2020-2021学年山西省晋中市高一（下）5月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山西省晋中市高一（下）5月月考数学试卷人教A版，共14页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知a∈R，i是虚数单位，若z=a+3i，z⋅z=4，则a=( )
A.7或−7B.1或−1C.−3D.3

2. 已知非零向量a→，b→满足|a→|=2|b→|，且(a→−b→)⊥b→，则a→与b→的夹角为( )
A.5π6B.2π3C.π3D.π6

3. 已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是（ ）
A.若m // α，n // α，则m // nB.若m⊥α，n⊂α，则m⊥n
C.若m⊥α，m⊥n，则n // αD.若m // α，m⊥n，则n⊥α

4. 已知平面四边形ABCD，按照斜二测画法(∠x′O′y′=45∘)画出它的平面直观图A′B′C′D′是边长为1的正方形，如图所示，则原平面四边形ABCD的面积是( )

A.5B.3C.25D.22

5. 一个直角梯形的两底长分别为2和5，高为4，绕其较长的底旋转一周，所得的几何体的表面积为( )
A.34πB.37πC.45πD.52π

6. 已知△ABC是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( )
A.1B.32C.32D.3

7. 若(a+b+c)(b+c−a)=3bc，且sinA=2sinBcsC，那么△ABC是( )
A.直角三角形B.等腰三角形
C.等边三角形D.等腰直角三角形

8. 一船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P的南偏西75∘距塔68海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这只船航行的速度( )
A.1722海里/小时B.1762海里/小时
C.342海里/小时D.346海里/小时
二、多选题

已知|a→|=1，|a→−b→|=3，设a→，b→所成的角为60∘，则( )
A.|b→|=2B.a→//b→
C.a→⊥b→−a→D.a→⋅b→=1

已知α，β是两个不同平面，m，n是两不同直线，下列命题中不正确的是( )
A.若m//n，m⊥α，则n⊥α
B.若m//α，α∩β=n，则m//n
C.若m⊥α，α⊥β，则m//β
D.若m⊥α，m⊂β，则α⊥β

如图，ABCD−A1B1C1D1为正方体，下面结论正确的是( )

A.BD // 平面CB1D1
B.AC1⊥BD
C.AC1⊥平面CB1D1
D.异面直线AD与CB1所成的角为60∘

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a+b:a+c:b+c=9:10:11，则下列结论正确的是( )
A.sinA:sinB:sinC=4:5:6
B.若c=6，则△ABC外接圆半径为877
C.△ABC的最大内角是最小内角的2倍
D.△ABC是钝角三角形
三、填空题

已知复数z1=a+2i，z2=3−4i，且z1z2为纯虚数，则复数|z1|=______.

在△ABC中，A=60∘，a=43，b=42，则B=________．

已知三棱锥所有棱长都是2，则该三棱锥的侧面与底面所成锐二面角的正切值为________.

如图是由正方体ABCD−A1B1C1D1截得的三棱锥A1−ABD，AB=2，若此三棱锥的顶点都在球O1上，则球O1的表面积为________，若球O2与此三棱锥的各个面都相切，则球O2的半径为________.

四、解答题

已知向量a→=(6, 2)，b→=(−2, k)，k为实数．
(1)若a→ // b→，求k的值；

(2)若a→⊥b→，求k的值；

(3)若a→与b→的夹角为钝角，求k的取值范围．

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c， 2b−acsC=ccsA．
(1)求角C的大小；

(2)若c=3， △ABC的面积S=433，求a+b的值．

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．

(1)证明：PA//平面EDB；

(2)证明：PB⊥DE．

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形， △PCD为等边三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD=2，AD=3.

(1)设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH//平面PAD；

(2)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值．

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a+b=14， csC=78，________．
①sinA:sinB=4:3；②△ABC内切圆的半径为153 ；③△ABC的面积为315．
请从以上三个条件中任选一个，补充在题干的横线上，并解答下列问题：
(1)求c的大小；

(2)若D为AB的中点，求中线CD的长．

如图，将矩形ABCD沿对角线AC折起，使得平面ABD′⊥平面ABC.

(1)求证：AD′⊥平面BCD′；

(2)当AB=3，AD=1时，求点B到平面AD′C的距离.

