2020-2021学年山东省枣庄市西校高一（下）5月月考数学试卷 (1)人教A版

这是一份2020-2021学年山东省枣庄市西校高一（下）5月月考数学试卷 (1)人教A版，共13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. 复数z=2+i20231+2i2021，则z的共轭复数z=( )
A.1B.−1C.iD.−i

2. 设x，y∈R，向量a→=x,1，b→=1,y，c→=2,−4且a→⊥c→，b→//c→，则|a→+b→|=( )
A.5B.25C.10D.10

3. 已知在△ABC中，点M是边AB上一点，满足BM→=3MA→，则CM→=( )
A.−BC→+34BA→B.−BC→+14BA→
C.BC→−14BA→D.BC→−34BA→

4. “幸福感指数”是指某个人主观地评价他对自己目前生活状态的满意程度的指标．常用区间0,10内的一个数来表示，该数越接近10表示满意度越高．甲、乙两位同学分别随机抽取10位本地市民调查他们的幸福感指数，甲得到十位市民的幸福感指数为5，6，6，7，7，7，7，8，8，9，乙得到十位市民的幸福感指数的平均数为8，则这20位市民幸福感指数的平均数为( )
A.6.5B.7 C.7.5D.8

5. 设m，n是不同的直线， α，β，γ是不同的平面，下列命题正确的是( )
A.若m//α，n⊂α，则m//n
B.若m//β，n//β，m⊂α，n⊂α，则α//β
C.若α⊥β，m⊥β，则m//α
D.若α⊥γ，β⊥γ，α∩β=m，n⊂γ，则m⊥n

6. 若非零向量AB→，AC→满足AB→|AB|→+AC→|AC|→⋅BC→=0，且AB→|AB|→⋅AC→|AC|→=12，则△ABC的形状为( )
A.三边均不相等的三角形B.直角三角形
C.底边和腰不相等的等腰三角形D.等边三角形

7. 在△ABC中，如果sinA=3sinC，B=30∘，b=2，则△ABC的面积为( )
A.1B.3C.2D.4

8. 已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，AA1=2，则直线A1C和BC1所成的角的余弦值为( )
A.−3010B.3010C.−3012D.3012

9. 如图，点M是正方体ABCD−A1B1C1D1的侧面ADD1A1上一个动点，则下列结论正确的是( )

A.在侧面ADD1A1上，点M存在无数个位置满足CM⊥AD1
B.若正方体的棱长为1，则三棱锥B−C1MD体积的最大值为13
C.在侧面ADD1A1上存在点M，使直线B1M与平面ADD1A1所成的角是30∘
D.在侧面ADD1A1上，点M存在无数个位置满足BM//平面B1D1C
二、多选题

某公司生产三种型号的轿车，产量分别为1500辆，6000辆和2000辆．为检验该公司的产品质量，公司质监部门要抽取76辆进行检验，则下列说法正确的是( )
A.应采用抽签法抽取
B.应采用分层随机抽样抽取
C.三种型号的轿车依次应抽取12辆，48辆，16辆
D.这三种型号的轿车，每一辆被抽到的概率都是相等的

△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是( )
A.若A>B，则sinA>sinB
B.若A=30∘，b=4，a=3，则△ABC有一解
C.若△ABC为钝角三角形，则a2+b2>c2
D.若A=60∘，a=2，则△ABC面积的最大值为3

如图，在四边形ABCD中，∠B=60∘， AB=3，BC=6，且AD→=λBC→λ∈R ，AD→⋅AB→=−32，则( )

A.AB→⋅BC→=9
B.实数λ的值为16
C.四边形ABCD是梯形
D.若M，N是线段BC上的动点，且|MN→|=1，则DM·DN的最小值为132
三、填空题

若复数z=x+yi(x，y∈R)，并且|z−i|=1，则|z|的取值范围为________.

某广场内设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的，如图所示，若被截正方体的棱长是10cm，则石凳的表面积为________cm2．


在△ABC中，AB=AC，E，F是边BC的三等分点，若|AB→+AC→|=3|AB→−AC→|，则cs∠EAF=________．

在四面体ABCD中，已知AB=CD=AC=BD=5，AD=BC，点M是棱AD的中点，点P是棱AC上的一个动点，BP+PM的最小值为213，则该四面体的外接球的表面积为________.

