浙江省台州市仙居县宏大中学2012-2013学年高二数学上学期期中考试试题-理(含解析)新人教A版.doc

2012-2013学年浙江省台州市仙居县宏大中学高二（上）期中数学试卷（理科）
参考答案与试题解析

一、选择题：本大题共10小题，每小题4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．（4分）右图是一个物体的三视图，则此三视图所描述的物体是下列哪个几何体（　　）

A．

B．

C．

D．

考点：
由三视图还原实物图．
专题：
计算题．
分析：
由已知中正视图与侧视图和俯视图，我们可以判断出该几何体的形状，逐一和四个答案中的直观图进行比照，即可得到答案．
解答：
解：由已知中的三视图我们可以判断出
该几何体是由一个底面面积相等的圆锥和圆柱组合而成
分析四个答案可得D满足条件要求
故选D
点评：
本题考查的知识点是由三视图还原实物图，其中若三视图中若有两个三角形，则几何体为一个锥体，有两个矩形，则几何体为一个柱体，具体形状由另外一个视图的形状决定．

2．（4分）圆x2+y2=1和圆x2+y2﹣6y+5=0的位置关系是（　　）

A．
外切
B．
内切
C．
外离
D．
内含

考点：
圆与圆的位置关系及其判定．
专题：
计算题．
分析：
根据题意先求出两圆的圆心和半径，根据两圆的圆心距等于两圆的半径之和，得出两圆相外切．
解答：
解：圆x2+y2﹣6y+5=0 的标准方程为：x2+（y﹣3）2=4，
所以其表示以（0，3）为圆心，以2为半径的圆，
所以两圆的圆心距为3，正好等于两圆的半径之和，
所以两圆相外切，
故选A．
点评：
本题考查两圆的位置关系，由两圆的圆心距等于两圆的半径之和，得出两圆相外切．

3．（4分）下列叙述中错误的是（　　）

A．
若P∈α∩β且α∩β=l，则P∈l

B．
三点A，B，C确定一个平面

C．
若直线a∩b=A，则直线a与b能够确定一个平面

D．
若A∈l，B∈l且A∈α，B∈α，则l⊂α．

考点：
命题的真假判断与应用．
专题：
计算题．
分析：
由空间线面位置关系，结合公理即推论，逐个验证即可．
解答：
解：选项A，点P在是两平面的公共点，当然在交线上，故正确；
选项B，只有不共线的三点才能确定一个平面，故错误；
选项C，由公理的推论可知，两相交直线确定一个平面，故正确；
选项D，由公理1，直线上有两点在一个平面内，则整条直线都在平面内．
故选B
点评：
本题考查命题真假，涉及线面位置关系的确定，属基础题．

4．（4分）如果AC＜0，且BC＜0，那么直线Ax+By+C=0不通过（　　）

A．
第一象限
B．
第二象限
C．
第三象限
D．
第四象限

考点：
直线的一般式方程．
专题：
计算题．
分析：
先把Ax+By+C=0化为y=﹣，再由AC＜0，BC＜0得到﹣，﹣，数形结合即可获取答案
解答：
解：∵直线Ax+By+C=0可化为，
又AC＜0，BC＜0
∴AB＞0，∴，
∴直线过一、二、四象限，不过第三象限．
故答案选C．
点评：
本题考查直线的一般式方程与直线的斜截式的互化，以及学生数形结合的能力，属容易题

5．（4分）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，设，则x+y+z等于（　　）

A．
1
B．

C．

D．

考点：
空间向量的基本定理及其意义．
专题：
计算题；待定系数法．
分析：
在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，用 、、 表示出 ，将它和题中已知的 的解析式作对照，
求出x、y、z 的值．
解答：
解：∵在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，，
又∵=++，∴x=1，2y=1，3z=1，
∴x=1，y=，z=，∴x+y+z=1++=，
故选 D．
点评：
本题考查空间向量基本定理及其意义，空间向量的加减和数乘运算，用待定系数法求出x、y、z 的值．

6．（4分）在空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点．若AC=BD=a，且AC与BD所成的角为60°，则四边形EFGH的面积为（　　）

