2020-2021学年高二（上）期中数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年高二（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. 直线3x+y+3＝0的倾斜角是（ ）
A.π6B.5π6C.π3D.2π3

2. 若直线l与平面α相交，则下列说法正确的是（ ）
A.平面α内的每条直线都与l相交
B.平面α内存在直线与l平行
C.平面α内存在直线与l垂直
D.平面α内的每条直线都与l异面

3. 若直线ax+y+1＝0与直线4x+ay−2＝0平行，则实数a的值为（ ）
A.2B.1C.0D.−2

4. 攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式．宋代称为撮尖，清代称攒尖．依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑．如图所示，某园林建筑为六角攒尖，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正六棱锥，若此正六棱锥的侧面等腰三角形的底角为α，则侧棱与底面外接圆半径的比为（ ）

A.12csαB.12sinαC.sinαsin3π8D.csαcs3π8

5. 如图：正三棱锥A−BCD中，∠BAD＝30∘，侧棱AB＝2，BD平行于过点C的截面CB1D1，则截面CB1D1与正三棱锥A−BCD侧面交线的周长的最小值为（ ）

A.2B.23C.4D.22

6. 在平面直角坐标平面内有四点A(−1, 0)，B(2, 1)，C(1, 5)，D(−2, 2)，P为该平面内的动点，则P到A、B、C、D四点的距离之和的最小值为（ ）
A.102B.41+29C.143D.17+29

7. 直线l1:y＝ax−b(ab≠0)和直线l2:xa−yb=1在同一坐标系中可能是（ ）
A.B.C.D.

8. 在平面直角坐标系中，已知A(−1, 4)，B(3, −6)，现沿x轴将坐标平面折成120∘的二面角，则折叠后A，B两点间的距离为（ ）
A.217B.223C.8D.311
二、选择题：本大题共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，部分选对的得3分，有选错的得0分.

下列说法正确的是（ ）
A.直线x−y−4＝0与两坐标轴围成的三角形的面积是8
B.过(x1, y1)，(x2, y2)两点的直线方程为y−y1y2−y1=x−x1x2−x1
C.直线x−2y−4＝0与直线2x+y+1＝0相互垂直
D.经过点(1, 2)且在两坐标轴上截距都相等的直线方程为x+y−3＝0

设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题是假命题的是（ ）
A.若m // α，m // β，则α // βB.若m // α，n // α，则m // n
C.若m⊂α，α⊥β，则m⊥βD.若m⊂α，m⊥β，则α⊥β

如图所示，在四棱锥E−ABCD中，△CDE是边长为2的正三角形，点N为正方形ABCD的中心，M为线段DE的中点，BC⊥DE，则下列结论正确的是（ ）

A.直线BM与EN是异面直线
B.线段BM与EN的长度不相等
C.直线DE⊥平面ACM
D.直线EA与平面ABCD所成角的正弦值为64

长方体ABCD−A1B1C1D1的底面是边长为3的正方形，高为4，E是DD1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A.平面B1CE // 平面A1BD
B.在棱DD1上存在点F，使得B1F⊥A1B
C.三棱锥C1−B1CE的体积是6
D.三棱锥C1−A1BD的外接球表面积为34π
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在答题卡相应位置

已知圆台上下底面圆的半径分别为1，2，母线长为2，则其表面积为________．

已知直线l:kx+y+2−k＝0过定点M，点P(x, y)在直线2x−y+1＝0上，则|MP|的最小值是________．

学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为在圆锥底部挖去一个正方体后的剩余部分（正方体四个顶点在圆锥母线上，四个顶点在圆锥底面上），圆锥底面直径为82cm，高为8cm．打印所用原料密度为1g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 203.9 g．（取π＝3.14，精确到0.1）．


棱长为3的正方体内有一个棱长为a的正四面体（棱长全相等的三棱锥），若该四面体可以在正方体内任意转动，则a的最大值为________．
四、解答题：请将正确答案做在答题卷相应位置，要有必要的推理或证明过程，共70分.

