形三条高的交点叫垂心．
7．若正三棱锥的正视图与俯视图如图所视（单位：cm），则左视图的面积为（）
A． B． C． D．
考点：由三视图求面积、体积．
专题：空间位置关系与距离．
分析：由正三棱锥的正视图与俯视图形状可以看出，此物体的摆放方式是底面正三角形的高与正视图的投影线平行，如此其正视图中底边是正三棱锥的底面边长，由俯视图知，左视图是：底是边长是的三角形，其高是棱锥的高，由此作出其左视图，求左视图的面积．解答：解：由题意，此物体的左视图如图．
根据三视图间的关系可得左视图中底AB=，高，
∴S△VAB=×AB×h=××=．
故选A．
点评：本题考查学生的空间想象能力，三视图中的边长的转换，是基础题．
8．在侧棱长为3的正三棱锥P﹣ABC中，∠APB=∠BPC=∠CPA=40°过点A作截面AEF与PB、PC侧棱分别交于E、F两点，则截面的周长最小值为（）
A． 4 B． 2 C． 10 D． 9
考点：棱锥的结构特征．
专题：计算题；转化思想．
分析：将三棱锥的侧面展开，则截面的周长最小值的最小值，即可转化为求AA1的长度，解三角形PAA1，即可得到答案．
解答：解：将三棱锥的侧面A展开，如图，
则图中∠APA1=120°，
AA1为所求，
由余弦定理可得AA1=，
故选D．
点评：本题考查的知识点是棱锥的结构特征，其中将三棱锥的侧面展开，将空间问题转化为平面上两点间距离问题，是解答本题的关键．
9．三棱锥S﹣ABC中，底面为边长为6的等边三角形，SA=SB=SC，三棱锥的高为，则侧面与底面所成的二面角为（）
A． 45° B． 30° C． 60° D． 65°
考点：二面角的平面角及求法．
分析：利用正三棱锥的性质和二面角的定义、等边三角形的性质即可求出．
解答：解：如图所示，过点S作SO⊥底面ABC，点O为垂足，
连接OA、OB、OC，则Rt△OAB≌Rt△OBC≌Rt△OCA，∴OA=OB=OC，
∴点O为等边△ABC的中心．
延长AO交BC于点D，连接SD．
则AD⊥BC，再根据三垂线定理可得BC⊥SD．
∴∠ODS为侧面SBC与底面ABC所成的二面角的平面角．
根据重心定理可得：OD===．
在Rt△SOD中，tan∠ODS===1，∴∠ODS=45°．
∴侧面SBC与底面ABC所成的二面角的平面角为45°．
故选A．
点评：熟练掌握正三棱锥的性质和二面角的定义、等边三角形的性质是解题的关键．
10．在体积为15的斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，S是C1C上的一点，S﹣ABC的体积为3，则三棱锥S﹣A1B1C1的体积为（）
A． 1 B． C． 2 D． 3
考点：棱柱、棱锥、棱台的体积．
专题：计算题．
分析：由棱柱的体积与棱锥体积的关系，由于三棱锥S﹣ABC三棱锥S﹣A1B1C1的底面全等，高之和等于棱柱的高，我们可得棱锥S﹣ABC的体积与三棱锥S﹣A1B1C1的体积和为V（其中V为斜三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积），进而结合三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积V=15，三棱锥S﹣ABC 的体积为3，得到答案．
解答：解：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积V=15，
三棱锥S﹣ABC的体积与三棱锥S﹣A1B1C1的体积和为V=5
∵三棱锥S﹣ABC的体积为3，
∴三棱锥S﹣A1B1C1的体积2
故选C
点评：本题考查的知识点是棱柱的体积，棱锥的体积，其中分析出棱锥S﹣ABC的体积与三棱锥S﹣A1B1C1的体积和为V（其中V为斜三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积），是解答本题的关键．
二.填空题：（每小题4分共计24分）
11．若棱台的上下底面面积分别为4和9，高为3，则该棱台的体积为19 ．
考点：棱柱、棱锥、棱台的体积．
专题：空间位置关系与距离．
分析：直接带入棱台的体积公式进行求解即可．
解答：解：根据棱台的体积公式：
则：=19
故答案为：19
点评：本题考查的知识点：棱台的体积公式及运算问题．
12．将半径为4，中心角为900的扇形卷成一个圆锥，该圆锥的高为．
