数学卷·2018届河北省邢台市高二上学期第一次月考数学试卷（文科） （解析版） 16页

‎2016-2017学年河北省邢台市高二（上）第一次月考数学试卷（文科）‎ ‎　‎ 一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1．直线x+y=0的倾斜角为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．设α、β表示不同的平面，l表示直线，A、B、C表示不同的点，给出下列三个命题：‎ ‎①若A∈l，A∈α，B∈l，B∈α，则l⊂α ‎②若A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，则α∩β=AB ‎③若l∉α，A∈l，则A∉α 其中正确的个数是（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎3．一条光线从A（﹣，0）处射到点B（0，1）后被y轴反射，则反射光线所在直线的方程为（　　）‎ A．2x﹣y﹣1=0 B．2x+y﹣1=0 C．x﹣2y﹣1=0 D．x+2y+1=0‎ ‎4．如图，A，B，C，D是平面直角坐标系上的四个点，将这四个点的坐标（x，y）分别代入x﹣y=k，若在某点处k取得最大值，则该点是（　　）‎ A．点A B．点B C．点C D．点D ‎5．如果直线l1：4ax+y+2=0与直线l2：（1﹣3a）x+ay﹣2=0平行，那么直线l2在y轴上的截距为（　　）‎ A．8 B．﹣8 C．﹣4 D．4‎ ‎6．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列条件，能得到m⊥β的是（　　）‎ A．α⊥β，m⊂α B．m⊥α，α⊥β C．m⊥n，n⊂β D．m∥n，n⊥β ‎7．如图是水平放置的△ABC按“斜二测画法”得到的直观图，其中B′O′=C′O′=，A′O′=，那么△ABC的面积是（　　）‎ A． B． C． D．3‎ ‎8．已知一个圆柱的底面半径和高分别为r和h，h＜2πr，侧面展开图是一个长方形，这个长方形的长是宽的2倍，则该圆柱的表面积与侧面积的比是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．已知正方体被过一面对角线和它对面两棱中点的平面截去一个三棱台后的几何体的主（正）视图和俯视图如下，则它的左（侧）视图是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．如图，在平面直角坐标系中有三条直线l1，l2，l3，其对应的斜率分别为k1，k2，k3，则下列选项中正确的是（　　）‎ A．k3＞k1＞k2 B．k1﹣k2＞0 C．k1•k2＜0 D．k3＞k2＞k1‎ ‎11．若一个四棱锥底面为正方形，顶点在底面的射影为正方形的中心，且该四棱锥的体积为9，高为3，则其外接球的表面积为（　　）‎ A．9π B． C．16π D．‎ ‎12．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E为底面ABCD上的动点．若三棱锥B﹣D1EC的表面积最大，则E点位于（　　）‎ A．点A处 B．线段AD的中点处 C．线段AB的中点处 D．点D处 ‎　‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在机读卡上相应的位置.）‎ ‎13．一个球的体积在数值上等于其表面积的5倍，则该球的半径为　　．‎ ‎14．直线l与直线m：3x﹣y+2=0关于x轴对称，则这两直线与y轴围成的三角形的面积为　　．‎ ‎15．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是　　．‎ ‎16．在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=2，点D，E分别是棱AB，BB1的中点，若DE⊥EC1，则侧棱AA1的长为　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17．设直线l1：（a﹣1）x﹣4y=1，l2：（a+1）x+3y=2，l3：x﹣2y=3．‎ ‎（1）若直线l1的倾斜角为135°，求实数a的值；‎ ‎（2）若l2∥l3，求实数a的值．‎ ‎18．已知直角△ABC的顶点A的坐标为（﹣2，0），直角顶点B的坐标为（1，），顶点C在x轴上．‎ ‎（1）求边BC所在直线的方程；‎ ‎（2）求直线△ABC的斜边中线所在的直线的方程．‎ ‎19．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD．‎ ‎（1）证明：AC⊥PB；‎ ‎（2）若PD=3，AD=2，求异面直线PB与AD所成角的余弦值．