安徽省蚌埠市第二中学2024-2025学年高二上学期第一次周回顾数学试卷

蚌埠二中 2024-2025 学年第一学期 高二数学 周巩固练习 1 / 4 蚌埠二中 2024-2025 学年第一学期第 1 次周回顾练习 高二数学试题 命题人：周薇薇 审题人：张从翔 时长：120 分钟 满分：150 分 一、选择题：本题共 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．已知向量 ( )0,1,0a = ， ( )2,0, 2b = − ，则 ( )a b a+  =（ ） A． ( )0,1,0 B． ( )2,1, 2− C．1 D．-1 2．设 a，b 是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面，若a  ，b  ， ⊥ ， 则“ a ⊥ ”是“ a b⊥ ”的（ ）． A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．如图，在边长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 中， 1 1 1AC AD =（ ） A．2 B．1 C． 2 2 D． 2 4．已知 ( )2, 1,3a = − ， ( )1,4,2b = − ， ( )3,5,c x= − ，若a ，b ， c 三向量共面，则实数 x =（ ）. A．-1 B．1 C．2 D．-2 5．下列命题中正确的个数是（ ）． ①若 a 与b 共线， b 与 c 共线，则 a 与 c 共线． ②向量 a ， b ， c 共面，即它们所在的直线共面． ③如果三个向量 a ，b ， c 不共面，那么对于空间任意一个向量 p ，存在有序实数组 ( ), ,x y z ，使得 p xa yb zc= + + ． ④若 a ， b 是两个不共线的向量，而 c a b = + （ , R且 0  ），则 , ,a b c 是空 间向量的一组基底． A．0 B．1 C．2 D．3 蚌埠二中 2024-2025 学年第一学期 高二数学 周巩固练习 2 / 4 6．如图，空间四边形OABC中，OA a= ，OB b= ，OC c= ，点 M 在OA上，且 2 3 OM OA= ，点 N 为BC中点，则MN 等于（ ） A． 1 1 1 2 2 2 a b c+ − B． 2 1 1 3 2 2 a b c− + + C． 2 2 1 3 3 2 a b c+ − D． 2 2 1 3 3 2 a b c− + − 7．有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多 边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被 称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为 24 的半正多面体，它的所有顶 点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样 的四面体所得.若 E 为线段BC的中点，且 1DE DF = − ，则该半正多面体 外接球的表面积为（ ） A． 4π B．8π C．16π D．24π 8．在空间直角坐标系O xyz− 中，经过点 ( )0 0 0, ,P x y z 且一个法向量为 ( ), ,m a b c= 的平面 的 方程为 ( ) ( ) ( )0 0 0 0a x x b y y c z z− + − + − = ，经过点 P 且一个方向向量为 ( )( ), , 0n v v   =  的 直线 l的方程为 0 0 0x x y y z z v  − − − = = .阅读上面材料并解决下面问题：现给出平面 的方程 为3 5 4 1 0x y z− + + = ，直线 l的方程为 3 5 4 x y z = = ，则直线 l到平面 的距离为（ ） A．0 B． 2 2 C． 2 10 D． 10 10 二、多选题：本题共 3小题，共 18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9．关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A．已知任意非零向量 ( ) ( )1 1 1 2 2 2, , , , ,x y z x y z= =a b ，若 a b∥ ，则 1 1 1 2 2 2 x y z x y z = = B．