江苏省南京市外国语学校2022-2023学年高一下学期五月月考数学试卷含答案.pdf

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1、第1页（共26页）2022-2023 学年南京外国语学校高一五月月考试学年南京外国语学校高一五月月考试卷卷一选择题（共一选择题（共 8 小题小题，每题，每题 5 分，工分，工 40 分分）1将一个等边三角形绕它的一条边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括（）A一个圆柱、一个圆锥 B一个圆台、一个圆锥 C两个圆锥 D两个圆柱 2已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，直线 AD1与直线 DC1的夹角等于（）A B C D3一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设 BC 的中点为M，GH 的中点为 N，下列结论正确的是（）AMN平面 ABE BMN平面 ADE C

2、MN平面 BDH DMN平面 CDE 4已知四边形 ABCD 用斜二测画法画出的直观图为直角梯形 ABCD，如图所示，AB1，AD2，BC3，ABBC，ADBC，则四边形 ABCD 的周长为（）A B C D5RtABC 的两条直角边 BC3，AC4，PC平面 ABC，PC，则点 P 到斜边 AB 的距离是（）A5 B3 C3 D6已知两个平面相互垂直，下列命题 一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线第2页（共26页）一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面其中不正确命题

3、的个数（）A1 B2 C3 D4 7在二面角 l 中，Al，Bl，AC，BD，且 ACl，BDl，若 AB1，ACBD2，CD，则二面角 l 的余弦值为（）ABCD8蹴鞠，又名蹴球，筑球等，蹴有用脚踢、踏的含义，鞠最早系外包皮革、内实含米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚踢、踏皮球的活动，类似现在的足球运动2006 年 5 月 20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录3D打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠积累的方式来构造物体的技术过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接

4、制造，特别是一些高价值应用（比如人体的髋关节、牙齿或飞机零部件等）已知某蹴鞠的表面上有四个点 ABCD，满足任意两点间的直线距离为 6cm，现在利用 3D 打印技术制作模型，该模型是由蹴鞠的内部挖去由 ABCD 组成的几何体后剩下的部分，打印所用原材料的密度为 1g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原材料的质量约为（）【参考数据】3.14，A101g B182g C519g D731g 二多选题（共二多选题（共 4 小题小题，每题，每题 5 分，共分，共 20 分分）9设 l 为直线，是两个不同的平面，下列命题中错误的是（）A若 l，l，则 B若 l，l，则 C若 l，l，则 D若，l，

5、则 l 10如图，点 A，B，C，P，Q 是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足 PQ平面 ABC 的第3页（共26页）有（）ABC D11如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是正方形，PA平面 ABCD，PAAB，点 E为 PA 的中点，则下列判断正确的是（）APB 与 CD 所成的角为 60 BBD平面 PAC CPC平面 BDE DVBCDE：VPABCD1：4 12如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，O1，O2为圆柱上下底面的圆心，O 为球心，EF 为底面圆 O1的一条直径，若球的半径 r2，则下列各选项正确的是（）A球与圆柱的体积之比为 2：3 B四面体

6、 CDEF 的体积的取值范围为C平面 DEF 截得球的截面面积最小值为D若 P 为球面和圆柱侧面的交线上一点，则 PE+PF 的取值范围为第4页（共26页）三填空题（共三填空题（共 4 小题小题，每题，每题 5 分，共分，共 20 分分）13用半径为 2 的半圆面围成一个圆锥，则该圆锥的体积为 14如图，在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为 BC 的中点，点 P 在底面 ABCD上移动，且满足 B1PD1E，则线段 B1P 的长度的最大值为 15祖暅（公元 56 世纪），祖冲之之子，是我国齐梁时代的数学家他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”这句话的意思是：两个等高的

