2020-2021学年浙江省杭州市西溪校区高二（上）期中数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年浙江省杭州市西溪校区高二（上）期中数学试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知直线3x−y+1＝0的倾斜角为α，则sinα＝（ ）
A.13B.3C.31010D.1010

2. 设a∈R，则“a＝1”是“直线l1:ax+2y＝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.既不充分又不必要条件

3. 圆x2+y2−4x+3＝0关于直线y=33x对称的圆的方程是（ ）
A.(x−3)2+(y−1)2＝1B.x2+(y−2)2＝1
C.x2+(y−1)2＝1D.(x−1)2+(y−3)2＝1

4. 设m，n表示不同直线，α，β，γ表示不同平面，下列叙述正确的是（ ）
A.若m // α，m // n，则n // αB.若m // n，m⊂α，n⊂β，则α // β
C.若α⊥γ，β⊥γ，则α // βD.若m⊥α，n⊥α，则m // n

5. 将半径为3，圆心角为2π3的扇形作为侧面围成一个圆锥，则该圆锥的体积为（ ）
A.πB.22πC.3πD.22π3

6. 已知(x, y)为半圆C：(x−2)2+(y−1)2＝1(y≥1)上一动点，则y−1x最大值为（ ）
A.33B.2C.12D.3

7. 如图，M、N分别为边长为1的正方形ABCD的边BC、CD的中点，将正方形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论错误的是（ ）

A.MN // 平面ABD
B.异面直线AC与BD所成的角为定值
C.存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直
D.三棱锥M−ACN体积的最大值为248

8. 在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90∘，D，E分别是BC，AB的中点，AB≠AC，且AC>AD．设PC与DE所成角为α，PD与平面ABC所成角为β，二面角P−BC−A为γ，则（ ）

A.α<β<γB.α<γ<βC.β<α<γD.γ<β<α

9. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C:x2+y2=1+|x|y就是其中之一（如图）．给出下列三个结论：
①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2；
③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3．
其中，所有正确结论的序号是( )

A.①B.②C.①②D.①②③

10. 如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB，AC，AA1两两互相垂直，AB＝AC＝AA1，M，N是线段BB1，CC1上的点，平面AMN与平面ABC所成（锐）二面角为π6，当|B1M|最小时，∠AMB＝（ ）

A.5π12B.π3C.π4D.π6
二、填空题：单空题每题4分，多空题每题6分

如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为________；表面积为________．


已知圆C1:x2+y2＝4与圆C2:x2+y2−8x+6y+m＝0外切，则m＝________；此时直线l:x+y＝0被圆C2所截的弦长为________．

已知圆O圆心是原点O，半径是r，点A，B是圆O上的相异两点，P点坐标是(m, 0)，若∠APB最大值是π3，且此时△APB面积是334，则m＝________；r＝________．

已知△ABC是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则球O的体积为________；O到平面ABC的距离为________．

已知圆O:x2+y2＝4及一点P(−1, 0)，Q在圆O上运动一周，PQ的中点M形成轨迹C的方程为________(x+12)2+y2=1 ．

已知圆C的方程是x2+y2−2y＝0，圆心为点C，直线l:λx+y−2λ＝0与圆C交于A、B两点，当△ABC面积最大时，λ＝________17 ．

已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BC的中点，在平面A1B1C1D1内，直线l // B1D1，设二面角A−l−E的平面角为θ，当θ取最大值时，csθ＝________．
三、解答题：5小题，共74分

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC．求证：

（1）A1B1 // 平面DEC1；

（2）BE⊥C1E．

已知定点A(0, 1)、B(0, −1)、C(1, 0)，动点P满足：AP→⋅BP→=k|PC→|2(k∈R)．
（1）求动点P的轨迹方程，并说明方程表示的图形；

（2）当k＝2时，求|AP→+BP→|的最大值和最小值．

△ABC中，AB=AC=5，BC＝2，E，F分别是边AB，AC上的点，且EF // BC，AH⊥BC于H，AH∩EF＝O，将△AEF沿EF折起，沿A到达A′，此时满足面A′EF⊥面BCFE．

