河南南阳市第一中学校2025-2026学年高一下学期5月月考数学试卷

南阳一中2025级高一下学期数学5月月考试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的 1.高一某班有30位同学，把他们依次编号为01,02，，29,30，现利用下面的随机数表选取6位同学 组建“文明校园督查组”选取方法是从随机数表第1行第5列的数字开始，由左到右每次选取两个数字， 则选出来的第6位同学的编号为) 417927163586089321579562092109 291457495582835983788351347870 2079932122 A.29 B.21 C.14 D.09 2.己知平面a,直线m,n满足m丈a,nca,则“m//m”是“m//a”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 3.斛()是我国古代的一种量器，如图所示的斛可视为正四棱台，若该正四棱台的上、下底面边长分别为 2√2,4√2，侧面积为72，则该正四棱台的体积为() A.56 B婴 C.56V2 D.1125 3 4.己知在Rt△ABC中，斜边BC/平面a,A∈a,AB,AC分别与平面a成30°和45的角，己知BC=6,则BC 到平面a的距离为() A.4 B.2W6 C.v6 D.3V2 第1页，共21页 5.正方体ABCD-AB1C1D1中，点E,F,G分别是A1B1,CD,B1C1的中点，则下列中与直线AE有关的正确 命题是() 0 D G B A.AE⊥CG B.AE与CG是异面直线 C.四边形ABC1F是正方形 D.AE//平面BC1F 6.平面四边形ABCD中，AB=BC=√2，∠ABC=60°，AD=CD=1.现将△ABC沿AC翻折至△B1AC,使 得B1D=√3，则三棱锥B1-ACD的外接球的表面积为() A.V B受 C.3π D.5 2 7.已知5名篮球运动员在某场比赛中的得分均为个位数，且平均数、中位数和极差均为6，则当方差取最 大值时，这组得分的第60百分位数是() A.6 B.6.5 C.7 D.7.5 8.设锐角·ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且c=1,A=2C,则·ABC周长的取值范围为 () A.(0,2+√② B.(0,3+v3) C.(2+2,3+√3) D.(2+√2,3+√③ 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.某高中有学生500人，其中男生300人，女生200人，希望获得全体学生的身高信息，按照分层抽样的 原则抽取了容量为50的样本.经计算得到男生身高样本均值为170cm,方差为17cm2;女生身高样本均值为 160cm,方差为30cm2.下列说法中正确的是() A.男生样本容量为30 B.每个女生被抽入到样本的概率均为号 C.所有样本的均值为166cm D.所有样本的方差为46.2cm2 10.对于两条不同直线a,b和两个不同平面a,B,下列选项正确的为(). A.若a⊥a,b⊥B,a⊥B,则a⊥b B.若a/a,b/B,a/B,则a/b或a⊥b 第2页，共21页 C.若a/Ia,b⊥B,a⊥b,则a/B或a⊥B D.若a/b,a⊥a,b/B,则a⊥B 11.如图，在棱长为1正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P,Q分别是线段B1D1,BD1上的动点，点E是棱BB1 的中点，下列命题正确的有() D A B B A.异面直线AC与BP所成的角为定值 B.PQ+QA的最小值为号 C.三棱锥A一PBC的体积随P点的变化而变化 D.过点E作平面a,当a//平面AB1D1时，平面α与正方体表面的交线构成平面多边形的周长为3√2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.