广东省深圳市光明区光明中学2023-2024高一下学期期中考试数学试题

广东省深圳市光明区光明中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题
1．（2024高一下·光明期中）已知向量，，且，则实数m的值为（　　）
A．-1 B．1 C．-2 D．2
【答案】A
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】 向量，，且向量，
则，解得.
故答案为：A.
【分析】由向量共线可得，求解即可.
2．（2024高一下·光明期中）若（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【知识点】复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以复数在复平面内对应的点为，位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和复数的乘除法运算法则，从而得出复数z，再结合复数的几何意义得出复数在复平面内对应的点的坐标，再根据点的坐标确定所在的象限.
3．（2024高一下·光明期中）一个圆柱的侧面展开图是一个面积为4的正方形，则这个圆柱的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】设圆柱的高为h，圆柱的底面半径为r，
由圆柱的侧面展开图是的正方形，面积为4，得，则，
则.
故答案为：B
【分析】由侧面展开图是的正方形面积为4，求出圆柱的底面圆半径，进而求出体积.
4．（2024高一下·光明期中）在中，角的对边分别是，已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】由题意，化简得，所以。
故答案为：C．
【分析】利用已知条件结合余弦定理和勾股定理得出角B的值。
5．（2024高一下·光明期中）已知平面平面β，，，则直线a和b的位置关系为（　　）
A．平行 B．平行或异面
C．异面或相交 D．平行或异面或相交
【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】已知平面平面β，且，
如图，在正方体中，令平面，平面，
当时，显然有，
当时，显然有异面，
当时，显然有相交，
所以直线a，b可能平行或异面或相交.
故答案为：D.
【分析】画出正方体，借助正方体观察即可求解.
6．（2024高一下·光明期中）已知中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则的形状是（　　）
A．等腰三角形 B．等边三角形
C．直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形
【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】，由正弦定理可得，
化简得，
由三角形内角和公式可得，
，
得，
因为，，
所以，，所以，
又，
所以，为直角三角形．
故答案为：C.
【分析】根据正弦定理进行边化角，利用三角形内角和公式以及两角和的正弦公式可求得，由此即可得解.
7．（2024高一下·光明期中）已知三棱锥中，平面，，，，是上一点，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】如图，连接AM，由平面，平面，则，
所以为直角三角形，
所以，要求的最小值只需求出的最小值即可，
在中，当时，有最小值，
由等面积法可得：，
所以的最小值为.
故答案为：B.
【分析】由题意可得为直角三角形，，即只需求的最小值，结合等面积法计算即可得解.
8．（2024高一下·光明期中）如图所示的四边形ABCD中，是等边三角形，B是AC边的中线延长线上一点，，，点E在四边形ABCD的边上运动，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】由题知，，且AC⊥BD，
故点E在四边形ABCD上运动时，只需考虑点E在边BC，CD上的运动情况即可，
又，
因为，
由勾股逆定理可得BC⊥CD，则，
①当点E在边BC上运动时，设，则，
所以；
②当点E在边CD上运动时，设，则，
所以.
综上，的取值范围为.
故答案为：.
【分析】分别求出的值，利用勾股逆定理可得BC⊥CD，因为图形对称，所以只考虑E在边BC，CD上的运动情况即可，在两种情况下，利用向量共线表示出，利用数量积即可得到范围.
9．（2024高一下·光明期中）设复数，则（　　）
A．的实部为 B．
C．的虚部为 D．
【答案】A,B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】因为，
所以的实部为，A正确；
虚部为，B正确；C错误.
，D错误.
故答案为：AB
【分析】根据复数除法运算化简复数，即可判断各选项.
10．（2024高一下·光明期中）设平面向量，，均为非零向量，则下列命题错误的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】A,B
【知识点】共线（平行）向量；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】当，平行且与，都垂直时，成立，但不一定成立，故A错误；
由得或π，此时，故B错误；
对两边平方得，
即，故，即，故C正确；
非零向量，，，若，则且，
所以，故D正确.
故答案为：AB
【分析】根据向量数量积的运算律、向量平行的定义向量数量积公式即可判断各个选项.
