【数学】泰州中学2021-2022学年高一下学期第二次月度检测数学试题

高一数学试题

（时间：120分钟

总分：150分）

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.sin22sin52sin68sin38（A.

）3212

B.12

C.D.322.已知复数z满足z(12i)34i（i为虚数单位），则|z|（A.5B.）D.35C.33.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABACAA1线AD与AC1所成的角为2，BC2，点D为BC的中点，则异面直A.

4.在△ABC中，若其面积为S，且ABAC=23S，则角A的大小为（A.30°B.60°C.120°2

B.3

C.4D.）6D.150°）5.已知正四棱锥SABCD的底面边长为2，侧棱长为3，则该正四棱锥的体积等于（A.43B.433

C.43D.46.钝角三角形ABC的面积是A.5B.1

，AB=1，BC=2，则AC=25C.2D.17.如图，有一个水平放置的透明无盖的正三棱柱容器，所有棱长都为6cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时，测得水深为5cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为（）A.32cm3C.169

cm364

cm3332

cm3D.3B.8.点P是正三角形ABC外接圆圆O上的动点，正三角形的边长为6，则2OPOBOPOC的取值范围是（）

A.[43,43]C.[123,123]B.[23,43]D.[23,23]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.

9.设m、n是两条不同的直线，、、是三个不同的平面.下列命题中错误的是（A.若∥，m，n，则m∥nB.若，，则∥C若m∥，n//，则m∥n

）.

D.若∥，∥，m，则m10.下列说法中正确的为（）rr

A.若a//b，b//c，则a//c

13

B.向量e12,3，e2,能作为平面内所有向量的一组基底24rr5

C.已知a1,2，b1,1，且a与aλb的夹角为锐角，则实数的取值范围是,

3



D.非零向量a和b满足abab，则a与ab的夹角为30°11.已知复数z满足zz11，且复数z对应的点在第一象限，则下列结论正确的是（A.复数z的虚部为）3i2

B.113iz2213i22C.z2z1

D.复数z的共轭复数为

12.已知正方体ABCDA1B1C1D1的边长为2，点N在棱CC1上，C1N2NC，点M在棱BC上（点M异于B，C两点），若平面AMN截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面为五边形，则CM长的取值可能为（）A.1B.1

2C.23

D.34三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知0,π，tan

1

，则cos2_________.2则积不容异”.意思是两个14.我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，等高的几何体，如果在同高处的截面积都相等，那么这两个几何体的体积相等，现有等高的三棱锥和圆锥满足祖暅原理的条件，若圆锥的侧面展开图是圆心角为90°､半径为4的扇形，由此推算三棱锥的体积为___________.15.锐角ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若b2c2a2bc,b2，则ABC的面积的取值范围是________16.如图，等边三角形SAB为该圆锥的轴截面，点C为母线SB的中点，D为AB的中点，则异面直线SA与CD所成角为__________．四、解答题（共18小题）



17已知平面向量a1,2,b2,m（1）若ab，求a2b；（2）若m0，求ab与ab夹角的余弦值.18.如图，正四棱锥底面正方形的边长为4，侧棱长为23..



（1）求该几何体的表面积；（2）求该几何体外接球的体积.19.在△ABC中，记角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知3asinCccosAc．（1）求A；（2）若a

4ADAB，求sin∠ADC．7b，320.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，B1CAB，侧面BCC1B1为菱形.（1）求证：平面ABC1平面BCC1B1；（2）如果点D,E分别为A1C1，BB1的中点，求证：DE//平面ABC1.21.如图，某小区准备将闲置的一直角三角形地块开发成公共绿地，图中ABa,B,BC3a.设计时2要求绿地部分（如图中阴影部分所示）有公共绿地走道MN，且两边是两个关于走道MN对称的三角形（AMN和AMN）.现考虑方便和绿地最大化原则，要求点M与点A,B均不重合，A落在边BC上且不与端点B,C重合，设AMN.（1）若

