高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册第一章——章末检测A（Word版含解析）
文档属性
| 名称 | 高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册第一章——章末检测A（Word版含解析） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 1.6MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-08-15 17:42:01 | ||
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文档简介
高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册第一章——章末检测A
未命名
一、单选题
1．向量，互为相反向量，已知，则下列结论正确的是（ ）
A． B．为实数0 C．与方向相同 D．
2．正六棱柱中，设，，，那么等于（ ）
A． B． C． D．
3．已知空间三点，，，若，且，则点的坐标为（ ）
A． B．
C．或 D． 或
4．已知向量，则与共线的一个单位向量（ ）
A． B． C． D．
5．如图所示，在空间四边形中，，点在上，且，为中点，则（ ）
A． B．
C． D．
6．已知正方体的棱长为a，则平面与平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
7．已知是棱长为4的正方体内切球的一条直径，点在正方体表面上运动，则的最大值为( )
A．4 B．12 C．8 D．6
8．已知平面内的，射线与所成的角均为135°，则与平面所成的角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知为直线l的方向向量，，分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），那么下列选项中，正确的是（ ）
A．∥ α∥β B．⊥ α⊥β
C．∥ l∥α D．⊥ l∥α
10．已知点P是△ABC所在的平面外一点，若＝(﹣2，1，4)，＝(1，﹣2，1)，＝(4，2，0)，则（ ）
A．AP⊥AB B．AP⊥ BP C．BC＝ D．AP// BC
11．若与的夹角为钝角，则的取值可能为（ ）
A．5 B．3 C．4 D．2
12．如图，点在正方体的面对角线上运动，则下列结论中正确的是（ ）
A．三棱锥的体积不变
B．平面
C．
D．平面平面
三、填空题
13．如图，在正三棱柱中，若，，则点到直线的距离为___________.
14．下列关于空间向量的命题中，
①若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则；
②若非零向量，，满足，，则有；
③若，，是空间的一组基底，且，则，，，四点共面；
④若向量，，，是空间一组基底，则，，也是空间的一组基底．
上述命题中，正确的有______．
15．已知，，且与的夹角为钝角，则x的取值范围是___.
16．如图，在长方体中，，，若为中点，则点到平面的距离为________.
四、解答题
17．如图所示，BC=4，原点O是BC的中点，点A的坐标为，点D在平面上，且∠BDC=90°，∠DCB=30°．求AD的长度．
18．如图所示，在平行六面体中，M、N分别是、BC的中点．设，，．
(1)已知P是的中点，用、、表示、、；
(2)已知P在线段上，且，用、、表示．
19．已知空间中三点，，.设，.
（1）求 ；
（2）若与互相垂直，求实数的值.
20．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，，M为的中点．
（1）求证：；
（2）求平面与平面所成的角的余弦值．
21．已知，，.
（1）若，求的值；
（2）若，求的值.
22．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】根据相反向量的定义，即可判断选项.
【详解】向量，互为相反向量，则，模相等、方向相反，所以，故A错误；
，故B错误；与方向相反，故C错误；，故D正确.
故选：D.
2．B
【分析】依据正六棱柱的结构特征并利用向量加减法的几何意义去求.
【详解】正六棱柱中，
故选：B
3．C
【分析】设点坐标，由可解出坐标，再用空间向量模长公式即可.
【详解】设，则，，
因为，所以，，，
所以，又，
解得或，所以或，
故选:C
4．B
【解析】设，根据求得实数的值，即可求得单位向量的坐标.
【详解】设，由已知可得，解得.
因此，或.
故选：B.
【点睛】结论点睛：与非零向量共线的单位向量为.
5．B
【分析】由向量的加法和减法运算法则计算即可．
【详解】
故选：B
6．D
【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量求解
【详解】由正方体的性质，∥,∥，，，
易得平面平面，
则两平面间的距离可转化为点B到平面的距离．
以D为坐标原点，DA，DC，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴
建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，．
连接，由，，且，可知平面，
得平面的一个法向量为，
则两平面间的距离．
故选：D
7．C
【分析】设正方体内切球的球心为，则，，将问题转化为求的最大值.
