数学卷·2018届黑龙江省哈师大附中高二上学期第一次月考数学试卷（理科） （解析版） 14页

‎2016-2017学年黑龙江省哈师大附中高二（上）第一次月考数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一．选择题（每题5分，共60分）‎ ‎1．到两定点F1（﹣2，0）和F2（2，0）的距离之和为4的点M的轨迹是（　　）‎ A．椭圆 B．线段 C．圆 D．以上都不对 ‎2．椭圆+=1的焦点在y轴上，则m的取值范围是（　　）‎ A．0＜m＜ B．﹣1＜m＜ C．﹣1＜m＜0 D．m＞0‎ ‎3．命题“若a＞1且b＞1，则a+b＞2且ab＞1”的逆否命题是（　　）‎ A．若a+b≤2且ab≤1，则a≤1且b≤1 B．若a+b≤2且ab≤1，则a≤1或b≤1‎ C．若a+b≤2或ab≤1，则a≤1且b≤1 D．若a+b≤2或ab≤1，则a≤1或b≤1‎ ‎4．椭圆5x2+ky2=5的一个焦点是（0，2），那么k等于（　　）‎ A．﹣1 B．1 C． D．﹣‎ ‎5．设a∈R，则“a=1”是“直线l1：ax+2y﹣1=0与直线l2：x+（a+1）y+4=0平行”的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎6．若圆C的半径为1，圆心在第一象限，且与直线4x﹣3y=0和x轴相切，则该圆的标准方程是（　　）‎ A． B．（x﹣2）2+（y﹣1）2=1‎ C．（x﹣1）2+（y﹣3）2=1 D．‎ ‎7．已知F1，F2为椭圆C：=1的左、右焦点，点P在C上，|PF1|=3|PF2|，则cos∠F1PF2等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．直线y=x﹣1上的点到圆x2+y2+4x﹣2y+4=0上的点的最近距离为（　　）‎ A． B． C． D．0‎ ‎9．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E是棱CD中点，则直线A1E与直线BC1所成角的余弦值为（　　）‎ A． B． C． D．0‎ ‎10．椭圆+=1的左右焦点为F1，F2，P为椭圆上任一点，则|PF1||PF2|的最小值为（　　）‎ A．25 B．16 C．10 D．9‎ ‎11．已知命题p：∃x∈R，x+1≤0，命题q：∀x∈R，x2+mx+1＞0恒成立．若p∧q为假命题，则实数m的取值范围为（　　）‎ A．m≥2 B．m≤﹣2 C．m≤﹣2或x≥2 D．﹣2≤m≤2‎ ‎12．倾斜角为60°的直线与椭圆+=1（a＞b＞0）交于A，B两点，若+与=（4，﹣）共线，则椭圆的离心率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二．填空题（每题5分，共20分）‎ ‎13．命题“∃x∈（﹣∞，0），有x2＞0”的否定是　　．‎ ‎14．直线x﹣2y+5=0与圆x2+y2=8相交于A、B两点，则|AB|=　　．‎ ‎15．椭圆E：+=1（a＞b＞0）的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率，过F1的直线交椭圆于A，B两点，且△ABF2的周长为8，椭圆E的方程是　　．‎ ‎16．倾斜角为θ的直线过离心率是的椭圆C：+=1（a＞b＞0）右焦点F，直线与C交于A，B两点，若=7，则θ=　　．‎ ‎　‎ 三．解答题：（共70分）‎ ‎17．已知A，B是椭圆C：+=1的左右顶点，P是异于A，B的椭圆上一点，．‎ ‎（ 1 ）求P到定点Q（0，1）的最大值；‎ ‎（2）设PA，PB的斜率为k1，k2，求证：k1k2为定值．‎ ‎18．直线l：y=kx+m与椭圆C：+=1．‎ ‎（1）原点到l的距离为1，求出k和m的关系；‎ ‎（2）若l与C交于A，B两点，且•=0，求出k和m的关系．‎ ‎19．已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，椭圆的短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形，两准线间的距离为1．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）直线l过点P（0，2）且与椭圆相交于A、B两点，当△AOB面积取得最大值时，求直线l的方程．‎ ‎20．如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB=4，BC=CD=2，AA1=2，E，E1，F分别是棱AD，AA1，AB的中点．