已知直线l经过直线l1:x+2y−5＝0与l2:2x−3y+4＝0的交点P，且与直线l3:x−y+2＝0垂直．
（1）求直线l的方程；

（2）若直线m // l3，且点P到直线l3的距离等于它到直线m的距离，求直线m的方程．

如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中（底面是正方形的直四棱柱），底面正方形ABCD的边长为1，侧棱AA1的长为2，E、M、N分别为A1B1、B1C1、BB1的中点．

（1）求证：AD1 // 平面EMN；

（2）求异面直线AD1与BE所成角的余弦值．

已知点A(−1, 0)和点B关于直线l:x+y−1＝0对称．
（1）若直线l1过点B，且使得点A到直线l1的距离最大，求直线l1的方程；

（2）若直线l2过点A且与直线l交于点C，△ABC的面积为2，求直线l2的方程．

如图，BC为圆O的直径，D为圆周上异于B、C的一点，AB垂直于圆O所在的平面，BE⊥AC于点E，BF⊥AD于点F．

（1）求证：BF⊥AC；

（2）若AB＝BC＝2，∠CBD＝60∘，求三棱锥B−DEF的体积．

如图1，在等腰梯形ABCD中，CE、DF是梯形的高，AF＝BE＝2，CD＝22，现将ΔADF、ΔBCE分别沿DF、CE折起，得一简单组合体A1B1CDEF如图2所示，点A、B分别折起到A1、B1，A1B1 // EF，A1B1＝2EF，已知点P为A1B1的中点．

（1）求证：PE⊥平面B1CE；

（2）若CE＝1，求二面角D−B1C−E的正弦值．

如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧面BCC1B1为矩形，AB＝AC=2，BC＝2，D，E分别为BC、B1C1的中点，过BC作平面α分别交A1B1、A1E、A1C1于点M、F、N．