（1）若AEEB=53，求直线A′B与面BCFE所成角大小；

（2）若E，F分别为AB，AC中点，求锐二面角A′−BE−C的余弦值；

（3）在（2）的条件下，求点B到面A′CF的距离．

在四棱锥P−ABCD中，AD // BC，∠ABC＝120∘，AD＝4，BC＝3，AB＝2，CD=3CE，AP⊥ED．

（1）求证：DE⊥面PEA；

（2）已知点F为AB中点，点P在底面ABCD上的射影为Q，直线AP与平面ABCD所成角的余弦值为33，当三棱锥P−QDE的体积最大时，求异面直线PB与QF所成角的余弦值．

在平面直角坐标系xOy中，圆O:x2+y2＝4与x轴的正半轴交于A，以A为圆心的圆A：(x−2)2+y2＝r2(r>0)与圆O交于B，C两点．

（1）求AB→⋅AC→的最小值；

（2）设P是圆O上异于B，C的任一点，直线PB，PC与x轴分别交于点M，N，求S△POM⋅S△PON的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年浙江省杭州市西溪校区高二（上）期中数学试卷
一、选择题：每小题4分，共40分
1.
【答案】
C
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
利用直线3x−y+1＝0的倾斜角为α，得到tanα，再求得sinα的值．
【解答】
∵ 直线3x−y+1＝0的倾斜角为α，∴ tanα＝3，
∴ sinα=31010，
2.
【答案】
A
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
利用a＝1判断两条直线是否平行；通过两条直线平行是否推出a＝1，即可得到答案．
【解答】
因为“a＝1”时，“直线l1:ax+2y＝0与l2:x+(a+1)y+4＝0”
化为l1:x+2y＝0与l2:x+2y+4＝0，显然两条直线平行；
如果“直线l1:ax+2y＝0与l2:x+(a+1)y+4＝0平行”
必有a(a+1)＝2，解得a＝1或a＝−2，
所以“a＝1”是“直线l1:ax+2y＝0与l2:x+(a+1)y+4＝0平行”的充分不必要条件．
3.
【答案】
D
【考点】
直线和圆的方程的应用
【解析】
根据题意，分析圆x2+y2−4x+3＝0的圆心为(2, 0)，半径为1，设与点(2, 0)关于直线y=33x对称的点为(a, b)；则有ba−2×33=−1b2=33×a+22 ，解可得a、b的值，即可得要求圆的圆心，由圆的标准方程分析可得答案．
【解答】
根据题意，圆x2+y2−4x+3＝0即(x−2)2+y2＝1，其圆心为(2, 0)，半径为1；
设与点(2, 0)关于直线y=33x对称的点为(a, b)；
则有ba−2×33=−1b2=33×a+22 ，解可得a＝1，b=3，
则要求圆的圆心为(1, 3)，半径为1，其方程为(x−1)2+(y−3)2＝1；
4.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
选项A中还有直线n在平面α内的情况，选项B、选项C中还有两个平面相交的情况，D选项中忙着直线与平面垂直的性质定理．
【解答】
选项A中若m // α，m // n，则n // α，还有直线n在平面α内的情况，故A不正确，
选项B中若m // n，m⊂α，n⊂β，则α // β，有可能两个平面相交，故B不正确，
选项C中若α⊥γ，β⊥γ，则α // β，还有两个平面相交的可能，故C不正确．
选项D，若m⊥α，n⊥α，则m // n，满足直线与平面垂直的性质，所以D 正确；
5.
【答案】
D
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
根据题意画出图形，结合图形求出圆锥的底面圆半径和高，再求圆锥的体积．
【解答】
如图所示，
半径为3，圆心角为2π3的扇形作为侧面围成一个圆锥，
则该圆锥的母线长为SA＝3，底面圆周长为2π⋅OA=2π3⋅3＝2π，所以OA＝1；
所以圆锥的高为SO=SA2−OA2=32−12=22，
所以圆锥的体积为V=13π⋅OA2⋅SO=13π×12×22=22π3．