‎ ‎20．在三棱锥P﹣ABC中，底面ABC为直角三角形，AB=BC，PA⊥平面ABC．‎ ‎（1）证明：BC⊥PB；‎ ‎（2）若D为AC的中点，且PA=4，AB=2，求点D到平面PBC的距离．‎ ‎21．如图，在平行四边形ABCD中，AB=1，BC=2，∠CBA=，ABEF为直角梯形，BE∥AF，∠BAF=，BE=2，AF=3，平面ABCD⊥平面ABEF．‎ ‎（1）求证：AC⊥平面ABEF；‎ ‎（2）求三棱锥D﹣AEF的体积．‎ ‎22．如图1，已知四边形ABFD为直角梯形，AB∥DF，∠ADF=，BC⊥DF，△AED为等边三角形，AD=，DC=，如图2，将△AED，△BCF分别沿AD，BC折起，使得平面AED⊥平面ABCD，平面BCF⊥平面ABCD，连接EF，DF，设G为AE上任意一点．‎ ‎（1）证明：DG∥平面BCF；‎ ‎（2）若GC=，求的值．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省邢台市高二（上）第一次月考数学试卷（文科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1．直线x+y=0的倾斜角为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】直线的倾斜角．‎ ‎【分析】设直线x+y=0的倾斜角为θ，θ∈[0，π）．可得tanθ=﹣，即可得出．‎ ‎【解答】解：设直线x+y=0的倾斜角为θ，θ∈[0，π）．‎ 则tanθ=﹣，解得θ=．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．设α、β表示不同的平面，l表示直线，A、B、C表示不同的点，给出下列三个命题：‎ ‎①若A∈l，A∈α，B∈l，B∈α，则l⊂α ‎②若A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，则α∩β=AB ‎③若l∉α，A∈l，则A∉α 其中正确的个数是（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．‎ ‎【分析】根据平面的基本性质，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：①若A∈l，A∈α，B∈l，B∈α，根据公理1，可得l⊂α，正确；‎ ‎②若A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，根据公理2，可得α∩β=AB，正确；‎ ‎③若l∉α，A∈l，则A∉α或l∩α=A，故不正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．一条光线从A（﹣，0）处射到点B（0，1）后被y轴反射，则反射光线所在直线的方程为（　　）‎ A．2x﹣y﹣1=0 B．2x+y﹣1=0 C．x﹣2y﹣1=0 D．x+2y+1=0‎ ‎【考点】与直线关于点、直线对称的直线方程．‎ ‎【分析】由反射定律可得点A（﹣，0）关于y轴的对称点A′（，0）在反射光线所在的直线上，再根据点b（0，1）也在反射光线所在的直线上，用两点式求得反射光线所在的直线方程．‎ ‎【解答】解：由反射定律可得点点A（﹣，0）关于y轴的对称点A′（，0）在反射光线所在的直线上，‎ 再根据点B（0，1）也在反射光线所在的直线上，‎ 用两点式求得反射光线所在的直线方程为=，即2x+y﹣1=0，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．如图，A，B，C，D是平面直角坐标系上的四个点，将这四个点的坐标（x，y）分别代入x﹣y=k，若在某点处k取得最大值，则该点是（　　）‎ A．点A B．点B C．点C D．点D ‎【考点】函数的最值及其几何意义．‎ ‎【分析】根据可行域和目标函数，即可判断出k取得最大值时点的坐标．‎ ‎【解答】解：∵x﹣y=k，‎ ‎∴y=x﹣k，‎ 若k取最大值，则直线y=x﹣k在y轴上的截距最小，‎ 由图象可知，过点D时，满足条件，‎ 故选：D ‎　‎ ‎5．如果直线l1：4ax+y+2=0与直线l2：（1﹣3a）x+ay﹣2=0平行，那么直线l2在y轴上的截距为（　　）‎ A．8 B．﹣8 C．﹣4 D．4‎ ‎【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系．‎ ‎【分析】利用两条直线平行的条件求出a，再令x=0，即可求出直线l2在y轴上的截距．‎ ‎【解答】解：由题意=，‎ ‎∴a=，‎ ‎∴l2： x+y﹣2=0，‎ 令x=0，可得y=8，‎ ‎∴直线l2在y轴上的截距为8，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列条件，能得到m⊥β的是（　　）‎ A．