A．

B．

C．

D．

考点：
异面直线及其所成的角．
专题：
计算题；空间角．
分析：
先证明四边形EFGH为菱形，然后说明∠EFG=60°，最后根据三角形的面积公式即可求出所求．
解答：
解：连接EH，因为EH是△ABD的中位线，所以EH∥BD，且EH=BD．
同理，FG∥BD，EF∥AC，且FG=BD，EF=AC．
所以EH∥FG，且EH=FG．
所以四边形EFGH为平行四边形．
因为AC=BD=a，AC与BD所成的角为60°
所以EF=EH．所以四边形EFGH为菱形，∠EFG=60°．
∴四边形EFGH的面积是2××（）2=a2．
故选A．

点评：
本题主要考查知识点：简单几何体和公理四，公理四：和同一条直线平行的直线平行，证明菱形常用方法是先证明它是平行四边形再证明邻边相等相等，以及面积公式，属于中档题．

7．（4分）已知ab≠0，点M（a，b）是圆x2+y2=r2内一点，直线m是以点M为中点的弦所在的直线，直线l的方程是ax+by=r2，则下列结论正确的是（　　）

A．
m∥l，且l与圆相交
B．
l⊥m，且l与圆相切
C．
m∥l，且l与圆相离
D．
l⊥m，且l与圆相离

考点：
直线与圆的位置关系．
分析：
求圆心到直线的距离，然后与a2+b2＜r2比较，可以判断直线与圆的位置关系，易得两直线的关系．
解答：
解：以点M为中点的弦所在的直线的斜率是，直线m∥l，点M（a，b）是圆x2+y2=r2内一点，所以a2+b2＜r2，圆心到ax+by=r2，距离是＞r，故相离．
故选C．
点评：
本题考查直线与圆的位置关系，两条直线的位置关系，是基础题．

8．（4分）将边长为1的正方形ABCD沿对角线AC折起，使得平面ADC⊥平面ABC，在折起后形成的三棱锥D﹣ABC中，给出下列三个命题：
①面DBC是等边三角形； ②AC⊥BD； ③三棱锥D﹣ABC的体积是．
其中正确命题的个数为（　　）

A．
0
B．
1
C．
2
D．
3

考点：
命题的真假判断与应用．
专题：
计算题；空间位置关系与距离．
分析：
先作出图来，①根据图可知BD=DO=1，再由BC=DC=1，可知面DBC是等边三角形．
②由AC⊥DO，AC⊥BO，可得AC⊥平面DOB，从而有AC⊥BD．
③三棱锥D﹣ABC的体积=S△ABC•OD=••1•1•=．
解答：
解：如图所示：BD=DO==1
又BC=DC=1
∴面DBC是等边三角形①正确；
∵AC⊥DO，AC⊥BO
∴AC⊥平面DOB
∴AC⊥BD
②正确；
三棱锥D﹣ABC的体积=S△ABC•OD=••1•1•=，
③不正确．
故选C．

点评：
本题主要考查折叠问题，要注意折叠前后的改变的量和位置，不变的量和位置，属中档题．

9．（4分）若直线y=kx+4+2k与曲线有两个交点，则k的取值范围是（　　）

A．
[1，+∞）
B．
[﹣1，﹣）
C．
（，1]
D．
（﹣∞，﹣1]

考点：
直线与圆锥曲线的关系．
专题：
计算题；数形结合．
分析：
将曲线方程变形判断出曲线是上半圆；将直线方程变形据直线方程的点斜式判断出直线过定点；画出图形，数形结合求出满足题意的k的范围．
解答：
解：曲线 即x2+y2=4，（y≥0）
表示一个以（0，0）为圆心，以2为半径的位于x轴上方的半圆，如图所示：
直线y=kx+4+2k即y=k（x+2）+4
表示恒过点（﹣2，4）斜率为k的直线
结合图形可得
，
∵解得
∴要使直线与半圆有两个不同的交点，k的取值范围是
故选B

