数学卷·2018届重庆市第七中学高二上学期期中考试理科数学试卷 （解析版）x

数学卷·2018届重庆市第七中学高二上学期期中考试理科数学试卷 （解析版）x

‎2016-2017学年重庆市第七中学高二上学期期中考试理科数学 一、选择题：共12题 ‎1．若a，b是异面直线，直线c∥a，则c与b的位置关系是 A.异面或相交 B.相交 C.异面 D.平行 ‎【答案】A ‎【解析】本题主要考查空间两条直线的位置关系，考查了空间想象能力. 若a，b是异面直线，直线c∥a，则c与b的位置关系是异面或相交，不可能平行，假设c∥b，又因为c∥a，所以b∥a,这与a，b是异面直线矛盾，假设不成立，因此答案为A.‎ ‎ ‎ ‎2．设A(1,-1,1)‎，B(3,1,5)‎，则线段AB的中点在空间直角坐标系中的位置是 A.在y轴上 B.在xOy面内 C.在xOz面内 D.在yOz面内 ‎【答案】C ‎【解析】本题主要考查空间直角坐标系，考查了空间想象能力.因为A(1,-1,1)‎，B(3,1,5)‎，所以线段AB的中点坐标为(2,0,3)在在xOz面内，所以答案为C.‎ ‎ ‎ ‎3．在四面体O-ABC中，点P为棱BC的中点. 设OA‎=a，OB‎=b，OC‎=c，那么向量AP用基底‎{a, b, c }‎可表示为 A.‎-‎1‎‎2‎a+‎1‎‎2‎b+‎1‎‎2‎c B.‎‎-a+‎1‎‎2‎b+‎1‎‎2‎c C.a+‎1‎‎2‎b+‎1‎‎2‎c D.‎‎1‎‎2‎a+‎1‎‎2‎b+‎1‎‎2‎c ‎【答案】B ‎【解析】本题主要考查空间向量的基本定理，考查了空间想象能力与逻辑推理能力.因为点P为棱BC的中点，所以OP‎=‎1‎‎2‎(OB+OC)‎,所以AP‎=OP-OA=‎1‎‎2‎OB‎+‎OC-OA=-a+‎1‎‎2‎b+‎1‎‎2‎c ‎ ‎ ‎4．一个几何体的三视图如图所示，如果该几何体的体积为‎12π，则该几何体的侧面积是 A.‎4π B.‎12π C.‎16π D.‎‎48π ‎【答案】B ‎【解析】本题主要考查空间几何体的三视图、表面积与体积，考查了空间想象能力.由三视图可知，该几何体是：底面半径为2的圆、高是h的圆柱，所以该几何体的体积是π×‎2‎‎2‎×h=12π,则h=3，所以该几何体的侧面积是‎2π×2×3=12π ‎ ‎ ‎5．设m,n是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，给出下列条件，能得到m⊥β的是 A.m//n,n⊥β B.m⊥α,α⊥β C.m⊥n,n⊂β D.‎α⊥β,m⊂α ‎【答案】A ‎【解析】本题主要考查线面、面面垂直的判定与性质，考查了空间想象能力.由直线与垂直的性质可知，答案为A.‎ ‎ ‎ ‎6．高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的 A.‎3‎‎4‎ B.‎1‎‎4‎ C.‎1‎‎2‎ D.‎‎3‎‎8‎ ‎【答案】C ‎【解析】本题主要考查空间几何体的直观图与三视图、表面积与体积，考查了空间想象能力.由直观图与三视图可知，直三棱柱是底面直角边长为2的直角三角形，高是4，该几何体是底面是上,下底分别为2,4,高是2的直角梯形、高是2的四棱锥，所以该几何体的体积是原直三棱柱的体积的‎1‎‎3‎‎×‎1‎‎2‎(2+4)×2×2‎‎1‎‎2‎‎×2×2×4‎‎=‎‎1‎‎2‎ ‎ ‎ ‎7．