四、解答题

已知虚数z满足|2z+1−i|=|z+2−2i|（i为虚数单位）
(1)求|z|的值；

(2)若mz+1z∈R，求实数m的值．

某社区组织了垃圾分类知识竞赛活动，从所有参赛选手中随机抽取20人，将他们的得分按照0,20， (20,40]， (40,60]， (60,80]，(80,100]分组，绘成频率分布直方图（如图）．

(1)求x的值．

(2)分别求出抽取的20人中得分落在组0,20和(20,40]内的人数．

(3)根据频率分布直方图估计所有参赛选手得分的平均数、中位数和众数．（计算结果如果出现小数，保留小数点后两位）

在△ABC中， AB=2，AC=1，∠BAC=120∘，点E，F在BC边上且BE→=λBC→，BF→=μBC→.

(1)若λ=13，求AE的长；

(2)若AE→⋅AF→=4，求1λ+1μ的值．

在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，将△AED ，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点A1．

(1)求证：A1D⊥EF．

(2)求点A1到平面EDF的距离．

(3)求二面角A−EF−D的余弦值．

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2(tanA+tanB)=tanAcsB+tanBcsA．
(1)证明：a+b=2c；

(2)求csC的最小值．

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，点G为PB的中点．

(1)在线段AC的上是否存在点H，使得GH//平面PAD？若存在，指出点H的位置，若不存在，请说明理由．

(2)求证： PA⊥平面PCD；

(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省枣庄市西校高一（下）5月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
共轭复数
复数代数形式的乘除运算
【解析】
根据复数的运算法则进行化简，结合共轭复数的定义进行求解即可．
【解答】
解：∵i2=−1，
∴i2023=i(i2)1011=i(−1)1011=−i，
i2021=i(i2)1010=i(−1)1010=i，
∴z=2+i20231+2i2021=2−i1+2i=(2−i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)
=2−4i−i−21−(−4)=−5i5=−i，
∴z=−(−i)=i．
故选C．
2.
【答案】
C
【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
向量的模
【解析】
首先利用向量垂直和平行，构造方程，求出x，y，再代入求模即可.
【解答】
解：∵ a→⊥c→，且b→//c→，
a→=x,1，b→=1,y，c→=2,−4，
∴ 2x−4=0,−4−2y=0,
解得x=2,y=−2.
∴ a→+b→=3,−1，
∴ |a→+b→|=9+1=10.
故选C．
3.
【答案】
A
【考点】
向量的线性运算性质及几何意义
【解析】

