1、2020-2021学年浙江省湖州市高一（下）期末数学试卷一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.1设i是虚数单位，则复数在复平面内所对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2“幸福感指数”是指某个人主观评价他对自己目前生活状态满意程度的指标，常用区间0，10内的一个数来表示，该数越接近10表示满意度越高现随机抽取10位湖州市居民，他们的幸福感指数为5，6，6，6，7，7，8，8，9，10则这组数据的80%分位数是（）A7.5B8C8.5D93在正方体ABCDA1B1C1D1中，异面直线A1B与AD1所成的角是（）A30B45C60D904已知（2，3），（3，y），若，则
2、|等于（）A2BC5D5在一个袋子中放2个白球，2个红球，摇匀后随机摸出2个球，与“摸出1个白球1个红球”互斥而不对立的事件是（）A至少摸出1个白球B至少摸出1个红球C摸出2个白球D摸出2个白球或摸出2个红球6在ABC中，M为边BC上任意一点，N为AM中点，则+的值为（）ABCD17已知ABC的三个内角A、B、C所对边分别为a、b、c，则“cacosB”是“ABC为直角三角形”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8已知球面被互相垂直的两个平面所截，得到的两个圆公共弦长为若两个圆的半径分别为和4，则该球的体积是（）A36BC125D二、选择题：本题共4小题，每小
3、题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.9为庆祝中国共产党成立100周年，某校开展“唱红色歌曲，诵红色经典”歌咏比赛活动，甲、乙两位选手经历了7场初赛后进入决赛，他们的7场初赛成绩如下：甲选手：78 84 85 85 86 88 92乙选手：72 84 86 87 89 93 94则以下结论正确的是（）A甲成绩的极差比乙成绩的极差小B甲成绩的众数比乙成绩的中位数小C甲成绩的方差比乙成绩的方差小D甲成绩的平均数比乙成绩的平均数大10有一道数学难题，学生甲解出的概率为，学生乙解出的概率为，学生丙解出的概率为若甲，乙，丙三人独立
4、去解答此题，则（）A恰有一人解出的概率为B没有人能解出的概率为C至多一人解出的概率为D至少两个人解出的概率为11记E，F分别是正方形ABCD边AD和BC的中点，现将ABE绕着边BE旋转，则在旋转过程中（）AAE与BF不可能垂直BAB与DF可能垂直CAC与AF不可能垂直DAF与DE可能垂直12如图，OA1B1，A1A2B2，A2A3B3是全等的等腰直角三角形（OB11，Bi（i1，2，3）处为直角顶点），且O，A1，A2，A3四点共线若点P1，P2，P3分别是边A1B1，A2B2，A3B3上的动点（包含端点），记I1，I2，I3，则（）AI13BI3I1CI3I2D5I26三、填空题：本题共4小
5、题，每小题5分，共20分。13已知某圆锥的侧面展开图是面积为2的半圆，则该圆锥的母线长是 14如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB1，D在棱BB1上，且BD1，若AD与平面AA1CC1所成的角为a，则sina 15如图，A，B两点在河的同侧，且A，B两点均不可到达，要测出A，B的距离，测量者可以在河岸边选定两点C，D，若测得CD4km，ADBCDB30，ACD60，ACB45，则A，B两点间的距离是 km16已知平面向量，的夹角为45，且，则的最小值是 四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长均为2
6、，且A1B1C160（）求证：C1D平面AB1C；（）求二面角B1ACD1的余弦值18为普及抗疫知识、弘扬抗疫精神，某学校组织防疫知识竞赛比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为，；甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响（1）从甲、乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？（2）若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率19某地统计局就本地居民的月收入调查了10000人，并根据所得数据画了样本数据的频率分布直方图（每个分组包括左端点，不包