如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且∠BAP=∠CDP=90∘．

(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；

(2)若PA=PD=AB=DC，∠APD=90∘，且四棱锥P−ABCD的体积为83，求该四棱锥的侧面积.
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省晋中市高一（下）5月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
【解析】
求得z的共轭复数，根据复数的运算，即可求得a的值．
【解答】
解：由z=a+3i，则z的共轭复数z=a−3i，
由z⋅z=(a+3i)(a−3i)=a2+3=4，
则a2=1，
解得：a=±1，
∴ a的值为1或−1.
故选B．
2.
【答案】
C
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
由(a→−b→)⊥b→，可得(a→−b→)⋅b→=0，进一步得到|a|→|b|→csa→,b→−b→2=0，然后求出夹角即可．
【解答】
解：∵ (a→−b→)⊥b→，
∴ (a→−b→)⋅b→=a→⋅b→−b→2
=|a→|⋅|b→|cs−b→2=0，
∴ cs=|b→|2|a→|⋅|b→|
=|b→|22|b→|2=12，
∵ ∈[0,π]，
∴ =π3．
故选C.
3.
【答案】
B
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，在正方体ABCD−A′B′C′D′中，令底面A′B′C′D′=α．
对于A，令m=AB，n=BC，满足m // α，n // α，但m//n不成立，故错误；
对于C，令m=AA′，n=A′B′，满足m⊥α，m⊥n，但n//α不成立，故错误；
对于D，令m=AB，n=AD，满足m // α，m⊥n，但n⊥α不成立，故错误．
故选B．
4.
【答案】
D
【考点】
斜二测画法画直观图
【解析】
根据直观图与原图面积比为定值24，计算出直观图的面积即可得到原图的面积．
【解答】
解：由题意，平面直观图A′B′C′D′的面积为S1=1，
设原平面四边形ABCD的面积为S2，
则S1S2=24，即1S2=24，
所以S2=22.
故选D.
5.
【答案】
D
【考点】
组合几何体的面积、体积问题
【解析】
确定几何体的形状，根据已知条件所给数据，求出组合体的表面积即可．
【解答】
解：直角梯形绕其较长的底旋转一周后，所得的几何体由半径为4，高为2的圆柱和半径为4，高为3的圆锥组成，
所以表面积=π×42+2π×4×2+π×442+32
=16π+16π+20π
=52π.
故选D．
6.
【答案】
A
【考点】
球的表面积和体积
球面距离及相关计算
【解析】
利用已知条件求三角形ABC的外接圆的半径，然后求解OO1即可.
【解答】
解：设ABC的外接圆圆心为O1，记OO1=d，
圆O1的半径为r，球O半径为R，
等边三角形△ABC的边长为a，
则S△ABC=34a2=934，
可得a=3，
所以r=a3=3.
由题知球O的表面积为16π，
则R=2，
由R2=r2+d2，
易得d=1，即O到平面ABC的距离为1.
故选A.
7.
【答案】
C
【考点】
解三角形
余弦定理
正弦定理
【解析】
对(a+b+c)(b+c−a)=3bc化简整理得b2−bc+c2=a2，代入余弦定理中求得csA，进而求得A=60∘，又由sinA=2sinBcsC，则sinAsinB=2csC，即ab=2⋅a2+b2−c22ab，化简可得b=c，结合A=60∘，进而可判断三角形的形状．
【解答】
解：∵ (a+b+c)(b+c−a)=3bc，
∴ [(b+c)+a][(b+c)−a]=3bc，
∴ (b+c)2−a2=3bc，
b2−bc+c2=a2，
根据余弦定理有a2=b2+c2−2bccsA，
∴ b2−bc+c2=a2=b2+c2−2bccsA，
即bc=2bccsA，
即csA=12>0，
∴ A=60∘，
又由sinA=2sinBcsC，
则sinAsinB=2csC，即ab=2⋅a2+b2−c22ab，
化简可得，b2=c2，
即b=c，
∴ △ABC是等边三角形．
故选C．
8.
【答案】
B
【考点】
正弦定理
解三角形的实际应用
【解析】
根据题意可求得∠MPN和，∠PNM进而利用正弦定理求得MN的值，进而求得船航行的时间，最后利用里程除以时间即可求得问题的答案．