如图，在四面体ABCD中，E,F分别是AC与BD的中点，若CD=2AB=4‎，EF⊥AB，则EF与CD所成角为 A.‎30‎‎∘‎ B.‎45‎‎∘‎ C.‎60‎‎∘‎ D.‎‎90‎‎∘‎ ‎【答案】A ‎【解析】本题主要考查空间几何体、异面直线所成的角，考查了空间想象能力与数形结合思想.取AD的中点G，连接EG、FG，又因为E,F分别是AC与BD的中点，所以EG//CD,FG//AB,又因为CD=2AB=4‎，所以EG=2FG=2‎，∠FEG为EF与CD所成的角或补角，因为EF⊥AB，所以EF⊥FG，所以∠FEG=‎‎30‎‎∘‎ ‎ ‎ ‎8．某几何体的主视图和侧视图如图(1)，它的俯视图的直观图是矩形O‎1‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎如图(2)，其中O‎1‎A‎1‎‎=6‎,O‎1‎C‎1‎‎=2‎，则该几何体的侧面积为 A.48 B.64 C.96 D.128‎ ‎【答案】C ‎【解析】本题主要考查空间几何体的三视图、表面积与体积，考查了空间想象能力.由三视图可知，该几何体是底面是平行四边形的直棱柱，由俯视图可知，直图的一边长为6，设O‎1‎C‎1‎与y轴交于点D1，因为O‎1‎C‎1‎‎=2‎，所以O‎1‎D‎1‎‎=2‎‎2‎,所以直观图的高为‎4‎‎2‎，另一边长为‎2‎‎2‎‎+‎‎(4‎2‎)‎‎2‎‎=6‎，所以该几何体的侧面积为‎4×2‎6+6‎=96‎ ‎ ‎ ‎9．半径为‎2cm的半圆纸片做成圆锥放在桌面上，一阵风吹倒它，则它的最高处距桌面 A.‎4cm B.‎2cm C.‎2‎3‎cm D.‎‎3‎cm ‎【答案】D ‎【解析】本题主要考查空间几何体的特征、直线与平面所成的角，考查了逻辑推理能力与空间想象能力.由题意可知，该圆锥的母线长l=2，设底面半径为r，则πl=2πr,则r=1，所以圆锥的轴截面是一个等边三角形，顶角为‎60°‎，则它的最高处距桌面为lsin‎60°‎=‎3‎cm ‎ ‎ ‎10．如图，在棱长为a的正方体ABCD-‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎D‎1‎中，P为A‎1‎D‎1‎的中点，Q为A‎1‎B‎1‎上任意一点，E、F为CD上任意两点，且EF的长为定值b，则下列四个值中不为定值的是 A.点P到平面QEF的距离 B.二面角P-EF-Q的大小 C.直线PQ与平面PEF所成的角 D.三棱锥P-QEF的体积 ‎【答案】C ‎【解析】本题主要考查空间几何体、空间的角与距离、表面积与体积，考查了逻辑推理能力与空间想象能力.由题意可知,平面QEF即为平面AA‎1‎B‎1‎B，所以点P到平面QEF的距离为定值，三棱锥P-QEF的体积为定值，二面角P-EF-Q的大小即为二面角P-EF-‎A‎1‎的大小，即二面角P-EF-Q的大小为定值，故A,B,D正确；因此答案为C.‎ ‎ ‎ ‎11．已知四面体ABCD的侧面展开图如图所示，则其体积为 A.‎2‎ B.‎3‎‎2‎ C.‎3‎‎4‎ D.‎‎2‎‎3‎ ‎【答案】D ‎【解析】本题主要考查空间几何体的特征、表面积与体积，考查了逻辑推理能力与空间想象能力.