（1）求证：平面BCNM⊥平面AA1ED．

（2）若Q为线段AD上一点，AD＝3AQ，A1Q // 平面BCNM．则当|A1Q|为何值时直线BM与平面AA1ED所成角的正弦值为13．（请说明理由）
参考答案与试题解析
2020-2021学年某校高二（上）期中数学试卷
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.
【答案】
D
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
求出直线的斜率，然后求出直线的倾斜角．
【解答】
直线3x+y+3＝0的斜率为：−3，倾斜角为α，所以tanα=−3，∴ α=2π3．
2.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
由直线与平面相交的定义判断A，D错误；由直线与平面平行的判定判断B错误；由直线与平面垂直的定义及三垂线定理判断C正确．
【解答】
直线l与平面α相交，设交点为O，如图，
平面α过O点的直线都与l相交，不过O点的直线都不与l相交，
故A错误，D错误；
若α存在直线与l平行，由直线与平面平行的判定，可得l // α，与l∩α＝O矛盾，故B错误；
若l⊥α，则α内的所有直线都与l垂直，若l不垂直α，设l在α内的射影为a，在α内作b⊥a，则b⊥l，
即平面α内存在直线与l垂直，故C正确．
3.
【答案】
A
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
根据两直线平行的性质，两直线平行则一次项系数之比相等，但不等于常数项之比，从而求得实数a的值．
【解答】
因为直线ax+y+1＝0与直线4x+ay−2＝0平行，
所以a4=1a≠1−2，解得a＝2，
4.
【答案】
【考点】
棱锥的结构特征
【解析】
根据等腰三角形的边角关系，用SA和OA表示出AB的一半，从而得出侧棱与底面半径的比．
【解答】
设O为正六棱锥S−ABCDEF底面外接圆心，连接OA，OB，如图所示：
由题意可知∠AOB=π3，∠SAB＝α，
所以OA＝AB，SA⋅csα=12AB，
所以侧棱与底面外接圆半径的比为
SAOA=SAAB=12csα．
故选：A．
5.
【答案】
D
【考点】
多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】
首先，展开三棱锥，然后，两点间的连接线CC′即是截面周长的最小值，然后，求解其距离即可．
【解答】
把正三棱锥A−BCD的侧面展开，
两点间的连接线CC′即是截面周长的最小值．
正三棱锥A−BCD中，∠BAD＝30∘，所以AC⊥AC′，AB＝2，
∴ CC′＝22，
∴ 截面周长最小值是CC′＝22．
6.
【答案】
D
【考点】
两点间的距离公式
【解析】
画出A，B，C，D，可得P为对角线AC和BD的交点时，P到A，B，C，D四点的距离之和取得最小值．运用两点的距离公式，计算可得所求最小值．
【解答】
在平面坐标系出描出点A，B，C，D，可得P为对角线AC和BD的交点时，
P到A，B，C，D四点的距离之和取得最小值．
由|AC|+|BD|=(1+1)2+(5−0)2+(2+2)2+(1−2)2=29+17．
7.
【答案】
A
【考点】
直线的截距式方程
【解析】
分别根据直线的斜率和截距即可判断．
【解答】
直线l2:xa−yb=1，可得y=bax−b，
直线l1:y＝ax−b(ab≠0)，两直线相交于同一点(0, −b)，此时选项BD不符合，
对于AC：直线l1的斜率a>0，直线l2的斜率ba<0，则a>0，b<0，此时与y轴的正半轴相交，故A符合，C不符合，
8.
【答案】
B
【考点】
点、线、面间的距离计算
二面角的平面角及求法
【解析】
画出折叠前与折叠后的图形，利用空间向量的模求解折叠后A，B两点间的距离．
【解答】
由题意，折叠前与折叠后的图象如图，
所以折叠后AB→=AC→+CD→+DB→，
所以折叠后A，B两点间的距离为：|AB→|=(AC→+CD→+DB→)2=AC→2+CD→2+DB→2+2AC→⋅CD→+2CD→⋅DB→+2AC→⋅DB→=16+16+36+2×4×6×12=223．