【解答】
解：如图所示，由题意知∠MPN=75∘+45∘=120∘，∠PNM=45∘，PM=68.
在△PMN中，由正弦定理，得MNsin120∘=PMsin45∘，
∴ MN=68×3222=346（海里）.
又由M到N所用时间为14−10=4（时），
∴ 船的航行速度v=3464=1762（海里/小时）.
故选B.
二、多选题
【答案】
A,C,D
【考点】
平面向量数量积的运算
数量积表示两个向量的夹角
向量的模
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
由题意，根据所给信息以及数量积公式得到|b→|=2，再利用平面向量的数量积运算对选项进行逐一分析，进而即可求解.
【解答】
解：对|a→−b→|=3两边同时进行平方，
可得|a→|2−2a→⋅b→+|b→|2=3，
即|a→|2−2|a→|⋅|b→|cs60∘+|b→|2=3，
解得|b→|=2，|b→|=−1（舍去），
所以|b→|=2，故选项A正确；
因为a→，b→所成的角为60∘，
所以a→，b→不垂直，故选项B错误；
因为a→⋅b→=|a→|⋅|b→|cs60∘=1，故选项D正确；
而a→(b→−a→)=a→⋅b→−|a→|2=1−1=0 ，
所以a→⊥(b→−a→)，故选项C正确，
所以选项正确的有ACD.
故选ACD.
【答案】
B,C
【考点】
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
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
本题考查的知识点是空间中线面关系，线线关系和面面关系，由线面垂直、面面平行、线面垂直的判定定理对选项进行逐一分析，进而即可求解.
【解答】
解：若m//n，m⊥α，由线面垂直的判定定理，可得n⊥α，故A正确；
若m//α，α∩β=n，此时m与n可能平行也可能异面，故B错误；
若m⊥α，α⊥β，则直线m与平面β可能平行也可能直线m在平面β上，故C错误；
若m⊥α，m⊂β，则根据线面垂直的判定定理，可得α⊥β，故D正确．
故选BC.
【答案】
A,B,C
【考点】
异面直线及其所成的角
空间中直线与平面之间的位置关系
棱柱的结构特征
【解析】
由BD // B1D1，得到BD // 平面CB1D1；由AC⊥BD，CC1⊥BD，得到AC1⊥BD；异面直线AD与CB1角为45∘；由AC1⊥B1D1，AC1⊥CB1，得到AC1⊥平面CB1D1．
【解答】
解：连接AC，A1C1,如图：
在选项A中，∵ BD // B1D1，BD⊄平面CB1D1，B1D1⊂平面CB1D1，
∴ BD // 平面CB1D1，故A正确；
在选项B中，∵ ABCD是正方形，∴ AC⊥BD，
∵ ABCD−A1B1C1D1为正方体，∴ CC1⊥BD，
∵ AC∩CC1=C，∴ BD⊥平面ACC1A1，∴ AC1⊥BD，故B正确；
在选项C中，∵ A1B1C1D1是正方形，∴ A1C1⊥B1D1，
∵ ABCD−A1B1C1D1为正方体，∴ CC1⊥B1D1，
∵ A1C1∩CC1=C1，∴ B1D1⊥平面AA1C1C，
∵ AC1⊂平面AA1C1C，∴ AC1⊥B1D1，
同理，AC1⊥CB1，∵ B1D1∩CB1=B1，
∴ AC1⊥平面CB1D1，故C正确；
在选项D中，∵ AD // BC，∴ ∠BCB1是异面直线AD与CB1所成角，
∵ BCC1B1是正方形，∴ ∠BCB1=45∘，
∴ 异面直线AD与CB1角为45∘，故D错误．
故选ABC．
【答案】
A,B,C
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
首先利用比例，构造边的比例关系，再利用余弦定理，正弦定理，逐个判断即可.
【解答】
解：A，a+b:a+c:b+c=9:10:11，
可设a+b=9t，a+c=10t，b+c=11t，
解得a=4t，b=5t，c=6t，t>0，
可得sinA:sinB:sinC=a:b:c=4:5:6，故A正确；
B，若c=6，可得：2R=csinC=61−164=1677，
即△ABC外接圆半径为877，故B正确；
C，由题设最大角与最小角分别为C，A，
csC=18，sinC=1−cs2C=378，
csA=52+62−422×5×6=34，sinA=74，
sin2A=2sinAcsA=378=sinC，C=2A，
满足最大角是最小角的2倍，故C正确；