7、括右端点，如第一组表示收入在1000，1500）（1）求居民月收入在3000，3500）的频率；（2）根据频率分布直方图算出样本数据的中位数；（3）为了分析居民的收入与年龄、职业等方面的关系，必须按月收入再从这10000人中用分层抽样方法抽出100人作进一步分析，则月收入在2500，3000）的这段应抽多少人？20请在；（2ca）cosBbcosA；这三个条件中任意选择一个，补充在下面问题的横线上，并进行解答在ABC中，三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若满足 _（）若b2且，求ABC的面积；（）若4a+b3c，求cosC21如图，在直角梯形OABC中，OACB，OAOC，OA2BC
8、2OCF为AB上靠近B的三等分点，OF交AC于D，E为线段BC上的一个动点（包含端点）（）若，求实数t的值；（）设，求的取值范围22如图，已知四棱锥PABCD，ADBC且ABAD，AB4，PAD的面积等于，E是PD是中点（）求四棱锥PABCD体积的最大值；（）若，（）求证：ADPC；（）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值参考答案一、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设i是虚数单位，则复数在复平面内所对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，求出复数在复平面内所对应的点的坐标得
9、答案解：由，可得复数在复平面内所对应的点的坐标为（），位于第一象限故选：A2“幸福感指数”是指某个人主观评价他对自己目前生活状态满意程度的指标，常用区间0，10内的一个数来表示，该数越接近10表示满意度越高现随机抽取10位湖州市居民，他们的幸福感指数为5，6，6，6，7，7，8，8，9，10则这组数据的80%分位数是（）A7.5B8C8.5D9【分析】根据已知条件，运用分位数的定义，即可求解解：1080%8，数据5，6，6，6，7，7，8，8，9，10的80%的分位数是 故选：C3在正方体ABCDA1B1C1D1中，异面直线A1B与AD1所成的角是（）A30B45C60D90【分析】由AD1B
10、C1，得到A1BC1是异面直线A1B与AD1所成的角（或所成角的补角），再由A1BBC1A1C1，能求出异面直线A1B与AD1所成的角【解答】解AD1BC1，A1BC1是异面直线A1B与AD1所成的角（或所成角的补角），A1BBC1A1C1，A1BC160，异面直线A1B与AD1所成的角是60故选：C4已知（2，3），（3，y），若，则|等于（）A2BC5D【分析】由题意利用两个向量垂直的性质，求出y的值，可得的坐标，从而求得向量的模解：已知（2，3），（3，y），若，6+3y0，y2，（5，y3）（5，1），则|，故选：B5在一个袋子中放2个白球，2个红球，摇匀后随机摸出2个球，与“摸出1个
11、白球1个红球”互斥而不对立的事件是（）A至少摸出1个白球B至少摸出1个红球C摸出2个白球D摸出2个白球或摸出2个红球【分析】先得到实验的必然事件，再根据互斥事件，对立事件的定义判断即可解：必然事件为：都是白球，1个白球，1个红球，都是红球，A：至少有1个白球包含1个白球，1个红球和都是白球，故A不对，B：至少有1个红球包含1个白球，1个红球和都是红球，故B不对，C：摸出1个白球1个红球发生时，摸出2个白球不会发生，且在一次实验中不可能必有一个发生，故C对，D：摸出1个白球1个红球和摸出2个白球或摸出2个红球，是对立事件，故D不对，故选：C6在ABC中，M为边BC上任意一点，N为AM中点，则+的
