1、第 1 页 共 19 页 2019-2020 学年辽宁省多校联盟高一下学期数学期末试题学年辽宁省多校联盟高一下学期数学期末试题 一、单选题一、单选题 1若复数若复数z满足满足3 2z ii ，其中，其中i为虚数单位，则 为虚数单位，则z的共轭复数的虚部为（的共轭复数的虚部为（ ） A3 B-3 C3i D3i 【答案】【答案】A 【解析】【解析】求出复数z，即得z的共轭复数z，即得答案. 【详解】 3 2z ii ， 2 2 323232 23 iiiii zi iiii ， 2 3zi ， z的共轭复数的虚部为 3. 故选：A. 【点睛】 本题考查复数的除法和共轭复数，属于基础题. 2已知已
2、知 1 sin 4 ，sin20，则，则tan（ ） A15 B 15 15 C 15 D 15 15 【答案】【答案】D 【解析】【解析】利用二倍角公式和平方关系，可求cos的值，进而求解tan的值. 【详解】 解： 1 sin0 4 ，sin22sincos0， cos0，可得 2 115 cos1 sin1 164 -， sin15 tan cos15 - . 故选：D. 【点睛】 本题考查二倍角公式和同角三角函数的关系，属于容易题. 第 2 页 共 19 页 3已知向量已知向量 3a ，3,4b ，且，且, 4 a b ，则，则a在在b上的投影的数量为（上的投影的数量为（ ） A15
3、2 2 B 5 2 2 C 3 2 2 D2 2 【答案】【答案】C 【解析】【解析】 第一个向量在第二个向量上的投影， 等于两向量的数量积除以第二个向量的模， 由题意代入数据即可计算得解. 【详解】 解：向量3a ，3,4b ，且, 4 a b ， 5b ，可得 215 2 cos,3 5 22 a ba ba b ， a在b上的投影的数量为 15 2 3 2 2 52 a b b . 故选：C. 【点睛】 本题考查向量的投影，掌握数量积的定义是解题关键 4下列函数中，周期为下列函数中，周期为 2 的偶函数是（的偶函数是（ ） Atanyx B 2 cos 2yx C 2 tan 1tan
4、x y x Dsin2cos2yxx 【答案】【答案】B 【解析】【解析】由题意利用三角函数的周期性和奇偶性，从而得出结论. 【详解】 解：函数tanyx的周期，即 tanyx 的周期，为，故排除 A； 函数 2 1cos4 cos 2 2 x yx 的周期为 2 42 ，且函数为偶函数，故 B 满足条件； 函数 2 tan1 tan2 1tan2 x yx x ， 它的周期为 2 ， 但该函数为奇函数， 故 C 不满足条件； 函数sin2yx的周期为 2 2 ，故 D不满足条件， 故选：B. 【点睛】 本题考查三角函数的奇偶性与周期性， 求周期一般要把三角函数化为一个角的三角函数 第 3 页
5、 共 19 页 形式且为一次的 5函数函数 1 sincos 653 f xxx 的最小值为（的最小值为（ ） A 4 5 B 6 5 C 1 5 D-1 【答案】【答案】A 【解析】【解析】寻找两个角的关系，利用三角函数的诱导公式进行转化，结合三角函数的有界 性进行求解即可. 【详解】 解： 362 xx ， 362 xx ， 则 11 sincossincossin 65365626 f xxxxxx 14 sinsin 5656 xx ，当sin1 6 x 时， f x有最小值 4 5 故选：A. 【点睛】 本题考查求三角函数的最值， 解题方法是利用诱导公式化简函数为一个角的一个三角函
6、数，然后结合正弦函数性质得最小值 6 若虚数若虚数1 2i是关于是关于x的方程的方程 2 0 xaxb-(a，Rb)的一个根， 则的一个根， 则a bi（ ） A29 B29 C 21 D3 【答案】【答案】B 【解析】【解析】先把1 2i代入方程，然后根据复数相等的条件可求a，b，再根据模长公式 即可求解. 【详解】 解：由题意可得， 2 1 21 20iaib-， 所以3240baai ， 故2a，5b， 则2529abii. 第 4 页 共 19 页 故选：B. 【点睛】 本题考查实系数方程的复数根，考查复数的模，解决实系数方程的复数根的方法是复数 根代入方程利用复数相等的定义求解 7m