二、选择题：本大题共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，部分选对的得3分，有选错的得0分.
【答案】
A,C
【考点】
直线的截距式方程
直线的两点式方程
直线的一般式方程与直线的垂直关系
命题的真假判断与应用
【解析】
由题意逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
【解答】
直线x−y−4＝0与两坐标轴围成的三角形的面积是12×4×4＝8，故A正确；
当x2＝x1 或y2＝y1 时，式子y−y1y2−y1=x−x1x2−x1 无意义，故B不正确；
线x−2y−4＝0与直线2x+y+1＝0的斜率之积为12×(−2)＝−1，故线x−2y−4＝0与直线2x+y+1＝0垂直，故C正确；
经过点(1, 2)且在两坐标轴上截距都相等的直线方程为x+y−3＝0或y＝2x，故D错误，
【答案】
A,B,C
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
命题的真假判断与应用
【解析】
由平行于同一平面的两个平面的位置关系判定A；由平行于同一平面的两直线的位置关系判定B；由面面垂直的性质判断C；由平面与平面垂直的判定判断D．
【解答】
若m // α，m // β，则α // β或α与β相交，故A是假命题；
若m // α，n // α，则m // n或m与n相交或m与n异面，故B是假命题；
若m⊂α，α⊥β，则m⊂β或m // β或m与β相交，相交也不一定垂直，故C是假命题；
若m⊂α，m⊥β，由平面与平面垂直的判定，可得α⊥β，故D是真命题．
【答案】
B,D
【考点】
棱锥的结构特征
空间中直线与直线之间的位置关系
命题的真假判断与应用
直线与平面所成的角
异面直线的判定
【解析】
根据BDN三点共线可判断A，建立空间坐标系，利用距离公式计算BM和EN判断B，根据AM与DE不垂直可判断C，取CD中点O，计算sin∠EAO可判断D．
【解答】
连接BD，
∵ 四边形ABCD是正方形，∴ N是BD的中点，
又M是DE的中点，
∴ BM，EN为△BDE的两条中线，故BM，EN是相交直线，故A错误；
∵ BC⊥CD，BC⊥DE，CD∩DE＝D，
∴ BC⊥平面CDE，又BC⊂平面ABCD，
∴ 平面CDE⊥平面ABCD，
取CD中点O，连接EO，ON，
∵ △CDE是等边三角形，∴ EO⊥CD，
又平面CDE∩平面ABCD＝CD，平面CDE⊥平面ABCD，EO⊂平面CDE，
∴ EO⊥平面ABCD，
以O为原点，以OD，ON，OE为坐标轴建立空间直角坐标系O−xyz，如图所示，
则N(0, 1, 0)，E(0, 0, 3)，M(12, 0, 32)，B(−1, 2, 0)，
∴ EN=0+1+3=2，BM=94+4+34=7，故EN≠BM，故B正确；
∵ BC // AD，BC⊥平面CDE，
∴ AD⊥平面CDE，∴ AD⊥DE，
若DE⊥平面ACM，则DE⊥AM，显然与AD⊥DE矛盾，故C错误；
∵ EO⊥平面ABCD，∴ ∠EAO为直线EA与平面ABCD所成的角，
又OA=OD2+AD2=5，故EA=EO2+OA2=22，
∴ sin∠EAO=EOEA=322=64，故D正确．
【答案】
B,C,D
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
命题的真假判断与应用
【解析】
利用反证法思想结合过平面外一点与已知平面平行的平面有且仅有一个判断A；由数量积为0判断B；利用等体积法求体积判断C；由三棱锥C1−A1BD的外接球即长方体的外接球判断D．
【解答】
如图，以D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
对于A，连接B1D1，D1C，由长方体的结构特征，可证A1D // B1C，BD // B1D1，
得到平面B1CD1 // A1DB，若平面B1CE // 平面A1BD，则平面B1CD1 // 平面B1EC或平面B1CD1与平面B1EC重合，