12、值为（）ABCD1【分析】设，将向量用向量、表示出来，即可找到和的关系，最终得到答案解：设则（），故选：A7已知ABC的三个内角A、B、C所对边分别为a、b、c，则“cacosB”是“ABC为直角三角形”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【分析】由已知结合正弦定理可得sinCsinAcosB，利用三角形的内角和及和角的正弦公式化简可得A为直角，几何充分条件及必要条件进行判断即可解：因为cacosB由正弦定理可得，sinCsinAcosB 即sin（A+B）sinAcosB所以 sinAcosB+sinBcosAsinAcosB所以sinBcosA0因为 0A
13、，0B 所以sinB0，cosA0则A，ABC为直角三角形但ABC为直角三角形时不一定是A所以cacosB是ABC为直角三角形充分不必要条件故选：A8已知球面被互相垂直的两个平面所截，得到的两个圆公共弦长为若两个圆的半径分别为和4，则该球的体积是（）A36BC125D【分析】先根据题意画出图形，由公共弦长为分别求出两个圆的圆心到公共弦的距离NP、MP，可知球心、两个圆的圆心、公共弦的中点构成一个矩形，由勾股定理可求出球的半径，根据公式求出球的体积解：如图，由题可知，M和N是球O被互相垂直的两个平面所截得到的图形，M和N半径分别为和4，两个圆的公共弦为AB，取AB中点为P，连接NP，MP，ON，
14、OM，由圆的性质可知NPAB，MPAB，由球的性质可知ONNP，OMMP，所以OMPN为矩形，公共弦长AB，ONMP3，在RtOMC中，球的半径满足：，解得R5，（或者在RtOAN中，R242+32，解得R5），球的体积V，故选：D二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.9为庆祝中国共产党成立100周年，某校开展“唱红色歌曲，诵红色经典”歌咏比赛活动，甲、乙两位选手经历了7场初赛后进入决赛，他们的7场初赛成绩如下：甲选手：78 84 85 85 86 88 92乙选手：72 84 86 87
15、89 93 94则以下结论正确的是（）A甲成绩的极差比乙成绩的极差小B甲成绩的众数比乙成绩的中位数小C甲成绩的方差比乙成绩的方差小D甲成绩的平均数比乙成绩的平均数大【分析】根据已知条件，分别求出极差，中位数，众数，平均值，即可依次求解解：由题中的数据，可得甲的极差为927814，乙的极差为947222，甲成绩的极差比乙成绩的极差小，故A选项正确，甲成绩的众数为85分，乙成绩的中位数为87分，甲成绩的众数比乙成绩的中位数小，故B选项正确，观察甲、乙数据，可得甲成绩的数据更集中，乙成绩的数据更离散，甲成绩的方差比乙成绩的方差小，故C选项正确，甲成绩的平均数为，乙成绩的平均数为，甲成绩的平均数比乙成
16、绩的平均数小，故D选项错误故选：ABC10有一道数学难题，学生甲解出的概率为，学生乙解出的概率为，学生丙解出的概率为若甲，乙，丙三人独立去解答此题，则（）A恰有一人解出的概率为B没有人能解出的概率为C至多一人解出的概率为D至少两个人解出的概率为【分析】利用相互独立事件概率的乘法公式求出概率，判断AB，利用互斥事件的加法公式求出概率，判断C，利用对立事件公式求出概率，判断D解：A：P（恰有一人解出试题）（1）（1）+（1）（1）+（1）（1），A正确，B：P（没有人解出试题）（1）（1）（1），B错误，C：P（至多一人解出试题）P（恰有一人解出试题）+P（没有人解出试题）+，C正确，D：P（至少
17、两个人解出试题）1P（至多一人解出试题）1，D错误故选：AC11记E，F分别是正方形ABCD边AD和BC的中点，现将ABE绕着边BE旋转，则在旋转过程中（）AAE与BF不可能垂直BAB与DF可能垂直CAC与AF不可能垂直DAF与DE可能垂直【分析】将ABE绕着边BE旋转，A落在四边形EBCD中时，记A为A1，在旋转过程，A的轨迹是以AA1为直径的圆，并且A在面ABCD上的投影都在线段AA1上A，利用AE在平面ABCD的投影可以与BF垂直，即可判断；B，利用AB在平面ABCD的投影不可能与DF垂直，即可判断；C，利用AC在平面ABCD的投影不可能与AF垂直，即可判断；D，利用AF在平面ABCD的