点评：
解决直线与二次曲线的交点问题，常先化简曲线的方程，一定要注意做到同解变形，数形结合解决参数的范围问题

10．（4分）已知平面α∥平面β，A，C∈α，B，D∈β，线段AB与线段CD交于点S，若AS=18，BS=27，CD=34，则CS=（　　）

A．
68
B．

C．

D．
34

考点：
点、线、面间的距离计算．
专题：
综合题；平面向量及应用．
分析：
因为平面α∥平面β，利用平面平行的性质定理，可得，AC∥BD，再根据S点的位置，利用成比例线段，就可求出CS的值．
解答：
解：①若S点位于平面α与平面β之间，根据平面平行的性质定理，得AC∥BD，∴=，
即=，
∵AS=18，BS=27，
∴CS=．
②若S点位于平面α与平面β外，根据平面平行的性质，得=，
∵AS=18，BS=27，CD=34，
∴CS=68
故选C．
点评：
本题考查了平面平行的性质定理，做题时容易丢情况，需谨慎．

二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分．
11．（4分）直线截圆x2+y2=4得到的弦长为　2　．

考点：
直线与圆的位置关系．
专题：
计算题．
分析：
由圆的方程找出圆心坐标与半径r，；利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，利用垂径定理及勾股定理即可求出直线截圆得到的弦长．
解答：
解：由圆的方程得到圆心坐标为（0，0），半径r=2，
∵圆心到直线的距离d==1，
∴直线截圆的弦长为2=2．
故答案为：2
点评：
此题考查了直线与圆的位置关系，涉及的知识有：圆的标准方程，点到直线的距离公式，垂径定理，以及勾股定理，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．

12．（4分）一个水平放置的平面图形，其斜二测直观图是一个等腰梯形，其底角为45°，腰和上底均为1（如图），则平面图形的实际面积为　2+　．

考点：
斜二测法画直观图．
专题：
计算题；空间位置关系与距离．
分析：
利用原图和直观图的关系，可得直观图，利用梯形面积公式求解即可．
解答：
解：恢复后的原图形为一直角梯形，上底为1，高为2，下底为1+，S=（1++1）×2=2+．
故答案为：2+
点评：
本题考查水平放置的平面图形的直观图斜二测画法，属基础知识的考查．

13．（4分）已知A（2，﹣3），B（﹣3，﹣2）两点，直线l过定点P（1，1）且与线段AB相交，求直线l的斜率k的取值范围
　或k≤﹣4　．

考点：
恒过定点的直线．
专题：
数形结合．
分析：
画出图形，由题意得 所求直线l的斜率k满足 k≥kPB 或 k≤kPA，用直线的斜率公式求出kPB 和kPA 的值，
解不等式求出直线l的斜率k的取值范围．
解答：
解：如图所示：由题意得，所求直线l的斜率k满足 k≥kPB 或 k≤kPA，
即 k≥=，或 k≤=﹣4，∴k≥，或k≤﹣4，
故答案为：k≥或k≤﹣4．

点评：
本题考查直线的斜率公式的应用，体现了数形结合的数学思想．

14．（4分）长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=3，AD=2，AA1=1，则从A点沿表面到C1点的最短距离为　3　．

考点：
点、线、面间的距离计算．
专题：
计算题；空间位置关系与距离．
分析：
根据题意，画出三种展开的图形，求出A、C1两点间的距离，比较大小，从而找出最小值即为所求．
解答：
解：长方体ABCD﹣A1B1C1D1的表面可如下图三种方法展开后，A、C1两点间的距离分别为：
=3，
=2，
=．
三者比较得3是从点A沿表面到C1的最短距离，
∴最短距离是3．
故答案为：3．

点评：
本题考查棱柱的结构特征，考查分类讨论思想，考查计算能力，属于中档题．

15．（4分）正四棱锥S﹣ABCD的侧棱长为，底面边长为，E为SA的中点，则异面直线BE与SC所成的角为：　60°　．

考点：
异面直线及其所成的角．
专题：
计算题；综合题．
分析：
连接底面正方形ABCD对角线AC、BD，取底面ABCD对角线AC的中点F，连接EF，BD，说明EF与BE的成角是BE与SC的成角，通过在△BFE中根据余弦定理，BF2=EF2+BE2﹣2EF•BEcos∠BEF，求出cos∠BEF解得异面直线BE与SC所成角的大小．
解答：
解：连接底面正方形ABCD对角线AC、BD，
取底面ABCD对角线AC的中点F，
连接EF，BD，EF是三角形ASC的中位线，EF∥SC，
且EF=SC，则EF与BE的成角是BE与SC的成角，
BF=，AB=，EF=，
三角形SAB是等腰三角形，从S作SG⊥AB，
cosA===，
根据余弦定理，BE2=AE2+AB2﹣2AE•AB•cosA=2，BE=，
在△BFE中根据余弦定理，BF2=EF2+BE2﹣2EF•BEcos∠BEF，cos∠BEF=，∠BEF=60°；
异面直线BE与SC所成角的大小60°．
故答案为：60°
点评：
本题考查异面直线及其所成的角，考查计算能力，是基础题．