【解答】
解：∵BM→=3MA→，
∴BM→=34BA→.
∴CM→=CB→+BM→=−BC→+BM→
=−BC→+34BA→.
故选A.
4.
【答案】
C
【考点】
众数、中位数、平均数
【解析】
利用平均数的计算公式求解即可.
【解答】
解：这20为市民的幸福指数为：
120(5+2×6+4×7+2×8+9+10×8)=7.5.
故选C.
5.
【答案】
D
【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
命题的真假判断与应用
【解析】
对于A，m与n平行或异面；对于B，α与β相交或平行；对于C，m//α或m⊂α；对于D，由面面垂直的性质得m⊥n．
【解答】
解：由m，n是不同的直线，α，β，γ是不同的平面知，
A，若m//α，n⊂α，则m与n平行或异面，故A错误；
B，若m//β，n//β，m⊂α，n⊂α，则α与β相交或平行，故B错误；
C，若α⊥β，m⊥β，则m//α或m⊂α，故C错误；
D，若α⊥γ，β⊥γ，α∩β=m，n⊂γ，则由面面垂直的性质得m⊥n，故D正确．
故选D．
6.
【答案】
D
【考点】
向量在几何中的应用
向量的加法及其几何意义
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】
利用单位向量的定义及向量的数量积为0两向量垂直，得到等腰三角形；利用向量的数量积求出三角形的夹角，得到非等边三角形．
【解答】
解：因为AB→|AB→|+AC→|AC→|⋅BC→=0，
所以∠BAC的平分线与BC垂直，三角形是等腰三角形．
又因为AB→|AB→|⋅AC→|AC→|=12，
所以∠BAC=60∘，
所以三角形是正三角形．
故选D．
7.
【答案】
B
【考点】
正弦定理
余弦定理
解三角形
【解析】
在△ABC中，由正弦定理得到a=3c，结合余弦定理，我们易求出b与c的关系，进而得到B与C的关系，然后根据三角形内角和为180∘，即可求出A角的大小，再由△ABC的面积为12bc⋅sinA，运算求得结果．
【解答】
解：在△ABC中，由sinA=3sinC，可得a=3c，
又∵ B=30∘，由余弦定理，可得：csB=cs30∘=32=a2+c2−b22ac=4c2−423c2，解得c=2．
故△ABC是等腰三角形，C=B=30∘，A=120∘．
故△ABC的面积为12bc⋅sinA=3.
故选B．
8.
【答案】
B
【考点】
用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】
建立空间直角坐标系，求出A1，B，C，C1坐标，利用空间向量法，求出A1C→，BC1→所成角余弦的绝对值，即为所求．
【解答】
解：以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D−xyz，
则A11,0,2，B1,1,0，C0,1,0，C10,1,2，
A1C→=−1,1,−2，BC1→=−1,0,2，
cs⟨A1C→,BC1→⟩=|A1C→⋅BC1→|A1C→|⋅|BC1→||=36×5=3010，
因此，异面直线A1C与BC1所成角的余弦值为3010．
故选B．
9.
【答案】
A,B,D
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
直线与平面所成的角
余弦定理
直线与平面平行的判定
【解析】
通过证明AD1⊥面A1DC，可得当点M∈A1D上时，有CM⊥AD1，可判断A；
由已知VB−C1MD=VM−C1BD，当点M与点A重合时，点M到面C1BD的距离最大，计算VA−C1BD可判断B；
连接A1M，因为CD//A1B1，则∠A1B1M为异面直线B1M与CD所成的角，利用余弦定理算出A1M的距离，可判断C．
证明平面B1CD1Ⅱ平面A1BD，即可判断D．
【解答】
解：对于A，连接AD1，A1D，MC，A1C，
由正方体的性质可得
AD1⊥A1D，AD1⊥DC，A1D∩DC=D，
A1D，DC⊂平面A1DC，则AD1⊥平面A1DC.
当点M∈A1D时，有CM⊥AD1，
故点M存在无数个位置满足CM⊥AD1，故A正确；
对于B，由已知VB−C1MD=VM−C1BD，
当点M与点A1重合时，点M到面C1BD的距离最大，
则三棱锥B−C1MD的体积最大值为
VA1−C1BD=13−4×13×12×1×1×1=13，故B正确；
对于C，连接A1M，则∠A1MB1为直线B1M与平面ADD1A1所成的角，
设正方体棱长为1，A1M=x，则B1M2=x2+1，0sin∠A1MB1=1x2+1=sin30∘=12，解得x=3>2，
所以在侧面ADD1A1上不存在点M，使异面直线B1M与平面ADD1A1所成的角是30∘，故C错误；
对于D，连接A1B，BD，A1D，D1C，D1B1，B1C，
∵A1D1//BC，A1D1=BC，
∴四边形A1BCD1为平行四边形，则A1B//D1C,
A1B⊄平面B1CD1，D1C⊂平面B1CD1，
∴A1B//平面B1CD1，同理可证DB//平面B1CD1.
∵A1B∩DB=B，A1B，DB⊂平面A1BD，
∴平面B1CD1//平面A1BD，
若M∈A1D，MB⊂平面A1BD，则BM//平面B1D1C，故D正确.
故选ABD．
二、多选题
【答案】
B,C,D
【考点】
分层抽样方法
【解析】
根据简单随机抽样的特点知应选分层抽样，按照抽样比即可得三种型号的轿车分别应抽取的数量．
【解答】
解：A．因为个体数目多，用抽取法制签难，搅拌不均匀，抽出的样本不具有好的代表性，故A错误；
B，因为是三种型号的轿车，个体差异明显，所以选择分层抽样，故B正确；
C，抽样比为761500+6000+2000=1125 ，三种型号的轿车依次应抽取1500×1125=12辆，6000×1125=48辆，2000×1125=16辆，故C正确；
D，分层抽样中，每一个个体被抽到的可能性相同，故D正确．
故选BCD．
【答案】
A,D
【考点】
命题的真假判断与应用
正弦定理的应用
余弦定理的应用
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
利用正弦定理结合大边对大角定理可判断A选项的正误，利用正弦定理可判断B选项的正误，利用余弦定理可判断C选项的正误，利用基本不等式、余弦定理结合三角形的面积公式可判断D选项的正误．
【解答】
解：A，若A>B，则a>b，由正弦定理可得asinA=bsinB=2R，
所以sinA>sinB，故A正确；
B，bsinA=4sin30∘=2，则bsinA如图，所以△ABC有两解，故B错误；
C，若△ABC为钝角三角形且C为钝角，
则csC=a2+b2−c22ab<0，可得a2+b2D，由余弦定理与基本不等式可得
4=a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2−bc≥2bc−bc=bc，
即bc≤4，当且仅当b=c=2时，等号成立，
所以S△ABC=12bcsinA=34bc≤3 ，故D正确．
故选AD．
【答案】
B,C,D
【考点】
平面向量数量积的运算
向量在几何中的应用
平面向量共线（平行）的坐标表示
二次函数在闭区间上的最值
【解析】