7、，n为不重合的直线，为不重合的直线， ，为互不相同的平面，下列说法错误的是（为互不相同的平面，下列说法错误的是（ ） A若若/m n，则经过，则经过m，n的平面存在且唯一的平面存在且唯一 B若若 / ， ， m ， n ，则，则/m n C若若 ，m，则，则m D若若m ，n，/m，n/，则，则/ 【答案】【答案】D 【解析】【解析】对于 A，由公理三及其推论得经过m，n的平面存在且唯一；对于 B，由面面 平行的性质定理得/m n；对于 C，由线面垂直的判定定理得m；对于 D，与 相交或平行. 【详解】 解：由m，n为不重合的直线，为互不相同的平面，知： 对于 A，若/m n，则由公理三及其推
8、论得经过m，n的平面存在且唯一，故 A 正确； 对于 B，若/ ， m ， n ，则由面面平行的性质定理得/m n，故 B 正 确； 对于 C，若 ，m，则由线面垂直的判定定理得m，故 C正 确； 对于 D，若m，n，/m，n/，则与相交或平行，故 D 错误. 故选：D. 【点睛】 本题考查空间直线、平面间的位置关系贩判断，考查平面的基本性质，旨在考查学生空 间想象能力，逻辑推理能力 8ABC中，中，1CA，2CB，120ACB，以边 ，以边AC所在直线为轴将所在直线为轴将ABC 旋转一周后，形成的几何体的表面积为（旋转一周后，形成的几何体的表面积为（ ） A212 3 B 212 3 C 3
9、72 第 5 页 共 19 页 D212 33 【答案】【答案】B 【解析】【解析】 以边AC所在直线为轴将ABC旋转一周后， 形成的几何体是圆锥ABOD挖 去圆锥CBOD后剩余的几何体，推导出7AB ， 2 3BD ，由此能求出形成的几 何体的表面积. 【详解】 解：如图，以边AC所在直线为轴将ABC旋转一周后， 形成的几何体是圆锥ABOD挖去圆锥CBOD后剩余的几何体， ABC中，1CA，2CB，120ACB， 1 42 1 2 cos1207AB ， 442 2 2 cos1202 3BD ， 以边AC所在直线为轴将ABC旋转一周后，形成的几何体的表面积为： 3732212 3S 故选：
10、B. 【点睛】 本题考查求旋转体表面积，解题关键是掌握圆锥，圆柱等旋转体的结构得出组合体是 由怎样的基本几何体组合而成 9已知向量已知向量1,cos2ax， sin2 , 3bx，将函数，将函数 f xa b的图象沿的图象沿x轴向左轴向左 平移平移0个单位后，得到的图象关于原点对称，则个单位后，得到的图象关于原点对称，则的最小值为（的最小值为（ ） A 12 B 6 C 5 12 D 3 【答案】【答案】D 第 6 页 共 19 页 【解析】【解析】根据平面向量数量积的运算和辅助角公式可得 2sin 2 3 f xx ，向左 平移个单位，得到2sin 22 3 yx ，从而有2 3 k ，kZ
11、，再结合 0 ，即可得解. 【详解】 sin23cos22sin 2 3 f xa bxxx ， 将函数 f x的图象向左平移个单位，得到 2sin 22sin 22 33 yxx ， 该函数的图象关于原点对称，该函数是奇函数， 2 3 k ，kZ， 62 k ，kZ， 又0， min 3 . 故选：D. 【点睛】 本题考查数量积的坐标运算、辅助角公式和三角函数的图象变换，属于中档题. 10 在在ABC中，中， D 为边为边 BC的中点，的中点， AD3， BC 4， G为为ABC的重心， 则的重心， 则GB GC 的值为（的值为（ ） A12 B15 C3 D 15 4 【答案】【答案】C
12、【解析】【解析】利用向量加法、减法和数量积运算，求得GB GC 【详解】 如图，连接AD，由于D是线段BC的中点，所以重心G在AD上，且2 AG GD ，所 以1GD， 1 2 2 BDCDBC. 所以GB GC 22 GDDBGDDCGDDBGDDBGDDB 22 123 . 第 7 页 共 19 页 故选：C 【点睛】 本小题主要考查向量加法、减法和数量积运算，属于基础题. 二、多选题二、多选题 11正四棱锥正四棱锥PABCD中，底面边长为中，底面边长为 2，侧面与底面所成二面角的大小为，侧面与底面所成二面角的大小为 60 ，下 ，下 列结论正确的是（列结论正确的是（ ） A直线直线PA与