在△ABC中，AB=5,AC=7,D为BC的中点，AD=5,则BC=一· 13.已知一组正数x1,2,x3,x4的方差s2=(x12+x22+xg2+x42-16),则数据1+2，+2，+2， x4+2的平均数为· 14.在三棱锥D-ABC中，·ABC是边长为2的等边三角形，DA=DB=√2，二面角D-AB-C为120°， 则三棱锥D-ABC外接球的半径为一· 四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 15.(本小题12分) 己知母线长为4V3的圆锥的侧面展开图为半圆. (1)求圆锥的底面积： 第3页，共21页 (②)在该圆锥内按如图所示放置一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，求圆柱的体积. D B 16.(本小题12分) 文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是 文明城市的主要创造者某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所 有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段： [40,50),[50,60),…,[90,100]得到如图所示的频率分布直方图. 频率 组距 a 0.025 0.020 0.015 0.010 0.005 405060708090100分数 (1)求频率分布直方图中α的值及样本成绩的第75百分位数： (2)求样本成绩的众数，中位数和平均数： (3)已知落在[50,60)的平均成绩是54，方差是7，落在[60,70)的平均成绩为66，方差是4，求两组成绩合 并后的平均数z和方差s2 17.(本小题12分) 如图所示，己知AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,△ACD为等边三角形.AD=DE=2AB,F为CD的中点. 第4页，共21页 B E A ! F D (1)证明：AF/平面BCE: (2)证明：平面BCE⊥平面CDE; (3)求直线AD和平面BCE所成的角的正弦值. 18.(本小题12分) 在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,cosC+√3sinC=a+ (1)求B, (2)已知点D在边AC上，且AD=2DC,AB=6,BD=2V7,求BC的长. 19.(本小题12分) 如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，平面PBD⊥平面ABCD,PB=PD=AB=2,AD= 2√5，PB⊥PD,点E是棱AD上的一点. D (1)记平面PAD与平面PBC的交线为L,求证：/BC: (2)若AE=2ED,求二面角E-PB-D的正弦值： (3)若直线PE与平面PAB所成角的余弦值为？求线段PE的长。 第5页，共21页 L.【答案】A 【解析】从随机数表中依次选取的数字分别为27,16,35（舍去），86（舍去），08,93（舍去），21,57（舍 去)，95（舍去），62（舍去），09,21（舍去），09（舍去），29.故最终取得的第6个数字为29.故选A. 2.【答案】A 【解析】【分析】 本题主要考查充分条件和必要条件的判断及线面平行的判定，属于基础题. 根据线面平行的判定定理，可判断充分性，根据线面、线线的位置关系可判断必要性，从而可得答案， 【解答】 解：m￠a,nca, 当m//n时，m//a成立，即充分性成立， 当m//a时，m//m不一定成立，m,n也可能是异面直线，即必要性不成立， 则“m//m”是“m//a”的充分不必要条件. 故选A. 3.【答案】B 【解析】【分析】 本题考查正四棱台的结构特征，考查棱台的体积，属于中档题. 