11．（2024高一下·光明期中）已知的内角的对边分别为，，，，点为的外接圆圆心，满足，则下列结论正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；余弦定理
【解析】【解答】中，，，，
对于A，根据余弦定理可得，
又因为，所以，故A正确；
对于B，因为点O为ABC的外接圆圆心，
所以，，
所以，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，因为，则，
又，即①，
同理，
即，所以②，
联立①②，解得，，，故D正确．
故答案为：ACD
【分析】由余弦定理求解判断A；根据点O为ABC的外接圆圆心，利用投影求解判断B；由，再利用数量积的投影求解判断C；根据，由，联立求解判断D.
12．（2024高一下·光明期中）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则　 　．
【答案】1
【知识点】解三角形；余弦定理的应用
【解析】【解答】由余弦定理可得：
所以.
故答案为：.
【分析】利用余弦定理表示出代入化简即可求解.
13．（2024高一下·光明期中）在中，E为AC上一点，，P为BE上任一点，若，则　 　.
【答案】1
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】因为，P为BE上任一点，
可得，
由P，B，E三点共线，可得.
故答案为：1
【分析】由题设可得P，B，E三点共线，转化为系数和为1，即可得出结论.
14．（2024高一下·光明期中）如图所示，三棱锥中，平面平面ABC，，，，，则三棱锥外接球的体积为　 　.
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】由题可知，PA⊥PC，AC⊥BC，，，
所以，，
取AB的中点为O，连接OC，取AC的中点为E，连接PE，OE，
则，，
又平面平面，
所以PE⊥平面ABC；
因为平面ABC，所以PE⊥OE，
又，所以，
所以是外接球的球心，
所以外接球的半径为，
则三棱锥外接球的体积为.
故答案为：.
【分析】由题设可得，，取AB的中点为O，连接OC，取AC的中点为E，连接PE，OE，可求得是外接球的球心，得外接球的半径为，代入球的体积即可.
15．（2024高一下·光明期中）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）证明：；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）由得，
化简得，
由正弦定理可得，故得证.
（2）由（1）及得，，
所以，.
所以.
【知识点】二倍角的余弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）用二倍角公式化简得，然后用正弦定理进行角化边即可得证.
（2）结合（1）中结果即可求出，然后带入面积公式，即可求出面积.
（1）由得，
化简得，
由正弦定理可得，故得证.
（2）由（1）及得，，
所以，.
所以.
16．（2024高一下·光明期中）已知平面向量与满足，向量是与向量同向的单位向量，向量在向量上的投影向量为.
（1）若与垂直，求的大小；
（2）若与的夹角为，求向量与夹角的余弦值.
【答案】（1），设的夹角为，
根据题意可得，则.
因为与垂直，所以，
化简为，即，所以.

（2）由题意得，所以，且.
所以，
，
设向量与的夹角为，
所以.
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【分析】（1）利用投影向量的定义、两向量垂直的关系式即可求解；
（2）利用夹角以及投影向量以及数量积、向量夹角的余弦公式即可求解.
（1）设的夹角为，由题意得，则.
因为与垂直，所以，
化简为，即，所以.
（2）由题意得，所以，且.
所以，
，
设向量与的夹角为，所以.
17．（2024高一下·光明期中）如图，已知点是正方形所在平面外一点，平面，，，分别是，的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成的角.
【答案】（1）取的中点，连接，，
因为是的中点，所以且，
又是的中点，是正方形，所以，且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）因为平面，平面，所以平面平面，
平面平面，又四边形为正方形，所以，
又因为平面，所以平面，
所以是在平面上的射影，
所以即为直线与平面所成的角，
又，所以为等腰直角三角形，所以，
即直线与平面所成的角为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）如图作出辅助线，由平行四边形的判定定理与性质可得，结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）找出在平面上的投影即可得直线与平面所成的角为，计算即可得.
（1）取的中点，连接，，
因为是的中点，所以且，
又是的中点，是正方形，所以，且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）因为平面，平面，所以平面平面，
平面平面，又四边形为正方形，所以，
又因为平面，所以平面，
所以是在平面上的射影，
所以即为直线与平面所成的角，
又，所以为等腰直角三角形，所以，
即直线与平面所成的角为.