6.
【答案】
A
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
由题意画出图形，再由y−1x的几何意义，即半圆上的动点与定点P(0, 1)连线的斜率求解．
【解答】
作出半圆C：(x−2)2+(y−1)2＝1(y≥1)的图形如图，
y−1x的几何意义为半圆上的动点与定点P(0, 1)连线的斜率，
由图可知，y−1x的最大值为kPA，
∵ |PC|＝2，|CA|＝1，∴ ∠APC＝30∘，则kPA＝tan30∘=33，
故y−1x最大值为33．
7.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
A，由MN // BD可判断；
B，取AC中点O，连接OD，OB，可得AC⊥面DOB即可判定；
C，假设直线AD与直线BC垂直，可得BC⊥面ADB，BC⊥DB，与△BCD是等腰三角形，且BC＝CD，矛盾；
D，三棱锥M−ACN体积等于三棱锥N−ACM体积，V=13S△ACM⋅ℎ，故当面ADC⊥面ABC时，三棱锥M−ACN体积的最大
【解答】
对于A，∵ MN // BD，∴ MN // 平面ABD，故A正确；
对于B，取AC中点O，连接OD，OB，可得AC⊥面DOB，∴ AC⊥BD，故B正确；
对于C，假设直线AD与直线BC垂直，可得BC⊥面ADB，BC⊥DB，但△BCD是等腰三角形，且BC＝CD，不可能，故C错；
对于D，三棱锥M−ACN体积等于三棱锥N−ACM体积，V=13S△ACM⋅ℎ，故当面ADC⊥面ABC时，三棱锥M−ACN体积的最大．
13⋅14×24248，故D正确．
8.
【答案】
A
【考点】
二面角的平面角及求法
【解析】
PC与DE所成的角为α，这是异面直线所成的角，需把这两条直线平移到一起去；PD与平面ABC所成的角为β，这是直线与平面所成的角，需找到平面的垂线，如：PA⊥平面ABC；二面角P−BC−A的平面角为γ，关键是找到此二面角的平面角，构造平面角常用的方法就是三垂线定理．
【解答】
如图所示：
∵ D、E分别是BC、AB的中点，
∴ DE // AC
∴ PC与DE所成的角为α，即∠PCA
∵ PA⊥平面ABC，
∴ PD与平面ABC所成的角为β，即∠PDA
过点A作AQ⊥BC，垂足为Q，连接PQ，
∵ PA⊥平面ABC，
∴ 根据三垂线定理可得：二面角P−BC−A的平面角为γ，即∠PQA，
则AC>AD>AQ
∴ 在Rt△PAC，Rt△PAD，Rt△PAQ中：tan∠PCA即tanα又∵ α，β，γ∈(0, π2)，
∴ α<β<γ．
故选：A．
9.
【答案】
C
【考点】
曲线与方程
命题的真假判断与应用
【解析】
将x换成−x方程不变，所以图形关于y轴对称，根据对称性讨论y轴右边的图形可得．
【解答】
解：将x换成−x方程不变，所以图形关于y轴对称，
当x=0时，代入得y2=1，
∴ y=±1，即曲线经过(0, 1)，(0, −1)；
当x>0时，方程变为y2−xy+x2−1=0，
所以Δ=x2−4(x2−1)≥0，
解得x∈(0, 233]，
所以x只能取整数1，当x=1时，y2−y=0，
解得y=0或y=1，即曲线经过(1, 0)，(1, 1)，
根据对称性可得曲线还经过(−1, 0)，(−1, 1)，
故曲线一共经过6个整点，故①正确；
当x>0时，由x2+y2=1+xy得，
x2+y2−1=xy≤x2+y22，（当x=y时取等），
∴ x2+y2≤2，∴ x2+y2≤2，
即曲线C上y轴右边的点到原点的距离不超过2，
根据对称性可得：曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2，故②正确；
在x轴上图形面积大于矩形面积1×2=2，
x轴下方的面积大于等腰直角三角形的面积12×2×1=1，
因此曲线C所围成的“心形”区域的面积大于2+1=3，故③错误．
故选C.
10.
【答案】
B
【考点】
二面角的平面角及求法
【解析】
以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出∠AMB的大小．
【解答】