利用正四棱台的结构特征求出正四棱台的侧棱长和高，根据棱台的体积公式即可求解 【解答】 解：如图， B E B 设该正四棱台为ABCD-A1B1C1D1, 在等腰梯形ABB1A1中， 过A1作A1E⊥AB于E, 则AE=V2, 第6页，共21页 由该正四棱台的侧面积为 4×2×(2V2+4W2×A1E=72, 所以A1E=3V2, 则A1A=√A1E2+AEz=2V5. 连接AC,A1C1, 则AC=VAB2+BCZ=8, A1C1=√A1B+B1C=4, 在等腰梯形ACC1A1中， 过A1作A1F⊥AC于F, 则AF=2. 根据正四棱台的性质可知，A1F⊥平面ABCD. 在Rt△AA1F中， A1F=VA1A2-AF2=V20-4=4. 该正四棱台的体积 V=号×[222+(4V22+√(2W2)2×(4W2]×4=24, 故选：B. 4.【答案】C 【解析】选C.作BB1⊥a于点B1,CC1⊥a于点C1,则由BC/a,得BB1=CC1, 且CC1就是BC到平面a的距离，设CC1=x, 连接AB1,AC1,则∠BAB1=30°，∠CAC1=45°，所以AC=V2x,AB=2x,在Rt△ABC中，BC=6,∠BAC= 90°， 所以36=2x2+4x2,所以x=V6,即BC到平面a的距离为V6. 5.【答案】D 【解析】【分析】 第7页，共21页 本题主要考查了空间中直线与直线的位置关系、线面平行的判定等知识点，属于中档题. 牢牢掌握直线与直线、直线与平面的位置关系的判定是求解本题的关键. 【解答】 解：由正方体的几何特征可知，C1G⊥平面ABB1A1,AEc平面ABB1A1, AE⊥C1G, 若AE⊥CG,又CGnC1G=G,CG,C1Gc平面BCC1B1, ·AE⊥平面BCC1B1, 但是正方体中AE与平面BCC1B1不垂直， 故AE⊥CG不成立，A选项错误： ~点E,G分别是A1B1,B1C1的中点， ÷EG/IA1C1//AC, ·A、E、G、C四点共面， ·AE与CG是异面直线错误，故B选项错误： ~四边形ABC1F中，AB≠BC1, 四边形ABC1F不是正方形，故C选项错误： 取C1D1的中点H,连接DH, D G B 易知AE/DH, DH//FC1, ÷AE/FC1, :AE平面BC1F,FC1c平面BC1F, ∴AE/平面BC1F,故D选项正确， 故选D 6.【答案】C 第8页，共21页 【解析】解：在△ABC中，AB=BC=√Z,∠ABC=60°， 可知△ABC是等边三角形，则AC=√Z, 在△ADC中，AD=CD=1,AC=V2, 因为AD2+CD2=12+12=2=AC2, 可知△ADC是等腰直角三角形，且∠ADC=90°， 翻折后B1A=B1C=√2，又因为B1D=V3, 在△B1AD中，B1A=√Z,AD=1,B1D=V3, 因为B1A2+AD2=(2)2+12=3=B1D2, 根据勾股定理的逆定理，可知∠B1AD=90; 同理，在△B1CD中，∠B1CD=90°， 由上述分析可知，△B1AD、△B1CD、△ADC都是直角三角形， 且它们的外接圆的圆心分别是斜边B1D、B1D、AC的中点， 因为三棱锥B1一ACD的外接球的球心到各个顶点的距离相等， 所以该外接球的球心是B1D的中点， 外接球的直径2R=B,D=V3(R为外接球半径)，则R=号 所以5=4n×(受}2=4r×是=3m. 故选：C. 7.【答案】D 【解析】因为这组得分的中位数和极差均为6， 可设这组得分从小到大分别为a,x,6,y,a+6(0≤a≤3). 因为平均数为6，可得x+y=18-2a. 又x≤6，y≤a+6,所以x+y≤a+12,所以18-2a≤a+12,所以a≥2，故2≤a≤3. 当a=2时，这组得分分别为2,6,6,8,8. 方差为对×[2-句2+6-6+(6-62+8-62+8-6]=号=48. 当a=3时，要使方差最大，则x取最小值3，y取最大值9， 这组得分分别为3,3,6,9,9，方差为×[3-62+3-62+(6-62+(9-6+(9-6的1==72， 此时方差最大. 又由5×60%=3，所以方差最大时，这组得分的第60百分位数是6和9的平均数7.5. 第9页，共21页 8.【答案】C 【解析】【分析】 本题考查的是利用正弦定理实现边角的转化，属于较难题. 