18．（2024高一下·光明期中）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P.
（1）令，，用，表示；
（2）证明：；
（3）若，，，求∠MPN的余弦值.
【答案】（1）由题可知是的重心，且，
所以.
（2）在中，由余弦定理，得，
在中，由余弦定理，得
.
（3）因为，，，
所以，
所以，即的余弦值为.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】（1）由题目已知条件可得，结合可解；
（2）利用余弦定理即可求证；
（3）与的夹角相等，根据向量夹角公式可求其大小.
（1）由题可知是的重心，且，
所以.
（2）在中，由余弦定理，得，
在中，由余弦定理，得
.
（3）因为，，，
所以，
所以，即的余弦值为.
19．（2024高一下·光明期中）已知三棱柱中，平面平面ABC，四边形为菱形，且，，.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值的大小.
【答案】（1）证明：因为平面平面ABC，平面平面，，平面，
所以平面.
又平面，所以，
因为四边形为菱形，所以.
又，，平面.
所以平面.
（2）解：设，作于E，连AE，如图所示
由（1）平面，平面，所以，
又，，，平面AEO，所以平面AEO，
又因为平面AEO，所以，
所以为二面角的平面角，
又四边形1是菱形，，所以，
所以是等边三角形，则，，
在中，，则，，，
由平面，平面知，即，
所以，所以，
所以二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质可证得，再根据菱形的性质可得，再利用线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）如图作出辅助线，可证得为二面角的平面角，然后在中求解即可.
（1）证明：因为平面平面ABC，平面平面，，平面，
所以平面.
又平面，所以，
因为四边形为菱形，所以.
又，，平面.
所以平面.
（2）解：设，作于E，连AE，如图所示
由（1）平面，平面，所以，
又，，，平面AEO，所以平面AEO，
又因为平面AEO，所以，
所以为二面角的平面角，
又四边形1是菱形，，所以，
所以是等边三角形，则，，
在中，，则，，，
由平面，平面知，即，
所以，所以，
所以二面角的余弦值为.
广东省深圳市光明区光明中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题
1．（2024高一下·光明期中）已知向量，，且，则实数m的值为（　　）
A．-1 B．1 C．-2 D．2
2．（2024高一下·光明期中）若（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．（2024高一下·光明期中）一个圆柱的侧面展开图是一个面积为4的正方形，则这个圆柱的体积为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·光明期中）在中，角的对边分别是，已知，则（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·光明期中）已知平面平面β，，，则直线a和b的位置关系为（　　）
A．平行 B．平行或异面
C．异面或相交 D．平行或异面或相交
6．（2024高一下·光明期中）已知中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则的形状是（　　）
A．等腰三角形 B．等边三角形
C．直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形
7．（2024高一下·光明期中）已知三棱锥中，平面，，，，是上一点，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·光明期中）如图所示的四边形ABCD中，是等边三角形，B是AC边的中线延长线上一点，，，点E在四边形ABCD的边上运动，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·光明期中）设复数，则（　　）
A．的实部为 B．
C．的虚部为 D．
10．（2024高一下·光明期中）设平面向量，，均为非零向量，则下列命题错误的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
11．（2024高一下·光明期中）已知的内角的对边分别为，，，，点为的外接圆圆心，满足，则下列结论正确的是（　　）
A． B．
C． D．
12．（2024高一下·光明期中）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则　 　．
13．（2024高一下·光明期中）在中，E为AC上一点，，P为BE上任一点，若，则　 　.
14．（2024高一下·光明期中）如图所示，三棱锥中，平面平面ABC，，，，，则三棱锥外接球的体积为　 　.
15．（2024高一下·光明期中）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）证明：；
（2）若，，求的面积.
16．（2024高一下·光明期中）已知平面向量与满足，向量是与向量同向的单位向量，向量在向量上的投影向量为.
（1）若与垂直，求的大小；
（2）若与的夹角为，求向量与夹角的余弦值.
17．（2024高一下·光明期中）如图，已知点是正方形所在平面外一点，平面，，，分别是，的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成的角.
18．（2024高一下·光明期中）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P.