，求此时公共绿地的面积；3

（2）为方便小区居民的行走，设计时要求AN,AN的长度最短，求此时绿地公共走道MN的长度.22.如图1，在△ABC中，ACB90，DE是△ABC的中位线，沿DE将△ADE进行翻折，使得△ACE是等边三角形（如图2），记AB的中点为F．（1）证明：DF平面ABC．（2）若AE2，二面角D-AC-E为，求直线AB与平面ACD所成角的正弦值．6江苏省泰州中学2021-2022学年度第二学期第二次月度检测高一数学试题（时间：120分钟总分：150分）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.sin22sin52sin68sin38（12

B.）A.12C.32D.32【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式以及两角和的正弦公式化简可得结果.【详解】原式



sin22sin9038sin9022sin38sin22cos38cos22sin38

sin2238sin60

故选：D.3.2

2.已知复数z满足z(12i)34i（i为虚数单位），则|z|（B.）A.55C.3D.3【答案】B【解析】【分析】首先利用复数除法运算法则化简复数z，再求复数的模.34i34i12i510i

12i.【详解】z

12i12i12i5z故选：B12225.

3.如图，在直三棱柱所ABCA1B1C1中，ABACAA12，BC2，点D为BC的中点，则异面直线AD与AC1

成的角为A.2B.3C.4D.6【答案】B6【解析】【分析】取B1C1的中点D1，连结【详解】取B1C1的中点D1，连结的大小．A1D1,这样求异面直线AD与AC1所成的角就转化成求CA1D1

A1D1、CD1,在直三棱柱ABCA1B1C1，点D为BC的中点,AA1DD1

角．且AA1DD1，ADA1D1且ADA1D1，所以CA1D1就是异面直线AD与AC1所成的ABAC2，BC2可以求出ADA1D11，在RtCC1D1中，由勾股定理可求出CD13，在RtAA1C

A1C2，显然A1D1C是直角三角形，sinCA1D1

CD13AC12,所以CAD

1

1

中，由勾股定理可求出3，因此本题选B.【点睛】本题考查了异面直线所成角的问题，解决的关键转化成相交线所成的角，但要注意异面直线所成角的范围是(0,

4.在△ABC中，若其面积为S，且A.30°【答案】A【解析】

ABAC=23S，则角A的大小为（B.60°]．2

）C.120°D.150°【分析】由数量积的定义，结合条件即可求解.uuuruuuruuuruuur1

【详解】因为SABACsinA，而ABACABACcosA，所以213ABACcosA23ABACsinA，所以tanA

23

故选：A5.已知正四棱锥S，故A30.ABCD的底面边长为2，侧棱长为3，则该正四棱锥的体积等于（）A.43B.433

C.43D.4【答案】A【解析】【分析】首先计算正四棱锥的高，再计算体积.【详解】如图，正四棱锥S则该正四棱锥的体积V

ABCD，SB3，OB2，则SO1，14221.33故选：A76.钝角三角形ABC的面积是12，AB=1，BC=2，则AC=A.5B.5C.2D.1【答案】B【解析】【详解】由面积公式得：112，所以2sinB，解得sinBB45或B135，当B45时，222由余弦定理得：AC21222cos45=1，所以AC1，又因为AB=1，BC=2，所以此时ABC为等腰直角三角形，不合B135，由余弦定理得：AC21222cos135=5，所以AC5，故选B.题意，舍去；所以考点：本小题主要考查余弦定理及三角形的面积公式，考查解三角形的基础知识.7.如图，有一个水平放置的透明无盖的正三棱柱容器，所有棱长都为6cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时，测得水深为5cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为（）A.32cm3B.C.169

cm36

D.4

cm3332

cm33

【答案】D【解析】【分析】根据球的截面圆即为正三棱柱底面三角形的内切圆，求得截面的半径，再利用球的截面性质求解.【详解】解：设球的半径为R，球的截面圆的半径为r，即为正三棱柱底面三角形的内切圆的半径，则S底

11

66sin60r666，22

解得r3，由球的截面性质得：R

3R12，解得R2，所以球的体积为432VR3，33

ABC外接圆圆O上的动点，正三角形的边长为6，则2OPOBOPOC的取值范围是（故选：D8.点P是正三角形）8A.[43,43][123,123]B.[23,43]C.D.[23,23]【答案】C【解析】

【分析】将2OPOBOPOC变形为OP2OBOC，然后根据OP,2OBOC同向和反向时求解出

OP2OBOC的最值，由此确定出2OPOBOPOC的取值范围.