若对空间中任意一点O，有 1 1 1 6 3 2 OP OA OB OC= + + ，则 , , ,P A B C四点共面 C．设 , ,a b c 是空间中的一组基底，则 , ,a b b a b+ − 也是空间的一组基底 D．若空间四个点 1 3 , , , , 4 4 P A B C PC PA PB= + ，则 , ,A B C 三点共线 10．如图，棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 中，点M 、N 满足 1 1 3 AM AC= ， 1 2 CN CD= ， 点 P 是正方体表面上一动点，下列说法正确的是（ ） 蚌埠二中 2024-2025 学年第一学期 高二数学 周巩固练习 3 / 4 A． 1DM AC⊥ B．DM∥平面 1 1CB D C．若 1B P∥平面 1 1A NC ，则 1B P 的最大值为 5 D．若 1B P∥平面 1 1A NC ，则点 P 的轨迹长度为 6 2 11．在三维空间中， a b 叫做向量 a与b 的外积，它是一个向量，且满足下列两个条 件：① ( )a a b⊥  ， ( )b a b⊥  ，且 a ，b ， a b 三个向量构成右手系（如图所示）；② sin ,a b a b a b = .在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 中，已知其表面积为 S，下列结论正确的有 A． 1 1AB AC AD DB =  B． AB AD AD AB =  C． 6S BC AC=  D． 1 1 1AC A D 与 1BD 共线 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。 12．在四面体 ABCD中，已知 2AB a c= − ， 5 6 8CD a b c= + − ， AC ， BD的中点分别为 E ，F ，则 EF = （用 a，b ， c表示）． 13．设平面α的一个法向量为 ( ),0,1n a= ，直线 l 的一个方向向量为 ( )3, 4,0d = − ，若直线 l 与平面α所成的角为 π 6 ，则正数 a = . 14．已知正方形的边长为 4，E，F 分别为 AD，BC 的中点，以 EF 为棱将正方形 ABCD 折成如图所示的 60°的二面角，点 M 在线段 AB 上. 直线 DE 与平面 EMC 所成的角为 60°，则面 MCE 与面 CEF 夹角余弦值为 . 四、解答题：本题共 5小题，共 77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 15. (本小题 13 分 ) 如图所示，已知 ABCD-A1B1C1D1 是平行六面体. (1)化简 1 2 1 AA + BC + 2 AB 3 ,并在图中标出其结果； (2)设 M 是底面 ABCD 的中心，N 是侧面 BCC1B1 对角线 BC1 上的 3 4 分点，设MN =α 1AB AD AA + + ,试求 α，β，γ 的值. 蚌埠二中 2024-2025 学年第一学期 高二数学 周巩固练习 4 / 4 16. (本小题 15 分 ) 如图，四棱锥 S ABCD− 中，底面 ABCD 是矩形， 2SA AD= = ， 2 2AB = ， 4SC = ，M 是 SB 的中点， MC BD⊥ . (1)证明： SA⊥平面 ABCD； (2)若点 P 是棱SC 上的动点，直线 AP 与平面 AMC 所成角的 正弦值为 30 10 ，求 SP SC 的值. 17. (本小题 15 分 ) 在正四面体 ABCD 中，P 是 ABC 内部或边界上一点，满足 AP AB AC = + ， 1 2  + = ． (1)证明：当 DP 取最小值时，DP BC⊥ ； (2)设DP xDA yDB zDC= + + ，求 2 2 2x y z+ + 的取值范围． 18. (本小题 17 分 ) 如图所示，四边形 ABCD是圆柱底面的内接四边形， AC 是圆柱的底面直径，PC是圆柱的 母线， E 是 AC 与𝐵𝐷的交点， 60 8AB AD BAD AC= = =， ， . (1)记圆柱的体积为 1V ，四棱锥P ABCD− 的体积为 2V ，求 1 2 V V ； (2)设点 F 在线段 AP 上，且存在一个正整数 k ，使得PA kPF PC kCE= =， ， 若已知平面FCD与平面 PCD的夹角的正弦值为 13 13 ，求 k 的值. 19. (本小题 17 分 ) 如图，在三棱台 1 1 1ABC A B C− 中， 1AB C△ 为正三角形， 2AB BC= = ， AB BC⊥ ，点D 为 AC 的中点，平面 ABC ⊥平面 1AB C ． (1)若 1 1C D B C⊥ ，证明：平面 1BC D ⊥平面 1 1BCC B ； (2)若 1 1 4AA CC= = ，记平面 1 1ABB A 与平面 1BC D的交线为 l，求 二面角 1 1A l C− − 的余弦值． 