以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，
设CN＝b，BM＝a，
则N(0, 1, b)，M(1, 0, a)，A(0, 0, 0)，B(1, 0, 0)，
AM→=(1, 0, a)，AN→=(0, 1, b)，
设平面AMN的法向量n→=(x, y, z)，
AM→⋅n→=x+az=0AN→⋅n→=y+bz=0 ，取z＝1，得n→=(−a, −b, 1)，
平面ABC的法向量m→=(0, 0, 1)，
∵ 平面AMN与平面ABC所成（锐）二面角为π6，
∴ csπ6=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=1a2+b2+1，
解得3a2+3b2＝1，
∴ 当B1M|最小时，b＝0，BM＝a=33，
∴ tan∠AMB=ABBM=133=3，
∴ ∠AMB=π3．
二、填空题：单空题每题4分，多空题每题6分
【答案】
43,4+26
【考点】
由三视图求体积
【解析】
画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积以及表面积即可．
【解答】
由题意可知几何体的直观图如图：三棱锥的侧面PAB与底面ABC垂直，AB＝2，PA＝PB＝CA＝BC，P与C到AB 的距离都是2．PC＝22，PA=5，
所以几何体的体积为：13×12×2×2×2=43；
几何体的表面积为：2×12×2×2+2×12×22×5−2=4+26．
【答案】
16,34
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
直线与圆的位置关系
【解析】
根据题意，求出两个圆的圆心与半径，由圆与圆的位置关系可得|C1C2|＝R+r，即5＝2+25−m，解可得m的值，即可得圆C2的方程，由直线与圆的位置关系分析可得答案．
【解答】
根据题意，圆C1:x2+y2＝4，其圆心C1(0, 0)，半径r＝2，
圆C2:x2+y2−8x+6y+m＝0，即(x−4)2+(y+3)2＝25−m，必有m<25，其圆心C2(4, −3)，半径R=25−m，
若两圆外切，则有|C1C2|＝R+r，即5＝2+25−m，解可得m＝16，
此时圆C2的方程为：(x−4)2+(y+3)2＝9，圆心C2(4, −3)，半径R＝3，
圆心C2到直线l:x+y＝0的距离d=|4−3|2=22，
则直线l被圆C2所截的弦长l＝2×R2−d2=2×9−12=34，
【答案】
±2,1
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
由题意画出图形，再由∠APB最大值是π3，且此时△APB面积是334得关于m与r的方程组，求解得答案．
【解答】
如图，
当PA，PB与圆O相切时，∠APB最大，
由∠APB最大值是π3，且此时△APB面积是334，
得|m|=2r12(m2−r2)2⋅32=334 ，解得m＝±2，r＝1．
【答案】
32π3,1
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
画出图形，利用已知条件求三角形ABC的外接圆的半径，然后求解OO1即可．
【解答】
由题意可知图形如图：△ABC是面积为934的等边三角形，可得34AB2=934，
∴ AB＝BC＝AC＝3，
可得：AO1=23×32×3=3，
球O的表面积为16π，
外接球的半径为：R；
所以4πR2＝16π，解得R＝2，
∴ 球O的体积为：4π3⋅R3=32π3，
所以O到平面ABC的距离为：22−(3)2=1．
【答案】
(x+12)2+y2=1
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
设M(x, y)，用x，y表示出Q点坐标，代入圆O方程化简即可．
【解答】
设M(x, y)，则Q(2x+1, 2y)，
∵ Q在圆x2+y2＝4上，
∴ (2x+1)2+4y2＝4，
即(x+12)2+y2=1．
∴ 轨迹C的方程是(x+12)2+y2=1，
【答案】
1或
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