D，c为最大边，
在△ABC中，由余弦定理可得：
csC=a2+b2−c22ab=16t2+25t2−36t22⋅4t⋅5t=18>0，
即C为锐角，故D错误．
故选ABC．
三、填空题
【答案】
103
【考点】
复数代数形式的混合运算
复数的模
复数的基本概念
【解析】
由复数z1=a+2i， z2=3−4i，则z1z2=a+2i3−4i，然后利用复数代数形式的乘除运算化简，再根据已知条件列出方程组，求解可得a的值，代入z1，再由复数求模公式计算得答案．
【解答】
解：已知z1=a+2i， z2=3−4i，
则z1z2=a+2i3−4i=a+2i3+4i3−4i3+4i
=3a−8+4a+6i25=3a−825+4a+625i，
因为z1z2为纯虚数，
可知3a−825=0，4a+625≠0，
解得a=83，
所以z1=83+2i ，
则|z1|=(83)2+22=103.
故答案为： 103
【答案】
45∘
【考点】
正弦定理
【解析】
由正弦定理可得sinB=bsinAa=42×sin60∘43=22，由a=43>b=42，A，B，C为△ABC中的内角，由大边对大角可知：0【解答】
解：由正弦定理可得：asinA=bsinB，
∴ sinB=bsinAa=42×sin60∘43=22，
∵ a=43>b=42，
∴ 由大边对大角可知：0∴ B=45∘．
故答案为：45∘．
【答案】
22
【考点】
二面角的平面角及求法
余弦定理
【解析】
由题意，作出满足条件的三棱锥P−ABC的图象，过点A作AD⊥BC交BC于点D，连接AD，PD，可得
该三棱锥的侧面与底面所成锐二面角的平面角为∠PAD
，再利用余弦定理进行求解即可.
【解答】
解：若三棱锥P−ABC的所有棱长都是2，
过点A作AD⊥BC交BC于点D，连接PD，
可知该三棱锥的侧面与底面所成锐二面角的平面角为∠PDA，
易知△PBC为等边三角形，
则D为BC的中点，
可得CD=22，PD=PC2−DC2=62，
又PA=2，AD=PD=62，
由余弦定理得cs∠PDA=PD2+AD2−AP22PD⋅AD=13，
所以sin∠PDA=1−cs2∠PDA=1−(13)2=223，
可得tan∠PDA=sin∠PDAcs∠PDA=22313=22 .
故答案为：22.
【答案】
12π,3−33
【考点】
球的表面积和体积
柱体、锥体、台体的体积计算
球内接多面体
【解析】
由题意，将问题转化成外接球和内切球问题，分别利用外接球的半径即为长方体体对角线的一半，而内切球的半径可以用等体积法进行求解.
【解答】
解：因为三棱锥A1−ABD是由正方体ABCD−A1B1C1D1所截得，
已知AB=2，则正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
若该三棱锥的顶点都在球O1上，
即球O1为正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球，
半径为正方体的体对角线的一半，
可得r1=22+22+222=3，
所以球O1的表面积S1=4πr12=4π×(3)2=12π ，
若球O2与该三棱锥的各个面都相切，
即球O2为该三棱锥的内切球，
设球O2的半径为r2，
已知VA1−ABD=13S△ABD⋅AA1=13×12×2×2×2=43，
而13S△ABD r2+13S△ADA1 r2+13S△A1AB r2+13S△A1DB r2=VA1−ABD ，
解得r2=3−33.
故答案为：12π；3−33.
四、解答题
【答案】
解：(1)若a→ // b→，
则6k−(−2)×2=0，解得k=−23.
(2)若a→⊥b→，
则6×(−2)+2k=0，解得k=6.
(3)若a→与b→的夹角为钝角，
则a→⋅b→<0，且a→，b→不共线．
即有6×(−2)+2k<0，6k−2×(−2)≠0，
解得k<6且k≠−23．
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
数量积判断两个平面向量的垂直关系
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
（1）由向量共线的坐标表示，解方程即可得到；
（2）运用向量垂直的条件：数量积为0，计算即可得到k；
（3）由向量的夹角为钝角的等价条件：数量积小于0，且不共线，解不等式即可得到k的范围．
【解答】
解：(1)若a→ // b→，
则6k−(−2)×2=0，解得k=−23.
(2)若a→⊥b→，