α⊥β，m⊂α B．m⊥α，α⊥β C．m⊥n，n⊂β D．m∥n，n⊥β ‎【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中直线与直线之间的位置关系．‎ ‎【分析】根据选项A，B，C，D所给的条件，分别进行判断，能够得到正确结果．‎ ‎【解答】解：A：α⊥β，且m⊂α⇒m⊂β，或m∥β，或m与β相交，故A不成立；‎ B：由m⊥α，α⊥β，知m∥β或m⊂β，从而m⊥β不成立，故B不成立；‎ C：m⊥n，n⊂β⇒m⊂β，或m∥β，或m与β相交，故C不成立；‎ D：m∥n，且n⊥β⇒m⊥β，故D成立；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．如图是水平放置的△ABC按“斜二测画法”得到的直观图，其中B′O′=C′O′=，A′O′=，那么△ABC的面积是（　　）‎ A． B． C． D．3‎ ‎【考点】平面图形的直观图．‎ ‎【分析】′O′=C′O′=，A′O′=，直接计算△ABC即可．‎ ‎【解答】解：因为B′O′=C′O′=，A′O′=，‎ 所以△ABC的面积为=．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．已知一个圆柱的底面半径和高分别为r和h，h＜2πr，侧面展开图是一个长方形，这个长方形的长是宽的2倍，则该圆柱的表面积与侧面积的比是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．‎ ‎【分析】由已知可得h=πr，计算出圆柱的表面积和侧面积，可得答案．‎ ‎【解答】解：∵圆柱的底面半径和高分别为r和h，h＜2πr，‎ 若侧面展开图的长是宽的2倍，‎ 则h=πr，‎ 故圆柱的表面积为：2πr（r+h）=2πr（r+πr），‎ 圆柱的侧面积为：2πrh=2πr•πr，‎ 故该圆柱的表面积与侧面积的比为，‎ 故选：A ‎　‎ ‎9．已知正方体被过一面对角线和它对面两棱中点的平面截去一个三棱台后的几何体的主（正）视图和俯视图如下，则它的左（侧）视图是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】简单空间图形的三视图．‎ ‎【分析】按照三视图的作法，直接判断左视图即可．‎ ‎【解答】解：由题意可知截取三棱台后的几何体是7面体，左视图中前、后平面是线段，‎ ‎ 上、下平面也是线段，轮廓是正方形，AP是虚线，左视图为：‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎10．如图，在平面直角坐标系中有三条直线l1，l2，l3，其对应的斜率分别为k1，k2，k3，则下列选项中正确的是（　　）‎ A．k3＞k1＞k2 B．k1﹣k2＞0 C．k1•k2＜0 D．k3＞k2＞k1‎ ‎【考点】直线的斜率．‎ ‎【分析】由图形可得：三条直线l1，l2，l3的倾斜角θi（i=1，2，3）满足：π＞θ2＞θ1＞θ3＞0，利用正切函数的单调性与斜率的计算公式即可得出．‎ ‎【解答】解：由图形可得：三条直线l1，l2，l3的倾斜角θi（i=1，2，3）满足：π＞θ2＞θ1＞θ3＞0，‎ ‎∴k3＞k2＞k1．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎11．若一个四棱锥底面为正方形，顶点在底面的射影为正方形的中心，且该四棱锥的体积为9，高为3，则其外接球的表面积为（　　）‎ A．9π B． C．16π D．‎ ‎【考点】球的体积和表面积；球内接多面体．‎ ‎【分析】四棱锥为正四棱锥，根据该四棱锥的高为3，体积为9，确定该四棱锥的底面边长，进而可求球的半径为R，从而可求球的表面积．‎ ‎【解答】解：由题意，四棱锥为正四棱锥 ‎∵该四棱锥的高为3，体积为9‎ ‎∴该四棱锥的底面边长为3‎ 设球的半径为R，则有 ‎∴R=‎ ‎∴球的表面积是π．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎12．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E为底面ABCD上的动点．若三棱锥B﹣D1EC的表面积最大，则E点位于（　　）‎ A．点A处 B．线段AD的中点处 C．线段AB的中点处 D．点D处 ‎【考点】棱柱的结构特征．‎ ‎【分析】由题意画出图形，数形结合得到使三棱锥B﹣D1EC的三个动面面积最大的点E得答案．