由四面体的侧面展开图可知，该几何体是侧棱长BA=BC=BD=‎5‎,底面边长分别为AC=AD=‎2‎，CD=2的三棱锥，所以顶点B在平面ACD的射影是直角三角形ACD的斜边CD的中点，设为F，则AF=2，所以该三棱锥的体积V=‎‎1‎‎3‎‎×‎1‎‎2‎×‎2‎×‎2‎×2=‎‎2‎‎3‎ ‎ ‎ ‎12．已知正三棱锥P-ABC的底面边长为‎6‎，底边BC在平面α内，绕BC旋转该三棱锥，若某个时刻它在平面α上的正投影是等腰直角三角形，则此三棱锥高的取值范围是 A.‎(0,‎6‎]‎ B.‎‎0,‎‎6‎‎2‎‎∪‎‎6‎‎,3‎ C.‎(0,‎6‎‎2‎]‎ D.‎‎0,‎‎6‎‎∪‎‎3,‎‎3‎‎6‎‎2‎ ‎【答案】B ‎【解析】本题主要考查空间几何体、空间几何体的投影，考查了逻辑推理能力与空间想象能力.设正三棱锥的高为h，在三角形ABC，设其中心为O，BC的中点为D，则OD=‎1‎‎3‎‎×6×‎3‎‎2‎=‎‎3‎，当h=‎6‎时，PD=PO‎2‎‎+‎OD‎2‎‎=3‎，PB=PD‎2‎‎+‎BD‎2‎‎=3‎‎2‎,三角形PBC为等腰直角三角形，即当三角形PBC在平面α内时，符合要求；P不在α内时，设P在α内的投影为Q，PQ=d，因为三角形QBC为等腰直角三角形，故QD=3，PD=h‎2‎‎+‎OD‎2‎‎>‎‎3‎,所以h‎2‎‎>6‎,所以h>‎6‎，由选项可知B符合，故答案为B.‎ ‎ ‎ 二、填空题：共4题 ‎13．在正方体ABCD-‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎D‎1‎中，BC‎1‎与平面ABCD所成的角是      .‎ ‎【答案】‎π‎4‎ ‎【解析】本题主要考查直线与平面所成的角、空间几何体，考查了逻辑推理能力与空间想象能力.因为CC‎1‎⊥‎平面ABCD，所以‎∠CBC‎1‎是直线BC‎1‎与平面ABCD所成的角，因为四边形BB‎1‎C‎1‎C是正方形，所以‎∠CBC‎1‎=45°‎ ‎ ‎ ‎14．若一个圆台的正视图如图所示,则其体积等于　　　　.‎ ‎【答案】‎14‎‎3‎π ‎【解析】根据正视图可知,圆台的上底面、下底面的半径和圆台的高分别为1,2,2,所以圆台的体积为V=‎1‎‎3‎π×2×(12+1×2+22)=‎14‎‎3‎π.‎ ‎ ‎ ‎15．如图，在平行六面体ABCD-‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎D‎1‎中，底面是边长为1的正方形，若‎∠A‎1‎AB=∠A‎1‎AD=‎‎60‎‎0‎，且A‎1‎C=‎‎5‎，则A‎1‎A=‎        .‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】本题主要考查空间向量的应用，考查了逻辑推理能力与空间想象能力.由题意可得AB与BC互相垂直，则AB‎·BC=0‎，AA‎1‎与AB、BC与夹角均为‎60‎‎0‎，则AA‎1‎‎·AB=BC·AA‎1‎=‎‎1‎‎2‎AA‎1‎，又A‎1‎C‎=AB+BC-‎AA‎1‎,则A‎1‎C‎2‎‎=(AB+BC-AA‎1‎‎)‎‎2‎=AB‎2‎+BC‎2‎+AA‎1‎‎2‎+2AB‎·BC-AA‎1‎·AB-BC·‎AA‎1‎=2+AA‎1‎‎2‎-2AA‎1‎=5‎，求解可得AA‎1‎‎=3‎ ‎ ‎ ‎16．