2023_2024学年四川省成都市高一下册期末考试数学模拟测试卷(附答案)

模拟测试卷

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．

zabi1. 复数

iabR为实数是“a0”成立的（ ）

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

【正确答案】C

【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合复数为实数的条件分析判断

zabiaibi2b【详解】ii2ai，

zabi当复数

iabR为实数时，a0，

当a0时，zb(bR)为实数，

zabi所以复数iabR为实数是“a0”成立的充要条件，

故选：C

2. 若将一个棱长为2cm的正方体铁块磨制成一个球体零件，则可能制作的最大零件的体积为（

）

3234cm3A. 8cm343π3πcmB.

cmC. 3πD. 3【正确答案】D

【分析】由题意可知制成的最大的球体恰好正方体的内切球，求出球的半径，从而可求出球的体积

【详解】由题意可知制成的最大的球体恰好正方体的内切球，因为正方体的棱长为2cm，所以其内切球的半径为1cm，

01/26

44π12πcm33所以制作的最大零件的体积为3，

故选：D

3. 设a，b是两个不共线的向量，且向量2ab与(31)ab是平行向量，则实数的

值为（

）

2A. 3【正确答案】C

B. 1

2C. 1或32D. 1或3【分析】由共线向量定理结合题意求解即可.

【详解】因为向量2ab与(31)ab是平行向量，

(31)abk2ab2kakb所以存在唯一实数k，使，

因为a，b是两个不共线的向量，

312k312，3220，1k所以，则

解得1或故选：C

23，

ycos4. 函数

ππtan(11)22取得最小值时，的值为（ ）

1C. 21A. 2【正确答案】B

B. 0

2D. 3【分析】根据正切函数的性质将函数转化为分段函数，分别确定各段的单调性，即可得函数取最小值时，的值.

ycos【详解】函数

ππtan(11)22π2πtan2πsin2，则当10时，

ycos02/26

πππ,0ysin2，所以函数2在1,0上单调递减；又2当01时，

ycosππππtansinysin222，所以函数2在0,1上单调递增；

所以当0时，函数故选：B.

ycosππtan(11)22取得最小值

.5. 《九章算术商功》中提及的“鳖臑”现意为四个面均为直角三角形的三棱锥，则“鳖臑”中相互垂直的平面有（ A. 4

【正确答案】B

【分析】利用线面垂直和面面垂直的判定定理判断.

【详解】如果三棱锥有一个顶点处有3个直角，设PAPB,PAPC,PBPC，

222222222ABab,ACac,CBcb,PAa,PBb,PCc设，故

）对

B. 3

C. 2

D. 1

故ABACCB，ABCBAC，CBACAB，从而ABC为锐角三角形，与题设矛盾；

若每个顶点处有均有一个直角，不妨设PAAB,ABBC,BCCP,CPAP，

222222222将三棱锥沿PB展开，则展开后的四边形内角为凸四边形且其内角和大于矛盾，

综上，“鳖臑”对应的三棱锥必有一个顶点处有两个直角，如图所示：

4π2π2，

03/26

设PAAB,PAAC,ABBC,PBBC，由PAAB,PAAC，且ABACA，

得PA平面ABC，又PA平面PAB，PA平面PAC，所以平面PAB平面ABC，平面PAC平面ABC，由BCAB,BCPB，且ABPBB，得BC平面PAB，又PA平面PBC，

所以平面PBC平面PAB，

所以“鳖臑”中相互垂直的平面有3对，故选：B

6. 已知点N，O，P在ABC所在平面内，且PAPBPC3PN，

222OAOBOC，PAPBPBPCPCPA，则点N，O，P依次是ABC的（

）

A. 重心、外心、垂心C. 外心、重心、垂心【正确答案】A

【分析】根据向量的运算逐个分析判断即可

B. 重心、外心、内心D. 外心、重心、内心

PAPNPBPNPCPN0【详解】由PAPBPC3PN，得，

所以NANBNC0，设AB的中点为D，连接ND，则NANB2ND，

所以NC2DN，所以点N在AB边上的中线上，同理可得N也在AC,BC的中线上，

所以点N是ABC的重心，

04/26

222OAOBOCOAOBOC，得由，所以O到ABC的三个顶点的距离相等，所以

PBPAPC0由PAPBPBPCPCPA，得，所以PBCA0，

所以PBCA，所以PBAC，同理得PCAB，所以P为ABC的垂心，

O为ABC的外心，

故选：A

7. 已知钝角ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b2，c3，则最大边

a的取值范围为（ ）A. (1,5)B.