第 1 页，共 13 页 高二数学 1参考答案 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A A A B B C C BD ABC 题号 11 答案 ACD 1．C 【详解】 ( )2,1, 2a b+ = − ，所以 ( ) ( ) ( ) ( )2,1, 2 0,1,0 2 0 1 1 2 0 1a b a+  = −  =  +  + −  = ， 故选：C 2．A 【详解】若a ⊥ ，由b  可知a b⊥ 成立； 若 a b⊥ ，可能 / /a  或 a与 相交，故不一定a ⊥ ， 所以“a ⊥ ”是“a b⊥ ”的充分不必要条件. 故选：A 3．A 【详解】解：在正方体中， AB ⊥平面 1 1AA D D ， 所以 1AB AD⊥ ， 所以 1 1 1 1 1 1 1( ) 0 2 2 cos 45 2A C AD AC AD AB AD AD AB AD AD AD =  = +  =  +  = +    = ． 故选：A ． 4．A 【详解】因为a ，b ， c共面，所以a b c = + ，即 2 3 1 4 5 3 2 x       = − −  − = +  = + ，解得 1 1 1x   =  = −  = − . 故选：A. 5．B 【详解】①当 0b = 时， a 与 c 不一定共线，故①错误； ②当 a ， b ， c 共面时，它们所在的直线平行于同一平面，或在同一平面内， 故②错误； 第 2 页，共 13 页 由空间向量基本定理知③正确； ④当 a ， b 不共线且 c a b = + 时， a ，b ， c 共面，故④错误． 故选：B． 6．B 【详解】 ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 2 1 1 3 2 3 2 2 3 2 2 MN MA AN OA AB AC OA OB OA OC OA OA OB OC= + = + + = + − + − = − + + 2 1 1 3 2 2 a b c= − + + . 故选：B. 7．C 【详解】将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系. 令正方体的棱长为2a，则 ( ,0,2 ), (0, , 2 ), ( , 2 ,2 ), (2 ,2 , ), , , 2 2 2 a a B a a C a a D a a a F a a a E a       ， 所以 3 ( ,0, ), , ,0 2 2 a a DF a a DE   = − = − −    ，所以 2 1 2 a DE DF = − = − ，解得 2a = ， 则正方体的棱长为2 2 .令该半正多面体外接球的半径为 r ，即2 2 2 , 2r a r= = ，则外接球的表面积为16π . 故 C 项正确. 故选：C. 8．C 【详解】由题可知点 (0,0,0)O 在直线 l上，取平面 内一点 1 (0,0, ) 4 P − , 根据题设材料可知平面 一个法向量为 ( )3, 5,,4m = − ， 1 (0,0, ) 4 OP = − , 所以 1 2 2 cos , 1 5 5 2 4 OP m OP m OP m  −  = = = −  ， 第 3 页，共 13 页 所以直线 l到平面 的距离为 1 2 2 2 cos , 4 5 10 OP OP m  =  = ， 故选:C. 9．BD 【详解】对于A ：若a b∥ ，则 1 1 1 2 2 2 x y z x y z = = ， 且 2 2 2, , 0x y z  ，故A 错误； 对于B ，若对空间中任意一点O， 有 1 1 1 6 3 2 OP OA OB OC= + + ， 1 1 1 1 6 3 2 + + = ， , , ,P A B C四点共面，故 B 正确； 对于C，  , ,a b c 是空间中的一组基底， 且 ( ) ( )1 1 2 2 b a b a b= + − − ， , ,a b b a b+ − 共面， 不可以构成空间的一组基底，故 C 错误； 对于D ，若空间四个点 , , ,P A B C ， 1 3 4 4 PC PA PB= + ， 1 3 1 4 4 + = ， , ,A B C 三点共线，故 D 正确. 