‎ ‎（1）证明：直线EE1∥平面FCC1；‎ ‎（2）求二面角B﹣FC1﹣C的余弦值．‎ ‎21．△ABC为等腰直角三角形，AC=BC=4，∠ACB=90°，D、E分别是边AC和AB的中点，现将△ADE沿DE折起，使面ADE⊥面DEBC，H、F分别是边AD和BE的中点，平面BCH与AE、AF分别交于I、G两点 ‎（Ⅰ）求证：IH∥BC；‎ ‎（Ⅱ）求直线AE与平面角GIC所成角的正弦值．‎ ‎22．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥底面ABCD，E、F分别为AB、PC的中点．‎ ‎（1）若PA=1，求证：EF⊥平面PCD；‎ ‎（2）若PA=2，试问在线段EF上是否存在点Q，使得二面角Q﹣AP﹣D的余弦值为？若存在，确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年黑龙江省哈师大附中高二（上）第一次月考数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（每题5分，共60分）‎ ‎1．到两定点F1（﹣2，0）和F2（2，0）的距离之和为4的点M的轨迹是（　　）‎ A．椭圆 B．线段 C．圆 D．以上都不对 ‎【考点】轨迹方程．‎ ‎【分析】利用已知条件列出关系式，即可得出点M的轨迹．‎ ‎【解答】解：∵到两定点F1（﹣2，0）和F2（2，0）的距离之和为4的点M，‎ ‎∴|MF1|+|MF2|=4=|F1F2|，故动点M为线段F1F2上任意一点，即动点M的轨迹是线段F1F2．‎ 所求轨迹为线段F1F2．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．椭圆+=1的焦点在y轴上，则m的取值范围是（　　）‎ A．0＜m＜ B．﹣1＜m＜ C．﹣1＜m＜0 D．m＞0‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】利用已知条件列出不等式，求解即可．‎ ‎【解答】解：椭圆+=1的焦点在y轴上，‎ 可得：，解得﹣1＜m＜0．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．命题“若a＞1且b＞1，则a+b＞2且ab＞1”的逆否命题是（　　）‎ A．若a+b≤2且ab≤1，则a≤1且b≤1 B．若a+b≤2且ab≤1，则a≤1或b≤1‎ C．若a+b≤2或ab≤1，则a≤1且b≤1 D．若a+b≤2或ab≤1，则a≤1或b≤1‎ ‎【考点】四种命题．‎ ‎【分析】根据逆否命题的定义，结合已知中的原命题，可得答案．‎ ‎【解答】解：命题“若a＞1且b＞1，则a+b＞2且ab＞1”的逆否命题是“若a+b≤2或ab≤1，则a≤1或b≤1”，‎ 故选：D ‎　‎ ‎4．椭圆5x2+ky2=5的一个焦点是（0，2），那么k等于（　　）‎ A．﹣1 B．1 C． D．﹣‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】把椭圆5x2+ky2=5的方程化为标准形式，得到 c2的值等于4，解方程求出k．‎ ‎【解答】解：椭圆5x2+ky2=5 即 x2 +=1，‎ ‎∵焦点坐标为（0，2），c2=4，‎ ‎∴﹣1=4，∴k=1，‎ 故选 B．‎ ‎　‎ ‎5．设a∈R，则“a=1”是“直线l1：ax+2y﹣1=0与直线l2：x+（a+1）y+4=0平行”的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线的一般式方程与直线的平行关系．‎ ‎【分析】运用两直线平行的充要条件得出l1与l2平行时a的值，而后运用充分必要条件的知识来解决即可．‎ ‎【解答】解：∵当a=1时，直线l1：x+2y﹣1=0与直线l2：x+2y+4=0，‎ 两条直线的斜率都是﹣，截距不相等，得到两条直线平行，‎ 故前者是后者的充分条件，‎ ‎∵当两条直线平行时，得到，‎ 解得a=﹣2，a=1，‎ ‎∴后者不能推出前者，‎ ‎∴前者是后者的充分不必要条件．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．若圆C的半径为1，圆心在第一象限，且与直线4x﹣3y=0和x轴相切，则该圆的标准方程是（　　）‎ A． B．（x﹣2）2+（y﹣1）2=1‎ C．（x﹣1）2+（y﹣3）2=1 D．‎ ‎【考点】圆的标准方程．‎ ‎【分析】设圆心，然后圆心到直线的距离等于半径可解本题．‎ ‎【解答】解：设圆心为（a，1），由已知得，∴．