13、与BC、PA与与CD所成的角相等所成的角相等 B侧棱与底面所成角的正切值为侧棱与底面所成角的正切值为 6 3 C该四凌锥的体积为该四凌锥的体积为4 3 D该四凌锥的外接球的表面为该四凌锥的外接球的表面为 25 3 【答案】【答案】AD 【解析】【解析】对于 A，根据异面成角的概念，直线PA与BC、PA与CD所成的角分别为 PAD，PAB，再根据正四棱锥的特点，即可判断选项 A是否正确；对于 B，由题 意可证PO平面ABCD， 则PAO是侧棱与底面所成角， 在Rt PAO即可求出侧棱 与底面所成角的正切值，即可判断选项 B是否正确；对于 C，利用体积公式即可求出该 四棱锥的体积，进而判断选项 C
14、是否正确；对于 D，利用球心和顶点连线，构造直角三 角形，利用勾股定理求出外接球的半径，进而求出外接球的表面积，即可判断选项 D 是否正确. 【详解】 连结AC，BD，交于点O，连结PO，取AD中点E，连结OE、PE，如下图所示： 第 8 页 共 19 页 对于 A，因为/BC AD，所以直线PA与BC所成角为PAD， 因为/CD AB，所以PA与CD所成的角为PAB， PAPBPD，ABAD，PADPAB， 直线PA与BC、PA与CD所成的角相等，故 A 正确； 对于 B，PO平面ABCD，PAO是侧棱与底面所成角， A正四棱锥PABCD中，底面边长为 2，侧面与底面所成二面角的大小为 60
15、 ， 22 11 222 22 AOAC，60PEO，1OE ，2PE ， 22 213PO ， 侧棱与底面所成角的正切值为 36 tan 22 PAO，故 B 错误； 对于 C， 该四棱锥的体积为 114 3 2 23= 333 ABCD VSPO 正方形 ， 故 C错误； 对于 D，由题意可知正四凌锥PABCD中外接球的球心在PO上， 设外接球的球心为M，连接MC ， 设该四棱锥的外接球半径为R， 在Rt MOCV中，,3,2MCR OMR OC, 第 9 页 共 19 页 由勾股定理，可得 22 2 32RR，解得 5 2 3 R ， 该四棱锥的外接球的表面积为 2 25 4 3 SR
16、，故 D 正确. 故选：AD. 【点睛】 本题主要考查了考查空间中异面直线成角、线面角、锥体的体积以及锥体的外接球等基 础知识，考查空间想象能力和运算求解能力，属于中档题 12在在ABC中，内角中，内角A，B，C所对的边分别为所对的边分别为a， ，b，c，ABC的面积为的面积为S. 下列下列ABC有关的结论，正确的是（有关的结论，正确的是（ ） Acoscos0AB B若若ab，则，则cos2cos2AB C 2 4sinsinsinSRABC，其中，其中R为为ABC外接圆的半径外接圆的半径 D若若ABC为非直角三角形，则为非直角三角形，则tantantantan tantanABCABC 【
17、答案】【答案】ABD 【解析】【解析】对于 A，利用AB及余弦函数单调性，即可判断；对于 B，由ab，可 得sinsinAB，根据二倍角的余弦公式，即可判断；对于 C，利用in 1 2 sSabC和 正弦定理化简，即可判断；对于 D，利用两角和的正切公式进行运算，即可判断. 【详解】 对于 A，AB，0AB，根据余弦函数单调性，可得 coscoscosABB，coscos0AB，故 A正确； 对于 B，若sinsinabAB，则 22 sinsinAB，则 22 1 2sin1 2sinAB ， 即cos2cos2AB，故 B 正确； 对于 C， 2 11 sin2 sin2 sinsin2s
18、insinsin 22 SabCRARBCRABC，故 C 错误； 对于 D，在ABC为非直角三角形， tantan tantan 1tantan BC ABC BC ，则 tantantantantantanABCABC，故 D正确. 故选：ABD. 【点睛】 本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，三角函数基本性质考查了推理和归纳 的能力 第 10 页 共 19 页 三、三、填空题填空题 13已知点已知点1,2P为角为角的终边上一点，则的终边上一点，则tan2_. 【答案】【答案】 4 3 【解析】【解析】根据点1,2P为角的终边上一点，可得tan，再根据二倍角的正切公式， 即可求出结果
