2020-2021学年四川省高二（上）期中数学试卷（理科）人教A版

这是一份2020-2021学年四川省高二（上）期中数学试卷（理科）人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 若直线l:x+2y−1=0与直线m:2x+ay−1=0平行，则实数a的值为（ ）
A.2B.−2C.4D.12

2. 下列命题中正确的是（ ）
A.若一个平面中有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行
B.垂直于同一平面的两个平面平行
C.存在两条异面直线同时平行于同一平面
D.三点确定一个平面

3. 已知直线l在x轴上的截距是−5，在y轴上的截距是6，则直线l的方程是（ ）
A.6x−5y−30=0B.6x+5y−30=0C.6x−5y+30=0D.6x+5y+30=0

4. 某几何体的三视图如图所示，它的体积为（ ）

A.12πB.45πC.57πD.81π

5. 如图，球O内切于圆柱O1O2，记圆柱O1O2的侧面积为S1，球O的表面积为S2，则（ ）

A.S1＝32S2B.S1=S2C.S1=2S2D.S1＝23S2

6. 已知点(3, m)到直线x+3y−4＝0的距离等于1，则m等于（ ）
A.3B.−3C.−33D.3或−33

7. 已知边长为1的菱形ABCD中，∠A=π3，则用斜二测面法画出这个菱形的直观图的面积为（ ）
A.32B.34C.66D.68

8. （河南豫南九校一联）已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=120∘，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（ ）
A.32B.155C.105D.33

9. 已知变量x，y满足x−2y+4≤0,x≥2x+y−6≥0 ，则k=y+1x−3的取值范围是（ ）
A.k>12或k≤−5B.−5≤k<12C.−5≤k≤12D.k≥12或k≤−5

10. 某加工厂用某原料由甲车间加工出A产品，由乙车间加工出B产品．甲车间加工一箱原料需耗费工时10小时可加工出7千克A产品，每千克A产品获利40元．乙车间加工一箱原料需耗费工时6小时可加工出4千克B产品，每千克B产品获利50元．甲、乙两车间每天共能完成至多70多箱原料的加工，每天甲、乙车间耗费工时总和不得超过480小时，甲、乙两车间每天获利最大的生产计划为( )
A.甲车间加工原料10箱，乙车间加工原料60箱
B.甲车间加工原料15箱，乙车间加工原料55箱
C.甲车间加工原料18箱，乙车间加工原料50箱
D.甲车间加工原料40箱，乙车间加工原料30箱

11. m∈R，动直线l1:x+my−1=0过定点A，动直线l2:mx−y−2m+3=0过定点B，若l1与l2交于点P（异于点A，B），则|PA|+|PB|的最大值为（ ）
A.5B.25C.10D.210

12. 在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是一个正三角形，若平面PAD⊥平面ABCD，则该四棱锥的外接球的表面积为（ ）
A.14π3B.28π3C.56π3D.112π3
二、填空题（每题5分，共20分）

已知直线l的倾斜角等于直线3x−4y+4=0的倾斜角的一半，且经过点(2, −3)，则直线l的方程为________．

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为3，则BB1与平面AB1C1所成的角的大小为________．

若x，y，z满足约束条件x−4y−8≤02x−y+4≥0y≤0，则z=(x+4)2+y2的最小值为________．

如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A、P、Q的平面截该正方体所得的截面记为S．则下列命题正确的是________．
①当0②当CQ=12时，S为等腰梯形；
③当34④当CQ=1时，S的面积为62．

三、解答题（17题10分，其他每题12分，共70分）

已知点A(1, 2)，B(3, 4)．
（1）求直线AB的倾斜角α；

（2）在x轴上求一点M，使得以A、M、B为顶点的三角形的面积为10．

如图，已知四棱锥P−ABCD，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60∘，E是BC边的中点，F是PA边上的中点，连接AE、EF．

（1）求证：AE⊥PD；

（2）求证：EF // 平面PCD．

如图，在三棱锥P−ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PD⊥AC于点D，且DC=2AD=2，E为PC上一点，PE:EC=1:2.