依题意，先根据条件限制角C的取值范围，根据正弦定理得a+b+c=4cos2C+2cosC,借助二次函数的单 调性求最值即可. 【解答】 解：因为△ABC为锐角三角形，所以0<A<2,0<B<,0<C< 即0<2C<70<π-C-2C< 所以<C< 竖<cosc<受： 又因为A=2C,所以sinA=2 sinCcosC, 又因为c=1,所以a=2cosC: 由 C sinB=sinC' =sinB=sin3C sin(C+2)=sinccos2C+2cos2Csinc=4c0s2C-1, sinC sinC sinC sinC 所以a+b+c=4cos2C+2cosC, t=cosc,则E(竖). 又因为函数y=42+2t在t∈（受，受）上单调递增， 所以函数值域为(2+√2,3+√③)： 故选C. 9.【答案】ACD 【解析】【分析】 本题主要考查平均值和方差的求解，以及分层抽样的应用，属于中档题 【解答】 解：对于A,运用分层抽样的原则，男生样本容量为50×0器=30，故A正确， 对于8，每个女生入样的概率均为0= ,故B错误， 对于C,样本均值为170×号+160×号=166，故C正确， 第10页，共21页 对于D,设样本中男生的身高分别为x1,x2,,x30,平均数x=170,S子=17， 样本中女生的身高分别为y1,y2,,y20,平均数灯=160，s号=30， 总体的平均数为x=166,方差为s2, 则s2=0[0(x-166)2+201(%-166)1, 因为201(x-166)2=201[x-170)+(170-166)2=∑01(x-170)2+01(170-166)2+ 2201(x-170)(170-166), 而291(x-170)(170-166)=4×(201￥-30×170)=0， 所以01(x-166)2=01(x-170)2+01(170-166)2=30×17+42×30=990, 同理可得201(y1-166)2=201(y-160)2+201(160-166)2=20×30+62×20 =1320,所以2=动×(990+1320)=462，故D正确. 10.【答案】AD 【解析】【分析】 本题主要考查空间中线线、线面、面面之间的位置关系，属于基础题. 利用空间中线线、线面、面面之间的位置关系的判定方法进行判断即可. 【解答】 解：对于选项A中，由a⊥a,a⊥B知，a/B或acB,而b⊥B,放a⊥b,即选项A正确： 对于选项B中，由a/a,b//B,a/B知，a,b平行、异面或相交，故选项B错误； 对于选项C中，由a//a,b⊥B,a⊥b知，a/B或a,B相交，无法确定垂直，故选项C错误： 对于选项D中，由a//b,b/B知，a/B或acB,而a⊥a,故a⊥B,即选项D正确. 故本题选：AD. 1L.【答案】ABD 【解析】【分析】 本题考查异面直线所成角，棱锥的体积，空间几何体的截面问题，线面垂直的判定，属于中档题 根据线面垂直即可求解A,根据平面中两点间距离最小即可求解B,根据等体积法即可求解C,根据线面平行 的性质可得截面多边形，即可求解D, 【解答】 解：由于BB1⊥平面ABCD,且ACc平面ABCD .AC⊥BB1, 第11页，共21页 AC⊥BD,AC⊥BB1,BDOBB=B,BB1,BDC平面BDD1B1, 所以AC⊥平面BDD1B1, ~BPC平面BDD1B1, 所以AC⊥BP, 则异面直线AC与BP所成的角为90°，故A正确： 将平面BB1D1沿直线BD1翻折到平面MBD1, 使得·MBD1与·ABD1共面，如图所示： D B 此时点B1翻折到点M的位置， 过A作AR⊥D1M交D1M于点R, ~△MBD1与4ABD1为直角三角形， 且AB=BM,两直角三角形共斜边， ·aMBD1兰aABD1 ÷AD1=D1M=VZ,D1B=V3, 所以AD,B=得sin-AD,,B=方： 故sim∠AD1M=sin2∠AD1B =2×方×号 -22 3 故AR=A0,nsinAD0,M=V2x2号-手 则PQ+QA的最小值为线段AR的长， 即PQ+QA的最小值为号， 故B正确； 因为VA-PBc=Vp-ABC,由于S.ABc为定值， 且P到底面的距离为定值，故体积为定值， 故C错误， 第12页，共21页 分别取B1C,D1C1,DD1,AD,AB的中点为F,H,K,L,L,连接构成六边形EFHKIL,则平面EFHKIL/∥平 面AB1D1,故平面x即为六边形EFHKIL所在的平面，由于六边形EFHKIL为正六边形，且边长为AB1= 受，故其周长为3V2,故D正确. 