由圆的方程可得圆心坐标与半径，当CA与CB垂直时，△ABC面积最大，求出圆心到直线的距离，再由点到直线的距离公式列式求得λ值．
【解答】
圆C的方程为x2+y2−2y＝0，化为x2+(y−1)2＝1，则圆半径r＝1，圆心C(0, 1)，
直线l:λx+y−2λ＝0与圆C交于A，B两点，
当CA与CB垂直时，△ABC面积最大，
此时△ABC为等腰直角三角形，圆心C到直线AB的距离d=22，
则有|1−2λ|λ2+1=22，
解得λ＝1或λ=17．
【答案】
2341
【考点】
二面角的平面角及求法
【解析】
找到二面角的平面角，转化成平面图形后建立坐标系借助直线斜率的知识处理．
【解答】
如图，设正方体的棱长为1，l与A1B1，A1D1分别交于I，H两点，取CD的中点F，连接EF，
则EF // BD，又因为BD // B1D1，
∴ EF // B1D1，又因为直线l // B1D1，
∴ 直线l // EF，即EFHI在同一平面内，设平面EFHI与AC交于G，
在正方形A1B1C1D1中，B1D1⊥A1C1，又知道AA1⊥B1D1，AA1∩A1C1．
所以B1D1⊥平面AA1C1C，又因为HI // B1D1，所以HI⊥平面AA1C1C，
设HI∩A1C1＝O，连接OA，OG，则∠AOG即为二面角A−l−E的平面角θ，且θ为锐角．
因为EF为三角形BCD的中位线，故G是AC的四等分点，即AG=324，
取出截面AA1C1C如图，以A为坐标原点，AC为x轴，建立如图坐标系，设O点坐标为(x, 1)，
x∈(0, 2)．
直线OA的斜率为kOA=1x，直线OG的斜率kOG=1x−324，
∴ tanθ=kOG−kOA1+kOG⋅kOA=1x−324−1x1+1(x−324)⋅x=324x(x−324)+1=324x2−324x+1，当θ取得最大值时，tanθ取得最大值，
故当x=328时，tanθ最大，即O点坐标为(328, 1)，
∴ OA＝OG=(328)2+1=4132，
所以由余弦定理csθ=OA2+OG2−AG22×OA×OG=4132+4132−982×4132=23164116=2341．
三、解答题：5小题，共74分
【答案】
∵ 在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，
∴ DE // AB，AB // A1B1，∴ DE // A1B1，
∵ DE⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，
∴ A1B1 // 平面DEC1．
∵ 在直三棱柱ABC−A1B1C1中，E是AC的中点，AB＝BC．
∴ BE⊥AC，
∵ 直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，
∴ BE⊥AA1，
又AA1∩AC＝A，∴ BE⊥平面ACC1A1，
∵ C1E⊂平面ACC1A1，∴ BE⊥C1E．
【考点】
棱柱的结构特征
直线与平面平行
【解析】
（1）推导出DE // AB，AB // A1B1，从而DE // A1B1，由此能证明A1B1 // 平面DEC1．
（2）推导出BE⊥AA1，BE⊥AC，从而BE⊥平面ACC1A1，由此能证明BE⊥C1E．
【解答】
∵ 在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，
∴ DE // AB，AB // A1B1，∴ DE // A1B1，
∵ DE⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，
∴ A1B1 // 平面DEC1．
∵ 在直三棱柱ABC−A1B1C1中，E是AC的中点，AB＝BC．
∴ BE⊥AC，
∵ 直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，
∴ BE⊥AA1，
又AA1∩AC＝A，∴ BE⊥平面ACC1A1，
∵ C1E⊂平面ACC1A1，∴ BE⊥C1E．
【答案】