7、几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等；该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现，比祖暅晚一千一百多年椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体如图将底面直径皆为 2b，高皆为 a 的椭半球体及已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面 上，以平行于平面 的平面于距平面 任意高 d 处可横截得到 S圆及 S环两截面，可以证明 S圆S环总成立据此，b 为 6cm，a 为 8cm 的椭球体的体积是 cm3 16在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABC90，AA1，设其外接球的球心为 O，已知三棱锥 OABC 的体积为，则球 O 表面积的最小值为 四解答题（共四解答题（共

8、 6 小题小题，共，共 70 分分）17如图，AB 是圆柱 OO的一条母线，BC 过底面圆心 O，D 是圆 O 上一点已知 ABBC5，CD3（1）求该圆柱的表面积；第5页（共26页）（2）将四面体 ABCD 绕母线 AB 所在的直线旋转一周，求ACD 的三边在旋转过程中所围成的几何体的体积18已知平面 l，直线 a，且 a，求证：al 19如图，在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1木块中，E 是 CC1的中点（1）要经过点 A 将该木块锯开，使截面平行于平面 BD1E，在该木块的表面应该怎样画线？请在图中作图，写出画法，并证明（2）求四棱锥 EABC1D1的体积；20如图，在正三

9、棱柱 ABCA1B1C1中，ABAA1，D，E，F 分别是 BC，BB1，AA1的中点（）求证：CF平面 ADE；（）求证：BC1平面 ADE 第6页（共26页）21如图，矩形 ABCD 所在平面与半圆弧所在平面垂直，M 是上异于 C，D 的点（1）证明：平面 AMD平面 BMC；（2）在线段 AM 上是否存在点 P，使得 MC平面 PBD？若不存在，说明理由，若存在请证明你的结论，并说明 P 的位置 22如图，在梯形 ABCD 中，ABCD，ADDCCB1，ABC60，四边形 ACFE为矩形，平面 ACFE平面 ABCD，CF1（1）求证：BC平面 ACFE；（2）求二面角 ABFC 的平面

10、角的余弦值；（3）若点 M 在线段 EF 上运动，设平面 MAB 与平面 FCB 所成二面角的平面角为（90），试求 cos 的取值范围 第7页（共26页）2022-2023 学年南京外国语学校高一五月月考试学年南京外国语学校高一五月月考试卷卷参考答案与试题解析参考答案与试题解析一选择题（共一选择题（共 8 小题）小题）1将一个等边三角形绕它的一条边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括（）A一个圆柱、一个圆锥 B一个圆台、一个圆锥 C两个圆锥 D两个圆柱【解答】解：一个等边三角形绕它的一条边所在的直线旋转一周，所得几何体是两个底面重合的圆锥故选：C 2已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长

11、为 1，直线 AD1与直线 DC1的夹角等于（）A B C D【解答】解：如图连接 AB1，因为几何体是长方体，所以 DC1AB1，直线 AD1与直线 DC1的夹角等于直线 AD1与直线 AB1的夹角，三角形 AB1D1是正三角形，所以直线 AD1与直线 DC1的夹角为 故选：C 3一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设 BC 的中点为M，GH 的中点为 N，下列结论正确的是（）第8页（共26页）AMN平面 ABE BMN平面 ADE CMN平面 BDH DMN平面 CDE【解答】解：连结 BD，设 O 为 BD 的中点，连结 OM，OH，AC，BH，MN，因为 M，

12、N 是 BC，GH 的中点，所以 OMCD，且 OM，NHCD，且 NH，所以 OMNH 且 OMNH，则四边形 MNHO 是平行四边形，所以 OMNH，又 MN平面 BDH，OH平面 BDH，所以 MN平面 BDH 故选：C 4已知四边形 ABCD 用斜二测画法画出的直观图为直角梯形 ABCD，如图所示，AB1，AD2，BC3，ABBC，ADBC，则四边形 ABCD 的周长为（）ABCD【解答】解：由题意可知，如图所示，过点 D 作 DHBC，垂足为H，则四边形ABCD的高为第9页（共26页），故四边形 ABCD 的周长为故选：A 5RtABC 的两条直角边 BC3，AC4，PC平面 ABC