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．已知F1，F2为椭圆C：=1的左、右焦点，点P在C上，|PF1|=3|PF2|，则cos∠F1PF2等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】根据椭圆的定义，结合|PF1|=3|PF2|，求出|PF1|=3，|PF2|=1，利用余弦定理，即可求cos∠F1PF2的值．‎ ‎【解答】解：由椭圆C：=1，得a2=4，b2=1，‎ 则，‎ 设|PF1|=3|PF2|=3m，则根据椭圆的定义，可得3m+m=4，∴m=1，‎ ‎∴|PF1|=3，|PF2|=1，‎ ‎∵|F1F2|=2c=．‎ ‎∴cos∠F1PF2=．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．直线y=x﹣1上的点到圆x2+y2+4x﹣2y+4=0上的点的最近距离为（　　）‎ A． B． C． D．0‎ ‎【考点】点到直线的距离公式；圆的标准方程．‎ ‎【分析】求出圆心和半径，求圆心到直线的距离，此距离减去半径即得所求的结果．‎ ‎【解答】解：由题设知圆心为C（﹣2，1），半径r=1，‎ 而圆心C（﹣2，1）到直线x﹣y﹣1=0距离为，‎ 因此，圆上点到直线的最短距离为，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E是棱CD中点，则直线A1E与直线BC1所成角的余弦值为（　　）‎ A． B． C． D．0‎ ‎【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；异面直线及其所成的角．‎ ‎【分析】令正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，建立空间坐标系，利用向量法，可得直线A1E与直线BC1所成角的余弦值．‎ ‎【解答】解：令正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，‎ 建立如图所示的坐标系，‎ 则=（1，0，1），=（1，﹣，﹣1），‎ 则直线A1E与直线BC1所成角θ的余弦值为：‎ cosθ==0，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．椭圆+=1的左右焦点为F1，F2，P为椭圆上任一点，则|PF1||PF2|的最小值为（　　）‎ A．25 B．16 C．10 D．9‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】由焦半径公式|PF1|=a﹣ex，|PF2|=a+ex．|PF1|•|PF2|=（a﹣ex）（a+ex）=25﹣x2，由x∈[﹣5，5]，即可得出．‎ ‎【解答】解：椭圆+=1，a=5，b=4，c=3，e==．‎ 由焦半径公式|PF1|=a﹣ex，|PF2|=a+ex．‎ ‎|PF1|•|PF2|=（a﹣ex）（a+ex）=a2﹣e2x2=25﹣x2，‎ ‎∵x∈[﹣5，5]，∴x=±5时，|PF1||PF2|的最小值为16．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎11．已知命题p：∃x∈R，x+1≤0，命题q：∀x∈R，x2+mx+1＞0恒成立．若p∧q为假命题，则实数m的取值范围为（　　）‎ A．m≥2 B．m≤﹣2 C．m≤﹣2或x≥2 D．﹣2≤m≤2‎ ‎【考点】命题的真假判断与应用；函数恒成立问题；二次函数的性质．‎ ‎【分析】由已知可得命题p为真命题，若p∧q为假命题，则命题q为假命题，即∃x∈R，x2+mx+1≤0成立，结合二次函数的图象和性质，可得答案．‎ ‎【解答】解：：∃x≤﹣1∈R，使x+1≤0，‎ 故命题p为真命题，‎ 若p∧q为假命题，则命题q为假命题，‎ 故命题q：∀x∈R，x2+mx+1＞0恒成立不成立，‎ 故∃x∈R，x2+mx+1≤0成立，‎ 故△=m2﹣4≥0，‎ 解得：m≤﹣2或x≥2‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎12．倾斜角为60°的直线与椭圆+=1（a＞b＞0）交于A，B两点，若+与=（4，﹣）共线，则椭圆的离心率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】由题意可知，直线AB的斜率k=tan60°=，设直线AB的方程为y=x+m，代入椭圆方程，由韦达定理可知：x1+x2=﹣，则y1+y2=（x1+x2）+2m，+与=（4，﹣）共线，因此﹣（x1+x2）=4（y1+y2），整理得：5（x1+x2）+8m=0，将x1+x2=﹣代入求得3a2=4b2，由b2=a2﹣c2，求得a=2c，由椭圆的离心率公式可知：e===．