1,5C.

13,5D.

1,513,5【正确答案】C

【分析】根据给定条件利用余弦定理建立不等关系即可计算作答.

【详解】因ABC是钝角三角形，b2，c3，且a是最大边，则由余弦定理得：

b2c2a2cosA02bc，

22222于是得abc2313，a0，解得a13，又有abc5，即

13a5，

所以最大边a的取值范围是.故选：C

13,58. 已知对任意平面向量AB(x,y)，把AB(x,y)绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向

量AP(xcosysin,xsinycos)，叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转角得到

05/26

π点P．已知平面内点A(1,2)，把点B绕点A沿顺时针方向旋转3后得到点

31P22,23，则点B的坐标为（ ）3522,23A.

32,2232C.

【正确答案】D【分析】根据题意，设

513,32B.

D. 13,223Bx,y

，由条件可得AP的坐标，然后列出方程，即可得到结果.

π，将点B绕点A沿顺时针方向旋转3，

【详解】设

Bx,y，则

ABx1,y25π即将点B绕点A沿逆时针方向旋转3，

5π5π5π5πAPx1cosy2sin,x1siny2cos3333，可得

131313AP2x2y23,2x2y21，化简可得，

33AP23,23，又因为

1313xy332222x133133xy13B13,223y2232222所以，解得，所以.

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，部分选对的得2分，有选错的得0分．

3ab29. 已知ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，bca且sinAcosB，则

下列说法正确的是（

）

06/26

A. B60C. ABC为等腰非等边三角形【正确答案】ABD

B. ABCBABCBAC0D. ABC为等边三角形

3ab【分析】A，由sinAcosB，利用正弦定理化简得到tanB3求解判断；BCD，由b2ca，B60，利用余弦定理求解判断.

3ab3sinAsinBsinAcosBsinAcosB，则tanB3，解得B60，【详解】A. 因为，所以故正确；

a2c2b21cosB222B60bcaac2ac0，则ac，2ac2B. 因为，，所以，即所以ABC是正三角形，所以ABCBABCBAC0，故正确；

C. 由B知：ABC为等边三角形，故错误；D. 由B知：ABC为等边三角形，故正确.故选：ABD

10. 已知三条不同的直线l，m，n和三个不同的平面，，，下列说法正确的是（ ）

A. 若l，ml，则m//B. 若m，n为异面直线，且n，m，m//，n//，则//C. 若ml，m，则lD 若l，m，In，，，两两垂直，则l，m，n也两两垂直

.【正确答案】BD

【分析】对于A，m//或m；由线面平行的性质定理和面面平行的判定定理可判断

07/26

B；对于C，l不一定成立；用反证法可判断D.

【详解】若l，ml，则m//或m，故A错误；

设m，m，因为m//，所以m//m，

又m，m，所以m//，

又因为m，n为异面直线，n，n//，m，则直线n与m必相交，

所以//，故B正确；

若ml，m，则l不一定成立，故C错误；若l，m，In，，，两两垂直，则l，m，n必相交于同一点P，

假设l与m不垂直，则存在直线l，使得lm，lmP，

所以直线l与m可确定平面，且，

这说明过内的直线m可作两个平面与垂直，而这是不可能的，所以假设不成立，即lm，

同理可证ln，mn，即l，m，n两两垂直，故D正确.故选：BD

11. 正弦最初的定义（称为古典正弦定义）为：在如图所示的单位圆中，当圆心角

BOC的范围为(0,π)时，其所对的“古典正弦”为BC（D为BC的中点）．根据以上信息，

0,2π时，的“古典正弦”除以tan的可能取值为（ ）

当圆心角

A. 1

【正确答案】BC

08/26

2B. 31C. 2D. 0

2sin2【分析】根据古典正弦定义，的“古典正弦”除以tan为tan，利用倍角正弦、余弦公式，根据余弦函数的性质及函数单调性求最值即可．【详解】由题可得的“古典正弦”除以tan为：

2sin22sintan2sincos2sin2sin2coscos2cos2cos2212cos221cos222ππcos,10,0,22224由于，所以，则

222sin1t,1t2y2ttcos22,1tant2令，则，所以设，

21ty2,1上是增函数，函数t在由基本初等函数的单调性可知函数y2t在2t2,1上是增函数，

1t2,1y2t2上单调递增，t则函数在

12y2t0,10,1.t所以，则的“古典正弦”除以tan为tan的取值范围为

故选：BC.