在三棱锥S-ABC中，AB⊥BC，AB=BC=‎‎2‎，SA=SC=2‎，二 面角S-AC-B的平面角的余弦值是‎-‎‎3‎‎3‎，若点S，A，B，C都在同 一球面上，则该球的表面积是____  .‎ ‎【答案】‎‎6π ‎【解析】本题主要考查二面角、空间几何体、球的表面积与体积，考查了逻辑推理能力与空间想象能力.由AB⊥BC，得三角形ABC的外接圆的圆心O1为AC的中点，连接SO1，BO1，由SA=SC和AB=BC有SO1‎⊥‎AC，BO1‎⊥‎AC，而四面体外接球的球心O在平面SO1B内，连接OO1，有OO1‎⊥‎平面ABC，将平面SO1B取出，则BO1=1，SO1=‎3‎，用余弦定理可得cos∠SO1B=‎-‎‎3‎‎3‎，所以SB=‎6‎，作SB的中垂线，边O1作BO1的垂线，两者必相交于O，用余弦定理，cos∠O1BS=‎6‎‎3‎，令OO1交SB于E,D为SB的中点，BE=‎BO‎1‎cos∠O‎1‎BS‎=‎6‎‎2‎=‎SB‎2‎ ‎,所以O、D、E三点重合，则外接圆的半径R=OB=‎6‎‎2‎，所以球的表面积为4πR2=6π.‎ 三、解答题：共6题 ‎17．如图，BC=2‎，原点O是BC的中点，点A的坐标为‎(‎3‎‎2‎,‎1‎‎2‎,0)‎, 点D在平面yOz上，且‎∠BDC=‎‎90‎‎∘‎,‎∠DCB=‎‎30‎‎∘‎.‎ ‎(Ⅰ)求向量OD的坐标；(Ⅱ)求向量AD和BC的夹角的余弦值.‎ ‎【答案】(Ⅰ)由‎∠BDC=‎‎90‎‎∘‎，‎∠DCB=‎‎30‎‎∘‎,在平面yOz上，过点D作y轴的垂线，‎ 垂足为E，得DO=OB=OC=1‎，易得D(0,-‎1‎‎2‎,‎3‎‎2‎)‎，‎ 即OD的坐标为‎(0,-‎1‎‎2‎,‎3‎‎2‎)‎.‎ ‎(Ⅱ)‎∵D(0,-‎1‎‎2‎,‎3‎‎2‎)‎,‎A(‎3‎‎2‎,‎1‎‎2‎,0),B(0,-1,0),C(0,1,0)‎ ‎∴AD=(-‎3‎‎2‎,-1,‎3‎‎2‎),BC=(0,2,0)‎‎，‎ ‎∴cosθ=AD‎⋅‎BC‎|AD|⋅|BC|‎=‎-2‎‎3‎‎4‎‎+1+‎‎3‎‎4‎=-‎‎10‎‎5‎‎.‎ ‎【解析】本题主要考查空间直角坐标系、向量的夹角公式，考查了逻辑推理推理能力与空间想象能力.(1在平面yOz上，过点D作y轴的垂线，垂足为E，求出OE、DE，可得结果；(2)求出AD‎,‎BC的空间坐标，再利用向量的夹角公式cosθ=‎AD‎⋅‎BC‎|AD|⋅|BC|‎求解即可.‎ ‎ ‎ ‎18．已知长方体AC‎1‎中，AD=AB=2‎，AA‎1‎=1‎，E为D‎1‎C‎1‎的中点，如图所示.‎ ‎(Ⅰ)在所给图中画出平面ABD‎1‎与平面B‎1‎EC的交线(不必说明理由)；‎ ‎(Ⅱ)证明：BD‎1‎//‎平面B‎1‎EC；‎ ‎【答案】(Ⅰ)连接BC‎1‎交B‎1‎C于M，则直线ME即为平面ABD‎1‎与平面B‎1‎EC的交线，如图所示；‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)因为在长方体AC‎1‎中，所以 M为BC‎1‎的中点，又E为D‎1‎C‎1‎的中点 所以在ΔD‎1‎C‎1‎B中EM是中位线，所以EM//BD‎1‎，‎ 又EM⊂‎平面B‎1‎EC，BD‎1‎⊄‎平面B‎1‎EC，所以BD‎1‎//‎平面B‎1‎EC.‎ ‎【解析】本题主要考查线面平行的判定与性质、两个平面相交，考查了逻辑推理能力与空间想象能力.