(1)求证：DE // 平面PAB；

(2)求证：平面PDB⊥平面ABC；

(3) 若PD=2，AB=3，∠ABC=60∘，求三棱锥P−ABC的体积．

直线l经过两直线l1:3x+4y−2=0和l2:2x+y+2=0的交点．
（1）若直线l与直线3x+y−1=0平行，求直线l的方程；

（2）若点A(3, 1)到直线l的距离为5，求直线l的方程．

如图，四棱锥S−ABCD的底面是边长为1的正方形，SD垂直于底面ABCD，SD＝1．

（1）求证：BC⊥SC；

（2）求平面SBC与平面ABCD所成二面角的大小；

（3）设棱SA的中点为M，求异面直线DM与SB所成角的大小．

如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，BE⊥平面ABCD．

(1)证明：平面AEC⊥平面BED；

(2)若∠ABC=120∘，AE⊥EC，三棱锥E−ACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积．
参考答案与试题解析
2020-2021学年四川省高二（上）期中数学试卷（理科）
一、选择题（每题5分，共60分）
1.
【答案】
C
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
由题意利用两条直线平行的性质，求得m的值．
【解答】
∵ 直线l:x+2y−1=0与直线m:2x+ay−1=0平行，∴ 21=a2≠−1−1，
∴ a=4，
2.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
根据面面平行，面面垂直相关性质逐一进行判断即可．
【解答】
对于A，根据面面平行的判断定理可知，平面的两条直线必须是相交直线，所以A错误；
对于B，垂直于同一平面的两个平面除了平行还有可能垂直，故B错误；
对于D，不共线3点确定一个平面，故D错误，
3.
【答案】
C
【考点】
直线的截距式方程
【解析】
利用截距式方程即可得出．
【解答】
∵ 直线l在x轴上的截距是−5，在y轴上的截距是6，
则l的方程为x−5+y6=1，即6x−5y+30=0．
4.
【答案】
C
【考点】
由三视图求体积
【解析】
由题设知，组合体上部是一个母线长为5，底面圆半径是3的圆锥，下部是一个高为5，底面半径是3的圆柱，分别根据两几何体的体积公式计算出它们的体积再相加即可得到正确选项
【解答】
由三视图可知，此组合体上部是一个母线长为5，底面圆半径是3的圆锥，下部是一个高为5，底面半径是3的圆柱
故它的体积是5×π×32+13×π×32×52−32=57π
5.
【答案】
B
【考点】
球的表面积和体积
类比推理
柱体、锥体、台体的面积求解
【解析】
设球的半径为R，可得圆柱的底面半径为R，高为2R，由此求出球的表面积与圆柱的侧面积得答案．
【解答】
设球的半径为R，可得圆柱的底面半径为R，
高为2R，则球的表面积S2＝4πR2，圆柱的侧面积S1＝2πR×2R＝4πR2，
∴ S1=S2．
6.
【答案】
D
【考点】
点到直线的距离公式
【解析】
利用点到直线的距离公式即可得出．
【解答】
∵ 点(3, m)到直线x+3y−4＝0的距离等于1，
∴ |3+3m−4|1+(3)2=1，
解得m=3或−33．
7.
【答案】
D
【考点】
平面图形的直观图
【解析】
求出菱形ABCD的面积，再根据平面图形的面积与斜二测面法的直观图面积比为22:1，求出即可．
【解答】
菱形ABCD中，AB=1，∠A=π3，
则菱形的面积为S菱形ABCD=2S△ABD=2×12×1×1×sinπ3=32；
所以用斜二测面法画出这个菱形的直观图面积为
S=S菱形ABCD22=3222=68．
8.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
取AB，BB1，B1C1的中点分别是D，E，F，连接DE，EF，DF，则DE//AB1，EF//BC1，在△ABC中，由余弦定理可求得AC=7，由勾股定理得DE=52，EF=22，取BC的中点Q，连接DQ，FQ，则△DQF为直角三角形，所以DF=722+1=112，在△DEF中，由余弦定理可得cs∠DEF=DE2+EF2−DF22DE⋅EF=−105，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为105，故选C．
异面直线所成角一般通过平移转化为两条相交直线所成的锐角或直角，再在三角形中利用余弦定理求解．
本题考查异面直线所成角．
9.
【答案】
A
【考点】