12. 在棱长为4的正方体

2sinABCDA1B1C1D1中，E，F，G，R，S分别是A1B1，BD，

B1D1，AC1，B1C1的中点，点H是线段C1G上靠近G的三等分点，点I是线段CF上靠近

F的三等分点，P为底面A1B1C1D1上的动点，且DP//面ACE，则（ ）

A. RI//CH4B. 三棱锥HABC的外接球的球心到面ABC的距离为3C. 多面体

EB1SABC为三棱台

09/26

D. P在底面A1B1C1D1上的轨迹的长度是22【正确答案】ACD【分析】在平面

AA1C1C中，由中位线定理、平行直线判断定理，以及平行的传递性可得

RI//CH，可判断选项A正确；确定三棱锥HABC的外接球的球心O在直线FG上位置，

即可求出球心到面ABC的距离，可判断选项B错误；根据棱台的定义判断多面体

EB1SABC为三棱台，可判断选项C正确；找到过点D与面ACE平行的平面，即可找到

点D的轨迹，可判断选项D正确.

【详解】

AACC根据题意，可知RI、CH平面11，

如图画出平面

AA1C1C，取IC的中点Q，连接GQ、FG，

RF=1CC12，

在

△ACC1中，由中位线定理可知

所以R为FG中点，则在GFQ中，由中位线定理得，RI//GQ，由

RtGFQ@RtCC1H，得ÐGQF=ÐCHC1，

ÐHCQ=ÐCHC1，

由平行线性质

所以ÐHCQ=ÐGQF，可得GQ//CH所以RI//CH，选项A正确；

10/26

依题意，由于ABC为直角三角形，则其外心为点F，又因为FG平面ABC，

可知三棱锥HABC的外接球的球心O在直线FG上（如图），设FOx，由RtOGH、RtOFC中OH=OC=R，

得

x2+FC2=(4-x)+GH22x2+22，即

()2æ22ö2ç÷÷=(4-x)+çç÷çè3÷ø，

2x解得，

10109，则球心到面ABC的距离为9，选项B错误；

由题意，可知平面延长

EB1S//平面ABC，

BB1、、CSAE，BB1与CS交于点K，BB1与AE交于点K，

1B1S=BCBS∥BC，且2由于1，

所以

B1为BK的中点，同理B1为BK¢的中点，

EB1SABC三条侧棱交于一点，

所以K与K重合，即多面体

11/26

故多面体

EB1SABC为三棱台，选项C则正确；

取

A1D1、C1D1的中点N、M，连接MN、、DMDN，

由题意易知MN∥ES，ES平面ACE，MN平面ACE，所以MN平面ACE，同理DM∥平面ACE，

MN平面DMN，DM平面DMN，MNDMM，

所以平面DMN//平面ACE，

当点PMN时，DP平面DMN，所以DP∥平面ACE，则P在底面A1B1C1D1上的轨迹为MN，且MN22，选项D正确.故选：ACD

方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法

（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．

（2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解．

（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长．

（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．

（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．

13. 在正三棱柱ABCABC中，D为棱AC的中点，ABBB2，则异面直线BD与

12/26

BC所成角的为__________．

π【正确答案】6【分析】根据异面直线的定义结合正三棱柱的几何性质即可得DBC为异面直线BD与

BC所成角，从而可得答案.