13、，PC，则点 P 到斜边 AB 的距离是（）A5 B3 C3 D【解答】解：ABC 的两条直角边 BC3，AC4，AB5，过 C 作 CMAB，交 AB 于 M，连结 PM，由三垂线定理得 PMAB，点 P 到斜边 AB 的距离为线段 PM 的长，由 SABCACBCABCM，得 CM，PM3 点 P 到斜边 AB 的距离为 3 故选：B 第10页（共26页）6已知两个平面相互垂直，下列命题 一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面其

14、中不正确命题的个数（）A1 B2 C3 D4【解答】解：两个平面相互垂直，一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的一条直线，进而垂直于另一个平面内的无数条直线，故正确；一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线，不正确，只有该直线垂直于两个平面的交线，由面面垂直的性质定理可得该直线垂直于另一个平面内的任意一条直线，故不正确；一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面，错误，只有该直线垂直于两个平面的交线，才有该直线垂直于另一个平面，故错误；若此点在交线上，那么作出来的线就不一定与另一平面垂直了，故错误故选：C 7在二面角 l 中，Al，Bl，AC，BD，且 ACl，BDl，若 AB1，

15、ACBD2，CD，则二面角 l 的余弦值为（）第11页（共26页）A B C D【解答】解：根据题意画出图形：在平面 内，过 A 作 AEBD，过点 D 作 DEl，交AE 于点 E，连接 CE BDl，AEl，ED平面 CAE 又 ACl，CAE 或其补角是二面角 l 的平面角 由矩形 ABDE 得 EA2，ED1 在 RtCED 中，由勾股定理得 CE2 ACE 是等边三角形，CAE60，cosCAE 二面角 l 的余弦值为故选：A 8蹴鞠，又名蹴球，筑球等，蹴有用脚踢、踏的含义，鞠最早系外包皮革、内实含米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚踢、踏皮球的活动，类似现在的足球运动2006 年 5 月

16、 20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录3D打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠积累的方式来构造物体的技术过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用（比如人体的髋关节、牙齿或飞机零部件等）已知某蹴鞠的表面上有四个点 ABCD，第12页（共26页）满足任意两点间的直线距离为 6cm，现在利用 3D 打印技术制作模型，该模型是由蹴鞠的内部挖去由 ABCD 组成的几何体后剩下的部分，打印所用原材料的密度为 1g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型

17、所需原材料的质量约为（）【参考数据】3.14，A101g B182g C519g D731g【解答】解：由题意可知以 A，B，C，D 为顶点构成正四面体，设正四面体的棱长为 a，取 CD 中点 E，连结 BE，过 A 作 AFBE，交 BE 于 F，则 BE，BF，正四面体的高为 AF，正四面体的外接球球心 O 在 AF 上，设球半径为 R，则 OBOAR，OF，OB2BF2+OF2，R2+（R）2，解得正四面体的外接球的半径为 Ra，则 3D 打印的体积为 V，因为 a6，所以 a3216，所以 V27207.71125.38182，故选：B 二多选题（共二多选题（共 4 小题）小题）9设

18、l 为直线，是两个不同的平面，下列命题中错误的是（）A若 l，l，则 B若 l，l，则 C若 l，l，则 D若，l，则 l【解答】解：设 l 为直线，是两个不同的平面，第13页（共26页）对于 A，若 l，l，则 与 相交或平行，故 A 错误；对于 B，若 l，l，则由面面平行的判定定理得，故 B 正确；对于 C，若 l，l，则 与 相交，故 C 错误；对于 D，若，l，则 l 与 相交、平行或 l，故 D 错误 故选：ACD 10如图，点 A，B，C，P，Q 是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足 PQ平面 ABC 的有（）ABC D【解答】解：对于 A，由 PQ 为上底面的面对角线，PQ 与