简单线性规划
【解析】
由约束条件作出可行域，再由k=y+1x−3的几何意义求解得答案．
【解答】
由变量x，y满足x−2y+4≤0,x≥2x+y−6≥0 作出可行域如图：x=2x+y−6=0 解得A(2, 4)，
k=y+1x−3的几何意义为可行域内动点与定点D(3, −1)连线的斜率．
∵ kDA=4+12−3=−5，．x−2y+4＝0的斜率为：12，
∴ k=y+1x−3的取值范围是k>12或k≤−5．
10.
【答案】
B
【考点】
线性规划的实际应用
【解析】
本题考查的知识点是简单线性规划的应用，根据题意列出不等式组，找出目标函数
【解答】
解：设甲车间加工原料x箱，
乙车间加工原料y箱，
则x+y≤70，10x+6y≤480，x,y∈N，
目标函数z=280x+200y
结合图象可得：当x=15，y=55时z最大．
故选B．
11.
【答案】
B
【考点】
两点间的距离公式
【解析】
求出直线l1:x+my−1=0过定点A的坐标和直线l2:mx−y−2m+3=0过定点B的坐标，l1与l2交于点P，根据两条直线的斜率不难发现有则有PA⊥PB，∴ |PA|2+|PB|2=|AB|2=10．利用基本不等式的性质可得|PA|+|PB|的最大值．
【解答】
直线l1:x+my−1=0过定点A(1, 0)，斜率k=−1m，
直线l2:mx−y−2m+3=0过定点B(2, 3)，斜率k=m，
l1与l2始终垂直，P又是两条直线的交点，
则有PA⊥PB，∴ |PA|2+|PB|2=|AB|2=10．
那么：(|PA|+|PB|)24≤|PA|2+|PB|22，当且仅当|PA|=|PB|时，取等号．
∴ |PA|+|PB|≤20=25．
12.
【答案】
D
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
棱锥的结构特征
【解析】
由题意，数形结合求出四棱锥外接球的半径，代入球的表面积公式求解．
【解答】
设等边三角形PAD的外心为F，过F作平面PAD的垂线，
过G作底面ABCD的垂线，两垂线相交于O，
则O为四棱锥P−ABCD的外接球的球心，连接OP，
则OP为四棱锥P−ABCD的外接球的半径，
∵ PF=23PE，OF=12AB．
∴ PO2=PF2+OF2=163+4=283．
∴ 四棱锥P−ABCD的外接球的表面积为S=4π×283=112π3．
二、填空题（每题5分，共20分）
【答案】
x−3y−11=0
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
根据题意，设直线l的倾斜角为θ，则直线3x−4y+4=0的倾斜角为2θ，由二倍角公式可得tan2θ=2tanθ1−tan2θ=34，解可得tanθ的值，即可得直线l的斜率，由直线的点斜式方程可得直线l的斜率，变形为一般式方程即可得答案．
【解答】
根据题意，设直线l的倾斜角为θ，则直线3x−4y+4=0的倾斜角为2θ，
则有0则tan2θ=2tanθ1−tan2θ=34，解可得tanθ=13或−3（舍），
即直线l的斜率k=13，其方程为y−(−3)=13(x−2)，变形可得x−3y−11=0，
【答案】
30∘
【考点】
直线与平面所成的角
【解析】
取B1C1中点为D，连接AD，A1D，证明AA1与平面AB1C1所成角为∠A1AD，AA1与平面AB1C1所成角即是BB1与平面AB1C1所成角，即可得到结论．
【解答】
解：取B1C1中点为D，连接AD，A1D
∵ 侧棱垂直于底面，底边是边长为2的正三角形
∴ 三棱柱ABC−A1B1C1是正三棱柱，
∴ BB1 // AA1，
∴ AA1与平面AB1C1所成角即是BB1与平面AB1C1所成角
∵ B1C1⊥AD，B1C1⊥AA1，
∴ B1C1⊥平面AA1D
∴ 平面AA1D⊥平面AB1C1，
∴ AA1与平面AB1C1所成角为∠A1AD
∵ AA1=3，A1D=3
∴ tan∠A1AD=A1DAA1=33
∴ ∠A1AD=30∘
∴ BB1与平面AB1C1所成角为30∘
故答案为：30∘
【答案】
455
【考点】
简单线性规划
【解析】
画出满足条件的平面区域，结合z=(x+4)2+y2的几何意义以及点到直线的距离求出z的最小值即可．
【解答】
画出x，y，z满足约束条件x−4y−8≤02x−y+4≥0y≤0，的平面区域，如图所示：，
而x=(x+4)2+y2的几何意义表示平面区域内的点到点(−4, 0)的距离的最小值，
显然(−4, 0)到直线2x−y+4=0的距离是最小值，
由d=|−8+4|4+1=455，得最小值是455，
故答案为：455．
【答案】