【详解】因为2OPOBOPOCOP2OBOCOP2OBOCcosOP,2OBOC

，又因为正三角形的边长为6，所以OCOBOP=

所以222

2OBOC4OBOC4OBOC481242323cos120=36，

2OBOC6，3

23，cos30

所以当OP,2OB



OC同向时，此时2OPOBOPOC取最大值为236cos0123，

当OP,2OBOC反向时，此时2OPOBOPOC取最小值为236cos180123，综上可知，

，2OPOBOPOC的取值范围是123,123

ab的最值时：故选：C.

【点睛】结论点睛：已知两个非零向量a,b的模为a,b

当a,b同向时，此时当a,b反向时，此时，求



ab有最大值；

ab有最小值.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.9.设m、n是两条不同的直线，、、是三个不同的平面.下列命题中错误的是（）A.若∥，m，n，则m∥n

，B.若C.若，则∥m∥，n//，则m∥n

9D.若∥，∥，m，则m【答案】ABC【解析】【分析】由线、面位置关系逐一判断即可.【详解】解：若∥，m，n，则m∥n或m与n异面，故A错误；，则若，∥或与相交，故B错误；若m∥，n//，则m∥n或m与n相交或m与n异面，故C错误；若∥，m，则m，又∥，则m，故D正确.故选：ABC.10.下列说法中正确的为（A.若a//b，）rr，则b//ca//c

B.13

向量e2,3，e2,能作为平面内所有向量的一组基底1

24rr5

1,2，b1,1，且a与aλb的夹角为锐角，则实数的取值范围是,

C.已知a3

D.

非零向量a和b满足abab

，则a与



ab的夹角为30°【答案】BD【解析】【分析】直接利用向量的共线，向量的基底的定义，向量的夹角公式，向量的数量积的应用判断A、【详解】解：对于A：若B、C、D的结论．，，(b

0)，则a//c，故A错误；a//bb//c

13对于B：向量e(2,3)，e2,，所以e与e不共线，11224所以可以作为平面内的所有向量的一组基底，故B正确；rr对于C：已知a(1,2)，b(1,1)，则ab(1,2)，所以：a

r

rr，且和aab(ab)0

不共线．即(1)2(2)0，且2125

且0，故C错误；3对于D：非零向量a和b满足|a||b||ab|，解得

10则以a,b,a





b为边长的三角形为等边三角形，所以，故D正确．a与ab的夹角为30°BD．z满足zz11，且复数z对应的点在第一象限，则下列结论正确的是（）故选：11.已知复数A.复数z的虚部为3i2

B.113iz22

z的共轭复数为1

C.z2z1

D.复数23i2【答案】BC【解析】【分析】设zabia,bR，由其对应的点在第一象限和复数模长运算可构造方程求得a,b，由此可得z13i；根据复数22虚部和共轭复数的定义、复数的运算法则依次验算各个选项即可.【详解】设zabia,bR，z对应的点在第一象限，a0，b0，zz11，a2b2a1b21，解得：a

3，A错误；22

1133，，bzi；2222

对于A，z的虚部为13i

111322i，B正确；对于B，z12213313iii222222

131313，22

对于C，z，z1iiizz1，C正确；222222

对于D，2

z

13，D错误.i22故选：BC.12.已知正方体ABCDA1B1C1D1的边长为2，点N在棱CC1上，C1N2NC，点M

在棱BC上（点M

异于，B，C两点）若平面AMN截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面为五边形，则CM长的取值可能为（）11A.1B.12C.23D.34【答案】BC【解析】【分析】先找出MN