‎ ‎【解答】解：如图，‎ E为底面ABCD上的动点，连接BE，CE，D1E，‎ 对三棱锥B﹣D1EC，无论E在底面ABCD上的何位置，‎ 面BCD1 的面积为定值，‎ 要使三棱锥B﹣D1EC的表面积最大，则侧面BCE、CAD1、BAD1 的面积和最大，‎ 而当E与A重合时，三侧面的面积均最大，‎ ‎∴E点位于点A处时，三棱锥B﹣D1EC的表面积最大．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在机读卡上相应的位置.）‎ ‎13．一个球的体积在数值上等于其表面积的5倍，则该球的半径为　15　．‎ ‎【考点】球内接多面体；球的体积和表面积．‎ ‎【分析】设出球的半径，求出球的体积和表面积，利用相等关系求出球的半径即可．‎ ‎【解答】解：设球的半径为r，则球的体积为：，球的表面积为：4πR2‎ 则=5•4πR2，∴R=15．‎ 故答案为：15．‎ ‎　‎ ‎14．直线l与直线m：3x﹣y+2=0关于x轴对称，则这两直线与y轴围成的三角形的面积为　　．‎ ‎【考点】直线的截距式方程．‎ ‎【分析】求出直线m：3x﹣y+2=0与坐标轴的交点，然后求解三角形面积．‎ ‎【解答】解：直线m：3x﹣y+2=0与x轴的交点为（﹣，0），与y轴的交点为：（0，2）．‎ 直线l与直线m：3x﹣y+2=0关于x轴对称，则这两直线与y轴围成的三角形的面积为： =．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎15．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是　　．‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】由已知中的三视图，可知该几何体是一个圆柱和一个三棱锥组合而成，求出圆柱体积加三棱锥体积，可得该几何体的体积．‎ ‎【解答】解：已知中的三视图，可知该几何体是一个圆柱和一个三棱锥组合而成，‎ 圆柱的半径r=2，高为2，其体积为：．‎ 三棱锥底面S=×2×2=2，高为2，其体积为：‎ ‎∴该几何体的体积V=．‎ 故答案为．‎ ‎　‎ ‎16．在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=2，点D，E分别是棱AB，BB1的中点，若DE⊥EC1，则侧棱AA1的长为　　．‎ ‎【考点】棱柱的结构特征．‎ ‎【分析】设侧棱AA1的长为2x，则由题意，可得8+x2+2+x2=4x2+（）2，求出x，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：设侧棱AA1的长为2x，则由题意，可得8+x2+2+x2=4x2+（）2，‎ ‎∴x=，2x=．‎ 故答案为．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17．设直线l1：（a﹣1）x﹣4y=1，l2：（a+1）x+3y=2，l3：x﹣2y=3．‎ ‎（1）若直线l1的倾斜角为135°，求实数a的值；‎ ‎（2）若l2∥l3，求实数a的值．‎ ‎【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系．‎ ‎【分析】（1）直线l1化为斜截式，利用直线l1的倾斜角为135°，求实数a的值；‎ ‎（2）若l2∥l3，利用两条直线平行的条件求实数a的值．‎ ‎【解答】解：（1）l1的方程可化为，‎ 由，解得a=﹣3．‎ ‎（2）∵l2∥l3，‎ ‎∴，即．‎ ‎　‎ ‎18．已知直角△ABC的顶点A的坐标为（﹣2，0），直角顶点B的坐标为（1，），顶点C在x轴上．‎ ‎（1）求边BC所在直线的方程；‎ ‎（2）求直线△ABC的斜边中线所在的直线的方程．‎ ‎【考点】直线的一般式方程；直线的一般式方程与直线的平行关系．‎ ‎【分析】（1）利用相互垂直的直线斜率之间的关系、点斜式即可得出．‎ ‎（2）利用直线与坐标轴相交可得C坐标，利用中点坐标公式可得斜边AC的中点，设直线OB：y=kx，代入B可得k．‎ ‎【解答】解：（1）依题意，直角△ABC的直角顶点为 ‎∴AB⊥BC，故kAB•kBC=﹣1，‎ 又∵A（﹣3，0），∴kAB==，kBC=﹣=﹣．‎ ‎∴边BC所在直线的方程为：y﹣=﹣（x﹣1），即x+y﹣2=0．‎ ‎（2）∵直线BC的方程为，点C在x轴上，‎ 由y=0，得x=2，即C（2，0），‎ ‎∴斜边AC的中点为（0，0），‎ 故直角△ABC的斜边中线为OB（O为坐标原点）．‎ 设直线OB：y=kx，代入，得，‎ ‎∴直角△ABC的斜边中线OB的方程为．‎ ‎　‎ ‎19．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD．‎ ‎（1）证明：AC⊥PB；‎ ‎（2）若PD=3，AD=2，求异面直线PB与AD所成角的余弦值．‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系．