而两平面有公共点C，则两平面重合，可得B1E⊂平面B1CD1，与B1E∩平面B1CD1＝B1矛盾，
故平面B1CE与平面A1BD不平行，A错误；
对于B，A1(3, 0, 4)，B(3, 3, 0)，B1(3, 3, 4)，
若在棱DD1上存在点F，使得B1F⊥A1B，设F(0, 0, t)，0≤t≤4，
则B1F→=(−3,−3,t−4)，A1B→=(0,3,−4)，
由B1F→⋅A1B→=−9−4(t−4)=0，得t=74，∴ 在棱DD1上存在点F，使得B1F⊥A1B，故B正确；
三棱锥C1−B1CE的体积V=VE−B1C1C=13×12×4×3×3=6，故C正确；
三棱锥C1−A1BD的外接球即长方体ABCD−A1B1C1D1的外接球，外接球的半径为r=1232+32+42=342，
表面积为4πr2=4π×(342)2=34π，故D正确．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在答题卡相应位置
【答案】
11π
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
代入圆台的表面积公式计算即可．
【解答】
圆台上下底面圆的半径分别为1，2，母线长为2，
所以圆台的表面积为S＝π(12+22+1×2+2×2)＝11π．
【答案】
5
【考点】
直线系方程
【解析】
先求出顶点坐标，再利用两点间的距离公式，二次函数的性质，求出结果．
【解答】
直线l:kx+y+2−k＝0，即k(x−1)+y+2＝0，令x−1＝0，求得x＝1，y＝−2，
可得它经过定点M(1, −2)，
点P(x, y)在直线2x−y+1＝0上，则 y＝2x+1，
则|MP|=(x−1)2+(y+2)2=(x−1)2+(2x+3)2=5(x2+2x+2)，
故当x＝−1时，|MP|取得最小值为5，
【答案】
203.9．
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】
设正方体的棱长为a，由题意列出方程22a42=8−a8，解得a＝4，求出该模型蝗体积，由此能求出制作该模型所需原料的质量．
【解答】
如图是几体体的轴截面图，
设正方体的棱长为a，则22a42=8−a8，解得a＝4，
∴ 该模型的体积为：
V=13π×(42)2×8−43=256π3−64≈203.9．
∴ 制作该模型所需原料的质量为203.9×1＝203.9(g)．
【答案】
6
【考点】
棱锥的结构特征
【解析】
由题意求出棱长为a的正四面体外接球的半径r与a的关系，再由外接球的直径等于正方体的棱长求解即可．
【解答】
如图所示，正四面体A−BCD的棱长为a，
过A作AO1⊥底面BCD，连接BO1 并延长交CD于E，
则BO1=23BE=23a2−(12a)2=33a，
可得AO1=a2−(33a)2=63a，
设正四面体A−BCD的外接球的半径为r，
则BO12+(AO1−r)2=r2，
所以(33a)2+(63a−r)2=r2，
解得r=64a．
要使正四面体可以在边长为a的正方体内任意转动，
则2r=62a＝3，解得a=6．
四、解答题：请将正确答案做在答题卷相应位置，要有必要的推理或证明过程，共70分.
【答案】
由x+2y−5=02x−3y+4=0 ，求得交点P(1, 2)．
由于直线l3:x−y+2＝0的斜率为1，故与直线l3垂直的直线的斜率为−1，
故直线l的方程为y−2＝−1×(x−1)，即 x+y−3＝0．
若直线m // l3，可得直线m的方程为x−y+k＝0，
再根据点P到直线l3的距离等于它到直线m的距离，可得|1−2+2|2=|1−2+k|2，
求得k＝0或k＝2（舍去），可得直线m的方程为x−y＝0．
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
（1）先求出交点P和直线l的斜率，用用点斜式求直线l的方程．
（2）设直线m的方程为x−y+k＝0，再根据点P到直线l3的距离等于它到直线m的距离求得k的值，可得结论．
【解答】
由x+2y−5=02x−3y+4=0 ，求得交点P(1, 2)．