19、. 【详解】 因为点1,2P为角的终边上一点，则 2 tan2 1 ， 2 2tan4 tan2 1tan3 . 故答案为： 4 3 . 【点睛】 本题主要考查了任意角三角函数值的求法和二倍角的正切公式的应用，属于基础题. 14边长为边长为 2 的正方形的正方形ABCD中，中，P为对角线上一动点，则为对角线上一动点，则AP AC_. 【答案】【答案】4 【解析】【解析】根据平面向量基本定理可知，由于BPD三点共线，则存在，使得 1APABAD，故1AP ACAB ACAD AC，再结合平面向 量数量积的运算即可得解. 【详解】 解：BPD三点共线，存在，使得1APABAD， 11AP ACAB
20、ADACAB ACAD AC 2 2 2cos4512 2 2cos454 . 故答案为：4. 【点睛】 此题考查平面向量基本定理的应用，考查平面向量数量积的计算，属于基础题 第 11 页 共 19 页 15复数复数 1 z， 2 z满足满足 1 3z， 2 2z ， 12 7zz，则，则 12 zz_. 【答案】【答案】19 【解析】【解析】将 12 7zz平方可求得 1 2 z z，即可求出 2 12 zz，开方即可. 【详解】 因为 1 3z， 2 2z ， 12 7zz， 所以 22 1122 27zz zz，即 1 2 26z z ， 则 22 121 2 221 964192zzz
21、 zzz， 则 21 19zz. 故答案为：19. 【点睛】 本题考查复数模的计算，属于基础题. 四、双空题四、双空题 16已知正四面体已知正四面体ABCD的棱长为的棱长为 12，其外接球半径，其外接球半径R _；若其内切球的球心 ；若其内切球的球心 为为O，则内切球，则内切球O与三棱锥与三棱锥OBCD的公共部分的体积为的公共部分的体积为_. 【答案】【答案】3 6 2 6 【解析】【解析】由题意画出图形，求解三角形可得正四面体外接球的半径；由对称性可知正四 面体外接球与内切球球心相同，求出内切球的半径，得到内切球的体积，由内切球O与 三棱锥OBCD的公共部分的体积等于内切球体积的四分之一求解
22、. 【详解】 解：如图， 设底面三角形外心为F，连接CF并延长，交BD于E， 12BCCDBD， 22 1266 3CE . 第 12 页 共 19 页 2 6 34 3 3 CF ，则 2 2 124 34 6AF . 设正四面体ABCD的外接球的半径为R，则 22 2 4 34 6RR，解得 3 6R ； 由正四面体的对称性，可得正四面体外接球的球心与内切球的球心重合. 则内切球的半径 4 63 66r . 正四面体的体积为 113 12 124 6144 3 322 ，内切球的体积为 3 4 68 6 3 . 则正四面体内，内切球外的几何体的体积为144 3 8 6 ， 内切球O与三棱锥
23、OBCD的公共部分的体积为 144 3144 36 1 4 82 6V . 故答案为：3 6；2 6. 【点睛】 此题考查正四面体内切球和外接球问题，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题 五、解答题五、解答题 17已知函数已知函数 2 sincos3cosf xxxx0的周期为的周期为 . （1）求）求的值；的值； （2）求）求 f x的单调增区间的单调增区间. 【答案】【答案】 （1）1； （2）单调递增区间为 5 , 1212 kk ，kZ. 【解析】【解析】 （1）先化简解析式为 3 sin 2 32 f xx ，再由周期公式求的值， （2）由（1）可得函数解析式为 3 sin 2 3
24、2 f xx ，令 222 232 kxk ，kZ，解之即可得出函数的单调增区间. 【详解】 解： （1） 2 sincos3cosf xxxx 第 13 页 共 19 页 13 sin21cos2 22 xx 3 sin 2 32 x ， 周期为， 2 2 ，又0，解得1； （2）由（1）可得： 3 sin 2 32 f xx ， 令222 232 kxk ，kZ， 解得： 5 1212 kxk ，kZ， 即函数的单调递增区间为 5 , 1212 kk ，kZ. 【点睛】 本题考查利用三角恒等变换解决三角函数性质问题，属于基础题. 18 在在ABC中， 内角中， 内角A，B，C所对的边分别为