【详解】设正方体内切球的球心为，则，，
∴＝，
又点在正方体表面上运动，∴当为正方体顶点时，最大，且最大值为正方体体对角线的一半，，∴的最大值为.
故选：C.
8．B
【分析】作出图形，如图，通过分析，可得为与平面所成的角的补角，利用余弦定理可以计算.
【详解】作出如下图形，令，则，，
取中点，连接，则即为与平面所成的角的补角，
在中，，
在中，，
，
，
与平面所成的角的余弦值是.
故选：B.
【点睛】本题考查线面角的求法，找出所成角，构造三角形是解题的关键.
9．AB
【解析】根据线面直线的位置关系逐一判断即可.
【详解】解：为直线l的方向向量，，分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），
则∥ α∥β，⊥ α⊥β，∥ l⊥α，⊥ l∥α或l α.
因此AB正确.
故选：AB.
10．AC
【解析】根据向量的定义，平行，垂直和模长的定义可以对每个选项逐个判断，进而得出答案。
【详解】因为，故A正确；，，故B不正确；，，故C正确；，，各个对应分量的比例不同，故D不正确。故选:AC。
【点睛】本题考查了向量平行和垂直的性质等，属于基础题。
11．BD
【分析】向量夹角为钝角，则，且不反向.
【详解】因为，，所以，
解得；
当时，设，无解，即不能平行；
故选：BD
12．ABD
【分析】利用等体积法判断体积不变，A正确；证明平面平面，即知平面，B正确；建立空间直角坐标系，通过空间向量的数量积运算证明C错误D正确即可.
【详解】解：对于A，的面积是定值，，平面，平面，
∴平面，故到平面的距离为定值，
∴三棱锥的体积是定值，即三棱锥的体积不变，故A正确；
对于B，，
∴平面平面，平面，平面，故B正确；
对于C，以为原点，建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，P在上，故可设，
则，
，，
则不一定为0，
和不垂直，故C错误；
对于D，设，
则，
，，，，
设平面平面的法向量，
则，取，得，
设平面的法向量，
则，取，得，
.
∴平面和平面垂直，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：
空间中证明平行（垂直）的位置关系的方法：
（1）通过线面、面面平行（垂直）的判定定理和性质定理直接证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量和平面的法向量，利用相量法求解证明即可.
13．
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得到直线的距离.
【详解】设的中点为，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
，，
所以到直线的距离为.
故答案为：
14．①③④
【分析】根据空间向量基本定理可知，能作为基底的向量一定是不共面的向量，由此对四个命题逐个分析可得答案.
【详解】对于①，若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则向量，与空间任意向量都共面，则与必共线，即，故①正确；
对于②，若非零向量，，满足，，当非零向量，，不共面时，与可以不平行，故②不正确；
对于③，因为，所以，
所以，所以、、共面，所以，，，四点共面，故③正确；
对于④，若向量，，，是空间一组基底，则向量，，不共面，则对任意实数都有，即，
所以不共面，所以也是空间的一组基底．故④正确.
故答案为：①③④
15．∪
【分析】根据题意得出且与不共线，然后根据向量数量积的定义及向量共线的条件求出x的取值范围.
【详解】∵与的夹角为钝角，且与不共线，
即，且，
解得，且，
∴x的取值范围是∪.
故答案为：∪.
16．
【分析】以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求平面的法向角，再求向量在法向量上的投影的绝对值，由此可得点到平面的距离
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，连接，
由题意得，，
∴ ，，，
设平面的法向角为，则，
即，
令，得，
∴ 点到平面的距离，
故答案为：.
17．
【分析】解Rt△BDC，可得点D的坐标，进而利用两点间的距离公式求解即可.
【详解】由题意得B（0， 2，0），C（0，2，0），
设D（0，），则在Rt△BDC中，∠DCB=30°，
∴BD=2，CD=2．
∴D（0， 1，）．
又∵A（0），
∴|AD|=．
【点睛】本题主要考查了空间点坐标的运算及空间中两点间距离公式的求解，属于基础题.