设动点P的坐标为(x, y)，则AP→=(x,y−1),BP→=(x,y+1)，PC→=(1−x,−y)，
∵ AP→⋅BP→=k|PC→|2，∴ x2+y2−1＝k[(x−
​2+y2]，即(k−(1)x2+(k−(2)y2−2kx+k+1＝0
若k＝1，则方程为x＝1，表示过点(1, 0)且平行于y轴的直线；
若k≠1，则方程为(x+k1−k)2+y2＝(11−k)2，表示以(k1−k, 0)为圆心，以1|1−k|为半径的圆；
( (3) 当k＝2时，方程化为(x−(4)2+y2＝1，|AP→+BP→|=|(2x, 2y)|＝2x2+y2
令x＝2+csθ，y＝sinθ，则|AP→+BP→|=25+4csθ
∴ 当csθ＝1时，|AP→+BP→|的最大值为6，当csθ＝−1时，|AP→+BP→|的最小值为2．
【考点】
平面向量的综合题
平面向量数量积坐标表示的应用
【解析】
（1）根据题意，设出P的坐标(x, y)，可得向量的坐标，代入 AP→⋅BP→=k|PC→|2|中，可得(k−1)x2+(k−1)y2−2kx+k+1＝0，分k＝1与k≠1两种情况讨论，可得答案；
（2）表示出向量和的模，利用圆的参数方程设点的坐标，即可求得|AP→+BP→|的最大值和最小值．
【解答】
设动点P的坐标为(x, y)，则AP→=(x,y−1),BP→=(x,y+1)，PC→=(1−x,−y)，
∵ AP→⋅BP→=k|PC→|2，∴ x2+y2−1＝k[(x−
​2+y2]，即(k−(1)x2+(k−(2)y2−2kx+k+1＝0
若k＝1，则方程为x＝1，表示过点(1, 0)且平行于y轴的直线；
若k≠1，则方程为(x+k1−k)2+y2＝(11−k)2，表示以(k1−k, 0)为圆心，以1|1−k|为半径的圆；
( (3) 当k＝2时，方程化为(x−(4)2+y2＝1，|AP→+BP→|=|(2x, 2y)|＝2x2+y2
令x＝2+csθ，y＝sinθ，则|AP→+BP→|=25+4csθ
∴ 当csθ＝1时，|AP→+BP→|的最大值为6，当csθ＝−1时，|AP→+BP→|的最小值为2．
【答案】
∵ AB=AC=5，BC＝2，EF // BC，AH⊥BC，
∴ H为BC的中点，CH＝BH＝1，AH=AC2−CH2=2，AH⊥EF，
∴ A′O⊥EF，又平面A′EF⊥平面BCFE，平面A′EF∩平面BCFE＝EF，∴ A′O⊥平面BCEF，
则∠A′BO为直线A′B与面BCFE所成角，
若AEEB=53，由EF // BC，得AOOH=AEEB=53，∴ AO=58×2=54，OH=34，
A′O＝AO=54，又OB=OH2+HB2=(34)2+12=54，
∴ tan∠A′BO=A′OOB=1，又∠A′BO是锐角，∴ ∠A′BO＝45∘，
故直线A′B与面BCFE所成角大小为45∘；
以O为坐标原点，分别以OH、OF、OA′所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
∵ E，F分别为AB，AC中点，则EF=12BC＝1，AO＝OH＝1，
E(0, −12, 0)，B(1, −1, 0)，A′(0, 0, 1)，EB→=(1,−12,0)，BA′→=(−1,1,1)，
设平面A′BE的一个法向量为m→=(x,y,z)，
由m→⋅EB→=x−12y=0m→⋅BA′→=−x+y+z=0 ，取y＝2，得m→=(1,2,−1)；
平面BCE的一个法向量n→=(0,0,1)，
cs=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=−16×1=−66，
∴ 锐二面角A′−BE−C的余弦值为66；
由（2），C(1, 1, 0)，F(0, 12, 0)，FC→=(1,12,0)，CA′→=(−1,−1,1)，
设平面A′CF的一个法向量为p→=(x1,y1,z1)，
则p→⋅FC→=x1+12y1=0p→⋅CA′→=−x1−y1+z1=0 ，取x1＝1，得p→=(1,−2,−1)，
又CB→=(0,−2,0)，
∴ 点B到面A′CF的距离为||CB→|cs|=|CB→⋅p→|p→||=46=263．
【考点】
二面角的平面角及求法
直线与平面所成的角