（1）令，，用，表示；
（2）证明：；
（3）若，，，求∠MPN的余弦值.
19．（2024高一下·光明期中）已知三棱柱中，平面平面ABC，四边形为菱形，且，，.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值的大小.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】 向量，，且向量，
则，解得.
故答案为：A.
【分析】由向量共线可得，求解即可.
2．【答案】D
【知识点】复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以复数在复平面内对应的点为，位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和复数的乘除法运算法则，从而得出复数z，再结合复数的几何意义得出复数在复平面内对应的点的坐标，再根据点的坐标确定所在的象限.
3．【答案】B
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】设圆柱的高为h，圆柱的底面半径为r，
由圆柱的侧面展开图是的正方形，面积为4，得，则，
则.
故答案为：B
【分析】由侧面展开图是的正方形面积为4，求出圆柱的底面圆半径，进而求出体积.
4．【答案】C
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】由题意，化简得，所以。
故答案为：C．
【分析】利用已知条件结合余弦定理和勾股定理得出角B的值。
5．【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】已知平面平面β，且，
如图，在正方体中，令平面，平面，
当时，显然有，
当时，显然有异面，
当时，显然有相交，
所以直线a，b可能平行或异面或相交.
故答案为：D.
【分析】画出正方体，借助正方体观察即可求解.
6．【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】，由正弦定理可得，
化简得，
由三角形内角和公式可得，
，
得，
因为，，
所以，，所以，
又，
所以，为直角三角形．
故答案为：C.
【分析】根据正弦定理进行边化角，利用三角形内角和公式以及两角和的正弦公式可求得，由此即可得解.
7．【答案】B
【知识点】直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】如图，连接AM，由平面，平面，则，
所以为直角三角形，
所以，要求的最小值只需求出的最小值即可，
在中，当时，有最小值，
由等面积法可得：，
所以的最小值为.
故答案为：B.
【分析】由题意可得为直角三角形，，即只需求的最小值，结合等面积法计算即可得解.
8．【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】由题知，，且AC⊥BD，
故点E在四边形ABCD上运动时，只需考虑点E在边BC，CD上的运动情况即可，
又，
因为，
由勾股逆定理可得BC⊥CD，则，
①当点E在边BC上运动时，设，则，
所以；
②当点E在边CD上运动时，设，则，
所以.
综上，的取值范围为.
故答案为：.
【分析】分别求出的值，利用勾股逆定理可得BC⊥CD，因为图形对称，所以只考虑E在边BC，CD上的运动情况即可，在两种情况下，利用向量共线表示出，利用数量积即可得到范围.
9．【答案】A,B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】因为，
所以的实部为，A正确；
虚部为，B正确；C错误.
，D错误.
故答案为：AB
【分析】根据复数除法运算化简复数，即可判断各选项.
10．【答案】A,B
【知识点】共线（平行）向量；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】当，平行且与，都垂直时，成立，但不一定成立，故A错误；
由得或π，此时，故B错误；
对两边平方得，
即，故，即，故C正确；
非零向量，，，若，则且，
所以，故D正确.
故答案为：AB
【分析】根据向量数量积的运算律、向量平行的定义向量数量积公式即可判断各个选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；余弦定理
【解析】【解答】中，，，，
对于A，根据余弦定理可得，
又因为，所以，故A正确；
对于B，因为点O为ABC的外接圆圆心，
所以，，
所以，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，因为，则，
又，即①，
同理，
即，所以②，
联立①②，解得，，，故D正确．
故答案为：ACD
【分析】由余弦定理求解判断A；根据点O为ABC的外接圆圆心，利用投影求解判断B；由，再利用数量积的投影求解判断C；根据，由，联立求解判断D.
12．【答案】1
【知识点】解三角形；余弦定理的应用
【解析】【解答】由余弦定理可得：
所以.
故答案为：.
【分析】利用余弦定理表示出代入化简即可求解.
13．【答案】1
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】因为，P为BE上任一点，
可得，
由P，B，E三点共线，可得.
故答案为：1
【分析】由题设可得P，B，E三点共线，转化为系数和为1，即可得出结论.