由于直线l3:x−y+2＝0的斜率为1，故与直线l3垂直的直线的斜率为−1，
故直线l的方程为y−2＝−1×(x−1)，即 x+y−3＝0．
若直线m // l3，可得直线m的方程为x−y+k＝0，
再根据点P到直线l3的距离等于它到直线m的距离，可得|1−2+2|2=|1−2+k|2，
求得k＝0或k＝2（舍去），可得直线m的方程为x−y＝0．
【答案】
又AB // DC，且AB＝DC，CD // C1D1，且CD＝C1D1，
所以AB // D1C1，且AB＝D1C1
所以四边形ABC1D1是平行四边形，
所以AD1 // BC1，
所以AD1 // NM(1)又NM⊂平面EMN，AD1⊄平面EMN，
所以AD1 // 平面EMN．
（2）由AD1 // BC1，所以∠EBC1是异面直线AD1与BE所成的角或其补角（2）在△BEC1中，BE=22+(12)2=172，BC1=22+12=5，EC1=12+(12)2=52，
所以cs∠EBC=BE2+BC12−EC122BE⋅BC1=174+5−542×172×5=88585，
即异面直线AD1与BE所成角的余弦值为88585
【考点】
直线与平面平行
异面直线及其所成的角
【解析】
（1）连接BC1，证明AD1 // BC1，AD1 // NM，从而证明AD1 // 平面EMN．
（2）由AD1 // BC1知∠EBC1是异面直线AD1与BE所成的角或其补角，利用余弦定理求出cs∠EBC的值，即可得出结果．
【解答】
（1）证明：连接BC1，
【答案】
由题意设B(m, n)，由题意可得nm+1=1m−12+n2−1=0 ，解得：m＝1，n＝2，
即B(1, 2)，
当直线l1⊥AB时，A到直线l1的距离最大，所以k​l1=−kAB=−21+1=−1，
所以直线l1的方程为：y−2＝−(x−1)，
即直线l1的方程为：x+y−3＝0．
因为AB⊥l，设线段AB的中点为D，由（1）可得|AB|=(1+1)2+22=22，
则D(0, 1)，则CD⊥AB，
由题意设C(x0, −x0+1)，
所以S△ABC=12|AB|⋅|CD|=12×22⋅|CD|＝2，
所以|CD|=2，
而|CD|=x02+(−x0+1−1)2=2x02
所以x02＝1，所以x0＝±1，
即C(1, 0)或(−1, 2)，
所以直线l2的方程为：x＝−1或y＝0．
【考点】
与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】
（1）由点关于直线的对称点的求法求出点B的坐标，当AB与过B的直线垂直时，点A到l1的距离最大，可得直线l1的方程；
（2）由（1）可得线段AB的长，设C的坐标，由面积可得C到线段AB的中点D的距离，鸡儿求出C的坐标，正确直线AC的方程．
【解答】
由题意设B(m, n)，由题意可得nm+1=1m−12+n2−1=0 ，解得：m＝1，n＝2，
即B(1, 2)，
当直线l1⊥AB时，A到直线l1的距离最大，所以k​l1=−kAB=−21+1=−1，
所以直线l1的方程为：y−2＝−(x−1)，
即直线l1的方程为：x+y−3＝0．
因为AB⊥l，设线段AB的中点为D，由（1）可得|AB|=(1+1)2+22=22，
则D(0, 1)，则CD⊥AB，
由题意设C(x0, −x0+1)，
所以S△ABC=12|AB|⋅|CD|=12×22⋅|CD|＝2，
所以|CD|=2，
而|CD|=x02+(−x0+1−1)2=2x02
所以x02＝1，所以x0＝±1，
即C(1, 0)或(−1, 2)，
所以直线l2的方程为：x＝−1或y＝0．
【答案】
证明：∵ BC为圆O的直径，∴ CD⊥BD，
∵ AB⊥圆O所在的平面BCD，且CD⊂平面BCD，∴ AB⊥CD，
又AB∩BD＝B，∴ CD⊥平面ABD，
∵ BF⊂平面ABD，∴ CD⊥BF，
又∵ BF⊥AD，且AD∩CD＝D，
∴ BF⊥平面ACD．
∵ AC⊂平面ACD，∴ BF⊥AC．
∵ AB＝BC＝2，∠CBD＝60∘，∴ BD=3，CD＝1，
∵ BE⊥AC，∴ E为AC的中点，
又由（1）知，CD⊥平面ABD，