【详解】

正三棱柱ABCABC中，BC//BC所以DBC为异面直线BD与BC所成角

又ABC为正三角形，D为棱AC的中点，所以

DBCπ6πBBD则异面直线与C所成角的为6.π故答案为.614. 已知两个粒子A，B从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为

S1,3SA(1,0)，BSS，则A在B上的投影向量为__________．

134,4【正确答案】

SSSS【分析】先求得A与B夹角的余弦值，再根据投影向量的定义求出A在B上的投影向量

即可．

SS【详解】设A与B的夹角为，

13/26

则

SASB101cosSASB122SS所以A在B上的投影向量为

SB1(1,3)13SAcos(,)12244SB，

.

134,4故答案为.

15. 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形；E为PD的中点．若AP1，

AD3，

AB34，当三棱锥PABCD的体积取到最大值时，点E到平面PBC的距离

为__________．

3【正确答案】10##0.3

【分析】根据几何体性质结合体积分割求解三棱锥PABE的体积，在根据等体积法可求解点E到平面PBC的距离.

【详解】由题可得，当PA底面ABCD时，三棱锥PABCD的体积取到最大值如图，取PA中点M，取AD中点N，连接EM,EN,AE

因为PA底面ABCD，E为PD的中点．N为AD的中点，所以PA//EN，

14/26

EN11AP2211313VEABCDSABCDEN333428所以EN底面ABCD，则

又由PA底面ABCD，AD底面ABCD，所以PAAD因为矩形ABCD，则ABAD，又PAABA,PA,AB平面PAB，所以AD平面

PAB又E为PD的中点．M为PA的中点，所以EM//AD，面PABEM13AD22，则EM平

111333VPABEVEPABSPABEM13324216则

1133VPABCDSABCDPA313344又

VPBCEVPABCDVEABCDVPABE3333481616所以

PBPA2AB2又

54，因为AD平面PAB，AD//BC，所以BC平面PAB，又

PB平面PAB，所以BCPB，

设点E到平面PBC的距离为h,

111533VPBCEVEPBCSPBCh3h332416，则10.所以

3故点E到平面PBC的距离为10.3故答案为.1016. 在ABC中，若

ABAC12ABAC，BDDC，BAC的内角平分线交边BC于点E，

若AD6，AE22，则ABC外接圆的直径为__________．

15/26

【正确答案】85【分析】根据

ABAC12ABACBAC可得

2ππBAECAE3，从而得3，利用三角

形面积公式可得

bc22bc，再利用AD6，结合数量积的运算可得

b2c2bc1440，从而可得bc，利用余弦定理得a，最后应用正弦定理即可得

ABC外接圆的直径.

【详解】

又

ABACABAC1cosBAC2ABACABACcosBAC，所以

12，

因为又

BAC0,πBAC，所以

2ππBAECAE3，则3SABCSABESAEC，所以

111ABACsinBACABAEsinBAEABAEsinCAE222，

131313bcb22c2222222，整理得：bc22bc①，则211ADABAC22又，所以

1112212111ADABACABACABACABAC2224422，

6则

12121cbbc444，整理得b2c2bc1440②，

2bc联立①②可得：

24bc11520，解得bc48或bc24（舍）

在ABC中，由余弦定理可得

a2b2c22bccosBACb2c2bc2bc144240，所以a415，

16/26

2R设ABC外接圆的半径为R，由正弦定理可得所以ABC外接圆的直径为85.故答案为.85a41585sinBAC32四、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O(0,0)，A(1,2)，B(4,5)，OPOAtAB(tR)．

（1）t为何值时，点P在y轴上？

OPAB（2）若与的夹角是钝角，求t的取值范围．

t【正确答案】（1）

13

t（2）

12【分析】（1）由OPOAtAB，得到点P的坐标，再根据点P在y轴上求解；

3(3t1)3(3t2)（2）由，得到OP与AB不共线，再根据OP与AB的夹角是钝角，由

OPAB0求解.