∥AD1时，CM

222，再分CM2和0CM讨论即可得出答案.333

2，3【详解】解：因为C1N当CM

2NC，所以CN

2

时（如图1），MNBC1AD1，3故平面AMN截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面为四边形，当2

，CM2时（如图2）3过点A作MN的平行线交DD1于H，此时平面AMN截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面为四边形，2时，3

当0CM

过点A作MN的平行线交DD1的延长线于H，交A1D1于点F，连接HN交C1D1于点E，此时平面AMN截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面为五边形，2

AMN截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面为五边形时，CM的范围为0,.3

综上所述，平面故选：BC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知0,π，tan

3##0.65

1

，则cos2_________.2【答案】【解析】12【分析】根据二倍角余弦公式，结合同角的三角函数关系式进行求解即可.【详解】因为tan



1，2

2

1

22cossin1tan43,22所以cos2cossin2cos2sin21tan11543

故答案为：51

14.我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是两个等高的几何体，如果在同高处的截面积都相等，那么这两个几何体的体积相等，现有等高的三棱锥和圆锥满足祖暅原理的条件，若圆锥的侧面展开图是圆心角为90°､半径为4的扇形，由此推算三棱锥的体积为___________.【答案】15π3

【解析】【分析】设圆锥底面半径为r，母线长为，根据题意可得r【详解】解：设圆锥底面半径为r，母线长为，又侧面展开图是圆心角为l1，l=4，进而求得圆锥的高，进一步求得圆锥的体积，再根据祖暅原理得解．l

90，半径为4的扇形，l4，2rr1，4，2圆锥的高为hl2r216115，圆锥的体积为V1S底面h11515333，三棱锥的体积也为153故答案为：．153．15.锐角ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若b2c2a2bc,b2，则ABC的面积的取值范围是________3,232【答案】

【解析】【分析】根据余弦定理，求得角A，进而可得面积S表达式，当BCAB时，可得cmin，当BCAC时，可得cmax，结合条件，即可得答案.222

bcabc1，【详解】由余弦定理得cosA

2bc2bc213因为A(0,)，所以A

，3

所以S1bcsinA3c，22当BCAB时，cminbcosA1，BCAC时，cmax

b

4，cosA当因为锐角ABC，所以c(1,4)，所以3S,23.23,232故答案为：

16.如图，等边三角形SAB为该圆锥的轴截面，点C为母线SB的中点，D为AB的中点，则异面直线SA与CD所成角为__________．【答案】4

OCD为异面直线SA与CD所成角即可得解.【解析】【分析】取AB中点O，连接OC，OD，证明【详解】取AB中点O，连接OC，OD，SO，如图：因点C为母线SB的中点，则CO//SA，于是有异面直线SA与CD所成角是OCD或其补角，又正△SAB为圆锥SO的轴截面，D为AB的中点，则ODAB，平面ABD，OD平面ABD，则ODSO，从而得SO因SO而OCABO，SO,AB平面SAB，则OD平面SAB，又OC平面SAB，因此有ODOC，1SAOBOD，于是得OCD24，所以异面直线SA与CD所成角为.414故答案为：4四、解答题（共18小题）17.

已知平面向量a1,2,b2,m；（1）若ab，求a2b

（2）若m



0，求ab与ab夹角的余弦值.

a2b5（2）6565





【答案】（1）【解析】

2b1,24,23,4，进而得出答案．0

rrabrrrr

cosrrrr计算得出答案，（2）由题可得ab(1,2)，a-b(3,2)，再由aba-b

【分析】（1）由题可得ab

，解出m

1，a



【详解】因为ab，a1,2,b2,m所以ab解得m



0，即22m0

1

所以a2b1,24,23,4

a2b32425

（2）

若m0，则b2,0rrrr

，ab(1,2)a-b(3,2)

rrrr

ab5,，a-b13，ab341

rrab165所以cosrrrr

65513aba-b

所以【点睛】本题主要考查的向量的模以及数量积，属于简单题．18.如图，正四棱锥底面正方形的边长为4，侧棱长为23.（1）求该几何体的表面积；（2）求该几何体外接球的体积.15【答案】（1）（2）36【解析】16216