故选：BD 10．ABC 【详解】以点 1D 为原点， 1 1D A 、 1 1D C 、 1D D 所在直线分别为 x 、 y 、 z 轴建立如下图所示的空间直角坐标 系， 则 ( )1 0,0,0D 、 ( )1 2,2,0B 、 (0,2,2)C 、 (2,0,2)A 、 (0 ),0,2D 、 ( )1 0,2,0C ， 第 4 页，共 13 页 对于 A 选项， 1 1 4 2 2 , , 3 3 3 3 DM AM AD AC AD   = − = − = −    ， ( )1 2,2, 2AC = − − ， 1 8 4 4 0 3 3 3  = − + + =DM AC ，故 1DM AC⊥ ，选项 A 正确； 对于 B 选项，因为 ( )1 1 2,2,0D B = ， ( )1 0,2,2D C = ， 设平面 1 1CB D 法向量为?⃗⃗? = (𝑥1, 𝑦1, 𝑧1)，则 1 1 1 1 1 1 1 2 2 0 2 2 0 m D B x y m D C y z   = + =   = + = ， 取 1 1y = − ，则 1 1 1x z= = ，可得 ( )1, 1,1m = − ， 4 2 2 0 3 3 3 m DM = − − = ，即m DM⊥ ， 因为DM 平面 1 1CB D ，所以DM∥平面 1 1CB D ，故选项 B 正确； 对于 C 选项，因为 1 2 CN CD= ，所以 N 为CD中点， 如图分别取 AB 、BC中点G 、H ，连接 1B G 、GH 、 1B H 、 1 1A C 、 1A N 、 1NC 、GN ， 因为G 、 H 分别为 AB 、BC中点，所以GH AC∥ ， 又因为 1 1AA CC∥ 且 1 1AA CC= ，则四边形 1 1AA C C 为平行四边形，所以 1 1AC AC∥ ， 所以 1 1GH AC∥ ，且GH 平面 1 1A NC ， 1 1A C 平面 1 1A NC ，所以GH∥平面 1 1A NC ， 同理可得， 1B G∥平面 1 1A NC ， 因为 1B G GH G= ， 1B G 、GH 平面 1B GH ，所以平面 1B GH∥平面 1 1A NC ， 因此当点 P 为 1B GH△ 的边上一点（异于点 1B ）时，则 1B P 平面 1B GH ，所以 1B P∥平面 1 1A NC ， 故点 P的轨迹为 1B GH△ 的边上一点（异于点 1B ）， 因为 2 2 2 2 1 1 1 2 1 5B G B H BB BG= = + = + = ， 所以结合图形可知，当点 P在 G点或 H点时， 1B P 取得最大值 5 ，故选项 C 正确； 第 5 页，共 13 页 对于 D 选项，根据 C 选项的分析，P点的轨迹的长度为 1 1 5 5 2 2 5 2B G B H GH+ + = + + = + ，故 D 选项错误. 故选：ABC 11．ACD 【详解】设正方体的棱长为 a，如图. 对于 A，连接 1B C ，因为 1AB C△ 为等边三角形，故 2 1 2 2 sin 3 3 AB AC a a a   =   = ， 连接 1 1B D ，因为 1 1//BD B D ， 1 1BD B D= ， 1 1AB D 为等边三角形， 所以 2 1 1 1 1 2 2 2 sin 3 3 AD DB AD D B a a a   =  =   = ，故 A 正确； 对于 B，根据定义， 1AB AD AA = ， 1AD AB AA = − ，故 B 错误； 对于 C， 2 2 6 6 2 6 2 BC AC a a a S =    = = ，故 C 正确； 对于 D，因为 1 1 1 1AC B D⊥ ，而 1D D ⊥平面 1 1 1 1A B C D ，所以 1 1 1D D AC⊥ 1 1 1 1B D DD D = ，则 1 1A C ⊥平面 1 1BB D D，又 1BD 平面 1 1BB D D，所以 1 1 1AC BD⊥ ， 又 1 1A D AD⊥ ， 1AB A D⊥ ， 1AD AB A = ，所以 1A D ⊥平面 1ABD ， 所以 1 1BD A D⊥ ，结合外积的定义可知 1 1 1AC A D 与 1BD 共线，故 D 正确. 故选：ACD. 12．3 3 5a b c+ − 【详解】如图所示，取BC的中点G ，连接EG ， FG ，则 1 1 1 2 2 2 EF GF GE CD BA CD= − = − = + 1 1 1 (5 6 8 ) ( 2 ) 3 3 5 2 2 2 AB a b c a c a b c= + − + − = + − ．