18．(1)，，
(2)
【分析】由空间向量的线性运算可得.
(1)
因为M、N、P分别是、BC、的中点
所以，；
；
；
(2)
因为，所以
所以．
19．（1），；（2）.
【解析】（1）求出，2，，，1，，由此能求出，．
（2）求出的坐标，由与互相垂直，则，利用向量垂直的性质能求出实数．
【详解】解：（1）因为，，.，.
所以，
（2）
∵
∴
∴
∴
20．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）以点D为原点，依次以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出 ，利用数量积即可证明.
（2）求出两平面PAM与平面PDC的法向量，则法向量夹角余弦得二面角的余弦．
【详解】解：（1）依题意，棱DA，DC，DP两两互相垂直.
以点D为原点，依次以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴，
如图，建立空间直角坐标系.
则，，，.
可得，.
所以，
所以
（2）由（1）得到，，
因此可得，.
设平面的一个法向量为，则由
得
令，解得.
同理，可求平面PDC的一个法向量.
所以，平面PAM与平面PDC所成的锐二面角满足：
.
即平面PAM与平面PDC所成的锐二面角的余弦值为.
21．（1）-6
（2）-4
【解析】（1）利用向量共线的坐标表示，即得解；
（2）利用向量加法和向量垂直的坐标表示，即得解；
【详解】解：（1），
∴，
∴.
（2），
∵，
∴，
∴，
∴.
【点睛】本题考查了向量平行，加法，数量积的坐标表示，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.
22．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）要证明平面，只需证明，即可；
（2）方法一：过O作∥BC交AB于点N，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面的一个法向量，平面的一个法向量为，利用公式计算即可得到答案.
【详解】（1）[方法一]：勾股运算法证明
由题设，知为等边三角形，设，
则，，所以，
又为等边三角形，则，所以，
，则，所以，
同理，又，所以平面；
[方法二]：空间直角坐标系法
不妨设，则，由圆锥性质知平面，所以，所以．因为O是的外心，因此．
在底面过作的平行线与的交点为W，以O为原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，．
所以，，．
故，．
所以，．
又，故平面．
[方法三]：
因为是底面圆O的内接正三角形，且为底面直径，所以．
因为（即）垂直于底面，在底面内，所以．
又因为平面，平面，，所以平面．
又因为平面，所以．
设，则F为的中点，连结．
设，且，
则，，．
因此，从而．
又因为，所以平面．
[方法四]：空间基底向量法
如图所示，圆锥底面圆O半径为R，连结，，易得，
因为，所以．
以为基底，平面，则，
，且，
所以．
故．所以，即．
同理．又，所以平面．
（2）[方法一]：空间直角坐标系法
过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，，，
设平面的一个法向量为，
由，得，令，得，
所以，
设平面的一个法向量为
由，得，令，得，
所以
故，
设二面角的大小为，由图可知二面角为锐二面角，所以.