16．（4分）若圆（x﹣3）2+（y+5）2=r2上有且只有两个点到直线4x﹣3y=2的距离为1，则半径r的取值范围是　（4，6）　．

考点：
直线与圆的位置关系．
专题：
直线与圆．
分析：
先利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，由题意得|5﹣r|＜1，解此不等式求得半径r的取值范围．
解答：
解：∵圆心P（3，﹣5）到直线4x﹣3y=2的距离等于=5，
由|5﹣r|＜1，解得：4＜r＜6，
则半径r的范围为（4，6）．
故答案为：（4，6）
点评：
本题考查了直线与圆的位置关系，涉及的知识有：点到直线的距离公式的应用，以及绝对值不等式的解法，列出关于r的不等式是解本题的关键．

17．（4分）已知两条不同直线m、l，两个不同平面α、β，给出下列命题：
（1）若m⊂α，l⊂β且α∥β，则m∥l； （2）若l⊂β，l⊥α，则α⊥β；
（3）若l∥α，则l平行于α内的所有直线； （4）若l⊥α，m⊥β，l⊥m，则α⊥β；
（5）若l，m在平面α内的射影互相垂直，则l⊥m．
其中正确命题的序号是　（2）（4）　（把你认为正确命题的序号都填上）．

考点：
命题的真假判断与应用；空间中直线与平面之间的位置关系．
专题：
空间位置关系与距离．
分析：
根据面面垂直时，两个平面内直线的位置关系，可判断（1）（3）错误，根据面面垂直的判定定理及几何特征可判断（2）（4）正确；根据直线夹角及直线在平面上射影夹角的几何特征，可判断（5）错误．
解答：
解：若m⊂α，l⊂β且α∥β，则m与l不相交，但可能平行也可能异面，故（1）错误；
l⊂β，l⊥α，则由面面垂直的判定定理可得α⊥β，故（2）正确；
若l∥α，则l与平面α内的直线平行或异面，故（3）错误；
若l⊥α，l⊥m，则m⊂α或m∥α，又由m⊥β，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，故（4）正确；
若l，m在平面α内的射影互相垂直，则l与m不平行，但也不一定垂直，故（5）错误
故答案为（2）（4）
点评：
本题考查的知识点是命题的真假判断与应用，空间中直线与平面的位置关系，熟练掌握线面关系的判定方法和几何特征是解答的关键．

三、解答题：本大题共5小题，共52分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
18．（8分）已知直线l经过点（0，﹣2），且垂直于直线，
（1）求直线l的方程；
（2）求直线l与两坐标轴围成三角形的面积．

考点：
直线的一般式方程．
专题：
计算题；直线与圆．
分析：
（1）根据垂直的两条直线斜率之间的关系，算出直线l的斜率为，用点斜式列式，化简整理即得直线l的方程；
（2）分别令x=0，y=0，得到直线l在两坐标轴上的截距，从而得到l截两坐标轴所得直角三角形的直角边长，结合三角形面积公式，可得l与两坐标轴围成三角形的面积．
解答：
解：（1）∵直线的斜率为，…（1分）
∴垂直于直线的直线l的斜率为k==，…（2分）
又∵直线l经过点（0，﹣2），
∴直线l的点斜式方程为y+2=x，整理得x﹣y﹣2=0，即为所求直线l的方程． …（4分）
（2）由直线l的方程知它在x轴上的截距是，在y轴上的截距是﹣2，…（6分）
∴直线l与两坐标轴围成三角形是两条直角为分别为和﹣2的直角三角形．
因此，直线l与两坐标轴围成三角形的面积S=••2=． …（8分）
点评：
本题给出直线l经过定点，且与已知直线互相垂直，求直线l方程，着重考查了直线的位置关系、直线的一般式方程和直线截三角形的面积求法等知识，属于基础题．