故选：ABD. D 12.【答案】4v3 【解析】方法一设BC=2x,则BD=CD=x在·ACD中，由余弦定理的推论可得，cos∠ADC= AD2+GD2-AC2=25+249在·ABD中，由余弦定理的推论可得，c0s∠ADB=AD2+BD2-A02=25+2-25又 2AD-CD 10x 2AD-BD 10x ∠ADC+∠ADB=元，所以c0 SLADC=-coSLADB,.所以有25+249=-25+2-25，整理可得x2=12,解得 10x 10x x=2V3,所以BC=4V3. 方法二AD=(AB+AC),则AD-(AB+AC+2AB.AC),即25=(25+49+2×5×7×cos-BAC), 解得c0s∠BAC=号 由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB-AC:c0s∠BAC=25+49-2×5×7×号=48，所以BC 13.【答案】4 【解析】【分析】 本题主要考查了方差与平均数的计算，属于中档题. 因为一组正数x1,x2,3,x4的方差s2=(好+x号+x号+x好-4)，即可解得=2，所以x1+2,双+2， X3+2,X4+2的平均数为+2+2+24+2+4+2=元+2，即可得出结论. 4 【解答】 解：因为一组正数x1,2,3,x4的方差2=（好+号+x写+好-4标）， 所以42=16，得x=2(舍负)， 第13页，共21页 所以x1+2,x2+2,X3+2,x4+2的平均数为1+2+2+243+2+4+2=元+2=4. 4 故答案为4. 14【答案】罗 【解析】解：取AB的中点E,连接CE,DE,又DA=DB,CA=CB,所以DE⊥AB,CE⊥AB, D 所以∠CED为二面角D-AB-C的平面角，又二面角D-AB-C为120°，所以∠CED=120°， 因为DA=DB=√2，AB=2,所以AB2=AD2+BD2,所以AD⊥DB, 所以△ABD为直角三角形，在平面BCD内过E作DE的垂线，则该直线垂直于平面ABD, 设·ABC的外心为O1,在平面BCD内过O1作CE的垂线， 设两垂线交于O,则O为三棱锥D一ABC外接球的球心， 又∠CED=120°，0E1ED,所以∠OE01=30°，又CE=VCA2-AE=V22-17=V3, 又在△00，E中，0，E=号CE=号所以o0=0,Btm∠0B0,=9m0- 3 在△00，C中，c0,=CE=2停，所以0C=V0C+00-V3+g3 4,113 3 所以三棱锥D-ABC外接球的半径为罗。 故答案为： 3 15.【答案】解：(1)如图，设0B=R,在半圆⊙A中，AB=4V3, 扇形弧长：4V3m,则2πR=4V3π，所以R=2V3, 故圆锥的底面积为S圆锥=πR2=12π. (2)设圆柱的高O01=h,OD=T,在Rt△A0B中，A0=VAB2-OB=6, 因为△A0D1△A0B,所以0=0即会=h=6-V3, S圜柱侧商积=2πrh=2r(6-√3r)=-2V3π0r2-2W3m)=-2V3π(r-V3)2+6V3π， 第14项，共21页 所以，当r=√3，h=3时，圆柱的侧面积最大，此时V嚼#=πr2h=9π. B 【解析】本题考查结合体问题，结合体的体积的最值，圆锥的展开图，圆锥的高与底面半径的关系，属于 中档题。 (1)设OB=R,利用展开图是半圆，求解R,然后求解底面积. (②设圆柱的高00，=九，0D=通过△A0:D1∽△A0B,推出0=沿，求解h与r,然后求解圆柱的 OB 体积的最大值即可。 16.