点、线、面间的距离计算
【解析】
（1）折叠过程中AO、OH与EF保持垂直，由面面垂直的性质定理得AO⊥平面BCEF，从而可得∠A′BO为直线A′B与面BCFE所成角，求解三角形得答案；
（2）由（1）分别以OH、OF、OA′所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出平面A′BE，平面BEC的法向量，由两法向量所成角的余弦值即可得到锐二面角A′−BE−C的余弦值；
（3）求出平面A′CF的一个法向量，然后利用向量求距离解得点B到面A′CF的距离．
【解答】
∵ AB=AC=5，BC＝2，EF // BC，AH⊥BC，
∴ H为BC的中点，CH＝BH＝1，AH=AC2−CH2=2，AH⊥EF，
∴ A′O⊥EF，又平面A′EF⊥平面BCFE，平面A′EF∩平面BCFE＝EF，∴ A′O⊥平面BCEF，
则∠A′BO为直线A′B与面BCFE所成角，
若AEEB=53，由EF // BC，得AOOH=AEEB=53，∴ AO=58×2=54，OH=34，
A′O＝AO=54，又OB=OH2+HB2=(34)2+12=54，
∴ tan∠A′BO=A′OOB=1，又∠A′BO是锐角，∴ ∠A′BO＝45∘，
故直线A′B与面BCFE所成角大小为45∘；
以O为坐标原点，分别以OH、OF、OA′所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
∵ E，F分别为AB，AC中点，则EF=12BC＝1，AO＝OH＝1，
E(0, −12, 0)，B(1, −1, 0)，A′(0, 0, 1)，EB→=(1,−12,0)，BA′→=(−1,1,1)，
设平面A′BE的一个法向量为m→=(x,y,z)，
由m→⋅EB→=x−12y=0m→⋅BA′→=−x+y+z=0 ，取y＝2，得m→=(1,2,−1)；
平面BCE的一个法向量n→=(0,0,1)，
cs=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=−16×1=−66，
∴ 锐二面角A′−BE−C的余弦值为66；
由（2），C(1, 1, 0)，F(0, 12, 0)，FC→=(1,12,0)，CA′→=(−1,−1,1)，
设平面A′CF的一个法向量为p→=(x1,y1,z1)，
则p→⋅FC→=x1+12y1=0p→⋅CA′→=−x1−y1+z1=0 ，取x1＝1，得p→=(1,−2,−1)，
又CB→=(0,−2,0)，
∴ 点B到面A′CF的距离为||CB→|cs|=|CB→⋅p→|p→||=46=263．
【答案】
证明：过B作BM⊥AD于M，
∵ AD // BC，∠ABC＝120∘，AD＝4，AB＝2，
∴ ∠CBM＝90∘，∠ABM＝30∘，AM＝1，DM＝3＝BC，
∴ 四边形BCDM为矩形，
∴ BM＝CD=3，CE＝1，BE＝2，
∴ DE＝2，AE＝23，
∴ AE2+DE2＝AD2，即AE⊥DE，
又AP⊥DE，AE∩AP＝A，AE、AP⊂平面PEA，
∴ DE⊥面PEA．
由（1）知，DE⊥面PEA，
∵ DE⊂平面ABCD，∴ 平面ABCD⊥面PEA，
∵ PQ⊥平面ABCD，平面ABCD∩面PEA＝AE，
∴ 点Q在AE上，
∵ 直线AP与平面ABCD所成角的余弦值为33，
∴ cs∠PAQ=33，tan∠PAQ=2，
设AQ＝x，则EQ＝23−x，PQ＝AQ⋅tan∠PAQ=2x，
三棱锥P−QDE的体积V=13PQ⋅12DE⋅EQ=16⋅2x⋅2(23−x)=23x(23−x)，
∴ 当x=3时，三棱锥P−QDE的体积取得最大值，此时点Q为AE的中点，
∴ BQ＝1，PQ=6，
∵ F为AB的中点，∴ FQ // BC，
∴ ∠PBC即为直线PB与QF所成角．
∵ PB=PQ2+BQ2=7，PE=PQ2+EQ2=3，
在△PBE中，由余弦定理知，cs∠PBC=PB2+BE2−PE22PB⋅BE=7+4−92×7×2=714，
故异面直线PB与QF所成角的余弦值为714．
【考点】
直线与平面垂直
直线与平面所成的角
【解析】