[方法二]【最优解】：几何法
设，易知F是的中点，过F作交于G，取的中点H，
联结，则．
由平面，得平面．
由（1）可得，，得．
所以，根据三垂线定理，得．
所以是二面角的平面角．
设圆O的半径为r，则，，，，所以，，．
在中，，
．
所以二面角的余弦值为．
[方法三]：射影面积法
如图所示，在上取点H，使，设，连结．
由（1）知，所以．故平面．
所以，点H在面上的射影为N．
故由射影面积法可知二面角的余弦值为．
在中，令，则，易知．所以．
又，故
所以二面角的余弦值为．
【整体点评】本题以圆锥为载体，隐含条件是圆锥的轴垂直于底面，（1）方法一：利用勾股数进行运算证明，是在给出数据去证明垂直时的常用方法；方法二：选择建系利用空间向量法，给空间立体感较弱的学生提供了可行的途径；方法三：利用线面垂直，结合勾股定理可证出；方法四：利用空间基底解决问题，此解法在解答题中用的比较少；
（2）方法一：建系利用空间向量法求解二面角，属于解答题中求角的常规方法；方法二：利用几何法，通过三垂线法作出二面角，求解三角形进行求解二面角，适合立体感强的学生；方法三：利用射影面积法求解二面角，提高解题速度.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
未命名
一、单选题
1．向量，互为相反向量，已知，则下列结论正确的是（ ）
A． B．为实数0 C．与方向相同 D．
2．正六棱柱中，设，，，那么等于（ ）
A． B． C． D．
3．已知空间三点，，，若，且，则点的坐标为（ ）
A． B．
C．或 D． 或
4．已知向量，则与共线的一个单位向量（ ）
A． B． C． D．
5．如图所示，在空间四边形中，，点在上，且，为中点，则（ ）
A． B．
C． D．
6．已知正方体的棱长为a，则平面与平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
7．已知是棱长为4的正方体内切球的一条直径，点在正方体表面上运动，则的最大值为( )
A．4 B．12 C．8 D．6
8．已知平面内的，射线与所成的角均为135°，则与平面所成的角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知为直线l的方向向量，，分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），那么下列选项中，正确的是（ ）
A．∥ α∥β B．⊥ α⊥β
C．∥ l∥α D．⊥ l∥α
10．已知点P是△ABC所在的平面外一点，若＝(﹣2，1，4)，＝(1，﹣2，1)，＝(4，2，0)，则（ ）
A．AP⊥AB B．AP⊥ BP C．BC＝ D．AP// BC
11．若与的夹角为钝角，则的取值可能为（ ）
A．5 B．3 C．4 D．2
12．如图，点在正方体的面对角线上运动，则下列结论中正确的是（ ）
A．三棱锥的体积不变
B．平面
C．
D．平面平面
三、填空题
13．如图，在正三棱柱中，若，，则点到直线的距离为___________.
14．下列关于空间向量的命题中，
①若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则；
②若非零向量，，满足，，则有；
③若，，是空间的一组基底，且，则，，，四点共面；
④若向量，，，是空间一组基底，则，，也是空间的一组基底．
上述命题中，正确的有______．
15．已知，，且与的夹角为钝角，则x的取值范围是___.
16．如图，在长方体中，，，若为中点，则点到平面的距离为________.
四、解答题
17．如图所示，BC=4，原点O是BC的中点，点A的坐标为，点D在平面上，且∠BDC=90°，∠DCB=30°．求AD的长度．
18．如图所示，在平行六面体中，M、N分别是、BC的中点．设，，．
(1)已知P是的中点，用、、表示、、；
(2)已知P在线段上，且，用、、表示．
19．已知空间中三点，，.设，.
（1）求 ；
（2）若与互相垂直，求实数的值.
20．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，，M为的中点．
（1）求证：；
（2）求平面与平面所成的角的余弦值．
21．已知，，.
（1）若，求的值；
（2）若，求的值.
22．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【分析】根据相反向量的定义，即可判断选项.
【详解】向量，互为相反向量，则，模相等、方向相反，所以，故A错误；
，故B错误；与方向相反，故C错误；，故D正确.
故选：D.
2．B
【分析】依据正六棱柱的结构特征并利用向量加减法的几何意义去求.
【详解】正六棱柱中，
故选：B
3．C
【分析】设点坐标，由可解出坐标，再用空间向量模长公式即可.
【详解】设，则，，
因为，所以，，，
所以，又，
解得或，所以或，
故选:C
4．B
【解析】设，根据求得实数的值，即可求得单位向量的坐标.
【详解】设，由已知可得，解得.
因此，或.
故选：B.
【点睛】结论点睛：与非零向量共线的单位向量为.
5．B
【分析】由向量的加法和减法运算法则计算即可．
【详解】
故选：B
6．D
【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量求解
【详解】由正方体的性质，∥,∥，，，
易得平面平面，
则两平面间的距离可转化为点B到平面的距离．
以D为坐标原点，DA，DC，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴
建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，．
连接，由，，且，可知平面，
得平面的一个法向量为，
则两平面间的距离．
故选：D
7．C
【分析】设正方体内切球的球心为，则，，将问题转化为求的最大值.