【小问1详解】

解：由题意知：OA(1,2)，AB(4,5)(1,2)(3,3)，所以OPOAtAB(1,2)t(3,3)(3t1,3t2)，

P(3t1,3t2)．

因为点P在y轴上，

所以3t10，解得【小问2详解】

t13．

因为3(3t1)3(3t2)，

所以OP与AB不共线．

17/26

OPAB又与的夹角是钝角，

所以只需OPAB0，

即3(3t1)3(3t2)0，

t解得

12．

ππfxsinxsinxcosxa6618. 已知函数的最小值为3．

（1）求函数

fx的单调递减区间；

（2）英国数学家泰勒（B．Taylor，1685-1731）发现了如下公式：

x2x4x6cosx12!4!6!，其中n!n(n1)(n2)321，该公式被编入

计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的准确性．运用上述思想，计算

πf13的值：（结果精确到小数点后4位，参考数据：

112.51052.81078!，10!）

4ππ2kπ,2kπ3，kZ 【正确答案】（1）3（2）0.0806【分析】（1）根据三角恒等变换公式化简函数，进而根据正弦函数的性质即可求解；

πf12cos11（2）结合诱导公式化简3，进而结合泰勒公式求解即可.

【小问1详解】

ππππππfxsinxsinxcosxasinxcoscosxsinsinxcoscosxsincosxa666666π3sinxcosxa2sinxa6，

18/26

所以

fxmin2a3，即a1，

πfx2sinx16，所以

ππ3π2kπx2kπ262令，kZ，

π4π2kπx2kπ3即3，kZ，

4ππ2kπ,2kπ3fx3，kZ．所以函数的单调递减区间

【小问2详解】

πfx2sinx16，由（1）知

ππππf12sin112sin112cos11632所以3，

由泰勒公式得：

cos111111110.50.041670.001390.0000250.000000280.540304722!4!6!8!10!，

πf12cos1120.5403047210.0806所以3．

19. 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA底面ABCD，

PAAB2，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，平面ADE平

面PBCl．

（1）证明：l//BC；

19/26

（2）若l到平面PAD的距离为1，求【正确答案】（1）证明见解析

AF与平面PBC所成角的最小值．

π（2）6【分析】（1）由已知得BC//AD，再利用线面平行的判定定理和性质定理可证得结论；（2）由l到平面PAD的距离为1，根据线面垂直的性质结合已知可得BCAB，再由线面垂直的判定可得BC平面PAB，则BCAE，由等腰三角形的性质可得AEPB，则

AE平面PBC，从而得AFE为AF与平面PBC所成角，然后在△AEF中求解即可.

【小问1详解】

证明：因为底面ABCD为菱形，所以BC//AD因为BC平面ADE，AD平面ADE，所以BC//平面ADE．

又BC平面PBC，平面ADE平面PBCl，所以BC//l．【小问2详解】

因为BC//l，BC//AD，所以l//AD，

l不在面PAD内，AD在面PAD内，所以l//平面PAD，又l到平面PAD的距离为1，所以点B到平面PAD的距离为2．

因为PA底面ABCD，PA平面PAD，所以平面PAD底面ABCD，又平面PAD底面ABCDAD，

所以点B到平面PAD的距离等于点B到AD的距离，为2．又AB2，所以BCAB．又因为BCPA，ABPAA，AB,PA平面PAB，所以BC平面PAB．

因为AE平面PAB，所以BCAE．

又PAAB2，E为线段PB的中点，所以AEPB．

又PBBCB，PB平面PBC，BC平面PBC，所以AE平面PBC．

20/26

所以AFE为

AF与平面PBC所成角．

tanAFE又

AE2EFEF，2EF6．

3所以当EF6时，tanAFE取得最小值，最小值为3．

π所以AF与平面PEC所成角的最小值为6．

20. 已知ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b8，c5．（1）若acosC3asinCbc0，求A；

（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求函数

πf(A)23sin2Acos2A312的值域．

222条件①：0ACABBC402；

条件②：0cosAsinA．

注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．

【正确答案】（1）

A

π

3

0,13（2）【分析】（1）由acosC3asinCbc0及正弦定理得

sinAcosC3sinAsinCsinBsinC0，利用诱导公式及三角恒等变换可得

π1sinA62，结合角的范围即可求解；πfx12sin2A3，选择①由（2）利用三角恒等变换化简为

2220ACABBC402，可得0b2c2a2402，结合余弦定理可得

ππA42，再利用正弦函数的性质即可求解；选择②，由0cosAsinA，可得

21/26

ππA42，再利用正弦函数的性质即可求解.