19、下底面过 B 的面对角线平行，所以 PQ 与平面 ABC 相交，故 A 错误；对于 B，由中位线定理可得 PQAC，PQ平面 ABC，AC平面 ABC，可得 PQ平面ABC，故 B 错误；对于 C，取中点 D，连接 DB，DQ，CP，可得截面为正六边形 ABDQPC，即有 PQ平面ABC，故 C 错误；对于 D，连接 BD，设 AB 与 PD 的交点为 H，连接 CH，由中位线定理可得 CHPQ，而 PQ平面 ABC，CH平面 ABC，则 PQ平面 ABC，故 D 正确 故选：BD 第14页（共26页）11如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是正方形，PA平面 ABCD，PAAB，

20、点 E为 PA 的中点，则下列判断正确的是（）APB 与 CD 所成的角为 60 BBD平面 PAC CPC平面 BDE DVBCDE：VPABCD1：4【解答】解：对于 A，CDAB，PBA（或其补角）为 PB 与 CD 所成角，PA平面 ABCD，AB平面 ABCD，PAAB，在 RtPAB 中，PAAB，PAB45，即 PB 与 CD 所成角为 45，故 A 错误；对于 B，四边形 ABCD 为正方形，ACBD，PA平面 ABCD，BD平面 ABCD，PABD，PAACA，PA、AC平面 PAC，BD平面 PAC，故 B 正确；对于 C，连结 AC，交 BD 于点 F，则 F 为 AC

21、的中点，连结 EF，E 为 PA 的中点，EFPC，而 EF平面 BDE，PC平面 BDE，PC平面 BDE，故 C 正确；对于 D，设 ABPAx，则ABADPAx3，VBCDEVEBCDSBCDAEx2xVBCDE：VPABCD：1：4，故 D 正确 故选：BCD 12如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，O1，O2为圆柱上下底第15页（共26页）面的圆心，O 为球心，EF 为底面圆 O1的一条直径，若球的半径 r2，则下列各选项正确的是（）A球与圆柱的体积之比为 2：3 B四面体 CDEF 的体积的取值范围为C平面 DEF 截得球的截面面积最小值为D若 P 为球面和圆柱

22、侧面的交线上一点，则 PE+PF 的取值范围为【解答】解：球的半径为 r2，可知圆柱的底面半径 r2，圆柱的高为 2r4，则球的体积为，圆柱的体积为 22416，则球与圆柱的体积之比为 2：3，故 A 正确；由题可知四面体 CDEF 的体积等于，点 E 到平面 DCO1的距离 d（0，4，又448，8d（0，故 B 正确；过 O 作 OGDO1于 G，则由题可得 OG，设 O 到平面 DEF 的距离为 d1，平面 DEF 截得球的截面圆的半径为 r1，则 d1OG，4，平面 DEF 截得球的截面面积最小值为，故 C 错误；由题可知点 P 在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设 P 在底面的射影

23、为 P，则 PP2，PE，PE2+PF216，设 tPE2，则 t0，42，PE+PF，可得24+224+，48，第16页（共26页）PE+PF2+2，故 D 正确 故选：ABD 三填空题（共三填空题（共 4 小题）小题）13用半径为 2 的半圆面围成一个圆锥，则该圆锥的体积为【解答】解：因为圆锥的母线长为 2，设围成圆锥的底面半径为 r，则 2r2，解得 r1，所以圆锥的高为 h，所以圆锥的体积为 V12故答案为：14如图，在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为 BC 的中点，点 P 在底面 ABCD上移动，且满足 B1PD1E，则线段 B1P 的长度的最大值为 3 【解

24、答】解：以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1为 z 轴，建立空间直角坐标系，第17页（共26页）设 P（a，b，0），则 D1（0，0，2），E（1，2，0），B1（2，2，2），（a2，b2，2），（1，2，2），B1PD1E，a2+2（b2）+40，a+2b20，点 P 的轨迹是一条线段，当 a0 时，b1；当 b0 时，a2，设 CD 中点 F，则点 P 在线段 AF 上，当 A 与 P 重合时，线段 B1P 的长度为：|AB1|2；当 P 与 F 重合时，P（0，1，0），（2，1，2），线段 B1P 的长度|3，当 P 在线段 AF 的中点时，P（1，0），（1