【解答】
解：以B为原点，以BC为x轴，建立如图所示的直角坐标系，
∵∠B=60∘，AB=3，
∴ A32,332.
∵BC=6，
∴ C(6,0).
∵AD→=λBC→
∴ AD//BC.
设D(x0，332)，
AD→=(x0−32，0)，AB→=−32,−332，
∵AD→⋅AB→=−32，
∴−32(x0−32)=−32，
解得x0=52.
∴AD→=(1,0) ，BC→=6,0.
∴AB→⋅BC→=−32×6=−9，故A错误；
∵AD→=16BC→，
∴ λ=16.故B正确；
∵AD//BC，
∴四边形ABCD是梯形，故C正确；
设Mx,0 ，则Nx+1,0 ，其中0≤x≤5，
∴DM→=x−52,−332 ，DN→=(x−32，−332)，
∴DM→⋅DN→=(x−52)x−32+274
=x2−4x+212=(x−2)2+132，
当x=2时取得最小值，最小值为132.故D正确.
故选BCD.
三、填空题
【答案】
0,2
【考点】
复数的模
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
由复数模长的几何意x−12+y2=1，三角换元可得x=1+csθ，y=sinθ，由复数的模长公式和三角函数可得．
【解答】
解：|z−i|=|x+(y−1)i|=x2+(y−1)2=1.
∴设x=csθ，y=sinθ+1，
|z|=x2+y2
=cs2θ+(sinθ+1)2
=1+2sinθ+cs2θ+sin2θ
=2+2sinθ.
∵sinθ∈[−1,1]，
∴2+2sinθ∈0,2，
∴|z|∈0,2．
故答案为：0,2．
【答案】
300+1003
【考点】
组合几何体的面积、体积问题
【解析】
由题意知截去的八个四面体，再加上6个正方形，该几何体共有14个面；由此计算该几何体的表面积．
【解答】
解：由题意知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，
8个底面三角形，再加上6个小正方形，所以该几何体共有14个面；
如果被截正方体的棱长是10cm，那么石凳的表面积是
S表面积=8×12×52×52×sin60∘+6×52×52
=300+1003cm2.
故答案为：300+1003．
【答案】
1314
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
由已知结合向量加法及减法的四边形法则可表示各边，然后结合余弦定理即可求解．
【解答】
解：以AB，AC为邻边作平行四边形ABDC，
则AB→+AC→=AD→，AB→−AC→=CB→，
若|AB→+AC→|=3|AB→−AC→|，
则AD=3BC，设BC=3，则AD=3，
由AB=AC可得平行四边形ABDC为菱形，得BC⊥AD，
则AB=AC=(32)2+(32)2=3，EF=33，
AE=AF=(32)2+(36)2=213，
cs∠EAF=AE2+AF2−EF22AE⋅AF=219×2−132×213×213=1314．
故答案为：1314.
【答案】
43π
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】