‎ ‎【解答】解：由题意，由题意可知：直线AB的斜率k=tan60°=，则设直线AB的方程为y=x+m，‎ 则，整理得（b2+3a2）x2+2a2mx+a2m2﹣a2b2=0，‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），‎ 由韦达定理可知：x1+x2=﹣，则y1+y2=（x1+x2）+2m，‎ 由+=（x1+x2，y1+y2），‎ ‎∵+与=（4，﹣）共线，‎ ‎∴﹣（x1+x2）=4（y1+y2），即4（y1+y2）+（x1+x2）=0，‎ ‎∴4[（x1+x2）+2m]+（x1+x2）=0，‎ ‎∴5（x1+x2）+8m=0，‎ ‎∴5×（﹣）+8m=0，=4，整理得：3a2=4b2，‎ 由b2=a2﹣c2，‎ ‎∴3a2=4（a2﹣c2），整理得：a2=4c2，‎ 则a=2c，‎ 由椭圆的离心率e===，‎ ‎∴椭圆的离心率，‎ 故选A．‎ ‎　‎ 二．填空题（每题5分，共20分）‎ ‎13．命题“∃x∈（﹣∞，0），有x2＞0”的否定是　∀x∈（﹣∞，0），x2≤0　．‎ ‎【考点】命题的否定．‎ ‎【分析】直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．‎ ‎【解答】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题“∃x∈（﹣∞，0），有x2＞0”的否定是：∀x∈（﹣∞，0），x2≤0．‎ 故答案为：∀x∈（﹣∞，0），x2≤0．‎ ‎　‎ ‎14．直线x﹣2y+5=0与圆x2+y2=8相交于A、B两点，则|AB|=　2　．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】可以直接求出A、B然后求值；也可以用圆心到直线的距离来求解．‎ ‎【解答】解：圆心为（0，0），半径为2，‎ 圆心到直线x﹣2y+5=0的距离为d=，‎ 故，‎ 得|AB|=2．‎ 故答案为：2．‎ ‎　‎ ‎15．椭圆E：+=1（a＞b＞0）的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率，过F1的直线交椭圆于A，B两点，且△ABF2的周长为8，椭圆E的方程是　　．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】由已知结合椭圆定义可得4a=8，即a=2，再由离心率求得c，结合隐含条件求得b，则椭圆方程可求．‎ ‎【解答】解：由△ABF2的周长为8，可得4a=8，即a=2，又e=，得c=1，‎ ‎∴b2=a2﹣c2=3，‎ ‎∴椭圆E的方程为．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎16．倾斜角为θ的直线过离心率是的椭圆C：+=1（a＞b＞0）右焦点F，直线与C交于A，B两点，若=7，则θ=　或　．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】由题意画出图形，结合椭圆的第二定义列式求得答案．‎ ‎【解答】解：如图，‎ 设椭圆的右准线为l，过A，B作AM，BN垂直于l，‎ 过B作BE垂直AM于E，‎ 则|AM|=，BN=，由=7，得|AM|=7|BN|，‎ ‎∴=．‎ ‎∴∠BAE=；‎ 当A在x轴上方时，同理可得．‎ 故答案为：或．‎ ‎　‎ 三．解答题：（共70分）‎ ‎17．已知A，B是椭圆C：+=1的左右顶点，P是异于A，B的椭圆上一点，．‎ ‎（ 1 ）求P到定点Q（0，1）的最大值；‎ ‎（2）设PA，PB的斜率为k1，k2，求证：k1k2为定值．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】（1）由题意可知：设P（4cosα，2sinα），α∈[0，2π），则|PQ|2=（4cosα）2+（2sinα﹣1）2=﹣12（sinα+）2++17，当sinα+=0，即sinα=﹣时，|PQ|取得最大值，|PA|max==；‎ ‎（2）设P（x，y）（y1≠0），A（﹣4，0），B（4，0），根据两点之间的距离公式求得，则k1=，k2=，k1k2=•=，P（x1，y1）在椭圆上，=﹣，k1k2为定值．