①②④
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
由题意作出满足条件的图形，由线面位置关系找出截面可判断选项的正误．
【解答】
如图1，
当CQ=12时，即Q为CC1中点，此时可得PQ // AD1，AP=QD1=52，
所以得截面APQD1为等腰梯形，②正确；
由上图当点Q向C移动时，满足0当CQ=34时，如图2，
延长DD1至N，使D1N=12，连接AN交A1D1于S，连接NQ交C1D1于R，连接SR，可证AN // PQ，由△NRD1∽△QRC1，可得C1R:D1R=C1Q:D1N=1:2，可得C1R=13，
当34当CQ=1时，Q与C1重合，取A1D1的中点F，连接AF，如图3所示：
可证PC1 // AF，且PC1=AF，
可知截面为APC1F为菱形，其面积为12AC1⋅PF=62，所以④正确．
综上知，正确的命题序号是①②④．
三、解答题（17题10分，其他每题12分，共70分）
【答案】
由斜率公式得：tanα=k=4−23−1=1，又α∈[0, π)；
所以直线AB的倾斜角为α=π4；
由题设条件可知，直线AB的方程为y−2=x−1，即x−y+1=0；
设点M(t, 0)，则M到直线AB的距离为d，
所以d＝|t+1|2；
又|AB|=(3−1)2+(4−2)2=22，
所以S△AMB＝12|AB|⋅d＝12×22×|t+1|2＝10；
解得t=9或t=−11．
所以M的坐标为M(9, 0)或M(−11, 0)．
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
（1）由斜率公式求出tanα，即可求得倾斜角α的值；
（2）写出直线AB的方程，设出点M，求出M到直线AB的距离，计算|AB|和△ABM的值，列方程求出M的坐标．
【解答】
由斜率公式得：tanα=k=4−23−1=1，又α∈[0, π)；
所以直线AB的倾斜角为α=π4；
由题设条件可知，直线AB的方程为y−2=x−1，即x−y+1=0；
设点M(t, 0)，则M到直线AB的距离为d，
所以d＝|t+1|2；
又|AB|=(3−1)2+(4−2)2=22，
所以S△AMB＝12|AB|⋅d＝12×22×|t+1|2＝10；
解得t=9或t=−11．
所以M的坐标为M(9, 0)或M(−11, 0)．
【答案】
证明：∵ ABCD是菱形，∠ABC=60∘，∴ △ABC为等边三角形，∴ AE⊥BC，∴ AE⊥AD．
又PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，∴ PA⊥AE，
由PA∩PD=P，∴ AE⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，
∴ AE⊥PD；
如图，取AC的中点为O，连接EO，
则EO，FO分别△ABC，△PAC的中位线，∴ EO // AB，则EO // CD，FO // PC，
又∵ PC∩CD=C，
则平面EOF // 平面PCD，
而EF⊂平面EOF，
故EF // 平面PCD．
【考点】
直线与平面垂直
直线与平面平行
【解析】
（1）由ABCD是菱形，得到AE⊥BC，AE⊥AD．再利用PA⊥平面ABCD，得到PA⊥AE，从而证得AE⊥平面PAD，所以AE⊥PD；
（2）取AC的中点为O，连接EO，由中位线定理得EO // AB，则EO // CD，FO // PC，所以平面EOF // 平面PCD，再利用面面平行得到线面平行．
【解答】
证明：∵ ABCD是菱形，∠ABC=60∘，∴ △ABC为等边三角形，∴ AE⊥BC，∴ AE⊥AD．
又PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，∴ PA⊥AE，
由PA∩PD=P，∴ AE⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，
∴ AE⊥PD；
如图，取AC的中点为O，连接EO，
则EO，FO分别△ABC，△PAC的中位线，∴ EO // AB，则EO // CD，FO // PC，
又∵ PC∩CD=C，
则平面EOF // 平面PCD，
而EF⊂平面EOF，
故EF // 平面PCD．
【答案】
(1)证明：∵ PEEC=ADDC=2，
∴DE // PA.
∵ DE⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
∴ DE // 平面PAB.
(2)证明：因为平面PAC⊥平面ABC，