19．（8分）如图四边形ABCD为梯形，AD∥BC，∠ABC=90°，求图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的表面积和体积．

考点：
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．
专题：
计算题．
分析：
旋转后几何体是一个圆台，从上面挖去一个半球，根据数据利用面积公式与体积公式，可求其表面积和体积．
解答：
解：由题意知，所求旋转体的表面积由三部分组成：
圆台下底面、侧面和一半球面 （3分）
S半球=8π，S圆台侧=35π，S圆台底=25π．
故所求几何体的表面积为：8π+35π+25π=68π （7分）
由，（9分）
（11分）
所以，旋转体的体积为 （12分）
点评：
本题考查组合体的面积、体积问题，考查空间想象能力，数学公式的应用，是中档题．

20．（12分）（2004•天津）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F．
（1）证明PA∥平面EDB；
（2）证明PB⊥平面EFD；
（3）求二面角C﹣PB﹣D的大小．

考点：
直线与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定；与二面角有关的立体几何综合题．
专题：
证明题；综合题；转化思想．
分析：
法一：（1）连接AC，AC交BD于O，连接EO要证明PA∥平面EDB，只需证明直线PA平行平面EDB内的直线EO；
（2）要证明PB⊥平面EFD，只需证明PB垂直平面EFD内的两条相交直线DE、EF，即可；
（3）必须说明∠EFD是二面角C﹣PB﹣D的平面角，然后求二面角C﹣PB﹣D的大小．
法二：如图所示建立空间直角坐标系，D为坐标原点，设DC=a．
（1）连接AC，AC交BD于G，连接EG，求出，即可证明PA∥平面EDB；
（2）证明EF⊥PB，，即可证明PB⊥平面EFD；
（3）求出，利用，求二面角C﹣PB﹣D的大小．
解答：
解：方法一：
（1）证明：连接AC，AC交BD于O，连接EO．
∵底面ABCD是正方形，∴点O是AC的中点
在△PAC中，EO是中位线，∴PA∥EO
而EO⊂平面EDB且PA⊄平面EDB，
所以，PA∥平面EDB（2）证明：
∵PD⊥底面ABCD且DC⊂底面ABCD，∴PD⊥DC
∵PD=DC，可知△PDC是等腰直角三角形，而DE是斜边PC的中线，
∴DE⊥PC．①
同样由PD⊥底面ABCD，得PD⊥BC．
∵底面ABCD是正方形，有DC⊥BC，∴BC⊥平面PDC．
而DE⊂平面PDC，∴BC⊥DE．②
由①和②推得DE⊥平面PBC．
而PB⊂平面PBC，∴DE⊥PB
又EF⊥PB且DE∩EF=E，所以PB⊥平面EFD．（3）解：由（2）知，PB⊥DF，故∠EFD是二面角C﹣PB﹣D的平面角．
由（2）知，DE⊥EF，PD⊥DB．
设正方形ABCD的边长为a，
则，．
在Rt△PDB中，．
在Rt△EFD中，，∴．
所以，二面角C﹣PB﹣D的大小为．
方法二：如图所示建立空间直角坐标系，D为坐标原点，设DC=a．
（1）证明：连接AC，AC交BD于G，连接EG．
依题意得．
∵底面ABCD是正方形，∴G是此正方形的中心，故点G的坐标为且．
∴，这表明PA∥EG．
而EG⊂平面EDB且PA⊄平面EDB，∴PA∥平面EDB．（2）证明；依题意得B（a，a，0），．
又，故．
∴PB⊥DE．
由已知EF⊥PB，且EF∩DE=E，所以PB⊥平面EFD．（3）解：设点F的坐标为（x0，y0，z0），，则（x0，y0，z0﹣a）=λ（a，a，﹣a）．
从而x0=λa，y0=λa，z0=（1﹣λ）a．所以．
由条件EF⊥PB知，，即，解得
∴点F的坐标为，且，
∴
即PB⊥FD，故∠EFD是二面角C﹣PB﹣D的平面角．
∵，且，，
∴．
∴．
所以，二面角C﹣PB﹣D的大小为．

点评：
本小题考查直线与平面平行，直线与平面垂直，二面角等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力．