14．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】由题可知，PA⊥PC，AC⊥BC，，，
所以，，
取AB的中点为O，连接OC，取AC的中点为E，连接PE，OE，
则，，
又平面平面，
所以PE⊥平面ABC；
因为平面ABC，所以PE⊥OE，
又，所以，
所以是外接球的球心，
所以外接球的半径为，
则三棱锥外接球的体积为.
故答案为：.
【分析】由题设可得，，取AB的中点为O，连接OC，取AC的中点为E，连接PE，OE，可求得是外接球的球心，得外接球的半径为，代入球的体积即可.
15．【答案】（1）由得，
化简得，
由正弦定理可得，故得证.
（2）由（1）及得，，
所以，.
所以.
【知识点】二倍角的余弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）用二倍角公式化简得，然后用正弦定理进行角化边即可得证.
（2）结合（1）中结果即可求出，然后带入面积公式，即可求出面积.
（1）由得，
化简得，
由正弦定理可得，故得证.
（2）由（1）及得，，
所以，.
所以.
16．【答案】（1），设的夹角为，
根据题意可得，则.
因为与垂直，所以，
化简为，即，所以.

（2）由题意得，所以，且.
所以，
，
设向量与的夹角为，
所以.
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【分析】（1）利用投影向量的定义、两向量垂直的关系式即可求解；
（2）利用夹角以及投影向量以及数量积、向量夹角的余弦公式即可求解.
（1）设的夹角为，由题意得，则.
因为与垂直，所以，
化简为，即，所以.
（2）由题意得，所以，且.
所以，
，
设向量与的夹角为，所以.
17．【答案】（1）取的中点，连接，，
因为是的中点，所以且，
又是的中点，是正方形，所以，且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）因为平面，平面，所以平面平面，
平面平面，又四边形为正方形，所以，
又因为平面，所以平面，
所以是在平面上的射影，
所以即为直线与平面所成的角，
又，所以为等腰直角三角形，所以，
即直线与平面所成的角为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）如图作出辅助线，由平行四边形的判定定理与性质可得，结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）找出在平面上的投影即可得直线与平面所成的角为，计算即可得.
（1）取的中点，连接，，
因为是的中点，所以且，
又是的中点，是正方形，所以，且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）因为平面，平面，所以平面平面，
平面平面，又四边形为正方形，所以，
又因为平面，所以平面，
所以是在平面上的射影，
所以即为直线与平面所成的角，
又，所以为等腰直角三角形，所以，
即直线与平面所成的角为.
18．【答案】（1）由题可知是的重心，且，
所以.
（2）在中，由余弦定理，得，
在中，由余弦定理，得
.
（3）因为，，，
所以，
所以，即的余弦值为.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】（1）由题目已知条件可得，结合可解；
（2）利用余弦定理即可求证；
（3）与的夹角相等，根据向量夹角公式可求其大小.
（1）由题可知是的重心，且，
所以.
（2）在中，由余弦定理，得，
在中，由余弦定理，得
.
（3）因为，，，
所以，
所以，即的余弦值为.
19．【答案】（1）证明：因为平面平面ABC，平面平面，，平面，
所以平面.
又平面，所以，
因为四边形为菱形，所以.
又，，平面.
所以平面.
（2）解：设，作于E，连AE，如图所示
由（1）平面，平面，所以，
又，，，平面AEO，所以平面AEO，
又因为平面AEO，所以，
所以为二面角的平面角，
又四边形1是菱形，，所以，
所以是等边三角形，则，，
在中，，则，，，
由平面，平面知，即，
所以，所以，
所以二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质可证得，再根据菱形的性质可得，再利用线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）如图作出辅助线，可证得为二面角的平面角，然后在中求解即可.
（1）证明：因为平面平面ABC，平面平面，，平面，
所以平面.
又平面，所以，
因为四边形为菱形，所以.
又，，平面.
所以平面.
（2）解：设，作于E，连AE，如图所示
由（1）平面，平面，所以，
又，，，平面AEO，所以平面AEO，
又因为平面AEO，所以，
所以为二面角的平面角，
又四边形1是菱形，，所以，
所以是等边三角形，则，，
在中，，则，，，
由平面，平面知，即，
所以，所以，
所以二面角的余弦值为.