故填3 3 5a b c+ − ． 第 6 页，共 13 页 13． 5 11 11 【详解】解：依题意可得 2 3 cos , sin 65 1 a n d a  = = + ， 即 2 3 1 25 1 a a = + ，解得 5 11 11 a = 或 5 11 11 a = − （舍去）； 故答案为： 5 11 11 14． 1 4 【详解】由已知得，EF⊥AE，EF⊥DE， ∴EF⊥平面 ADE，又EF 面 ABFE， ∴平面 ABFE⊥平面 ADE. 取 AE的中点 H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， ∴ ( ) ( ) ( )1,0,0 , 0,0, 3 , 0,4, 3 , 1( 4 0) , ,E D C F− − ，则 ( ) ( )1,0, 3 , 1,4, 3ED EC= = ， 设 ( )1, ,0M t (0≤t≤4)，则 ( )2, ,0EM t= ， 若面 EMC的法向量 ( ), ,m x y z= ，则 0 0 m EM m EC   =   = ，即 2 0 4 3 0 x ty x y z + =  + + = ，取 y=− 2，则 8 , 2, 3 t m t −  = −    . 由 DE与平面 EMC所成的角为 60°，则 ( ) 2 2 8 3 28 2 4 3 t t = − + + ， 第 7 页，共 13 页 ∴ 2 4 3 0t t− + = ，解得 t=1 或 t=3，均有直线 DE与平面 EMC所成的角为 60°. 取 ED的中点 Q，则QA为平面 CEF的法向量. ∵点 Q的坐标为 1 3 ,0, 2 2   −     ∴ 3 3 ,0, 2 2 QA   = −     ， 8 , 2, 3 t m t −  = −    ，设 MCE与面 CEF夹角为 . ∴ 2 2 2 2 4 2 cos 4 198 3 4 3 QA m t t QA m t tt t   − − = = =  − +−   + +     . 当 t=1 时， 1 cos 4  = ；当 t=3 时， 1 cos 4  = . ∴面 MCE与面 CEF夹角余弦值为 1 4 . 故答案为： 1 4 15．（1）答案见解析；（2）α= 1 2 ,β= 1 4 ,γ= 3 4 . 【详解】(1)取 DD1的中点 G，过 G作 DC的平行线 GH，使 GH= 2 3 DC，连接 AH， 则 1 1 2 AA + BC + 2 AB 3 = DG AD GH AD DG GH+ + = + + = AH ; 其结果如图所示. (2) MN = MB BN+ = 1 1 3 DB BC 2 4 + = ( ) ( )1 1 3 AB AD AA AD 2 4 − + + = 1 1 1 3 AB AD AA 2 4 4 + + . ∴α= 1 2 ,β= 1 4 ,γ= 3 4 . 16．(1)证明见解析 (2) 1 4 【详解】（1）取 AB 的中点 N ，连接 ,MN CN ， BD与CN 交于 Q点， 第 8 页，共 13 页 在底面矩形 ABCD中，易知 tan 2 tan DC BC DBC BNC BC BN  = = =  = ， 所以 BNC DBC BD CN =  ⊥ ， 因为 , ,MC BD MC NC C MC NC⊥ = 、 平面CMN ， 所以BD ⊥平面CMN ， 因为MN 平面CMN ，所以BD MN⊥ ， 易知 / /MN SA，所以 BD SA⊥ ， 由题意可知 2 2 2 2 212AC AD AB SC SA= + = = − , 所以 SA AC⊥ ，而 ,AC BD相交，且 ,AC BD 平面 ABCD， 所以 SA⊥平面 ABCD； （2）由上可知 SA AD⊥ ， SA AB⊥ ， AB AD⊥ ， 以点 A为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系， 则𝐴(0,0,0)、 ( )0,0,2S 、 ( )2,2 2,0C 、 ( )0,2 2,0B 、 ( )0, 2,1M ， 设平面 AMC 的法向量为?