25、所对的边分别为a， ，b，c，3coscosbcAaC . （1）求）求cosA； （2）若）若3a ，求，求ABC的面积的面积S的最大值的最大值. 【答案】【答案】 （1） 1 3 ； （2） 3 2 4 . 【解析】【解析】 （1）利用余弦定理将条件转化为变得关系即可求出A的余弦值. （2）由余弦定理得到 22 2 3 3 bcbc，结合基本不等式得到bc的范围，进而可得面 积的最大值. 【详解】 解： （1）由余弦定理可得 222222 3 22 bcaabc bca bcab ， 整理得 222 2 3 bcabc， 则 222 2 1 3 cos 223 bc bca A bcbc
26、； （2）由余弦定理 22222 31 cos 223 bcabc A bcbc ，即 22 2 3 3 bcbc， 第 14 页 共 19 页 因为 22 2 32 3 bcbcbc，所以 9 4 bc ，当且仅当bc时取“=” 因为 1 cos 3 A ，则 2 2 sin 3 A 则 1192 23 sin2 22434 SbcA . 【点睛】 本题考查余弦定理，考查三角形面积，考查用基本不等式求最值，掌握余弦定理是解题 关键 19如图，如图，AB为半圆的直径，为半圆的直径，C为半圆上一点为半圆上一点(不与 不与A，B重合重合)，PA 平面平面ABC， /QB PA，且 ，且2PAQB
27、. （1）求证：平面）求证：平面PAC 平面平面QBC； （2）试问线段）试问线段AC上是否存在一点上是否存在一点D，使得，使得/BD平面平面CPQ，若存在，指出，若存在，指出D的位的位 置，并加以证明；若不存在，请说明理由置，并加以证明；若不存在，请说明理由. 【答案】【答案】 （1）证明见解析； （2）存在，D为AC的中点，证明见解析. 【解析】【解析】 （1）由直径所对的圆周角为直角，以及线面垂直的性质和判定，推得BC平 面PAC，再由面面垂直的判定定理，即可得证； （2）线段AC上存在一点D，且D为AC的中点，使得/BD平面CPQ，运用三角 形的中位线定理和线面平行的判定定理，即可得证
28、. 【详解】 （1）证明：由AB为半圆的直径，C为半圆上一点(不与A，B重合)， 可得ACBC， 由PA 平面ABC，可得PABC， 而PA，AC为相交直线，可得BC平面PAC， 而BC 平面QBC，可得平面PAC 平面QBC； 第 15 页 共 19 页 （2）线段AC上存在一点D，且D为AC的中点，使得/BD平面CPQ. 证明：延长PQ，与延长AB交于H，连接CH， 由/QB PA，且2PAQB，可得B为AH的中点， 而D为AC的中点，可得/DB CH， 又H为直线PQ上的点，可得H在平面CPQ内， 由BD平面CPQ，CH 平面CPQ，可得/BD平面CPQ. 【点睛】 本题考查面面垂直的判
29、定定理、线面平行的判定定理，考查基本分析论证能力，属基础 题. 20如图，直四棱柱如图，直四棱柱 1111 ABCDABC D的底面的底面ABCD为直角梯形，为直角梯形，/AB CD， 90BAD，2AACD 1 ，1ABAD，E，F分别为棱分别为棱 1 BB， 1 CC的中点 的中点. （1）在图中作出平面）在图中作出平面 1 AFF与该棱柱的截面图形，并用阴影部分表示与该棱柱的截面图形，并用阴影部分表示(不必写出作图过不必写出作图过 程程)； （2）H为棱为棱CD的中点，求异面直线的中点，求异面直线 1 D H与与EF所成角的余弦值所成角的余弦值. 第 16 页 共 19 页 【答案】【答
30、案】 （1）答案见解析； （2） 10 10 . 【解【解析】析】 （1）取 11 C D中点G，连结 1 AGEG，四边形 1 AEFG是平面 1 AEF与该棱柱 的截面图形. （2）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴， 1 DD为z轴，建立空间直角坐标系，利 用向量法能求出异面直线 1 D H与EF所成角的余弦值. 【详解】 （1）取 11 C D中点G，连结 1 AGEG，则四边形 1 AEFG是平面 1 AEF与该棱柱的截 面图形. （2）直四棱柱 1111 ABCDABC D的底面ABCD为直角梯形，/AB CD， 90BAD， 1 2AACD， 1ABAD，E，F分别为棱 1 BB