则6×(−2)+2k=0，解得k=6.
(3)若a→与b→的夹角为钝角，
则a→⋅b→<0，且a→，b→不共线．
即有6×(−2)+2k<0，6k−2×(−2)≠0，
解得k<6且k≠−23．
【答案】
解：(1)由已知及正弦定理得2sinB−sinAcsC=sinCcsA，
即2sinBcsC=sinAcsC+sinCcsA
=sinA+C=sinB，
∵ B∈0,π，
∴ sinB>0，
∴ csC=12，
∵ C∈0,π，
∴ C=π3．
(2)由(1)知，C=π3，
故S=12absinC=12absinπ3=433，
解得ab=163．
由余弦定理可得c2=a2+b2−2abcsC=a2+b2−ab=a+b2−3ab，
又c=3，
∴ a+b2=c2+3ab=32+3×163=25，
得a+b=5．
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由已知及正弦定理得2sinB−sinAcsC=sinCcsA，
即2sinBcsC=sinAcsC+sinCcsA
=sinA+C=sinB，
∵ B∈0,π，
∴ sinB>0，
∴ csC=12，
∵ C∈0,π，
∴ C=π3．
(2)由(1)知，C=π3，
故S=12absinC=12absinπ3=433，
解得ab=163．
由余弦定理可得c2=a2+b2−2abcsC=a2+b2−ab=a+b2−3ab，
又c=3，
∴ a+b2=c2+3ab=32+3×163=25，
得a+b=5．
【答案】
证明：(1)连结AC，交BD于O，连结EO，
∵ 底面ABCD是正方形，
∴ 点O是AC的中点，
∵ E是PC的中点，
∴ EO是△PAC的中位线，
∴ PA//EO．
∵ EO⊂平面EDB，且PA⊄平面EDB，
∴ PA//平面EDB.
(2)∵ PD⊥底面ABCD，且BC⊂底面ABCD，
∴ PD⊥BC．
∵ 底面ABCD是正方形，则DC⊥BC，
∵ PD∩DC=D ，PD，DC⊂平面PDC，
∴ BC⊥平面PDC．
又DE⊂平面PDC，
∴ DE⊥BC．
又∵ PD=CD，E是PC的中点，
∴ DE⊥PC，
∵ PC∩BC=C，BC，PC⊂平面PBC，
∴ DE⊥平面PBC，
又PB⊂平面PBC，
∴ DE⊥PB．
【考点】
直线与平面平行的判定
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：(1)连结AC，交BD于O，连结EO，
∵ 底面ABCD是正方形，
∴ 点O是AC的中点，
∵ E是PC的中点，
∴ EO是△PAC的中位线，
∴ PA//EO．
∵ EO⊂平面EDB，且PA⊄平面EDB，
∴ PA//平面EDB.
(2)∵ PD⊥底面ABCD，且BC⊂底面ABCD，
∴ PD⊥BC．
∵ 底面ABCD是正方形，则DC⊥BC，
∵ PD∩DC=D ，PD，DC⊂平面PDC，
∴ BC⊥平面PDC．
又DE⊂平面PDC，
∴ DE⊥BC．
又∵ PD=CD，E是PC的中点，
∴ DE⊥PC，
∵ PC∩BC=C，BC，PC⊂平面PBC，
∴ DE⊥平面PBC，
又PB⊂平面PBC，
∴ DE⊥PB．
【答案】
(1)证明：连接BD，
易知AC∩BD=H，BH=DH，
又由BG=PG，
故GH//PD，
又因为GH⊄平面PAD， PD⊂平面PAD，
所以GH//平面PAD．
(2)解：取棱PC的中点N，连接DN，AN，
依题意，得DN⊥PC，
又因为平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD=PC，
所以DN⊥平面PAC，
可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角，
因为△PCD为等边三角形， CD=2，且N为PC的中点，
所以DN=3，
又DN⊥AN，
在Rt△AND中， sin∠DAN=DNAD=33，
所以直线AD与平面PAC所成角的正弦值为33．
【考点】
直线与平面平行的判定
直线与平面所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：连接BD，
易知AC∩BD=H，BH=DH，
又由BG=PG，
故GH//PD，
又因为GH⊄平面PAD， PD⊂平面PAD，
所以GH//平面PAD．
(2)解：取棱PC的中点N，连接DN，AN，
依题意，得DN⊥PC，
又因为平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD=PC，