⃗⃗? = (𝑥, 𝑦, 𝑧)，则 ( )2,2 2,0AC = ， ( )0, 2,1AM = ， 则 2 2 2 0 2 0 m AC x y m AE y z   = + =   = + = ，取 2x = ，则 ( )2, 1, 2m = − ， 设 ( ) ( )2,2 2, 2 2 ,2 2 , 2SP SC    = = − = − ，其中 0 1≤ ≤ ， 则 ( ) ( ) ( )0,0,2 2 ,2 2 , 2 2 ,2 2 ,2 2AP AS SP      = + = + − = − ， 第 9 页，共 13 页 因为直线 AP 与平面 AMC 所成角的正弦值为 30 10 ， 则 ( ) 2 2 2 1 30 cos , 105 16 8 4 m AP AP m m AP    − = = =   − + ， 解得 1 4  = ，即 1 4 SP SC = . 17．(1)证明见解析 (2) 3 1 , 8 2       【详解】（1）如图：取 AB 中点M ， AC 中点N ，连接MN ， AP AB AC = + 则 2AB AM= ， 2AC AN= . 因为 2 2AP AB AC AM AN   = + = + ， 1 2  + =  2 2 1 + = ， 所以三点 , ,P M N 共线. 又四面体 ABCD为正四面体，所以 DM DN= ，当 P 为MN 中点时，DP MN⊥ ，此时 DP 取得最小值. 又 / / BCMN ，所以DP BC⊥ . （2）易知 1 , 0, 2          ， DP DA AP DA AB AC = + = + + ( ) ( )DA DB DA DC DA = + − + − 1 2 DA DB DC = + + xDA yDB zDC= + + . 所以 1 2 x = ， y = ， z = ， 故 2 2 2 2 21 4 x y z  + + = + + 2 21 1 4 2     = + + −    2 12 2  = − + （ 1 0 2   ）. 根据二次函数的性质，当 1 4  = 时， 2 2 2x y z+ + 有最小值，为 3 8 ； 第 10 页，共 13 页 当 0 = 或 1 2 时， 2 2 2x y z+ + 有最大值，为 1 2 . 故 2 2 2x y z+ + 的取值范围为： 3 1 , 8 2       18．(1) 3π (2) 4k = 【详解】（1）在底面 ABCD中，因为 AC 是底面直径，所以 90ABC ADC = = ， 又 AB AD= ，故 ACB△ ≌ ACD， 所以 1 30 4 4 3 2 BAC DAC BAD BC CD AB AD  = = = = = = =, , . 因为PC是圆柱的母线，所以PC ⊥面 ABCD，所以 2 1 1 π( ) 16π 2 V AC PC PC= =  ， 2 1 1 1 1 16 3 2 2 4 3 4 3 2 3 2 3 V AB BC PC PC PC=      =      = , 因此 1 2 3π V V = ； （2）以C 为坐标原点，以 ,CA CP为 ,x z 轴正方向，在底面 ABCD内过点 C作平面PAC 的垂直线为 y轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 因为 30BAC DAC AB AD = = =， ，所以 ABE ≌ ADE ， 故 90AEB AED = = ， 所以 1 2 3 6 2 2 BE DE AB AE CE AC AE= = = = = − =， ， ， 2PC kCE k= = ， 因此 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0,0,0 , 8,0,0 , 2,2 3,0 , 0,0,2 , 2,2 3,0 , 0,0,2C A D P k CD CP k= = ， ( )8,0, 2PA k= − ， 因为 PA kPF= ，所以 1 8 ,0, 2PF PA k k   = = −    ， 第 11 页，共 13 页 则 8 8 ,0,2 2 , ,0, 2 2F k CF k k k     − = −        设平面FCD和平面 PCD的法向量分别为 ( ) ( )1 1 1 2 2 2, , , , ,n x y z m x y z= = ， 则有: ( )1 1 1 1 8 2 2 0 2 2 3 0 n CF x k z k n CD x y   = + − =    = + = ， 2 2 2 2 0 2 2 3 0 m CP kz m CD x y   = =   = + = ， 取 ( ) ( ) ( )2 21 3, , 1 , 3, 3,0 4 12 n k k k k m   = − − − − = −     ， 设平面FCD与平面 PCD的夹角为  ，则 13 sin 13  = 所以有： ( ) 2 2 2 2 2 39 cos cos , 1 sin 13 12 k k m n k k   − + = = = − = − + ∣ ∣ ， 整理得 2 12 0k k− − = ， 2 12 0k k− + = （无解，舍）， 由于 k为正整数，解得 4k = . 