【答案】解：(1)根据题意可得0.05+0.1+0.2+10a+0.25+0.1=1,解得a=0.030: 因为前四组的频率和为0.05+0.1+0.2+0.3=0.65， 前五组的频率和为0.05+0.1+0.2+0.3+0.25=0.9， 显然第75百分位数在(80,90)内， 所以第75百分位数为80+075065=84： 0.025 (2)由0+80=75，得样本成绩的众数为75： 2 成绩落在[40,70)内的频率为0.05+0.1+0.2=0.35， 成绩落在[40,80)内的频率为0.05+0.1+0.2+0.3=0.65， 故中位数在70,80)内，由70+0×10=75，得样本成绩的中位数为75， 由45×0.05+55×0.1+65×0.2+75×0.3+85×0.25+95×0.1=74， 得样本成绩的平均数为74： (3)由频率分布直方图知，成绩在[50,60)的市民人数为100×0.1=10， 成绩在[60,70)的市民人数为100×0.2=20， 所以z=54×10+66x20=62, 30 1 总方差为s2=10+2010×[7+(54-62)]+20×[4+(66-62)21)}=37. 第15页，共21页 【解析】本题考查百分位数，平均数、中位数、众数，分层随机抽样的样本均值，分层随机抽样的方差， 频率分布直方图，属于中档题， (1)根据频率和为1求得a=0.030,结合百分位数定义求第75百分位数： (②)根据直方图，及众数、中位数、平均数求法求值： (3)根据已知求样本总均值，再由总方差公式求样本总方差。 17.【答案】(1)证明：如图，取CE的中点M,连接BM,FM. E 因为AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD, 所以AB /DE, 且DE=2AB,所以AB号DE, 又M,F分别为CB,GD的中点，所以MF号DE, 所以AB兰MF,所以四边形ABMF为平行四边形， 所以AF /BM, 又AF平面BCE,BMC平面BCE, 所以AFI/平面BCE. (2)证明：因为DE⊥平面ACD,AFE平面ACD, 所以DE⊥AF, 因为△ACD为等边三角形，F为CD中点， 所以AF⊥CD, 由(1)可知BM/AF, 所以CD⊥BM,BM⊥DE, 因为CDn DE=D,CD,DEc平面CDE, 所以BM⊥平面CDE, 第16页，共21页 且BMC平面BCE,所以平面BCE⊥平面CDE. (3)取线段DE的中点P,连接BP, AB/IDP且AB=DP, :四边形ABPD是平行四边形，AD/IBP 则直线AD和平面BCE所成的角就是直线BP和平面BCE所成的角. 过点P作PN⊥CE,垂足为N,连结BN, 由(2)知平面BCE⊥平面CDE,又平面BCEn平面CDE=CE,PNc平面BCE, ·PN⊥平面BCE, ·∠PBN为直线BP和平面BCE所成角， 设AB=1,则DE=AC=CD=AD=2, :DE⊥平面ACD,DCC平面ACD, ·DE⊥DC :CD=DB,÷∠DEC=是 :PN⊥CE,EP=1,NP= √2 :四边形ABPD为平行四边形， ·BP=AD=2. &sin-NBP-部=号 故直线AD和平面BCE所成的角正弦值为二 【解析】本题考查线面平行的判定，面面垂直的判定，直线与平面所成角的求法，属于中档题 (I)取CE的中点M,由三角形的中位线性质证明四边形ABMF为平行四边形，得到AF/BM,从而证明AF/ 平面BCE: 第17页，共21页 (2)通过证明AF⊥CD,DE⊥AF,从而得BM⊥CD,DE⊥BM,证明BM⊥平面CDE,即可证得平面BCE⊥ 平面CDE: (3)取线段DE的中点P,连接BP,则直线AD和平面BCE所成的角就是直线BP和平面BCE所成的角，过点P 作PN⊥CE,垂足为N,连结BN.由(2)知PN⊥平面BCE,得到∠PBW为直线BP和平面BCE所成角，然后通过 △NBP求正弦值. 18.【答案】(L)因为cosC+V3sinC=牛，由正弦定理可得sinBcosC+V3 sinBsinc=sinA +sinC.