‎ ‎【解答】解：（1）由题意可知：设P（4cosα，2sinα），α∈[0，2π），‎ 则|PQ|2=（4cosα）2+（2sinα﹣1）2‎ ‎=16cos2α+4sin2α﹣4sinα+1，‎ ‎=16（1﹣sin2α）+4sin2α﹣4sinα+1，‎ ‎=﹣12sin2α﹣4sinα+17，‎ ‎=﹣12（sinα+）2++17，‎ ‎∴当sinα+=0，即sinα=﹣时，‎ ‎|PQ|取得最大值，|PA|max==；‎ ‎（2）证明：设P（x，y）（y1≠0），A（﹣4，0），B（4，0）则k1=，k2=，‎ k1k2=•=，‎ ‎∵P（x1，y1）在椭圆上，+=1，整理得：=﹣‎ ‎∴k1k2为定值﹣．‎ ‎　‎ ‎18．直线l：y=kx+m与椭圆C：+=1．‎ ‎（1）原点到l的距离为1，求出k和m的关系；‎ ‎（2）若l与C交于A，B两点，且•=0，求出k和m的关系．‎ ‎【考点】直线与椭圆的位置关系．‎ ‎【分析】（1）利用点到直线的距离公式即可得出．‎ ‎（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），直线方程与椭圆方程联立化为：（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12=0，△＞0，化为：4k2+3＞m2．由•=0，可得x1x2+y1y2=0，即x1x2+（kx1+m）（kx2+m）=（1+k2）x1x2+km（x1+x2）+m2=0，代入即可得出．‎ ‎【解答】解：（1）由题意可得：=1，可得m2=1+k2．‎ ‎（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），‎ 联立，化为：（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12=0，‎ ‎△=64k2m2﹣4（3+4k2）（4m2﹣12）＞0，化为：4k2+3＞m2．‎ ‎∴x1x2=，x1+x2=，‎ ‎∵•=0，‎ ‎∴x1x2+y1y2=0，‎ ‎∴x1x2+（kx1+m）（kx2+m）=（1+k2）x1x2+km（x1+x2）+m2=0，‎ ‎∴（1+k2）×+km•+m2=0，‎ 化为：7m2﹣12k2=12（4k2+3＞m2）．‎ ‎　‎ ‎19．已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，椭圆的短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形，两准线间的距离为1．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）直线l过点P（0，2）且与椭圆相交于A、B两点，当△AOB面积取得最大值时，求直线l的方程．‎ ‎【考点】椭圆的标准方程；直线的一般式方程；椭圆的应用．‎ ‎【分析】（Ⅰ）先设出椭圆标准方程，根据题意可知b=c，根据准线方程求得c和a的关系，进而求得a，b和c，则椭圆方程可得．‎ ‎（Ⅱ）设出直线l的方程和A，B的坐标，进而把直线方程与椭圆方程联立，消去y，根据判别式大于0求得k的范围，根据韦达定理求得x1+x2，x1x2的表达式，表示出|AB|，求得原点到直线的距离，进而表示出三角形的面积，两边平方根据一元二次方程，建立关于S的不等式，求得S的最大值，进而求得k，则直线方程可得．‎ ‎【解答】解：设椭圆方程为 ‎（Ⅰ）由已知得⇒，‎ ‎∴所求椭圆方程为8x2+16y2=1．‎ ‎（Ⅱ）由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+2，A（x1，y1），B（x2，y2）‎ 由，消去y得关于x的方程：（1+2k2）x2+8kx+6=0，‎ 由直线l与椭圆相交于A、B两点，‎ ‎∴△＞0⇒64k2﹣24（1+2k2）＞0‎ 解得 又由韦达定理得 ‎∴=‎ 原点O到直线l的距离 ‎∵．‎ 对两边平方整理得：4S2k4+4（S2﹣4）k2+S2+24=0（*）‎ ‎∵S≠0，‎ 整理得：‎ 又S＞0，∴‎ 从而S△AOB的最大值为，‎ 此时代入方程（*）得4k4﹣28k2+49=0∴‎ 所以，所求直线方程为：．‎ ‎　‎ ‎20．如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB=4，BC=CD=2，AA1=2，E，E1，F分别是棱AD，AA1，AB的中点．‎ ‎（1）证明：直线EE1∥平面FCC1；‎ ‎（2）求二面角B﹣FC1﹣C的余弦值．‎ ‎【考点】直线与平面平行的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积．