【小问1详解】

由acosC3asinCbc0及正弦定理得

sinAcosC3sinAsinCsinBsinC0．

因为sinBsin(πAC)sin(AC)sinAcosCcosAsinC，所以3sinAsinCcosAsinCsinC0．

π1sinA62．由于sinC0，3sinAcosA10，所以

又0Aπ，

π5ππππ

AAA

3．66，故66，即

【小问2详解】

πf(A)23sin2Acos2A313(1cos2A)sin2A312π13cos2Asin2A12sin2A3．选择条件①：

222222因为0ACABBC402，所以0bca402，

根据余弦定理可得，bca2bccosA80cosA．

2220cosA所以

ππ2A2，又0Aπ，所以42．

3π15ππ4πsin2A2A232，33，即所以6f(A)0,13．故

选择条件②：

ππA2，因为0cosAsinA，又0Aπ，所以422/26

3π15ππ4πsin2A2A32．33，即2所以6f(A)0,13．故

21. 已知ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点O是ABC所在平面内的一点．

（1）若点O是ABC的重心，且OAOB0，求cosC的最小值；

（2）若点O是ABC的外心，BOBABCR，且a4，c6，

12msinB(mR)2有最小值，求m的取值范围．4【正确答案】（1）5

213m,44（2）

【分析】（1）根据题意，由余弦定理列出方程，然后再由基本不等式即可得到结果；（2）根据题意，分别表示出,，然后代入计算，即可得到结果.【小问1详解】

延长AO，BO，CO分别交边BC，AC，AB于点D，E，F，

FO依题意有

113ABcCFc22，2．

在VCAF和△CAB中，由余弦定理有cosCAFcosCAB，

c3cb22222bcac2bc2b2222即，化简有ab5c，

222a2b2aba2b2c24a2b242ab45cosC2ab2ab52ab52ab5．

当且仅当ab时，等号成立，

2223/26

4所以cosC的最小值为5．

【小问2详解】

32cosB6sin2BBOBA183624cosB23cosB2BOBC824cosB164sinB，由题意可知：，解得

12m(32cosB)23cosBsin2BmsinB2642则6cos2B(4m9)cosB6m12．

今tcosB,t(1,1)，

26t(4m9)t6m有最小值，所以原式

t4m9(1,1)12．

213m,44．解得

22. 如图，在五边形ABCFD中，四边形ABCD为矩形，点E为边BC的中点，

AB23AD23，DF//EC，DFFC．沿EC，ED将BEC，△AED折起，使得

A，B重合于点P，得到四棱锥PECFD，G为侧棱PD靠近P的三等分点．

（1）求CG与ED所成的角；

（2）求平面PED与平面PCF所成锐二面角的正切值．

24/26

π【正确答案】（1）2

（2）226【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得PE面PCD，然后由余弦定理可得CG，再结合勾股定理即可得到PDGC，从而可得GC面PED，即可得到结果；（2）根据题意，先由条件找到所求二面角，然后通过计算，即可得到结果.【小问1详解】

由题可知，EDECDC2，PE1，PCPD3，且PEPC，PEPD．

又PCPDP，PD面PCD，PC面PCD，所以PE面PCD．又GC面PCD，所以PEGC．在PCD中，由余弦定理可得，

DP2CP2DC23341cosDPC2DPCP2333．

11PGPD3PCG33在中，，由余弦定理可得，13126CGPC2PG22PCPGcosCPG3233333，

所以PGCGPC，即PDGC．

又PEPDP，PD面PED，PE面PED，所以GC面PED．

222π又ED面PED，所以EDGC．故CG与ED所成的角为2．

【小问2详解】

25/26

因为DF//EC，DFFC，所以

CDFπ3，FD1．

又FDEC，所以延长ED，CF必交于一点H．所以平面PED平面PCFPH．

又GC面PED，过点G作GQPH，连接CQ，则GQC或其补角为所求．

PDE又

π5πPDH6，所以6．π3，所以DHDC2．

FDH又

在△PDH中，由余弦定理可得，

3PHDPDH2DPDHcosPDH34232213．

22设点D到PH的距离为d，在△PDH中，运用等面积法则有

dPDDHsinPDH39PH13．139GQd339，所以

在RtCGQ中，

tanGQCGC226GQ．

所以平面PED与平面PCF所成锐二面角的正切值为226．

26/26