(1) 连接BC‎1‎交B‎1‎C于M，则直线ME即为平面ABD‎1‎与平面B‎1‎EC的交线；(2)判断EM//BD‎1‎，则结论易证.‎ ‎ ‎ ‎19．如图，在四棱锥中P-ABCD，底面ABCD为边长为‎2‎的正方形，‎PA⊥BD.‎ ‎(Ⅰ)求证：PB=PD；‎ ‎(Ⅱ)若E，F分别为PC，AB的中点，EF⊥‎平面PCD，求直线PB与平面PCD所成角的大小.‎ ‎【答案】(Ⅰ)连接AC，BD，AC，BD交于点O，‎ 因为底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD且O为BD的中点.‎ 又PA⊥BD，PA∩AC=A，所以BD⊥‎平面PAC，‎ 由于PO⊂‎平面PAC，故BD⊥PO.又BO=DO，故PB=PD.‎ ‎(Ⅱ)设PD的中点为Q，连接AQ，EQ，EQ‎//‎‎=‎‎1‎‎2‎CD,‎ ‎∴AFEQ为平行四边形，EF∥AQ，‎ ‎∵EF⊥‎平面PCD，所以AQ⊥‎平面PCD，‎ ‎∴AQ⊥PD，PD的中点为Q，‎ ‎∴AP=AD=‎‎2‎，由AQ⊥‎平面PCD，又可得AQ⊥CD，‎ 又AD⊥CD，又AQ∩AD=A，所以CD⊥‎平面PAD,‎ ‎∴CD⊥PA，又BD⊥PA,‎ ‎∴PA⊥‎平面ABCD.‎ 由题意，AB，AP，AD两两垂直，以A为坐标原点，向量AB，AD ，AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.‎ 则A(0, 0, 0)‎，B(‎2‎, 0, 0)‎、Q(0, ‎2‎‎2‎, ‎2‎‎2‎)‎、D(0, ‎2‎, 0)‎、P(0, 0, ‎2‎)‎；‎ AQ‎=(0, ‎2‎‎2‎, ‎2‎‎2‎)‎‎，PB‎=(‎2‎, 0, -‎2‎)‎.‎ AQ为平面PCD的一个法向量，设直线PB与平面PCD所成角为θ，‎ sinθ=|PB‎⋅‎AQ‎|PB|⋅|AQ|‎|=‎‎1‎‎2‎‎.‎ 所以直线PB与平面PCD所成角为π‎6‎.‎ ‎【解析】本题主要考查线面垂直的判定与性质、直线与平面所成的角、空间向量的应用，考查了逻辑推理能力与空间想象能力.(1) 连接AC，BD，AC，BD交于点O，易证BD⊥‎平面PAC，可得BD⊥OP，则结论易得;(2) 设PD的中点为Q，连接AQ，EQ，易知AFEQ为平行四边形，易得AQ⊥CD，则有CD⊥‎平面PAD,进而可证PA⊥‎平面ABCD，以A为坐标原点，向量AB，AD ，AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,易知AQ为平面PCD的一个法向量，设直线PB与平面PCD所成角为θ，由直线与平面的夹角公式sinθ=|PB‎⋅‎AQ‎|PB|⋅|AQ|‎|‎，求解易得结果.‎ ‎ ‎ ‎20．如图，三棱柱ABC-‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎中，侧棱垂直于底面，‎∠ACB=90°‎，‎ AC=BC=‎1‎‎2‎AA‎1‎‎，D是棱AA‎1‎的中点；‎ ‎(Ｉ)证明：平面BDC‎1‎⊥平面BDC；(Ⅱ)平面BDC‎1‎分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比.