∴ E到平面BDF的距离d=12CD=12．
在Rt△ABD中，有AD=AB2+BD2=4+3=7，
∵ BF⊥AD，由射影定理得BD2＝DF⋅AD，
则DF=BD2AD=37，从而BF=BD2−DF2=3−97=127，
∴ S△BDF=12×DF×BF=12×37×127=37，
∴ 四面体B−DEF的体积为：
VB−DEF=13×S△BDF×d=13×37×12=114．
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
直线与平面垂直
【解析】
（1）推导出CD⊥BD，AB⊥CD，从而CD⊥平面ABD，进而CD⊥BF，再由BF⊥AD，得BF⊥平面ACD．由此能证明BF⊥AC．
（2）推导出E为AC的中点，E到平面BDF的距离d=12．由此能求出四面体B−DEF的体积．
【解答】
证明：∵ BC为圆O的直径，∴ CD⊥BD，
∵ AB⊥圆O所在的平面BCD，且CD⊂平面BCD，∴ AB⊥CD，
又AB∩BD＝B，∴ CD⊥平面ABD，
∵ BF⊂平面ABD，∴ CD⊥BF，
又∵ BF⊥AD，且AD∩CD＝D，
∴ BF⊥平面ACD．
∵ AC⊂平面ACD，∴ BF⊥AC．
∵ AB＝BC＝2，∠CBD＝60∘，∴ BD=3，CD＝1，
∵ BE⊥AC，∴ E为AC的中点，
又由（1）知，CD⊥平面ABD，
∴ E到平面BDF的距离d=12CD=12．
在Rt△ABD中，有AD=AB2+BD2=4+3=7，
∵ BF⊥AD，由射影定理得BD2＝DF⋅AD，
则DF=BD2AD=37，从而BF=BD2−DF2=3−97=127，
∴ S△BDF=12×DF×BF=12×37×127=37，
∴ 四面体B−DEF的体积为：
VB−DEF=13×S△BDF×d=13×37×12=114．
【答案】
证明：∵ A1B1 // EF，A1B1＝2EF，P是A1B1的中点，
∴ 四边形A1PEF是平行四边形，
∴ PE＝A1F＝2，又B1E＝2，B1P＝22，
∴ PE2+B1E2＝PB12，∴ PE⊥B1E，
∵ CE⊥EF，CE⊥B1E，EF∩B1E＝E，
∴ CE⊥平面A1B1EF，∴ CE⊥PE，
又CE∩B1E＝E，CE⊂平面B1CE，B1E⊂平面B1CE，
∴ PE⊥平面B1CE．
∵ A1B1 // EF，EF // CD，
∴ A1B1 // CD，∴ A1，B1，C，D四点共面，
在图2中，以E为原点，以EP，EB1，EC为坐标轴建立空间直角坐标系E−xyz，
则P(2, 0, 0)，B1(0, 2, 0)，C(0, 0, 1)，E(0, 0, 0)，
∴ B1C→=(0, −2, 1)，PC→=(−2, 0, 1)，
设平面B1CP的法向量为n→=(x, y, z)，则n→⋅B1C→=0n→⋅PC→=0 ，即−2y+z=0−2x+z=0 ，
令x＝1可得n→=(1, 1, 2)，
∵ PE⊥平面B1CE，∴ m→=(1, 0, 0)为平面B1CE的一个法向量，
∴ cs=m→⋅n→|m→||n→|=11×6=66，
二面角D−B1C−E的正弦值为1−(66)2=306．
【考点】
直线与平面垂直
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）证明CE⊥平面A1B1EF得出CE⊥PE，再利用勾股定理的逆定理证明PE⊥B1E，于是PE⊥平面B1CE；
（2）以E为原点建立空间坐标系，求出平面B1CP的法向量n→，平面B1CE的法向量m→，计算m→，n→的夹角得出二面角的大小．
【解答】
证明：∵ A1B1 // EF，A1B1＝2EF，P是A1B1的中点，
∴ 四边形A1PEF是平行四边形，
∴ PE＝A1F＝2，又B1E＝2，B1P＝22，
∴ PE2+B1E2＝PB12，∴ PE⊥B1E，
∵ CE⊥EF，CE⊥B1E，EF∩B1E＝E，
∴ CE⊥平面A1B1EF，∴ CE⊥PE，
又CE∩B1E＝E，CE⊂平面B1CE，B1E⊂平面B1CE，
∴ PE⊥平面B1CE．
∵ A1B1 // EF，EF // CD，
∴ A1B1 // CD，∴ A1，B1，C，D四点共面，