考点：旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．
专题：空间位置关系与距离．
分析：根据扇形侧面展开图的弧长等于底面圆的周长，由已知利用弧长公式和圆的周长公式计算出底面半径，然后利用勾股定理可计算出高．
解答：解：如图，点D为圆锥底面圆的圆心，
∵扇形OAB的圆心角为90°，半径为4厘米，
∴弧AB==2π，
∴2π•DC=2π，
∴DC=1，
在Rt△SDC中，SC=4，
SD==，
∴用这个扇形卷成的圆锥的高为，
故答案为：
点评：本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的弧长等于圆锥的底面圆的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，熟练掌握弧长公式是解答的关键．
13．如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底面为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是．
考点：平面图形的直观图．
专题：计算题．
分析：水平放置的图形为直角梯形，求出上底，高，下底，利用梯形面积公式求解即可．解答：解：水平放置的图形为一直角梯形，由题意可知上底为1，高为2，下底为1+，
S=（1++1）×2=2+．
故答案为：2+．
点评：本题考查水平放置的平面图形的直观图斜二测画法，也可利用原图和直观图的面积关系求解．属基础知识的考查．
14．长方体的三条棱长分别为3，4，5，则此长方体的外接球的表面积为50π．
考点：球的体积和表面积．
专题：空间位置关系与距离．
分析：用长方体的对角线的公式，求出长方体的对角线长，即为外接球的直径，从而得到外接球的半径，用球的表面积公式可以算出外接球的表面积．
解答：解：∵长方体从同一顶点出发的三条棱的长分别为3，4，5，
∴长方体的对角线长为：=5，
∵长方体的对角线长恰好是外接球的直径，
∴球半径为R=，
可得球的表面积为4πR2=50π．
故答案为：50π
点评：本题给出长方体的长、宽、高，求长方体外接球的表面积，着重考查了长方体对角线公式和球的表面积公式，属于基础题．
15．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的各条棱长都相等，且CC1⊥底面ABC，则异面直线BC1与AC所成角的余弦值为．
考点：异面直线及其所成的角．
专题：计算题；空间角．
分析：连接A1B，设该三棱柱的棱长为1，根据棱柱的性质可证出∠A1C1B（或其补角）就是异面直线BC1与AC所成的角．因为CC1⊥底面ABC，所以四边形B1C1CB和四边形B1A1AB都是边长为1的正方形，可得A1B=BC1=，最后在△A1C1B中运用由余弦定理即可算出BC1与AC所成角的余弦值．
解答：解：连接A1B，设该三棱柱的棱长为1，
∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC∥A1C1
∴∠A1C1B（或其补角）就是异面直线BC1与AC所成的角
∵CC1⊥底面ABC，
∴三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，可得四边形B1C1CB是矩形
∵BC=CC1=1，∴BC1=，同理可得A1B=
△A1C1B中，由余弦定理得：cos∠A1C1B==
即异面直线BC1与AC所成角的余弦值为
故答案为：
点评：本题在所有棱长都相等的正三棱柱中，求底面一边与面对角线所在直线所成角余弦，着重考查了直棱柱的性质和异面直线所成的角的求法等知识，属于基础题．
16．将边长为2，有一内角为60°的菱形ABCD沿较短对角线BD折成四面体ABCD，点E、F 分别为AC、BD的中点，则下列命题中正确的是②③④；（将正确的命题序号全填上）．
①EF∥AB；
②EF与异面直线AC、BD都垂直；
③当四面体ABCD的体积最大时，AC=；
④AC垂直于截面BDE．
考点：命题的真假判断与应用；空间中直线与平面之间的位置关系．
专题：空间位置关系与距离．
分析：画出图形，利用翻折前后线面关系，角的关系，逐一分析各个选项的正确性，把正确的选项找出来．
解答：解：如图：由题意得，EF与AB是异面直线，故①不正确；
由等腰三角形的中线性质得 CF⊥BD，AF⊥BD，DB⊥面ACF，又EF⊂面ACF，