且平面PAC∩平面ABC=AC，PD⊂平面PAC，PD⊥AC，
所以PD⊥平面ABC，
又PD⊂平面PDB，
所以平面PDB⊥平面ABC．
(3)解：由(2)可知PD⊥平面ABC．
△ABC中，AB=3，∠ABC=60∘，AC=3，
由正弦定理ABsin∠ACB=ACsin∠ABC，得sin∠ACB=12，
因为AC>AB，所以∠ACB<∠ABC，则∠ACB=π6，因此∠CAB=π2，
△ABC的面积S△ABC=12AC⋅AB=12⋅3⋅3=332．
所以三棱锥P−ABC的体积VP−ABC=13×S△ABC×PD=3．
【考点】
平面与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
(1)利用线段成比例，直线平行；
（2）PD⊥平面ABC，从而平面PAC⊥平面ABC；
(3)判断底面△ABC为直角三角形，或用余弦定理得AC长，求得△ABC的面积，从而由三棱锥体积公式得到答案．
【解答】
(1)证明：∵ PEEC=ADDC=2，
∴DE // PA.
∵ DE⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
∴ DE // 平面PAB.
(2)证明：因为平面PAC⊥平面ABC，
且平面PAC∩平面ABC=AC，PD⊂平面PAC，PD⊥AC，
所以PD⊥平面ABC，
又PD⊂平面PDB，
所以平面PDB⊥平面ABC．
(3)解：由(2)可知PD⊥平面ABC．
△ABC中，AB=3，∠ABC=60∘，AC=3，
由正弦定理ABsin∠ACB=ACsin∠ABC，得sin∠ACB=12，
因为AC>AB，所以∠ACB<∠ABC，则∠ACB=π6，因此∠CAB=π2，
△ABC的面积S△ABC=12AC⋅AB=12⋅3⋅3=332．
所以三棱锥P−ABC的体积VP−ABC=13×S△ABC×PD=3．
【答案】
由3x+4y−2＝02x+y+2＝0，求得x＝−2y＝2，
可得两直线l1:3x+4y−2=0和l2:2x+y+2=0的交点为(−2, 2)．
当直线l与直线3x+y−1=0平行，设l的方程为3x+y+m=0，
把点(−2, 2)代入求得m=4，
可得l的方程为3x+y+4=0．
当l的斜率不存在时，直线l的方程为x=−2，满足点A(3, 1)到直线l的距离为5．
当l的斜率存在时，设直限l的方程为y−2=k(x+2)，即 kx−y+2k+2=0，
则点A到直线l的距离为 |3k−1+2k+2|k2+1=5，求得k=125，
故l的方程为125x−y+2k+2=0，即 12x−5y+34=0．
综上，直线l的方程为x=−2或12x−5y+34=0．
【考点】
点到直线的距离公式
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
（1）由题意两立方程组，求两直线的交点的坐标，利用两直线平行的性质，用待定系数法求出l的方程．
（2）分类讨论直线l的斜率，利用点到直线的距离公式，用点斜式求直线l的方程．
【解答】
由3x+4y−2＝02x+y+2＝0，求得x＝−2y＝2，
可得两直线l1:3x+4y−2=0和l2:2x+y+2=0的交点为(−2, 2)．
当直线l与直线3x+y−1=0平行，设l的方程为3x+y+m=0，
把点(−2, 2)代入求得m=4，
可得l的方程为3x+y+4=0．
当l的斜率不存在时，直线l的方程为x=−2，满足点A(3, 1)到直线l的距离为5．
当l的斜率存在时，设直限l的方程为y−2=k(x+2)，即 kx−y+2k+2=0，
则点A到直线l的距离为 |3k−1+2k+2|k2+1=5，求得k=125，
故l的方程为125x−y+2k+2=0，即 12x−5y+34=0．
综上，直线l的方程为x=−2或12x−5y+34=0．
【答案】
∵ 底面ABCD是正方形，∴ BC⊥CD，
∵ SD⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，∴ SD⊥BC，
又DC∩SD＝D，∴ BC⊥平面SDC，∵ SC⊂平面SDC，∴ BC⊥SC；
由（1）知BC⊥SC，又CD⊥BC，∴ ∠SCD为所求二面角的平面角，
在Rt△DSC中，∵ SD＝DC＝1，∴ ∠SCD＝45∘；
取AB中点P，连结MP，DP，
在△ABS，由中位线定理得MP // SB，
∴ ∠DMP或其补角是异面直线DM与SB所成角，
∵ MP=12SB=32，DM=22,DP=1+14=52，
所以△DMP中，有DP2＝MP2+DM2，∴ ∠DMP＝90∘．
【考点】
二面角的平面角及求法