在图2中，以E为原点，以EP，EB1，EC为坐标轴建立空间直角坐标系E−xyz，
则P(2, 0, 0)，B1(0, 2, 0)，C(0, 0, 1)，E(0, 0, 0)，
∴ B1C→=(0, −2, 1)，PC→=(−2, 0, 1)，
设平面B1CP的法向量为n→=(x, y, z)，则n→⋅B1C→=0n→⋅PC→=0 ，即−2y+z=0−2x+z=0 ，
令x＝1可得n→=(1, 1, 2)，
∵ PE⊥平面B1CE，∴ m→=(1, 0, 0)为平面B1CE的一个法向量，
∴ cs=m→⋅n→|m→||n→|=11×6=66，
二面角D−B1C−E的正弦值为1−(66)2=306．
【答案】
证明：∵ 四边形BCC1B1是矩形，
∴ B1C1 // BC，B1C1＝BC，BC⊥BB1，
又D是BC的中点，E是B1C1的中点，
∴ BD＝B1E，
∴ 四边形BDEB1是矩形，
∴ BC⊥DE，
∵ AB＝AC，D是BC的中点，
∴ BC⊥AD，
又AD∩DE＝D，AD⊂平面AA1ED，DE⊂平面AA1ED，
∴ BC⊥平面AA1ED，又BC⊂平面BCNM，
∴ 平面BCNM⊥平面AA1ED．
连接DF，
∵ 平面ABC // 平面A1B1C1，平面ABC∩α＝BC，平面A1B1C1∩α＝MN，
∴ BC // MN，又BC // B1C1，
∴ MN // B1C1，
∵ A1Q // 平面BCNM，A1Q⊂平面AA1ED，平面AA1ED∩平面BCNM＝DF，
∴ A1Q // DF，
∵ AA1 // BB1 // DE，
AA1＝BB1＝DE，
∴ 四边形AA1ED是平行四边形，∴ A1E // AD，
∴ 四边形A1QDF是平行四边形，∴ A1F＝DQ，A1Q＝DF，
∴ MFB1E=A1FA1E=DQAD=23，∴ MFBD=23，
在BD上取点P，使得BP=23BD=23，则MF // BP，MF＝BP，
∴ 四边形BMFP是平行四边形，∴ BM // PF，
又BC⊥平面AA1ED，∴ ∠PFD为直线BM与平面AA1ED所成的角，即sin∠PFD=13，
即PDPF=13，又PD=13BD=13，∴ PF＝1，
∴ DF=PF2−PD2=223，
∴ A1Q=223．
【考点】
直线与平面所成的角
平面与平面垂直
【解析】
（1）证明BC⊥AD，BC⊥DE得出BC⊥平面AA1ED，于是平面BCNM⊥平面AA1ED；
（2）连接DF，证明四边形A1FDQ是平行四边形，MN // BC，利用相似比可得MF=23BD，根据直线BM与平面AA1ED所成角的大小计算DF，得出A1Q的长度．
【解答】
证明：∵ 四边形BCC1B1是矩形，
∴ B1C1 // BC，B1C1＝BC，BC⊥BB1，
又D是BC的中点，E是B1C1的中点，
∴ BD＝B1E，
∴ 四边形BDEB1是矩形，
∴ BC⊥DE，
∵ AB＝AC，D是BC的中点，
∴ BC⊥AD，
又AD∩DE＝D，AD⊂平面AA1ED，DE⊂平面AA1ED，
∴ BC⊥平面AA1ED，又BC⊂平面BCNM，
∴ 平面BCNM⊥平面AA1ED．
连接DF，
∵ 平面ABC // 平面A1B1C1，平面ABC∩α＝BC，平面A1B1C1∩α＝MN，
∴ BC // MN，又BC // B1C1，
∴ MN // B1C1，
∵ A1Q // 平面BCNM，A1Q⊂平面AA1ED，平面AA1ED∩平面BCNM＝DF，
∴ A1Q // DF，
∵ AA1 // BB1 // DE，
AA1＝BB1＝DE，
∴ 四边形AA1ED是平行四边形，∴ A1E // AD，
∴ 四边形A1QDF是平行四边形，∴ A1F＝DQ，A1Q＝DF，
∴ MFB1E=A1FA1E=DQAD=23，∴ MFBD=23，
在BD上取点P，使得BP=23BD=23，则MF // BP，MF＝BP，
∴ 四边形BMFP是平行四边形，∴ BM // PF，
又BC⊥平面AA1ED，∴ ∠PFD为直线BM与平面AA1ED所成的角，即sin∠PFD=13，
即PDPF=13，又PD=13BD=13，∴ PF＝1，
∴ DF=PF2−PD2=223，
∴ A1Q=223．