‎ ‎【分析】（1）可以通过证明面面平行来证明线面平行；‎ ‎（2）通过建立空间直角坐标系，先求出两个平面的法向量，则两个平面的法向量的夹角即为两平面的二面角或其补角．‎ ‎【解答】解：（1）∵F为AB的中点，CD=2，AB=4，AB∥CD，∴CD∥AF，‎ ‎∴四边形AFCD为平行四边形，∴AD∥FC．‎ 又CC1∥DD1，FC∩CC1=C，FC⊂平面FCC1，CC1⊂平面FCC1，‎ ‎∴平面ADD1A1∥平面FCC1，‎ 又EE1⊂平面ADD1A1，∴EE1∥平面FCC1．‎ ‎（2）过D作DR⊥CD交于AB于R，以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 则F（，1，0），B（，3，0），C（0，2，0），C1（0，2，2），‎ ‎∴=（0，2，0），=（﹣，﹣1，2），=（，3，0）．‎ 由FB=CB=CD=DF，∴四边形BCDF是菱形，∴DB⊥FC．‎ 又CC1⊥平面ABCD，‎ ‎∴为平面FCC1的一个法向量．‎ 设平面BFC1的一个法向量为=（x，y，z），‎ 则得，可得y=0，令x=2，则z=，∴．‎ ‎∴===．‎ 故所求二面角的余弦值为．‎ ‎　‎ ‎21．△ABC为等腰直角三角形，AC=BC=4，∠ACB=90°，D、E分别是边AC和AB的中点，现将△ADE沿DE折起，使面ADE⊥面DEBC，H、F分别是边AD和BE的中点，平面BCH与AE、AF分别交于I、G两点 ‎（Ⅰ）求证：IH∥BC；‎ ‎（Ⅱ）求直线AE与平面角GIC所成角的正弦值．‎ ‎【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行的性质．‎ ‎【分析】（I）DE∥BC，可得DE∥平面BCH，可得DE∥IH，即可证明IH∥BC．‎ ‎（II）建立如图所示的空间直角坐标系．设平面BCH的法向量为=（x，y，z），则，设直线AE与平面角GIC所成角为θ，则sinθ=|cos|=．‎ ‎【解答】（I）证明：DE∥BC，DE⊄平面BCH，BC⊂平面BCH，‎ ‎∴DE∥平面BCH，‎ ‎∵平面ADE∩平面BCH=IH，‎ ‎∴DE∥IH，‎ ‎∴IH∥BC．‎ ‎（II）解：建立如图所示的空间直角坐标系．‎ D（0，0，0），A（0，0，2），E（0，﹣2，0），C（2，0，0），‎ H（0，0，1），B（2，﹣4，0），‎ ‎=（﹣2，0，1），=（0，﹣4，0），=（0，﹣2，﹣2）．‎ 设平面BCH的法向量为=（x，y，z），则，即，取=（1，0，2）．‎ 设直线AE与平面角GIC所成角为θ，则sinθ=|cos|===．‎ ‎　‎ ‎22．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥底面ABCD，E、F分别为AB、PC的中点．‎ ‎（1）若PA=1，求证：EF⊥平面PCD；‎ ‎（2）若PA=2，试问在线段EF上是否存在点Q，使得二面角Q﹣AP﹣D的余弦值为？若存在，确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】（1）取PD中点M，连接MF、MA，先证明EF∥AM，然后证明AM⊥平面PCD，利用直线平行的性质即可证明EF⊥平面PCD，‎ ‎（2）以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，则平面PAD的法向量与平面PAQ的法向量的夹角的余弦值即为，建立方程进行计算求解即可．‎ ‎【解答】证明：（1）取PD中点M，连接MF、MA，‎ 在△PCD中，F为PC的中点，∴MF，‎ 正方形ABCD中E为AB中点，∴AE，∴AEMF，‎ 故四边形EFMA为平行四边形，∴EF∥AM，‎ 若PA=1，则PA=AD=1，‎ 即三角形PAD是等腰直角三角形，‎ ‎∵M是中点，∴AM⊥MD，‎ ‎∵CD⊥平面PAD，∴CD⊥AM，‎ ‎∵CD∩MD=D，‎ ‎∴AM⊥平面PCD，‎ ‎∵EF∥AM，‎ ‎∴EF⊥平面PCD；‎ ‎（2）结论：满足条件的Q存在，是EF中点．‎ 理由如下：‎ 如图：以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，‎ 则P（0，0，2），B（0，1，0），C（1，1，0），E（0，，0），F（，，1），‎ 由题易知平面PAD的法向量为=（0，1，0），‎ 假设存在Q满足条件：设=λ，‎ ‎∵=（，0，1），∴Q（，，λ），=（，，λ），λ∈[0，1]，‎ 设平面PAQ的法向量为=（x，y，z），‎ 由，可得=（1，﹣λ，0），‎ ‎∴==，‎ 由已知：=，解得：，‎ 所以满足条件的Q存在，是EF中点．‎ ‎　‎