【详解】设正方体内切球的球心为，则，，
∴＝，
又点在正方体表面上运动，∴当为正方体顶点时，最大，且最大值为正方体体对角线的一半，，∴的最大值为.
故选：C.
8．B
【分析】作出图形，如图，通过分析，可得为与平面所成的角的补角，利用余弦定理可以计算.
【详解】作出如下图形，令，则，，
取中点，连接，则即为与平面所成的角的补角，
在中，，
在中，，
，
，
与平面所成的角的余弦值是.
故选：B.
【点睛】本题考查线面角的求法，找出所成角，构造三角形是解题的关键.
9．AB
【解析】根据线面直线的位置关系逐一判断即可.
【详解】解：为直线l的方向向量，，分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），
则∥ α∥β，⊥ α⊥β，∥ l⊥α，⊥ l∥α或l α.
因此AB正确.
故选：AB.
10．AC
【解析】根据向量的定义，平行，垂直和模长的定义可以对每个选项逐个判断，进而得出答案。
【详解】因为，故A正确；，，故B不正确；，，故C正确；，，各个对应分量的比例不同，故D不正确。故选:AC。
【点睛】本题考查了向量平行和垂直的性质等，属于基础题。
11．BD
【分析】向量夹角为钝角，则，且不反向.
【详解】因为，，所以，
解得；
当时，设，无解，即不能平行；
故选：BD
12．ABD
【分析】利用等体积法判断体积不变，A正确；证明平面平面，即知平面，B正确；建立空间直角坐标系，通过空间向量的数量积运算证明C错误D正确即可.
【详解】解：对于A，的面积是定值，，平面，平面，
∴平面，故到平面的距离为定值，
∴三棱锥的体积是定值，即三棱锥的体积不变，故A正确；
对于B，，
∴平面平面，平面，平面，故B正确；
对于C，以为原点，建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，P在上，故可设，
则，
，，
则不一定为0，
和不垂直，故C错误；
对于D，设，
则，
，，，，
设平面平面的法向量，
则，取，得，
设平面的法向量，
则，取，得，
.
∴平面和平面垂直，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：
空间中证明平行（垂直）的位置关系的方法：
（1）通过线面、面面平行（垂直）的判定定理和性质定理直接证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量和平面的法向量，利用相量法求解证明即可.
13．
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得到直线的距离.
【详解】设的中点为，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
，，
所以到直线的距离为.
故答案为：
14．①③④
【分析】根据空间向量基本定理可知，能作为基底的向量一定是不共面的向量，由此对四个命题逐个分析可得答案.
【详解】对于①，若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则向量，与空间任意向量都共面，则与必共线，即，故①正确；
对于②，若非零向量，，满足，，当非零向量，，不共面时，与可以不平行，故②不正确；
对于③，因为，所以，
所以，所以、、共面，所以，，，四点共面，故③正确；
对于④，若向量，，，是空间一组基底，则向量，，不共面，则对任意实数都有，即，
所以不共面，所以也是空间的一组基底．故④正确.
故答案为：①③④
15．∪
【分析】根据题意得出且与不共线，然后根据向量数量积的定义及向量共线的条件求出x的取值范围.
【详解】∵与的夹角为钝角，且与不共线，
即，且，
解得，且，
∴x的取值范围是∪.
故答案为：∪.
16．
【分析】以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求平面的法向角，再求向量在法向量上的投影的绝对值，由此可得点到平面的距离
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，连接，
由题意得，，
∴ ，，，
设平面的法向角为，则，
即，
令，得，
∴ 点到平面的距离，
故答案为：.
17．
【分析】解Rt△BDC，可得点D的坐标，进而利用两点间的距离公式求解即可.
【详解】由题意得B（0， 2，0），C（0，2，0），
设D（0，），则在Rt△BDC中，∠DCB=30°，
∴BD=2，CD=2．
∴D（0， 1，）．
又∵A（0），
∴|AD|=．
【点睛】本题主要考查了空间点坐标的运算及空间中两点间距离公式的求解，属于基础题.
18．(1)，，
(2)
【分析】由空间向量的线性运算可得.