21．（12分）已知圆C以为圆心且经过原点O．
（Ⅰ）若直线2x+y﹣4=0与圆C交于点M，N，若|OM|=|ON|，求圆C的方程；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，已知点B的坐标为（0，2），设P，Q分别是直线l：x+y+2=0和圆C上的动点，求|PB|+|PQ|的最小值及此时点P的坐标．

考点：
直线和圆的方程的应用；圆的标准方程．
专题：
综合题．
分析：
（I）利用圆的标准方程写出圆的方程，根据线段的中垂线的性质判断出C，H，O三点共线，利用两点连线的斜率公式求出直线OC的斜率，列出关于t的方程，求出t的值．通过圆心到直线的距离与圆半径的大小的比较，判断出直线与圆的关系是否相交．
（II）求出点B关于直线x+y+2=0的对称点，将已知问题转化为对称点到圆上的最小值问题，根据圆的几何条件，圆外的点到圆上的点的最小值等于该点到圆心的距离减去半径．
解答：
解：由题知，圆C方程为，
化简得
（Ⅰ）∵|OM|=|ON|，则原点O在MN的中垂线上，
设MN的中点为H，则CH⊥MN．
∴C，H，O三点共线，
则直线OC的斜率或t=﹣2，
知圆心C（2，1）或C（﹣2，﹣1），
所以圆方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2=5或（x+2）2+（y+1）2=5，
由于当圆方程为（x+2）2+（y+1）2=5时，
直线2x+y﹣4=0到圆心的距离d＞r，不满足直线和圆相交，故舍去．
∴圆C方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2=5．
（Ⅱ） 点B（0，2）关于直线x+y+2=0的对称点为B′（﹣4，﹣2），
则|PB|+|PQ|=|PB′|+|PQ|≥|B′Q|，
又B′到圆上点Q的最短距离为，
所以|PB|+|PQ|的最小值为，
直线B′C的方程为，
则直线B′C与直线x+y+2=0的交点P的坐标为．
点评：
求圆的方程一般利用的方法是待定系数法；解决直线与圆的有关的问题常利用圆的一些几何意义：常需要解圆心距、弦长的一半、圆的半径构成的直角三角形；圆外的点到圆上的最值常求出点到圆心的距离加上或减去圆的半径．

22．（12分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的各棱长均为2，侧面BCC1B1⊥底面ABC，侧棱BB1与底面ABC所成的角为60°．
（Ⅰ）求直线A1C与底面ABC所成的角；
（Ⅱ）在线段A1C1上是否存在点P，使得平面B1CP⊥平面ACC1A1？若存在，求出C1P的长；若不存在，请说明理由．

考点：
平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．
专题：
计算题；综合题．
分析：
（Ⅰ）过B1作B1O⊥BC于O，证明B1O⊥平面ABC，以O为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，求出A，B，C，A1，B1，C1坐标，底面ABC的法向量，设直线A1C与底面ABC所成的角为θ，通过，求出直线A1C与底面ABC所成的角．
（Ⅱ）假设在线段A1C1上存在点P，设=，通过求出平面B1CP的法向量，利用求出平面ACC1A1的法向量，通过=0，求出．．求解．
解答：
（本题满分14分）
解：（Ⅰ）过B1作B1O⊥BC于O，
∵侧面BCC1B1⊥平面ABC，
∴B1O⊥平面ABC，
∴∠B1BC=60°．
又∵BCC1B1是菱形，∴O为BC的中点．…（2分）
以O为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，
则，B（0，﹣1，0），C（0，1，0），，，
∴，又底面ABC的法向量…（4分）
设直线A1C与底面ABC所成的角为θ，
则，∴θ=45°
所以，直线A1C与底面ABC所成的角为45°． …（7分）
（Ⅱ）假设在线段A1C1上存在点P，设=，
则，，
．…（8分）
设平面B1CP的法向量，
则．
令z=1，则，，∴． …（10分）
设平面ACC1A1的法向量，
则
令z=1，则，x=1，∴． …（12分）
要使平面B1CP⊥平面ACC1A1，
则==．
∴．∴． …（14分）

点评：
本题考查直线与平面垂直，直线与平面所成的角，平面与平面垂直，考查空间想象能力，计算能力．

17