‎ ‎【答案】(Ｉ)证明：由题知BC⊥CC‎1‎，BC⊥AC，CC‎1‎∩AC=C，‎ ‎∴BC⊥‎平面ACC‎1‎A‎1‎，‎ 又DC‎1‎⊂‎平面ACC‎1‎A‎1‎，∴DC‎1‎⊥BC.‎ 由题知‎∠A‎1‎DC‎1‎=∠ADC=45°‎，所以‎∠CDC‎1‎=90°‎，即DC‎1‎⊥DC，‎ 又∵DC∩BC=C，∴DC‎1‎⊥‎平面BDC；‎ 又DC‎1‎⊂‎平面BDC‎1‎，故平面BDC‎1‎⊥‎平面BDC.‎ ‎(Ⅱ)设棱锥B-DACC‎1‎的体积为V‎1‎，AC=1‎，由题意得 V1=‎‎1‎‎3‎‎×‎1+2‎‎2‎×1×1=‎‎1‎‎2‎ 又三棱柱ABC-‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎的体积为V=1‎，所以‎(V-V‎1‎):V‎1‎=1:1‎，‎ 故平面BDC‎1‎分此棱柱为两部分体积的比为‎1:1‎.‎ ‎【解析】本题主要考查线面、面面垂直的判定与性质、空间几何体的体积，考查了逻辑推理能力与空间想象能力.(1)根据题意，证明BC⊥‎平面ACC‎1‎A‎1‎，可得DC‎1‎⊥BC，在侧面ACC‎1‎A‎1‎内，易证DC‎1‎⊥DC，则可得DC‎1‎⊥‎平面BDC，结论易证；(2)分别求出棱锥B-DACC‎1‎的体积与三棱柱ABC-‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎的体积，则结论易得.‎ ‎ ‎ ‎21．如图所示，平面四边形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AD⊥ED，AF∥DE，AB∥CD，CD=2AB=2AD=2ED=xAF.‎ ‎(Ⅰ)若四点F、B、C、E共面，求x的值；‎ ‎(Ⅱ)当x=2‎时，求二面角F-EB-C的大小.‎ ‎【答案】(Ⅰ)∵AF∥DE，AB∥DC，AF∩AB=A，DE∩DC=D，‎ ‎∴平面ABF∥平面DCE，∵四点F、B、C、E共面，∴FB∥CE，∴ΔABF与ΔDCE相似，设AB=a，则ED=a，CD=2a，AF=‎‎2ax，由相似比得AFED‎=‎ABCD，‎ 即‎2axa‎=‎a‎2a，∴x=4‎.‎ ‎(Ⅱ)建立如图所示的空间坐标系，不妨设AB=1‎，∵x=2‎，则CD=2‎，F(1, 0, 1)‎，B(1, 1, 0)‎，E(0, 0, 1)‎，C(0, 2, 0)‎，‎ ‎∴EF‎=(1, 0, 0)‎，EB‎=(1, 1, -1)‎，EC‎=(0, 2, -1)‎，‎ 设平面EFB的法向量为n=(x, y, z)‎，则‎{‎EF‎⋅n=0‎EB‎⋅n=0‎，‎ 求得法向量为n=(1, 0, 1)‎，‎ 设平面EBC的一个法向量为v=(x‎1‎,y‎1‎,z‎1‎)‎，则‎{‎EB‎⋅v=0‎EC‎⋅v=0‎，‎ 求得一个法向量为v=(1, 1, 2)‎，‎ 设n、v所成的角为θ，则cosθ=n⋅v‎|n|⋅|v|‎=‎‎3‎‎2‎，θ=30°‎，‎ ‎∴二面角F—EB—C的大小为‎150°‎.‎ ‎【解析】本题主要考查线面、面面平行与垂直的判定与性质、二面角、空间向量的应用，考查了逻辑推理能力与空间想象能力.(1)先证明平面ABF∥平面DCE，则易证ΔABF与ΔDCE相似，再由三角形的相似比求解即可;(2) 建立如图所示的空间坐标系，不妨设AB=1‎，求出平面EFB的一个法向量n，平面EBC的一个法向量v，设n、v所成的角为θ，再利用向量的夹角公式cosθ=‎n⋅v‎|n|⋅|v|‎求解即可.