异面直线及其所成的角
【解析】
（1）先证明SD⊥BC，又BC⊥CD，证明BC⊥平面SDC，根据线面垂直的性质，得出结论；
（2）根据题意∠SCD为所求二面角的平面角，根据几何法求出∠SCD；
（3）根据题意，得到∠DMP为所求异面直线所成的角，根据勾股定理，求出结果．
【解答】
∵ 底面ABCD是正方形，∴ BC⊥CD，
∵ SD⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，∴ SD⊥BC，
又DC∩SD＝D，∴ BC⊥平面SDC，∵ SC⊂平面SDC，∴ BC⊥SC；
由（1）知BC⊥SC，又CD⊥BC，∴ ∠SCD为所求二面角的平面角，
在Rt△DSC中，∵ SD＝DC＝1，∴ ∠SCD＝45∘；
取AB中点P，连结MP，DP，
在△ABS，由中位线定理得MP // SB，
∴ ∠DMP或其补角是异面直线DM与SB所成角，
∵ MP=12SB=32，DM=22,DP=1+14=52，
所以△DMP中，有DP2＝MP2+DM2，∴ ∠DMP＝90∘．
【答案】
(1)证明：∵ 四边形ABCD为菱形，
∴ AC⊥BD.
∵ BE⊥平面ABCD，
∴ AC⊥BE.
∵BD∩BE=B，
∴ AC⊥平面BED.
∵ AC⊂平面AEC，
∴ 平面AEC⊥平面BED.
(2)解：设AB=x，
在菱形ABCD中，由∠ABC=120∘，
得AG=GC=32x，GB=GD=x2，
∵ AE⊥EC，G为AC的中点，
∴ EG=12AC=AG=32x.
∵ BE⊥平面ABCD，BG⊂平面ABCD，
∴ EB⊥BG，∠EBG=90∘，
在Rt△EBG中，
BE=EG2−BG2=22x.
三棱锥E−ACD的体积：
V=13×12AC⋅GD⋅BE=624x3=63，
解得x=2，即AB=2，
∵ ∠ABC=120∘，
∴ AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcs∠ABC
=4+4−2×2×2×(−12)=12，
即AC=12=23，
在三个直角三角形EBA，EBD，EBC中，斜边AE=EC=ED，
∵ AE⊥EC，
∴ △EAC为等腰直角三角形，
则AE2+EC2=AC2=12，
即2AE2=12，
∴ AE2=6，
则AE=6，
∴ 从而得AE=EC=ED=6，
∴ △EAC的面积S=12×EA⋅EC=12×6×6=3.
在等腰三角形EAD中，过E作EF⊥AD于F，
∵AE=6，AF=12AD=12×2=1，
则EF=(6)2−12=5，
∴ △EAD的面积和△ECD的面积均为S=12×2×5=5，
故该三棱锥的侧面积为3+25．
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
平面与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
（1）根据面面垂直的判定定理即可证明：平面AEC⊥平面BED；
（2）根据三棱锥的条件公式，进行计算即可．
【解答】
(1)证明：∵ 四边形ABCD为菱形，
∴ AC⊥BD.
∵ BE⊥平面ABCD，
∴ AC⊥BE.
∵BD∩BE=B，
∴ AC⊥平面BED.
∵ AC⊂平面AEC，
∴ 平面AEC⊥平面BED.
(2)解：设AB=x，
在菱形ABCD中，由∠ABC=120∘，
得AG=GC=32x，GB=GD=x2，
∵ AE⊥EC，G为AC的中点，
∴ EG=12AC=AG=32x.
∵ BE⊥平面ABCD，BG⊂平面ABCD，
∴ EB⊥BG，∠EBG=90∘，
在Rt△EBG中，
BE=EG2−BG2=22x.
三棱锥E−ACD的体积：
V=13×12AC⋅GD⋅BE=624x3=63，
解得x=2，即AB=2，
∵ ∠ABC=120∘，
∴ AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcs∠ABC
=4+4−2×2×2×(−12)=12，
即AC=12=23，
在三个直角三角形EBA，EBD，EBC中，斜边AE=EC=ED，
∵ AE⊥EC，
∴ △EAC为等腰直角三角形，
则AE2+EC2=AC2=12，
即2AE2=12，
∴ AE2=6，
则AE=6，
∴ 从而得AE=EC=ED=6，
∴ △EAC的面积S=12×EA⋅EC=12×6×6=3.
在等腰三角形EAD中，过E作EF⊥AD于F，
∵AE=6，AF=12AD=12×2=1，
则EF=(6)2−12=5，
∴ △EAD的面积和△ECD的面积均为S=12×2×5=5，
故该三棱锥的侧面积为3+25．