【解答】
解： ∵(BP+PM)min=213 ，将面ABC与面ACD 展至同一平面，连接BM、CM，如图，
设AD=BC=x， CM=y， 易知CP⊥AD，
则14x2+y2=25，x2+y2=4×13，
解得AD=BC=x=6，
故将四面体ABCD放入四棱柱中，该四面体的外接球即为棱柱的外接球，
设棱柱的长宽高分别为a，b，c，
则a2+b2=25，①b2+c2=25，②a2+c2=36，③
则R2=a2+b2+c24=25+25+368=434，
即则该四面体的外接球的表面积为4πR2=43π.
故答案为：43π.
四、解答题
【答案】
解：(1)设z=a+bi，(a，b∈R，且b≠0)，
则|2a+2bi+1−i|=|a+bi+2−2i|，
∴ (2a+1)2+(2b−1)2=(a+2)2+(b−2)2，
∴ 4a2+4a+1+4b2−4b+1=a2+4a+4+b2−4b+4，
∴ a2+b2=2，
∴ |z|=a2+b2=2.
(2)由(1)知mz+1z=am+bmi+1a+bi，
=am+bmi+a−bia2+b2
=am+a2+(bm−b2)i，
由题意，得bm−b2=0，
又b≠0，
∴ m=12．
【考点】
复数的模
复数的运算
复数的代数表示法及其几何意义
复数的基本概念
【解析】

．
【解答】
解：(1)设z=a+bi，(a，b∈R，且b≠0)，
则|2a+2bi+1−i|=|a+bi+2−2i|，
∴ (2a+1)2+(2b−1)2=(a+2)2+(b−2)2，
∴ 4a2+4a+1+4b2−4b+1=a2+4a+4+b2−4b+4，
∴ a2+b2=2，
∴ |z|=a2+b2=2.
(2)由(1)知mz+1z=am+bmi+1a+bi，
=am+bmi+a−bia2+b2
=am+a2+(bm−b2)i，
由题意，得bm−b2=0，
又b≠0，
∴ m=12．
【答案】
解：(1)由频率分布直方图的性质得：
0.0050+0.0075+x+0.0125+0.0150×20=1，
解得x=0.0100 ．
(2)由频率分布直方图能求出：
得分落在[0,20)内的人数为：20×0.0050×20=2 ，
得分落在20,40内的人数为：20×0.0075×20=3．
(3)估计所有参赛选手得分的平均数为：
0.0050×20×10+0.0075×20×30
+0.0150×20×50+0.0125×20×70+0.0100×20×90=56，
设所有的参赛选手得分的中位数为a，
则0.0050×20+0.0075×20+0.0150×a−40=0.5，
解得a=56.67，
所有参赛选手得分的众数近似为：40+602=50 ．
【考点】
频率分布直方图
众数、中位数、平均数
【解析】
无
无
无
【解答】
解：(1)由频率分布直方图的性质得：
0.0050+0.0075+x+0.0125+0.0150×20=1，
解得x=0.0100 ．
(2)由频率分布直方图能求出：
得分落在[0,20)内的人数为：20×0.0050×20=2 ，
得分落在20,40内的人数为：20×0.0075×20=3．
(3)估计所有参赛选手得分的平均数为：
0.0050×20×10+0.0075×20×30
+0.0150×20×50+0.0125×20×70+0.0100×20×90=56，
设所有的参赛选手得分的中位数为a，
则0.0050×20+0.0075×20+0.0150×a−40=0.5，
解得a=56.67，
所有参赛选手得分的众数近似为：40+602=50 ．
【答案】
解：(1)设AB→=a→，AC→=b→，
则|a→|=2，b→=1，a→⋅b→=a→b→cs120∘=−1，
∵λ=13，∴AE→=23a→+13b→，
∴|AE→|=23a→+13b→2=1916+1−4=133 .
(2)AE→=AB→+BE→=1−λa→+λb→，
同理可得AF→=AB→+BF→=1−μa→+μb→，
AE→⋅AF→=[1−λa→+λb→][1−μa→+μb→]=
=41−λ1−μ+λμ−1−λμ+1−μλ
=4+7λμ−5λ+μ=4，
∴ 7λμ−5λ+μ=0，
同除以λμ可得1λ+1μ=75.
【考点】
向量的模
向量的几何表示
平面向量数量积的运算
【解析】
解：(1)设AB→=a→，AC→=b→，
则|a→|=2，b→=1，a→⋅b→=a→b→cs120∘=−1，
∵λ=13，∴AE→=23a→+13b→，
∴|AE→|=23a→+13b→2=1916+1−4=133 .