（1）过B作BM⊥AD于M，先证得四边形BCDM为矩形，再推出AE⊥DE，然后结合AP⊥DE，得证；
（2）结合（1）可知，点Q在AE上，cs∠PAQ=33，利用三棱锥P−QDE的体积，可确定点Q为AE的中点，从而有∠PBC即为所求，最后在△PBE中，由余弦定理得解．
【解答】
证明：过B作BM⊥AD于M，
∵ AD // BC，∠ABC＝120∘，AD＝4，AB＝2，
∴ ∠CBM＝90∘，∠ABM＝30∘，AM＝1，DM＝3＝BC，
∴ 四边形BCDM为矩形，
∴ BM＝CD=3，CE＝1，BE＝2，
∴ DE＝2，AE＝23，
∴ AE2+DE2＝AD2，即AE⊥DE，
又AP⊥DE，AE∩AP＝A，AE、AP⊂平面PEA，
∴ DE⊥面PEA．
由（1）知，DE⊥面PEA，
∵ DE⊂平面ABCD，∴ 平面ABCD⊥面PEA，
∵ PQ⊥平面ABCD，平面ABCD∩面PEA＝AE，
∴ 点Q在AE上，
∵ 直线AP与平面ABCD所成角的余弦值为33，
∴ cs∠PAQ=33，tan∠PAQ=2，
设AQ＝x，则EQ＝23−x，PQ＝AQ⋅tan∠PAQ=2x，
三棱锥P−QDE的体积V=13PQ⋅12DE⋅EQ=16⋅2x⋅2(23−x)=23x(23−x)，
∴ 当x=3时，三棱锥P−QDE的体积取得最大值，此时点Q为AE的中点，
∴ BQ＝1，PQ=6，
∵ F为AB的中点，∴ FQ // BC，
∴ ∠PBC即为直线PB与QF所成角．
∵ PB=PQ2+BQ2=7，PE=PQ2+EQ2=3，
在△PBE中，由余弦定理知，cs∠PBC=PB2+BE2−PE22PB⋅BE=7+4−92×7×2=714，
故异面直线PB与QF所成角的余弦值为714．
【答案】
由对称性，设B(x0, y0)，C(x0, −y0)，则x02+y02＝4，
所以AB→⋅AC→=(x0−2)2−y02＝(x0−2)2−(4−x02)＝2(x0−1)2−2，
因为−2设P(x1, y1)(y1≠±y0)，则x12+y12＝4，
直线PB、PC的方程分别为PB:y−y1=y0−y1x0−x1(x−x1)，PC:y−y1=−y0−y1x0−x1(x−x1)，
分别令y＝0，得xM=x1y0−x0y1y0−y1，xN=x1y0+x0y1y0+y1，
所以xMxN=x12y02−x02y12y02−y12=(4−y12)y02−(4−y02)y12y02−y12=4，
于是S△POM⋅S△PON=14|OM|⋅|ON|⋅y12=14|xMxN|⋅y12=y12，
因为−2≤y1≤2，所以当y1＝2或y1＝−2时，S△POM⋅S△PON取得最大值为4．
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
（1）根据题意，分析可得B、C关于x轴对称，设B(x0, y0)，C(x0, −y0)，由数量积的计算公式可得AB→⋅AC→=(x0−2)2−y02＝(x0−2)2−(4−x02)＝2(x0−1)2−2，结合x0的取值范围，分析可得答案；
（2）设 P(x1, y1)(y1≠±y0)，求出直线PB，PC的方程，进而求出M，N点的横坐标xM，xN，则xMxN＝4，故得到S△POM⋅S△PON=y12，结合−2≤y1≤2得到S△POM⋅S△PON的最大值．
【解答】
由对称性，设B(x0, y0)，C(x0, −y0)，则x02+y02＝4，
所以AB→⋅AC→=(x0−2)2−y02＝(x0−2)2−(4−x02)＝2(x0−1)2−2，
因为−2设P(x1, y1)(y1≠±y0)，则x12+y12＝4，
直线PB、PC的方程分别为PB:y−y1=y0−y1x0−x1(x−x1)，PC:y−y1=−y0−y1x0−x1(x−x1)，
分别令y＝0，得xM=x1y0−x0y1y0−y1，xN=x1y0+x0y1y0+y1，
所以xMxN=x12y02−x02y12y02−y12=(4−y12)y02−(4−y02)y12y02−y12=4，
于是S△POM⋅S△PON=14|OM|⋅|ON|⋅y12=14|xMxN|⋅y12=y12，
因为−2≤y1≤2，所以当y1＝2或y1＝−2时，S△POM⋅S△PON取得最大值为4．