因为A=π-B-C,所以sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC,V3 sinBsinC=cosBsinC+ sinC,V3sinB=cosB+1,即V3sinB-cosB=1,故sin(B-)=:又0<B<元，所以B-g=g 即B=背 (2)如图，方法一：由题意设CD=x,AD=2x,BC=y,由(1)得B=琴.在△ABC中，由余弦定理可得，c0sB= AB2+BC-AC2-62+3=Q因为LADB+LBDC=元，所以COSLADB+cos∠BDC=0,即 2.AB-BC 2×6×y 2W7)2+(2x)2-6 2×2W7×2x +产-0@，联立①@，解得化二名（负值舍去）则4c=3x=6,BC=6, 2×x×2V7 B D 方法二：BD=BC+BA,BD=C+B☑=BC+2×BCBA+号B,即28=音×BC2+ 2×号BC×号×6×c0s号+号×36.解得BC=6,BC=-9(舍去) 【解析】略 19.【答案】解：(1)证明：因为四边形ABCD是平行四边形， 所以BC//AD, 又BCC平面PAD,ADc平面PAD, 所以BC/平面PAD, 又平面PADn平面PBC=L,BCc平面PBC, 所以/BC: 第18页，共21页 (2)分别取BD,PB的中点O,G, 连接EO,EG,OG,如图所示， 因为PB=PD=2,PB⊥PD, 所以BD=VPB2+PD2=2√2， 又AB=2,AD=2V5,由余弦定理得 COSLADB=DA2+DB2-AB22v5(22)-22310 2DA-DB 2×2W5×2V2 10' 又AE=2ED, 所以ED=DA=29,D0=DB=V2. E0=√ED2+D02-2ED·DOcos∠EDB +(W22-2×2x2x30= 3 10 3 所以ED2=E02+D02,即E0⊥D0,即E0⊥BD, 又平面PBD⊥平面ABCD,平面PBDN平面ABCD=BD, E0c平面ABCD, 所以EO⊥平面PBD, 又OG,PBc平面PBD, 所以EO⊥OG,E0⊥PB, 因为O,G分别为BD,PB的中点， 所以0G=2PD=1,0G1/PD, 又PB⊥PD,所以PB⊥OG, 又0Gn0E=0,0G,0Ec平面0GE, 所以PB⊥平面OGE, 又EGc平面OGE,所以PB⊥EG, 所以∠EGO为二面角E-PB-D的平面角， 因为E010G,E0=号，0G=1, 所以EG=V0G+B0=12+(号P=马， 第19页，共21页 所以sin∠EG0= EO 竖2z EG ==11 即二面角E-PB-D的正弦值为泾 (3)连接P0,0A,如图所示， 因为PB=PD=2,PB⊥PD,点O为BD的中点， 所以P0=√2，P0⊥BD 又平面PBD⊥平面ABCD,平面PBDn平面ABCD=BD,POC平面PBD, 所以P0⊥平面ABCD, 又A0c平面ABCD,所以P0⊥AO, 在4AOD中， 由余弦定理得A0=VDA2+D02-2DA·DOcosLAD0 =√(2W⑤'+(W22-2×2W5×V2×3=V0. 10 所以PA=VPO2+OA=2VN3,又PB=AB=2, 所以S.paB=PA·√PB2-('=V3, 显然点E不与点A重合，设AE=1AD(0<1≤1)， 所以VE-PAB=VD-PAB=Vp-ABD=入·写S.ABDP0 xx2x2xx2 32 10 3 设E到平面PAB的距离为h, 吗写×V3×h=2受1解得九-21。 又直线PE与平面PAB所成角的余弦值为受 所 所以PE=2N3, 在·PAD中，PA=2V3,AD=2N5,PD=2, COS4PAD AP2+AD2-PD2 12+20-4 7 2AP.AD 2×2V3×2V5=2W15 在·PAE中，AP2+AE2-PE2- =coS∠PAE, 2APXAE 第20页，共21页 即12+2012-1222.7 2x2W3x2W57=2W5 整理得22-71+3=0，解得入=减1=3（舍）， 所以PE=2V31=√3. G D 【解析】详细解答和解析过程见【答案】 第21页，共21页