‎ ‎ ‎ ‎22．已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA⊥平面ABCD，PA=‎‎3‎，AB=1‎.AD=2‎.‎∠BAD=120°‎，E，F，G，H分别是BC，PB，PC，AD的中点.‎ ‎(Ⅰ)求证：PH∥平面GED；‎ ‎(Ⅱ)过点F作平面α，使ED∥平面α，当平面α⊥平面GED时，设PA与平面α交 于点Q，求PQ的长.‎ ‎【答案】(Ⅰ) 连接HC，交ED于点N，连结GN，由条件得：DHEC是矩形，‎ ‎∴N是线段HC的中点，又G是PC的中点，∴GN//PH，‎ 又∵GN⊂‎平面GED，PH不在平面GED内，‎ ‎∴PH//平面GED.‎ ‎(Ⅱ)连结AE，∵‎∠BAD=120°‎，∴ΔABE是等边三角形，‎ 设BE的中点为M，以AM、AD、AP分别为x, y, z轴建立 空间直角坐标系.则B(‎3‎‎2‎, -‎1‎‎2‎, 0)‎，C(‎3‎‎2‎, ‎3‎‎2‎, 0)‎，‎ D(0, 2, 0)‎‎，P(0, 0, ‎3‎)‎，则E(‎3‎‎2‎, ‎1‎‎2‎, 0)‎，F(‎3‎‎4‎, -‎1‎‎4‎, ‎3‎‎2‎)‎，‎ G(‎3‎‎4‎, ‎3‎‎4‎, ‎3‎‎2‎)‎‎.设Q(0, 0, t)‎，ED‎=(-‎3‎‎2‎, ‎3‎‎2‎, 0)‎，DG‎=(‎3‎‎4‎, -‎5‎‎4‎, ‎3‎‎2‎)‎.‎ 设n‎1‎‎=(x‎1‎, y‎1‎, z‎1‎)‎是平面GED的一个法向量，‎ 则n‎1‎‎⋅ED=-‎3‎‎2‎x‎1‎+‎3‎‎2‎y‎1‎=0        ‎n‎1‎‎⋅DG=‎3‎‎4‎x‎1‎-‎5‎‎4‎y‎1‎+‎3‎‎2‎z‎1‎=0‎，得x‎1‎‎=‎‎3‎y‎1‎z‎1‎‎=‎‎3‎‎3‎y‎1‎，‎ 令y‎1‎‎=1‎，∴n‎1‎‎=(‎3‎, 1, ‎3‎‎3‎)‎.‎ 设n‎2‎‎=(x‎2‎, y‎2‎, z‎2‎)‎是平面α的一个法向量，‎ 则n‎2‎‎⋅ED=-‎3‎‎2‎x‎2‎+‎3‎‎2‎y‎2‎=0                    ‎n‎2‎‎⋅QF=‎3‎‎4‎x‎2‎-‎1‎‎4‎y‎2‎+(‎3‎‎2‎-t)z‎2‎=0‎，得x‎2‎‎=‎3‎y‎2‎    ‎z‎2‎‎=‎‎1‎‎2t-‎‎3‎y‎2‎，令y‎2‎‎=1‎，得 n‎2‎‎=(‎3‎, 1, ‎1‎‎2t-‎‎3‎)‎‎，‎ 当平面GED⊥平面α时，n‎1‎‎⋅n‎2‎=3+1+‎3‎‎3‎⋅‎1‎‎2t-‎‎3‎=0‎，‎ 解得t=‎11‎‎8‎‎3‎=‎‎11‎‎3‎‎24‎，则PQ的长为‎3‎‎-‎11‎‎3‎‎24‎=‎‎13‎‎3‎‎24‎.‎ ‎【解析】本题主要考查线面、面面平行与垂直的判定与性质、空间向量的定义，考查了逻辑推理能力与空间想象能力.(1) 连接HC，交ED于点N，连结GN，由题意，证明GN//PH，则易得结论；(2) 连结AE，设BE的中点为M，易得，以AM、AD、AP分别为x, y, z轴建立空间直角坐标系，设Q(0, 0, t)‎，求出是平面GED的一个法向量n‎1‎，是平面α的一个法向量n‎2‎，由题意n‎1‎‎⋅n‎2‎=0‎，则结论易得.‎ ‎ ‎