所以DN⊥平面PAC，
可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角，
因为△PCD为等边三角形， CD=2，且N为PC的中点，
所以DN=3，
又DN⊥AN，
在Rt△AND中， sin∠DAN=DNAD=33，
所以直线AD与平面PAC所成角的正弦值为33．
【答案】
解：(1)选条件①，
由正弦定理，得a:b=4:3．
又a+b=14，
∴ a=8，b=6．
由余弦定理，
得c2=a2+b2−2abcsC
=64+36−2×8×6×78=16，
∴ c=4．
选条件②，
∵ csC=78，
∴ sinC=158，
∴S△ABC=12absinC=1516ab．
又∵ △ABC内切圆的半径为153，
∴ S△ABC=12a+b+c⋅153=15614+c．
∴ 15614+c=1516ab，即3ab=814+c．
∵ csC=78，
∴ a2+b2−c22ab=78，
即7ab=4a2+b2−c2=4196−2ab−c2，
即15ab=4196−c2，
解得c=4，c=−14（舍去），
∴ c=4．
选条件③，
∵ csC=78，
∴ sinC=158 ，
∴ S△ABC=12absinC=1516ab=315，
即ab=48．
又a+b=14，
∴ a=8，b=6，或a=6，b=8，
由余弦定理，
得c2=a2+b2−2abcsC
=64+36−2×8×6×78=16，
故c=4．
(2)选条件①，
延长CD至点E，使DE=DC，连接AE，BE，
则四边形ACBE是平行四边形．
在△ACE中，
CE2=AE2+AC2−2AE⋅ACcs∠EAC
=BC2+AC2+2BC⋅ACcs∠ACB
=64+36+2×8×6×78=184，
∴ CE=246，
∴ CD=46．
选条件②，
延长CD至点E，使DE=DC，连接AE，BE，
则四边形ACBE是平行四边形．
由(1)可得a=6，b=8，或a=8，b=6，
在△ACE中，
CE2=AE2+AC2−2AE⋅ACcs∠EAC
=BC2+AC2+2BC⋅ACcs∠ACB
=64+36+2×8×6×78=184，
∴ CE=246 ，
∴ CD=46．
选条件③，
延长CD至点E，使DE=DC，连接AE，BE，
则四边形ACBE是平行四边形．
在△ACE中，
CE2=AE2+AC2−2AE⋅ACcs∠EAC
=BC2+AC2+2BC⋅ACcs∠ACB
=64+36+2×8×6×78=184，
∴ CE=246，
∴ CD=46．
【考点】
正弦定理
余弦定理
解三角形
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)选条件①，
由正弦定理，得a:b=4:3．
又a+b=14，
∴ a=8，b=6．
由余弦定理，
得c2=a2+b2−2abcsC
=64+36−2×8×6×78=16，
∴ c=4．
选条件②，
∵ csC=78，
∴ sinC=158，
∴S△ABC=12absinC=1516ab．
又∵ △ABC内切圆的半径为153，
∴ S△ABC=12a+b+c⋅153=15614+c．
∴ 15614+c=1516ab，即3ab=814+c．
∵ csC=78，
∴ a2+b2−c22ab=78，
即7ab=4a2+b2−c2=4196−2ab−c2，
即15ab=4196−c2，
解得c=4，c=−14（舍去），
∴ c=4．
选条件③，
∵ csC=78，
∴ sinC=158 ，
∴ S△ABC=12absinC=1516ab=315，
即ab=48．
又a+b=14，
∴ a=8，b=6，或a=6，b=8，
由余弦定理，
得c2=a2+b2−2abcsC
=64+36−2×8×6×78=16，
故c=4．
(2)选条件①，
延长CD至点E，使DE=DC，连接AE，BE，
则四边形ACBE是平行四边形．
在△ACE中，
CE2=AE2+AC2−2AE⋅ACcs∠EAC
=BC2+AC2+2BC⋅ACcs∠ACB
=64+36+2×8×6×78=184，
∴ CE=246，
∴ CD=46．
选条件②，
延长CD至点E，使DE=DC，连接AE，BE，
则四边形ACBE是平行四边形．
由(1)可得a=6，b=8，或a=8，b=6，
在△ACE中，
CE2=AE2+AC2−2AE⋅ACcs∠EAC
=BC2+AC2+2BC⋅ACcs∠ACB
=64+36+2×8×6×78=184，
∴ CE=246 ，
∴ CD=46．