25、，2），线段 B1P 的长度|，设 CD 的中点为 F，则点 F 在线段 AF 上，|2（a2）2+（b2）2+4（2b）2+（b2）2+4 5b24b+8（0b1），当 b时，|2取到最小值，当 b1 时，|取到最大值 9，线段 B1P 的长度的最大值为 3 第18页（共26页）故答案为：3 15祖暅（公元 56 世纪），祖冲之之子，是我国齐梁时代的数学家他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等；该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现，比祖暅晚一千一百多年椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋

26、转体如图将底面直径皆为 2b，高皆为 a 的椭半球体及已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面 上，以平行于平面 的平面于距平面 任意高 d 处可横截得到 S圆及 S环两截面，可以证明 S圆S环总成立 据此，b 为 6cm，a 为 8cm 的椭球体的体积是 192 cm3 【解答】解：由题意知：b6cm，a8cm 的椭球体的体积为：192cm3 故答案为：192 16在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABC90，AA1，设其外接球的球心为 O，已知三棱锥 OABC 的体积为，则球 O 表面积的最小值为 27 【解答】解：设 ABa，BCb，球的半径为 r，连接 AC1，A1C 交于点 O，取 A

27、C 的中点 D，连接 BD，则 O 到三棱柱六个顶点的距离相等，即 O 是三棱柱外接球的球心，则 ODAA1，又三棱锥 OABC 的体积为，即ab，得 ab12 则 r，当且仅当 ab时取等号，球 O 表面积的最小值为 S4r227，故答案为：27 第19页（共26页）四解答题（共四解答题（共 6 小题）小题）17如图，AB 是圆柱 OO的一条母线，BC 过底面圆心 O，D 是圆 O 上一点已知 ABBC5，CD3（1）求该圆柱的表面积；（2）将四面体 ABCD 绕母线 AB 所在的直线旋转一周，求ACD 的三边在旋转过程中所围成的几何体的体积【解答】解：（1）由题意知 AB 是圆柱 OO的一

28、条母线，BC 过底面圆心 O，且 ABBC5，可得圆柱的底面圆的半径为，则圆柱的底面积为，圆柱的侧面积为 S22Rl25，所以圆柱的表面积为 S2S1+S2；（2）ACD 的三边在旋转过程中所围成的几何体的体积是：分别以 AC、AD 为母线，BC，BD 为底面圆半径的圆锥的体积之差，所以以ACD 绕 AB 旋转一周而成的封闭几何体的体积为：第20页（共26页）18已知平面 l，直线 a，且 a，求证：al【解答】证明：过直线 a 作平面 1，2使得 1l1，2l2，a，1l1，a1，al1，同理 al2，l1l2，又 l1，l2，l1，l1l，al 19如图，在棱长为 2 的正方体 ABCDA

29、1B1C1D1木块中，E 是 CC1的中点（1）要经过点 A 将该木块锯开，使截面平行于平面 BD1E，在该木块的表面应该怎样画线？请在图中作图，写出画法，并证明（2）求四棱锥 EABC1D1的体积；【解答】解：（1）取棱 DD1的中点 F，连接 AF、CF、AC，则 FC，FA，CA 就是所求作的线第21页（共26页）证明如下：在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 是 CC1的中点，F 为 DD1的中点，则 ECD1F，且 ECD1F，于是得四边形 CED1F 是平行四边形，有 D1ECF，而 D1E平面 BD1E，CF平面 BD1E，因此 CF平面 BD1E 连接 EF，可得 EFCD

30、AB，且 EFCDAB，得四边形 ABEF 为平行四边形，则 AFBE，又 BE平面 BD1E，AF平面 BD1E，于是有 AF平面 BD1E，而 CFAFF，CF，AF平面 AFC，从而得平面 AFC平面 BD1E（2）在正方体 ABCDA1B1C1D1中，连接 CB1，交 BC1于 O，可得 CO平面 ABC1D1，E 是 CC1的中点，E 到平面 ABC1D1的距离等于，又四边形 ABC1D1的面积 S，四棱锥 EABC1D1的体积 V20如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1中，ABAA1，D，E，F 分别是 BC，BB1，AA1的中点（）求证：CF平面 ADE；（）求证：BC1平面 A