∴EF⊥BD，且EF⊥AC，故②正确；
当四面体ABCD的体积最大时，因为等边△ABD的面积为定值，
故面SBD⊥面ABD，CF为四面体的高，
AC=，故③正确．
由DB⊥面ACF 得，DB⊥AC，又EF⊥AC，∴AC⊥面EBD，故④正确；
故答案为：②③④．
点评：本题考查棱锥的结构特征，注意在翻折过程中哪些量发生了变化，哪些量没有发生变化；位于折线同侧的元素关系不变，位于折线两侧的元素关系会发生变化
三.解答题：（8+10+10+15+13）
17．如图，是一个几何体的三视图，若它的体积是，求a的值，并求此几何体的表面
积．
考点：由三视图求面积、体积．
专题：计算题．
分析：由三视图知几何体为正三棱柱，根据几何体的体积为3求出a值，利用三视图的数据求出各面的面积，再相加．
解答：解：由三视图知几何体为三棱柱，其直观图如图：
几何体的体积V=×2×a×3=3⇒a=，
三棱柱的侧面积S1=6×3=18；
底面面积S2=×2×=，
∴几何体的表面积S=S1+2S2=18+2．
点评：本题考查了由三视图求几何体的表面积，解题的关键是判断几何体的形状及数据所对应的几何量．
18．如图，已知三棱锥A﹣BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB中点，D为PB中点，且△PMB 为正三角形．
（1）求证：DM∥平面APC；
（2）求证：BC⊥平面APC．
考点：直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．
专题：空间位置关系与距离．
分析：（1）要证明线面平行，可以通过线线平行来转化，然后利用中位线定理，进一步利用线面平行的判定定理进行证明．
（2）要证线面垂直，可以通过线线垂直和线面垂直来转化，最后利用线面垂直的判定证明结论．
解答：
证明：（1）已知三棱锥A﹣BPC中
∵M为AB中点，D为PB中点
∴DM∥AP
AP⊂平面APC，DM⊄平面APC
∴DM∥平面APC
（2）△PMB为正三角形，D为PB中点
∴DM⊥PB
在平面APB中，DM∥AP
∴AP⊥PB
∵AP⊥PC
∴AP⊥平面PBC
∴AP⊥BC
∵AC⊥BC
∴BC⊥平面APC
点评：本题考查的知识点：线面平行的判定定理，线面垂直的性质定理和判定定理之间的相互转换．
19．已知菱形ABCD的边长为2，对角线AC与BD交于点O，且∠ABC=120°，M为BC的中点．将此菱形沿对角线BD折成二面角A﹣BD﹣C．
（ I）求证：面AOC⊥面BCD；
（ II）若二面角A﹣BD﹣C为60°时，求直线AM与面AOC所成角的余弦值．
考点：与二面角有关的立体几何综合题；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．专题：计算题．
分析：（ I）由四边形ABCD为菱形，可得OA⊥BD，OC⊥BD，再根据线面垂直的判定定理可得线面垂直．
（ II）由题意可得：∠AOC是二面角A﹣BD﹣C的平面角，即∠AOC=60°，作MK⊥OC，连接AK，可得MK⊥面AOC，所以∠MAK是直线AM与面AOC所成的角，由题意可得：，在△AOK 中，利用余弦定理可得：，在Rt△AMK中，再利用解三角形的有关知识求出答案即可．
解答：解：（ I）证明：因为四边形ABCD为菱形，
所以OA⊥BD，OC⊥BD，
所以⇒面AOC⊥面BCD…（6分）
（ II）菱形沿对角线BD折成二面角A﹣BD﹣C后，仍然有AO⊥BD，CO⊥BD，
∴∠AOC是二面角A﹣BD﹣C的平面角，即∠AOC=60°…（8分）
作MK⊥OC，连接AK，如图所示：
因为MK∥BD，BD⊥面AOC，
所以MK⊥面AOC，
所以∠MAK是直线AM 与面AOC所成的角…（10分）
因为菱形ABCD的边长为2，对角线AC与BD交于点O，且∠ABC=120°，
所以OC=，BD=．
又因为MK⊥OC，M为BC的中点，
所以K为OC的中点，
所以，
所以在△AOK中，因为∠AOC=60°，
所以，所以．
在Rt△AMK中，
∵，，
∴，
∴，
∴直线AM 与面AOC所成角的余弦值是…（14分）
点评：本题主要考查面面垂直的判定定理，以及线面角的有关知识，而对于求空间角作出空间角是解题的难点和关键，求空间角的步骤是：作角、证角、求角．
20．如图，已知正三角形PAD，正方形ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，E为PD的中点．（1）求AD与CE所成角的余弦值；