选条件③，
延长CD至点E，使DE=DC，连接AE，BE，
则四边形ACBE是平行四边形．
在△ACE中，
CE2=AE2+AC2−2AE⋅ACcs∠EAC
=BC2+AC2+2BC⋅ACcs∠ACB
=64+36+2×8×6×78=184，
∴ CE=246，
∴ CD=46．
【答案】
(1)证明：∵ BC⊥AB，平面ABD′⊥平面ABC，
平面ABD′∩平面ABC=AB，
∴ BC⊥平面ABD′，
∵ AD′⊂平面ABD′，
∴ BC⊥AD′，
又AD′⊥D′C，BC∩D′C=C，
∴ AD′⊥平面BCD′.
(2)解：由(1)知AD′⊥平面BCD′，
又BD′⊂平面BCD′，
∴ AD′⊥BD′，
从而BD′=2，
设点B到平面AD′C的距离为ℎ，
由V三棱锥B−AD′C=V三棱锥C−AD′B，
得13S△AD′C⋅ℎ=13S△AD′B⋅BC，
即13×12×1×3×ℎ=13×12×1×2×1，
得ℎ=63，即点B到平面AD′C的距离为63．
【考点】
直线与平面垂直的判定
点、线、面间的距离计算
【解析】
本题主要考查线面垂直的证明与点到平面的距离的计算.
【解答】
(1)证明：∵ BC⊥AB，平面ABD′⊥平面ABC，
平面ABD′∩平面ABC=AB，
∴ BC⊥平面ABD′，
∵ AD′⊂平面ABD′，
∴ BC⊥AD′，
又AD′⊥D′C，BC∩D′C=C，
∴ AD′⊥平面BCD′.
(2)解：由(1)知AD′⊥平面BCD′，
又BD′⊂平面BCD′，
∴ AD′⊥BD′，
从而BD′=2，
设点B到平面AD′C的距离为ℎ，
由V三棱锥B−AD′C=V三棱锥C−AD′B，
得13S△AD′C⋅ℎ=13S△AD′B⋅BC，
即13×12×1×3×ℎ=13×12×1×2×1，
得ℎ=63，即点B到平面AD′C的距离为63．
【答案】
(1)证明：由已知∠BAP=∠CDP=90∘，得AB⊥PA，CD⊥PD.
由于AB//CD，故AB⊥PD,
从而AB⊥平面PAD.
又AB⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)解：设PA=PD=AB=DC=a，取AD中点O，连接PO.
因为PA=PD=AB=DC，
所以PO⊥AD.
又由(1)知，AB⊥平面PAD，AB⊂平面ABCD，
所以平面PAD⊥平面ABCD，
又平面PAD∩平面ABCD=AD，∠APD=90∘，
所以PO⊥底面ABCD，且AD=a2+a2=2a，PO=22a.
因为四棱锥P−ABCD的体积为83，
由AB⊥平面PAD，得AB⊥AD，
所以VP−ABCD=13×S四边形ABCD×PO
=13AB⋅AD⋅PO
=13×a×2a×22a
=13a3=83，
解得a=2，
所以PA=PD=AB=DC=2，AD=BC=22，PO=2，
所以PB=PC=4+4=22，
所以该四棱锥的侧面积：
S侧=S△PAD+S△PAB+S△PDC+S△PBC
=12PA⋅PD+12PA⋅AB+12PD⋅DC+12BC⋅PB2−(BC2)2
=12×2×2+12×2×2+12×2×2+12×22×8−2
=6+23.
【考点】
平面与平面垂直的判定
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：由已知∠BAP=∠CDP=90∘，得AB⊥PA，CD⊥PD.
由于AB//CD，故AB⊥PD,
从而AB⊥平面PAD.
又AB⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)解：设PA=PD=AB=DC=a，取AD中点O，连接PO.
因为PA=PD=AB=DC，
所以PO⊥AD.
又由(1)知，AB⊥平面PAD，AB⊂平面ABCD，
所以平面PAD⊥平面ABCD，
又平面PAD∩平面ABCD=AD，∠APD=90∘，
所以PO⊥底面ABCD，且AD=a2+a2=2a，PO=22a.
因为四棱锥P−ABCD的体积为83，
由AB⊥平面PAD，得AB⊥AD，
所以VP−ABCD=13×S四边形ABCD×PO
=13AB⋅AD⋅PO
=13×a×2a×22a
=13a3=83，
解得a=2，
所以PA=PD=AB=DC=2，AD=BC=22，PO=2，
所以PB=PC=4+4=22，
所以该四棱锥的侧面积：
S侧=S△PAD+S△PAB+S△PDC+S△PBC
=12PA⋅PD+12PA⋅AB+12PD⋅DC+12BC⋅PB2−(BC2)2
=12×2×2+12×2×2+12×2×2+12×22×8−2
=6+23.