31、， 1 CC的中点， 以D为原点，DA为x轴，DC为y轴， 1 DD为z轴，建立空间直角坐标系， 第 17 页 共 19 页 则 1 0,0,2D，0,1,0H，1,1,1E，0,2,1F， 1 0,1, 2HD，1,1,0EF ， 设异面直线 1 D H与EF所成角为， 则 1 1 110 cos 1052 D H EF D HEF . 异面直线 1 D H与EF所成角的余弦值为 10 10 . 【点睛】 本题考查平面的性质，考查异面直线所成角的求法，属于基础题. 21在在ABC中，内角中，内角A，B，C所对的边分别为所对的边分别为a， ，b，c，已知，已知 sincos2cossin 22
32、 AA CC . （1）若）若 3 cos 5 A ，试判断，试判断ABC的形状；的形状； （2）求证：）求证：2bca . 【答案】【答案】 （1）直角三角形； （2）证明见解析. 【解析】【解析】 （1）由已知利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得 2 5sin8sin30CC， 解得sin1C ， 或 3 5 ， 分类讨论， 可求三角形为直角三角形； （2）将已知等式两边同时乘以 2 2cos 2 A ，利用三角函数恒等变换的应用可得 sinsin2sinCBA，进而根据正弦定理即可证明2bca . 【详解】 （1） 2 3 cos2cos1 52 A A -，可得 2 4 cos
33、25 A ， 则 2 1 sin 25 A ， 4 sin 5 A ， 2 5 cos 25 A ， 5 sin 25 A ， sincos2cossin 22 AA CC ， 2 55 sin2cos 55 CC，可得2sin2 cosCC， 22 2sin2cosCC，整理可得： 2 5sin8sin30CC，解得sin1C ， 或 3 5 ， 当sin1C 时，C为直角，三角形为直角三角形； 第 18 页 共 19 页 当 3 sincos 5 CA时，可得 2 AC ，可得B为直角，三角形为直角三角形； 综上，三角形为直角三角形. （2）sincos2cossin 22 AA CC.
34、2 2sincos2 2cossincos 222 AAA CC， sin1 cos2cossinCACA，即sinsincos2sinsincosCCAAAC， sinsincossincossinsinsinsin2sinCCAACCA CCBA， 由正弦定理得2bca ，得证. 【点睛】 本题考查三角形内的三角恒等变换，考查正弦定理，属于基础题. 22 如图甲， 矩形如图甲， 矩形ABCD中，中，2AB ，1AD ，E为为AB中点， 将中点， 将ADE沿直线沿直线DE 折起成折起成PDE(如图乙如图乙)，连接，连接PC，PB.在图乙中解答：在图乙中解答： （1）当平面）当平面PDE 平面
35、平面BCDE时，求三棱锥时，求三棱锥BPCE的体积；的体积； （2）F为为PC中点，连接中点，连接BF.求证：求证：/BF平面平面PDE，并求线段，并求线段BF的长的长. 【答【答案】案】 （1） 2 12 ； （2）证明见解析， 5 2 BF . 【解析】【解析】 （1）取DE中点O，连结PO，推导出PO平面BCDE，由此能求出三棱 锥BPCE的体积. （2）取CD中点G，连结BGFG，推导出/FG PD，/BG DE，从而平面/PDE 平面BFG，由此能求出/BF平面PDE.由/FG PD，/BG DE，得 45BGFEDP，利用余弦定理能求出BF. 【详解】 （1）取DE中点O，连结PO
36、， 第 19 页 共 19 页 矩形ABCD中，2AB ，1AD ，E为AB中点， 将ADE沿直线DE折起成PDE，连接PC，PB， 1PDPE，90DPA，PODE， 22 112DE ， 2 2 22 1 22 PO ， 平面PDE 平面BCDE，平面PDE平面BCDEDE， PO平面BCDE， 三棱锥BPCE的体积： 11122 1 1 332212 P BCEBCE VSPO . （2）证明：取CD中点G，连结BGFG， F是PC中点，E是AB中点，四边形ABCD是矩形， /FG PD，/BG DE， PDDEDI，FGGBG，平面/PDE平面BFG， BF 平面BFG，/BF平面PDE. /FG PD，/BG DE， 45BGFEDP， 11 22 FGPD， 2BGDE ， 22 115 2cos45222cos45 422 BFBGCFBGFG . 【点睛】 本题考查面面垂直的性质，考查三棱锥的体积，考查线面平行的证明，属于中档题.