【分析】（1）先求出侧高，再分别求侧面积与底面积即可；（2）连ACBDO1，在Rt△PO1A中，PO1PA2O1A22，在Rt△OO1A中，OO12AO12OA2，求出R3，从而求出体积.【小问1详解】取BC中点E，连PE，则PEBC，从而PEPB2BE222，1

S表4SPBCS底44224416216；2

【小问2详解】连ACBDO1，连PO1，在PO1上取一点O，使PO=OA=R，Rt△PO1A中，PO1PA2O1A22，Rt△OO1A中，OO12AO12OA2，即(2R)2(22)2R2，4

R3，从而V球R3363.在在得19.在△ABC中，记角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知（1）求A；（2）若a

3asinCccosAc．7b，A

4ADAB，求sin∠ADC．3【答案】（1）3（2）3926

【解析】【分析】（1）根据正弦定理的边角转化，进而能求得A;（2）根据已知，可以确定各个角的三角函数值，进而求得【小问1详解】BD与b的关系，就能求得sin∠ADC．由正弦定理有3sinAsinCsinCcosAsinC，16所以

3sinAcosA1,2sinA1，6

，则有又0AA

；3

sinA7π

,abABB0,，2723【小问2详解】如下图，由a

7b，则sinB527

所以cosB

，可知sinCsinAB

35133322722727，设AB3t，所以asinA73tsinC37t，，则有a所以tb，又4ADAB，3所以BDtb，a2b22abcosDBC13b，又有CD

所以sinADC



asinDBC13b3926

．20.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，B1CAB，侧面BCC1B1为菱形.（1）求证：平面ABC1平面BCC1B1；（2）如果点D,E分别为A1C1，BB1的中点，求证：DE//平面ABC1.17【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）先征得B1CBC1,B1CAB，由此证得B1C平面ABC1，进而证得平面ABC1平面BCC1B1.（2）取AA1的中点F，连DF,EF，通过证明DF//平面ABC1,EF//平面ABC1，证得平面DEF//平面ABC1，进而证得DE//平面ABC1.【详解】（1）证明：∵三棱柱ABCA1B1C1的侧面BCC1B1为菱形，故B1CBC1，B1CAB，且AB,BC1为平面ABC1内的两条相交直线，B1C平面ABC1，B1C平面BCC1B1，ABC1平面BCC1B1.AA1的中点F，连DF,EF

又故因故平面（2）如图，取又D为A1C1的中点，故DF//AC1，EF//AB

因DF平面ABC1，AC1平面ABC1，DF//平面ABC1，EF//平面ABC1.内的两条相交直线，故同理，因DF,EF为平面DEF

故平面DEF//平面ABC1因DE平面DEF

故DE//平面ABC1.【点睛】本小题主要考查面面垂直的证明，考查线面垂直的证明，考查线面平行的证明，属于中档题.21.如图，某小区准备将闲置的一直角三角形地块开发成公共绿地，图中ABa,B,BC3a.设计时要求绿地部分（如图中阴影部分2所示）有公共绿地走道MN，且两边是两个关于走道MN对称的三角形（AMN和AMN）.现考虑方便和绿地最大化原则，要求点M