31、DE【解答】证明：（）设 AEBFO，连接 OD，如图示：第22页（共26页）因为 ABCA1B1C1为正三棱柱，且 ABAA1，所以侧面 A1ABB1为正方形，因为 E，F 分别是 BB1，AA1的中点，所以 O 是 BF 的中点，又因为 D 是 BC 的中点，所以 ODCF，因为 OD平面 ADE，CF平面 ADE，所以 CF平面 ADE（）因为ABC 为正三角形，所以 ADBC，又 CC1平面 ABC，所以 ADCC1，所以 AD平面 B1BCC1，所以 BC1AD，连接 B1C，因为侧面 B1BCC1为正方形，所以 BC1B1C，所以 BC1DE，所以 BC1平面 ADE 21如图，矩

32、形 ABCD 所在平面与半圆弧所在平面垂直，M 是上异于 C，D 的点（1）证明：平面 AMD平面 BMC；（2）在线段 AM 上是否存在点 P，使得 MC平面 PBD？若不存在，说明理由，若存在请证明你的结论，并说明 P 的位置【解答】（1）证明：由题设知，平面 CMD平面 ABCD，交线为 CD 第23页（共26页）因为 BCCD，BC平面 ABCD，所以 BC平面 CMD，故 BCDM 因为 M 为半圆弧上异于 C，D 的点，且 DC 为直径，所以 DMCM 又 BCCMC，BC平面 BMC，CM平面 BMC，所以 DM平面 BMC 因为 DM平面 AMD，平面 AMD平面 BMC（2）

33、解：当 P 为 AM 的中点时，MC平面 PBD证明如下：连结 AC 交 BD 于 O因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 AC 中点 连结 OP，因为 P 为 AM 中点，所以 MCOP 又 MC平面 PBD，OP平面 PBD，所以 MC平面 PBD 22如图，在梯形 ABCD 中，ABCD，ADDCCB1，ABC60，四边形 ACFE为矩形，平面 ACFE平面 ABCD，CF1（1）求证：BC平面 ACFE；（2）求二面角 ABFC 的平面角的余弦值；（3）若点 M 在线段 EF 上运动，设平面 MAB 与平面 FCB 所成二面角的平面角为（90），试求 cos 的取值范围【解答】（1）证

34、明：在梯形 ABCD 中，ABCD，ADDCCB1，ABC60，AB2，AC2AB2+BC22ABBCcos603，第24页（共26页）AB2AC2+BC2，BCAC，平面 ACFE平面 ABCD，平面 ACFE平面 ABCDAC，BC平面 ABCD，BC平面 ACFE（2）解：取 FB 中点 G，连接 AG，CG，AF2，ABAF，AGFB，CFCB1，CGFB，AGC，BCCF，FB，CG，AG，cos（3）解：由（2）知：当 M 与 F 重合时，cos当 M 与 E 重合时，过 B 作 BNCF，且使 BNCF，连接 EN，FN，则平面 MAB平面 FCB，BCCF，ACCF，CF平面 ABC，BN平面 ABC，ABC，60，cos 当 M 与 E，F 都不重合时，令 FM，0，延长 AM 交 CF 的延长线于 N，连接 BN，N 在平面 MAB 与平面 FCB 的交线上，B 在平面 MAB 与平面 FCB 的交线上，平面 MAB平面 FCBBN，过 C 作 CHNB 交 NB 于 H，连接 AH，由（1）知，ACBC，又ACCN，AC平面 NCB，ACNB，又CHNB，ACCHC，NB平面 ACH，AHNB，AHC，在NAC 中，NC，第25页（共26页）从而在NCB 中，CH，ACH90，AH，cos，0，综上所述，cos，