18、投影可以与DE垂直，即可判断；解：如图，将ABE绕着边BE旋转，A落在四边形EBCD中时，记A为A1，在旋转过程，A的轨迹是以AA1为直径的圆，并且A在面ABCD上的投影都在线段AA1上对于A，AE在平面ABCD的投影可以与BF垂直，故AE与BF可能垂直，故A错；对于B，因为AB在平面ABCD的投影不可能与DF垂直，AB与DF不可能垂直，故B错；对于C，因为AC在平面ABCD的投影不可能与AF垂直，AC与AF不可能垂直，故C正确；对于D，因为AF在平面ABCD的投影可以与DE垂直，故AF与DE可能垂直，故D正确；故选：CD12如图，OA1B1，A1A2B2，A2A3B3是全等的等腰直角三角形（
19、OB11，Bi（i1，2，3）处为直角顶点），且O，A1，A2，A3四点共线若点P1，P2，P3分别是边A1B1，A2B2，A3B3上的动点（包含端点），记I1，I2，I3，则（）AI13BI3I1CI3I2D5I26【分析】建系，写坐标，设P1，P2，P3的坐标，结合平面向量的数量积的坐标表示可求得答案解：如图所示，以 O 为原点建立平面直角坐标系，则，直线A1B1的方程为，所以设，直线A2B2的方程为，所以设，直线A3B3的方程为，所以设，所以，故A错误；，故D正确；，所以I3I2，I3I2，故BC正确；故选：BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知某圆锥的侧面展开图
20、是面积为2的半圆，则该圆锥的母线长是 2【分析】利用圆锥的母线即为侧面展开图对应扇形的半径，列式求解即可解：设圆锥的母线长为l，则母线长l为侧面展开图的半圆的半径，又圆锥的侧面展开图是面积为2的半圆，所以，则l2，所以圆锥的母线长为2故答案为：214如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB1，D在棱BB1上，且BD1，若AD与平面AA1CC1所成的角为a，则sina【分析】根据题意画出图形，过B作BFAC，过B1作B1EA1C1，连接EF，过D作DGEF，连接AG，证明DG面AA1C1C，DAG，解直角三角形ADG即可解：如图所示，过B作BFAC，过B1作B1EA1C1，连接EF，过D作
21、DGEF，连接AG，在正三棱柱中，有B1E面AA1C1C，BF面AA1C1C，故DG面AA1C1C，DAG，可求得DGBF，AD，故sin故答案为15如图，A，B两点在河的同侧，且A，B两点均不可到达，要测出A，B的距离，测量者可以在河岸边选定两点C，D，若测得CD4km，ADBCDB30，ACD60，ACB45，则A，B两点间的距离是 km【分析】在ADC中求得AC的值，BCD中利用正弦定理求得BC的值，ABC中利用由余弦定理求得AB的值解：ADCADB+CDB60，ACD60，ADC是等边三角形，ADCDAC4在BCD中，BCD60+45105，BDC30，CBD45，由正弦定理得，BC，
22、在ABC中，由余弦定理得AB2AC2+BC22ACBCcos4516+8248，AB，即A、B两点间的距离为km故答案为：216已知平面向量，的夹角为45，且，则的最小值是 【分析】设，则C点在一条直线上运动，于是问题转化为将军饮马问题，把O点关于直线l对称过去，设为 O，则最小值即为AO的长解：如图所示，设，则A，O，A三点共线，且OA2OA，设，因为平面向量与的夹角为45，所以C点在一条直线上运动，且这条直线与OA的夹角为45，设这条直线为l，所以，于是，设O点关于直线l的对称点为O，连接OO交直线l于点M，连接AO交直线l与点N，所以OC+ACOC+ACAO，当C点与N点重合时，不等式取
23、等号在AOO中，由余弦定理可得，即故的最小值为故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长均为2，且A1B1C160（）求证：C1D平面AB1C；（）求二面角B1ACD1的余弦值【分析】（）先证明四边形AB1C1D为平行四边形，可得C1DAB1，由线面平行的判定定理证明即可；（）利用等腰三角形的性质证明OB1AC，OD1AC，得到，B1OD1即为二面角B1ACD1的平面角，在三角形中，由余弦定理求解即可【解答】（）证明：ABCDA1B1C1D1为直四棱柱，所以AD/B1C1，且ADB1C1，所以四边形A