(1)
因为M、N、P分别是、BC、的中点
所以，；
；
；
(2)
因为，所以
所以．
19．（1），；（2）.
【解析】（1）求出，2，，，1，，由此能求出，．
（2）求出的坐标，由与互相垂直，则，利用向量垂直的性质能求出实数．
【详解】解：（1）因为，，.，.
所以，
（2）
∵
∴
∴
∴
20．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）以点D为原点，依次以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出 ，利用数量积即可证明.
（2）求出两平面PAM与平面PDC的法向量，则法向量夹角余弦得二面角的余弦．
【详解】解：（1）依题意，棱DA，DC，DP两两互相垂直.
以点D为原点，依次以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴，
如图，建立空间直角坐标系.
则，，，.
可得，.
所以，
所以
（2）由（1）得到，，
因此可得，.
设平面的一个法向量为，则由
得
令，解得.
同理，可求平面PDC的一个法向量.
所以，平面PAM与平面PDC所成的锐二面角满足：
.
即平面PAM与平面PDC所成的锐二面角的余弦值为.
21．（1）-6
（2）-4
【解析】（1）利用向量共线的坐标表示，即得解；
（2）利用向量加法和向量垂直的坐标表示，即得解；
【详解】解：（1），
∴，
∴.
（2），
∵，
∴，
∴，
∴.
【点睛】本题考查了向量平行，加法，数量积的坐标表示，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.
22．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）要证明平面，只需证明，即可；
（2）方法一：过O作∥BC交AB于点N，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面的一个法向量，平面的一个法向量为，利用公式计算即可得到答案.
【详解】（1）[方法一]：勾股运算法证明
由题设，知为等边三角形，设，
则，，所以，
又为等边三角形，则，所以，
，则，所以，
同理，又，所以平面；
[方法二]：空间直角坐标系法
不妨设，则，由圆锥性质知平面，所以，所以．因为O是的外心，因此．
在底面过作的平行线与的交点为W，以O为原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，．
所以，，．
故，．
所以，．
又，故平面．
[方法三]：
因为是底面圆O的内接正三角形，且为底面直径，所以．
因为（即）垂直于底面，在底面内，所以．
又因为平面，平面，，所以平面．
又因为平面，所以．
设，则F为的中点，连结．
设，且，
则，，．
因此，从而．
又因为，所以平面．
[方法四]：空间基底向量法
如图所示，圆锥底面圆O半径为R，连结，，易得，
因为，所以．
以为基底，平面，则，
，且，
所以．
故．所以，即．
同理．又，所以平面．
（2）[方法一]：空间直角坐标系法
过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，，，
设平面的一个法向量为，
由，得，令，得，
所以，
设平面的一个法向量为
由，得，令，得，
所以
故，
设二面角的大小为，由图可知二面角为锐二面角，所以.
[方法二]【最优解】：几何法
设，易知F是的中点，过F作交于G，取的中点H，
联结，则．
由平面，得平面．
由（1）可得，，得．
所以，根据三垂线定理，得．
所以是二面角的平面角．
设圆O的半径为r，则，，，，所以，，．
在中，，
．
所以二面角的余弦值为．
[方法三]：射影面积法
如图所示，在上取点H，使，设，连结．
由（1）知，所以．故平面．
所以，点H在面上的射影为N．
故由射影面积法可知二面角的余弦值为．
在中，令，则，易知．所以．
又，故
所以二面角的余弦值为．
【整体点评】本题以圆锥为载体，隐含条件是圆锥的轴垂直于底面，（1）方法一：利用勾股数进行运算证明，是在给出数据去证明垂直时的常用方法；方法二：选择建系利用空间向量法，给空间立体感较弱的学生提供了可行的途径；方法三：利用线面垂直，结合勾股定理可证出；方法四：利用空间基底解决问题，此解法在解答题中用的比较少；
（2）方法一：建系利用空间向量法求解二面角，属于解答题中求角的常规方法；方法二：利用几何法，通过三垂线法作出二面角，求解三角形进行求解二面角，适合立体感强的学生；方法三：利用射影面积法求解二面角，提高解题速度.
答案第1页，共2页
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