与点A,B均不重合，A落在边BC上且不与端点B,C重合，设AMN.18（1）若

，求此时公共绿地的面积；3AN,AN的长度最短，求此时绿地公共走道（2）为方便小区居民的行走，设计时要求MN的长度.【答案】(1)232；(2)2.aa

39【解析】【详解】分析：（1）由题意可得BM

11

AMAM22，AM

2232；a，则S2SAMNa39a

（2）由题意可得AMAM

2sin2，由正弦定理有AN

a2

2sinsin

3

，记12

t2sinsinsin2，结合三角函数的性质可得

6233

MNAM

2

a.3

时，t取最大，AN最短，则此时11AMAM2232

又BMAMaAB∴AMa∴AMa，23详解：（1）由图得：BMA

23∴BM

，∴S

143232；2SAMN2AM2sina2a

23929

（2）由图得：AMAMcos2ABa且AMAM

a1cos2aa1cos22sin2AM

，，∴AMAMAN



在AMN中，由正弦定理可得:sin

sin

3

，∴AN

AMsina



22sin2sinsin33

，记t

222

2sinsin2sinsincoscossin

333

193sincossin2,

42

31cos21sin2sin22262

，，又，∴2



62∴

2时，t取最大，AN最短，则此时MNAMa.33

点睛：解三角形应用题的一般步骤(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型．(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.22.如图1，在△ABC中，点为F．，记AB的中ACB90，DE是△ABC的中位线，沿DE将△ADE进行翻折，使得△ACE是等边三角形（如图2）（1）证明：DF平面ABC．，求直线AB与平面ACD所成角的正弦值．6（2）若AE2，二面角D-AC-E为（2）【答案】（1）证明见解析6【解析】4平面ABC,从而得到【分析】（1）取AC中点G，连接FG和EG，证明四边形DEGF是平行四边形,然后利用线面垂直的判定定理证明EG平面ABC.（2）（方法一）过点E作件可得DF

EHEC，以E为原点，建立空间直角坐标系E-xyz，设DEa,求出平面AEC和平面ACD的法向量，由已知条DE长，然后利用线面角的向量公式求解即可；（方法二）连接DG，可证得DGE6，可得DE长，过点F作FIDG，垂足为I，利用线面垂直及面面垂直的性质可得FI平面ACD，连接AI，则∠FAI即为所求角，在三角形中计算可得答案.【小问1详解】如图，201

BC．21

因为F，G分别为AB，AC的中点，所以FG∥BC，且FGBC

2取AC中点G，连接FG和EG，由已知得DE∥BC，且DE

所以DE∥FG，且DEFG．所以四边形DEGF是平行四边形．所以EG∥DF．因为翻折的所以翻折后又因为所以因为所以因为因为BCAC，易知DEAC．DEEA，DEEC．EAECE，EA，EC平面AEC，DE平面AEC．DE∥BC，BC平面AEC．EG平面AEC，所以EGBC．ACE是等边三角形，点G是AC中点，所以EGAC又因为ACBCC，AC，BC平面ABC．所以因为EG平面ABC．EG∥DF，所以DF平面ABC．【小问2详解】（方法一）如图，过点E作EHEC，以E为原点，EH、EC，ED所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系E-xyz，设DEa，uuur

，AC3,1,0则A



，，，，则C0,2,03,1,0B0,2,2aD0,0,aAB3,1,2a

，

CD0,2,a，

因为DE平面AEC．所以ED0,0,a是平面AEC的法向量，设面ACD的法向量为

mx,y,z，则3y3．2yax3xy0mAC0

，即，解得

mCD02yaz0z





取y3a，得ma,3a,23．21mED因为二面角D-AC-E为，所以coscosm,ED

66m|ED|

解得a1，所以m1,3,23，AB3,1,2．23a4a212a3，2

记直线AB与平面ACD所成角为

3343mAB6则sincosm,AB，

4422mAB

所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为，6．4（方法二）如图，连接DG，因为DE又因为平面AEC，AC平面AEC，所以ACDE．ACEG，DEEGE，DE，EG平面DEG．所以AC平面DEC．DG平面DEG，所以ACEG，ACDG，所以∠DGE是二面角D-AC-E的平面角，故DGEEG3，因为EG，6．由△ACE是边长为2的等边三角形，得在RtDGE中，tanDGEtan3DE，所以DE1，BC2．63EGFIDG，垂足为I，过点F作因为AC平面DEGF，AC平面ACD，所以平面DEGF平面ACD．又因为平面所以DEGF平面ACDDG，FI平面DEGF，且FIDG，FI平面ACD．连接AI，则∠FAI即为直线AB与平面ACD所成的角．在Rt△DFG中，DF3，FG1，得DG2，由等面积法得DGFIDFFG，解得FI3．2在RtAFG中，AG1，FG1，所以AF2．3FI6在RtFAI中，sinFAI2AF42所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为，6．422