24、B1C1D为平行四边形，则C1DAB1，又C1D面AB1C，AB1面AB1C，所以C1D面AB1C；（）解：取AC中点O，连接OB1，OD1，因为直四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长均为2，则AB1B1CD1CAD1，则OB1AC，OD1AC，由二面角定义，B1OD1即为二面角B1ACD1的平面角，在等腰AB1C中，同理，OD1，在B1OD1中，cosB1OD1，故二面角B1ACD1的余弦值为18为普及抗疫知识、弘扬抗疫精神，某学校组织防疫知识竞赛比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为，；在第二轮
25、比赛中，甲、乙胜出的概率分别为，；甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响（1）从甲、乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？（2）若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率【分析】（1）设事件A1表示“甲在第一轮比赛中胜出”，事件A2表示“甲在第二轮比赛中胜出”，事件B1表示“乙在第一轮比赛中胜出”，事件B2表示“乙在第二轮比赛中胜出”，则A1A2表示“甲赢得比赛”，B1B2表示“乙赢得比赛“，利用相互独立事件概率乘法公式分别求出甲赢得比赛的概率和乙赢得比赛的概率，由此得到派甲参赛赢得比赛的概率更大（2）设C表示“甲赢得比赛”，D表示“乙赢得比赛”，CD表示“两人中
26、至少有一个赢得比赛”，P（CD）1P（）1P（）P（），由此能求出两人中至少有一人赢得比赛的概率解：（1）设事件A1表示“甲在第一轮比赛中胜出”，事件A2表示“甲在第二轮比赛中胜出”，事件B1表示“乙在第一轮比赛中胜出”，事件B2表示“乙在第二轮比赛中胜出”，则A1A2表示“甲赢得比赛”，P（A1A2）P（A1）P（A2），B1B2表示“乙赢得比赛“，P（B1B2）P（B1）P（B2），派甲参赛赢得比赛的概率更大（2）设C表示“甲赢得比赛”，D表示“乙赢得比赛”，由（1）知P（）1P（A1A2）1，P（）1P（B1B2）1，CD表示“两人中至少有一个赢得比赛”，P（CD）1P（）1P（）P（）
27、119某地统计局就本地居民的月收入调查了10000人，并根据所得数据画了样本数据的频率分布直方图（每个分组包括左端点，不包括右端点，如第一组表示收入在1000，1500）（1）求居民月收入在3000，3500）的频率；（2）根据频率分布直方图算出样本数据的中位数；（3）为了分析居民的收入与年龄、职业等方面的关系，必须按月收入再从这10000人中用分层抽样方法抽出100人作进一步分析，则月收入在2500，3000）的这段应抽多少人？【分析】（1）利用频率分布直方图，小矩形的面积即为频率，从而可得答案；（2）根据频率直方图，先确定中位数的位置，再由公式计算出中位数；（3）利用频率分布直方图和分层抽
28、样的方法即可确定抽取的人数解：（1）由频率分布直方图可知，居民月收入在3000，3500）内的频率为0.00035000.15；（2）由频率分布直方图可知，0.0002（15001000）0.1，0.0004（20001500）0.2，0.0005（25002000）0.250.1+0.2+0.250.550.5样本数据的中位数2000+2400；（3）居民月收入在2500，3000的频率为0.0005（30002500）0.25，10000人中月收入在2500，3000的人数为0.25100002500（人），再从10000人用分层抽样方法抽出100人，月收入在2500，3000的这段应抽取