‎ ‎【分析】（1）线线垂直转化为线面垂直来证明．PD⊥平面ABCD，可得PD⊥AC，BD⊥AC，又PD∩BD=D，可得AC⊥平面PBD．可证AC⊥PB；‎ ‎（2）通过ABCD是正方形找到AD的平行线BC，BC与直线PB所成角，就是异面直线PB与AD所成角．‎ ‎【解答】（1）证明：连接BD．‎ ‎∵PD⊥平面ABCD，‎ ‎∴PD⊥AC；‎ ‎∵底面ABCD是正方形，‎ ‎∴BD⊥AC，又PD∩BD=D，‎ ‎∴AC⊥平面PBD，‎ ‎∵PB⊂平面PBD，‎ ‎∴AC⊥PB．‎ 解：（2）PD⊥平面ABCD，△PDB是直角三角形；‎ 在Rt△PDB中，．‎ ‎∴PD⊥BC，又BC⊥CD，‎ ‎∴BC⊥平面PCD，∴BC⊥PC．‎ ‎∵BC∥AD，‎ ‎∴∠PBC即为异面直线PB与AD所成的角，‎ ‎∴．‎ ‎　‎ ‎20．在三棱锥P﹣ABC中，底面ABC为直角三角形，AB=BC，PA⊥平面ABC．‎ ‎（1）证明：BC⊥PB；‎ ‎（2）若D为AC的中点，且PA=4，AB=2，求点D到平面PBC的距离．‎ ‎【考点】点、线、面间的距离计算．‎ ‎【分析】（1）推导出AB⊥BC，PA⊥BC，由此能证明BC⊥PB．‎ ‎（2）由VP﹣DBC=VD﹣PBC，能求出点D到平面PBC的距离．‎ ‎【解答】解：（1）∵△ABC为直角三角形，AB=BC，∴AB⊥BC，‎ ‎∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，‎ ‎∴PA⊥BC，BC⊥平面PAB，‎ ‎∵PB⊂平面PAB，∴BC⊥PB．‎ ‎（2）由AB=BC，PA=4，，‎ 根据已知得，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ ‎∴，‎ 设点D到平面PBC的距离为h，‎ 则，‎ ‎∵VP﹣DBC=VD﹣PBC，∴．‎ ‎∴点D到平面PBC的距离为．‎ ‎　‎ ‎21．如图，在平行四边形ABCD中，AB=1，BC=2，∠CBA=，ABEF为直角梯形，BE∥AF，∠BAF=，BE=2，AF=3，平面ABCD⊥平面ABEF．‎ ‎（1）求证：AC⊥平面ABEF；‎ ‎（2）求三棱锥D﹣AEF的体积．‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】（1）在△ABC中使用余弦定理解出AC，利用勾股定理的逆定理得出AC⊥AB，根据面面垂直的性质得出AC⊥平面ABEF；‎ ‎（2）由CD∥AB可得CD∥平面ABEF，于是VD﹣AEF=VC﹣AEF=．‎ ‎【解答】解：（1）在△ABC中，AB=1，BC=2，，‎ 由余弦定理得AC==．‎ ‎∴AB2+AC2=BC2，∴AC⊥AB．‎ ‎∵平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，AC⊂平面ABCD，‎ ‎∴AC⊥平面ABEF．‎ ‎（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD∥AB，‎ ‎∵CD⊄平面ABEF，AB⊂平面ABEF，‎ ‎∴CD∥平面ABEF，‎ ‎∴VD﹣AEF=VC﹣AEF====．‎ ‎　‎ ‎22．如图1，已知四边形ABFD为直角梯形，AB∥DF，∠ADF=，BC⊥DF，△AED为等边三角形，AD=，DC=，如图2，将△AED，△BCF分别沿AD，BC折起，使得平面AED⊥平面ABCD，平面BCF⊥平面ABCD，连接EF，DF，设G为AE上任意一点．‎ ‎（1）证明：DG∥平面BCF；‎ ‎（2）若GC=，求的值．‎ ‎【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面平行的判定．‎ ‎【分析】（1）推导出CD⊥平面AED，CD⊥平面BCF，从而平面AED∥平面BCF，由此能证明DG∥平面BCF．‎ ‎（2）取AD的中点O，连接OE，则OE⊥AD，过G作GH⊥OA，垂足为G，设GH=h，由勾股定理求出h=3或h=2，由此能求出的值．‎ ‎【解答】证明：（1）由题意可知AD⊥DC，因为平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD=AD，‎ 所以CD⊥平面AED，‎ 同理CD⊥平面BCF，所以平面AED∥平面BCF．‎ 又DG⊂平面AED，所以DG∥平面BCF．‎ 解：（2）取AD的中点O，连接OE，则OE⊥AD，过G作GH⊥OA，垂足为G，设GH=h．‎ ‎∵∠EAD=60°，∴．‎ ‎∵GC2=GH2+HD2+DC2，‎ ‎∴，化简得h2﹣5h+6=0‎ ‎∴h=3或h=2．‎ 又∵，‎ 当h=3时，‎ 在Rt△AOE中，，‎ ‎∴．‎ 当h=2时，同理可得，‎ 综上所述，的值为或．‎ ‎　‎