19．(1)证明见解析 (2) 5 7 【详解】（1）因为平面 ABC ⊥平面 1AB C ，且平面 ABC 平面 1AB C AC= ， 因为 AB BC= ，且点D 是 AC ，所以BD AC⊥ ，又BD 面 ABC ， 所以BD ⊥平面 1AB C ， 1B C 平面 1AB C ， 所以 1BD B C⊥ ， 1 1C D B C⊥ ，且 1BD C D D= ， 1,BD C D 平面 1BC D， 所以 1B C ⊥平面 1BC D，且 1B C 平面 1 1BCC B ， 所以平面 1BC D ⊥平面 1 1BCC B ； （2）由题意知， 1 2 2 BD AC= = ， 1 3 6 2 B D AC= = ， 因为 1AB C△ 是等边三角形，且点D 为 AC 的中点，则 1B D AC ， 又因为平面 ABC ⊥平面 1AB C ，平面 ABC 平面 1AB C AC= ， 1B D 面 1AB C ， 所以 1B D ⊥平面 ABC ，且BD 平面 ABC ， 所以 1B D BD⊥ ，可得 2 2 1 1 2 2B B B D BD= + = ， 第 12 页，共 13 页 取 AB 的中点M ，连结DM ， 1B M ， 因为 1 1B B AB ， AD DB= ，则 1B M AB⊥ ，DM AB⊥ ， 且 1B M DM M = ， 1 ,B M DM 平面 1B DM ，则 AB ⊥平面 1B DM ， 对于梯形 1 1ABB A ，故点A 作 1 1 1AD A B⊥ ，垂足为 1D ， 因为 2 21 1 7B M AB AM= − = ，则 1 1 7AD B M= = ，可得 2 2 1 1 1 1 3A D AA AD= − = ， 由 1 1 1 1 1 1 4A B A D B D= + = ，可知 1 1 2 1 4 2 AB A B = = ，且 1 1 1 1 4A B B C= = ， 1 1A C 4 2= ， 将三棱台 1 1 1ABC A B C− 补成三棱锥 1 1 1G A B C ，则 1 1 1 1 2 GA GB GC GA GB GC = = = ， 设 1 1C D A G N= ，可知 l即为直线BN ，则 1 1 1 1 1 4 NA ND AD NA NC AC = = = ，即 1 1 4 NA NA AA = + ，可得 4 3 NA = ， 由 1 1 1 1 4 NA AM NA A B = = ，则 1B 、M 、 N 三点共线，且 2 2 1 1 1 1 4 7 3 NB NA A B= − = ， 可知 1B N 为线段 AB 的中垂线，则 4 3 NA NB= = ， 过点D 作 1DH B N⊥ ，垂足为H ，过H 作HF BN⊥ ，垂足为F ，连结DF ， 因为 AB ⊥平面 1B DM ， DH 平面 1B DM ，所以DH AB⊥ ， 且 1B N AB M= ， 1 ,B N AB 平面 1 1GA B ， 第 13 页，共 13 页 可得DH ⊥平面 1 1GA B ，由BN 平面 1 1GA B 可得DH BN⊥ ，且DH HF H= ， ,DH HF 平面DHF ， 所以BN ⊥平面DHF ，由DF 平面DHF ，可得DF BN⊥ ， 可知二面角 1A l C− − 的平面角为 DFH ， 因为 1B D ⊥平面 ABC ，由DM  平面 ABC ，所以 1B D DM⊥ ， 在 1Rt B DM△ 中， 1 6B D = ， 1DM = ， 1 7B M = ， 可得 1 1 6 7 B D DM DH B M  = = ， 2 2 1 1 6 7 7 B H B D DH= − = ，则 1 1 10 7 21 NH B N B H= − = ， 在Rt BMN△ 中， 4 3 BN = ， 1BM = ，可得 3 sin 4 BM BNM BN  = = ， 在Rt NHF 中，可得 5 7 sin 14 HF NH BNM=   = ， 在Rt DHF△ 中，则 2 2 7 2 DF DH HF= + = ，可得 5 cos 7 HF DHF DF  = = ， 所以二面角 1 1A l C− − 的余弦值为 5 7 .