29、10025人20请在；（2ca）cosBbcosA；这三个条件中任意选择一个，补充在下面问题的横线上，并进行解答在ABC中，三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若满足 _（）若b2且，求ABC的面积；（）若4a+b3c，求cosC【分析】（）若选择条件：展开后由正弦定理可得出，再根据sinCsinAcosB+cosAsinB可得出，然后即可求出；若选择条件：根据正弦定理可得出cosB，从而得出；若选择条件：根据余弦定理及三角形的面积公式可得出tanB，从而求出B；然后根据正弦定理可求出，然后根据三角形的面积公式即可求出ABC的面积；（）根据正弦定理可得出4sinA+sinB3sinC，
30、再根据可得出，然后即可得出52cos2C+24cosC10，从而解出cosC即可解：若选，由展开得，又由正弦定理可知，且sinCsin（A+B）sinAcosB+cosAsinB，所以，又A（0，），则sinA0，所以，所以，可得，又B（0，），所以，所以，所以；若选，因为（2ca）cosBbcosA，又由正弦定理可知：（2sinCsinA）cosBsinBcosA，所以2sinCcosBsinBcosA+sinAcosBsin（A+B）sinC，又C（0，），则sinC0，所以，又B（0，），所以；若选，由余弦定理得a2+c2b22accosB，所以，又B（0，）且，所以，又B（0，），所以
31、；（）由b2，及正弦定理知，又，所以（）解法一：若4a+b3c，由正弦定理得4sinA+sinB3sinC，又，所以，可得，所以，又sin2C+cos2C1，所以52cos2C+24cosC10，所以（2cosc+1）（26cosC1）0，又，所以，所以；（没有舍去扣1分）解法二：若4a+b3c，又，由余弦定理a2+c2b22accosB可知a2+c2b2ac，即a2+c2acb2（3c4a）29c2+16a224ac，整理得8c223ac+15a20，解得ac或，若ac，则acb，与4a+b3c矛盾；若，则，由余弦定理可得（没有舍去扣1分）21如图，在直角梯形OABC中，OACB，OAOC，
32、OA2BC2OCF为AB上靠近B的三等分点，OF交AC于D，E为线段BC上的一个动点（包含端点）（）若，求实数t的值；（）设，求的取值范围【分析】（）由已知可得，由共起点的三向量终点共线的充要条件知，即可求解；（）令，然后由已知化简可得，利用二次函数的性质即可求解解：（）由题意得，则，故，由共起点的三向量终点共线的充要条件知，则，（）由已知，因P是线段BC上动点，则令，又，不共线，则有，在上递增，所以当1时，（）min0，当时，故的取值范围是22如图，已知四棱锥PABCD，ADBC且ABAD，AB4，PAD的面积等于，E是PD是中点（）求四棱锥PABCD体积的最大值；（）若，（）求证：ADPC
33、；（）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值【分析】（）由已知求得P到AD的距离，再由面PAD面ABCD时，四棱锥PABCD体积有最大值，即可求得四棱锥PABCD体积的最大值；（）（i）记点P在AD上的射影为H，由，可得AHBC，可得四边形ABCH为矩形，得CHAD，结合PHAD，得AD面PCH，从而得ADPC；（ii）取PH中点G，可得四边形FCEG为平行四边形，得CEFG，得到直线CE与平面PBC所成角即为直线FG与平面PBC所成角，再证明得BC面PCH，作GMPC于M，则GM面PBC，连MF，则GFM即为直线CE与平面PBC所成角，然后求解三角形及平行四边形得，GM1，即可求得直线CE与平
34、面PBC所成角的正弦值【解答】（）解：记P点到AD的距离为h，由及PAD的面积等于，得，得h4，当PAD翻折到面PAD面ABCD时，四棱锥PABCD体积有最大值，则；（）（i）证明：记点P在AD上的射影为H，则PHAD，由，可得，又由题意ADBC，得四边形ABCH为矩形，得CHAD，又PHAD，且PHCHH，AD面PCH，得ADPC；（ii）解：取PH中点G，则GEHD，且，在BC上取，则GECF且GECF，四边形FCEG为平行四边形，得CEFG，则直线CE与平面PBC所成角即为直线FG与平面PBC所成角，由AD面PCH，且ADBC，得BC面PCH，作GMPC于M，则GM面PBC，连MF，则GFM即为直线CE与平面PBC所成角，在RtPCB中，由，得，又，由平行四边形对角线定理得（2CE）2+PD22（PC2+CD2），得，又PHCH4，可得GM1，在RtGMF中，得