（2）求直线AC与平面PCD所成的角的大小的正弦；
（3）求二面角B﹣PC﹣D的大小的余弦值．
考点：二面角的平面角及求法；异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角．
专题：空间角．
分析：（1）取AD的中点O，以OA为x轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出AD与CE所成角的余弦值．（2）由已知得PO⊥平面ABCD，从而PO⊥CD，又CD⊥AD，从而CD⊥AE，由AE⊥PD，知∠ACE即为直线AC与平面PCD所成的角．由此能求出直线AC与平面PCD所成的角的大小的正弦值．
（3）求出平面PBC的法向量和平面PCD的法向量，利用向量法能求出二面角B﹣PC﹣D的大小的余弦值．
解答：解：（1）取AD的中点O，由正△PAD可得PO⊥AD，
以OA为x轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，
设AB=2，由题意得A（1，0，0），D（﹣1，0，0），B（2，2，0），
C（﹣1，2，0），P（0，0，），E（﹣，0，），
=（﹣2，0，0），=（），
|cos＜＞|=||=．
∴AD与CE所成角的余弦值为．
（2）∵平面PAD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，∴PO⊥CD．
又∵CD⊥AD，PO∩AD=O，
∴CD⊥平面PAD，
∴CD⊥AE．
∵E为正三角形PAD的边PD的中点，∴AE⊥PD．
∵CD∩PD=D，∴AE⊥平面PCD．
∴∠ACE即为直线AC与平面PCD所成的角．
不妨设AD=2．
则AE=，AC=2．
∴sin∠ACE==．
∴直线AC与平面PCD所成的角的大小的正弦值为．
（3）=（），=（），
=（），
设平面PBC的法向量=（x，y，z），
则，
取y=，得=（0，，2），
设平面PCD的法向量为=（a，b，c），
，
取a=，得=（），
|cos＜＞|=||=．
∴二面角B﹣PC﹣D的大小的余弦值为．
点评：本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查直线与平面所成的角的大小的正弦值的求法，考查二面角的大小的余弦值的求法，解题时要注意向量法的合理运用．
21．如图所示，四边形ABCD为矩形，AD⊥平面ABE，AE=EB=BC=2，F为CE上的点，且BF ⊥平面ACE．
（1）求证：AE⊥BE；
（2）设M在线段AB上，且满足AM=3MB，线段CE上是否存在一点N，使得MN∥平面DAE？若存在，求出CN的长；若不存在，说明理由．
考点：直线与平面垂直的性质；直线与平面平行的性质．
专题：综合题；空间位置关系与距离．
分析：（1）由AD∥BC和AD⊥平面ABE证明AE⊥BC，再由BF⊥平面ACE得AE⊥BF，根据线面垂直的判定定理证出AE⊥平面BCE，即证出AE⊥BE；
（2）根据条件分别在△ABE中过M点作MG∥AE和△BEC中过G点作GN∥BC，根据线面平行的判定证出MG∥平面ADE和GN∥平面ADE，由面面平行的判定证出平面MGN∥平面ADE，则得到N点在线段CE上的位置．
解答：（1）证明：∵AD⊥平面ABE，AD∥BC
∴BC⊥平面ABE，∴AE⊥BC
又∵BF⊥平面ACE，∴AE⊥BF
∵BC∩BF=B，
∴AE⊥平面BCE，
∵BE⊂平面BCE，∴AE⊥BE；
（2）解：存在CN=CE，使得MN∥平面DAE．
在△ABE中过M点作MG∥AE交BE于G点，在△BEC中过G点作GN∥BC交EC于N点，连MN，∵AM=3MB，∴CN=CE
∵MG∥AE，MG⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，∴MG∥平面ADE
同理可证，GN∥平面ADE，
∵MG∩GN=G，∴平面MGN∥平面ADE
又∵MN⊂平面MGN，∴MN∥平面ADE，
∵EB=BC=2，∴CE=2
∴CN=
点评：本题是关于线线、线面和面面垂直与平行的综合题，利用垂直与平行的判定（性质）定理，实现线线、线面和面面的相互转化，属于中档题．
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