【解答】
解：(1)设AB→=a→，AC→=b→，
则|a→|=2，b→=1，a→⋅b→=a→b→cs120∘=−1，
∵λ=13，∴AE→=23a→+13b→，
∴|AE→|=23a→+13b→2=1916+1−4=133 .
(2)AE→=AB→+BE→=1−λa→+λb→，
同理可得AF→=AB→+BF→=1−μa→+μb→，
AE→⋅AF→=[1−λa→+λb→][1−μa→+μb→]=
=41−λ1−μ+λμ−1−λμ+1−μλ
=4+7λμ−5λ+μ=4，
∴ 7λμ−5λ+μ=0，
同除以λμ可得1λ+1μ=75.
【答案】
(1)证明：由题意可得A1D⊥A1F， A1D⊥A1E，
又A1F⊂平面A1EF， A1E⊂平面A1EF，
A1F∩A1E=A1，
所以A1D⊥平面A1EF．
因为EF⊂平面A1EF，
所以A1D⊥EF.
(2)解：由已知可得A1E=A1F=1，EF=2，
A1E2+A1F2=EF2，
所以∠FA1E=90∘，
所以△FA1E的面积为S△A1EF=12×1×1=12，
由A1D⊥平面A1EF，又A1D=2，
所以三棱锥A1−EDF的体积
V=13S△A1EF⋅A1D=13S△A1EF×2=13，
又因为S△DEF=32，
所以由VA1−DEF=VD−A1EF可得，点A1到平面EDF的距离为ℎ=23.
(3)解：取EF的中点G，连接A1G，DG．
则由三线合一可知， A1G⊥EF，DG⊥EF，
所以∠A1GD为二面角A1−EF=D的平面角．
在Rt△A1GD中，A1G=22，DG=322，
cs∠A1GD=(22)2+(322)2−222×22×322=13.
所以二面角A1−EF−D的余弦值为13.
【考点】
两条直线垂直的判定
点、线、面间的距离计算
二面角的平面角及求法
【解析】
无
无
无
【解答】
(1)证明：由题意可得A1D⊥A1F， A1D⊥A1E，
又A1F⊂平面A1EF， A1E⊂平面A1EF，
A1F∩A1E=A1，
所以A1D⊥平面A1EF．
因为EF⊂平面A1EF，
所以A1D⊥EF.
(2)解：由已知可得A1E=A1F=1，EF=2，
A1E2+A1F2=EF2，
所以∠FA1E=90∘，
所以△FA1E的面积为S△A1EF=12×1×1=12，
由A1D⊥平面A1EF，又A1D=2，
所以三棱锥A1−EDF的体积
V=13S△A1EF⋅A1D=13S△A1EF×2=13，
又因为S△DEF=32，
所以由VA1−DEF=VD−A1EF可得，点A1到平面EDF的距离为ℎ=23.
(3)解：取EF的中点G，连接A1G，DG．
则由三线合一可知， A1G⊥EF，DG⊥EF，
所以∠A1GD为二面角A1−EF=D的平面角．
在Rt△A1GD中，A1G=22，DG=322，
cs∠A1GD=(22)2+(322)2−222×22×322=13.
所以二面角A1−EF−D的余弦值为13.
【答案】
(1)证明：由2(tanA+tanB)=tanAcsB+tanBcsA得：
2(sinAcsA+sinBcsB)=sinAcsAcsB+sinBcsAcsB，
∴ 两边同乘以csAcsB得，
2(sinAcsB+csAsinB)=sinA+sinB，
∴ 2sin(A+B)=sinA+sinB，
即sinA+sinB=2sinC①.
根据正弦定理，asinA=bsinB=csinC=2R，
∴ sinA=a2R，sinB=b2R，sinC=c2R，
代入①得：a2R+b2R=2c2R，
∴ a+b=2c.
(2)解：由(1)知c=a+b2，
∴ csC=a2+b2−c22ab
=a2+b2−a+b222ab=38ba+ab−14≥12，
当且仅当a=b时等号成立，故csC的最小值为12.
【考点】
三角函数中的恒等变换应用
正弦定理
余弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
(1)由切化弦公式tanA=sinAcsA，tanB=sinBcsB，带入2(tanA+tanB)=tanAcsB+tanBcsA并整理可得2(sinAcsB+csAsinB)=sinA+csB，这样根据两角和的正弦公式即可得到sinA+sinB=2sinC，从而根据正弦定理便可得出a+b=2c；
(2)根据a+b=2c，两边平方便可得出a2+b2+2ab=4c2，从而得出a2+b2=4c2−2ab，并由不等式a2+b2≥2ab得出c2≥ab，也就得到了c2ab≥1，这样由余弦定理便可得出csC=3c22ab−1，从而得出csC的范围，进而便可得出csC的最小值．
【解答】
(1)证明：由2(tanA+tanB)=tanAcsB+tanBcsA得：
2(sinAcsA+sinBcsB)=sinAcsAcsB+sinBcsAcsB，
∴ 两边同乘以csAcsB得，
2(sinAcsB+csAsinB)=sinA+sinB，
∴ 2sin(A+B)=sinA+sinB，
即sinA+sinB=2sinC①.
根据正弦定理，asinA=bsinB=csinC=2R，
∴ sinA=a2R，sinB=b2R，sinC=c2R，
代入①得：a2R+b2R=2c2R，
∴ a+b=2c.
(2)解：由(1)知c=a+b2，
∴ csC=a2+b2−c22ab
=a2+b2−a+b222ab=38ba+ab−14≥12，
当且仅当a=b时等号成立，故csC的最小值为12.
【答案】
(1)解：存在点H为线段AC的中点，使得GH//平面PAD，
证明如下：连接BD，易知AC∩BD=H，BH=DH，
又由BG=PG，
故GH//PD，
又∵GH⊄平面PAD ，PD⊂平面PAD，
∴GH//平面PAD．
(2)证明：取棱PC的中点N，连接DN，
依题意，得DN⊥PC，
又∵平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD=PC， DN⊂平面PCD，
∴DN⊥平面PAC .
又PA⊂平面PAC，
故DN⊥PA，
又已知PA⊥CD ，CD∩DN=D，
∴PA⊥平面PCD．
(3)解：连接AN，由(2)中DN⊥平面PAC，
可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角.
∵△PCD为等边三角形，CD=2，
且N为PC的中点，
∴DN=3，
又DN⊥AN，
在Rt△AND中，sin∠DAN=DNAD=33，
∴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
直线与平面垂直的判定
直线与平面所成的角
【解析】
无
无
无
【解答】
(1)解：存在点H为线段AC的中点，使得GH//平面PAD，
证明如下：连接BD，易知AC∩BD=H，BH=DH，
又由BG=PG，
故GH//PD，
又∵GH⊄平面PAD ，PD⊂平面PAD，
∴GH//平面PAD．
(2)证明：取棱PC的中点N，连接DN，
依题意，得DN⊥PC，
又∵平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD=PC， DN⊂平面PCD，
∴DN⊥平面PAC .
又PA⊂平面PAC，
故DN⊥PA，
又已知PA⊥CD ，CD∩DN=D，
∴PA⊥平面PCD．
(3)解：连接AN，由(2)中DN⊥平面PAC，
可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角.
∵△PCD为等边三角形，CD=2，
且N为PC的中点，
∴DN=3，
又DN⊥AN，
在Rt△AND中，sin∠DAN=DNAD=33，
∴直线AD与平面PAC所成角的正弦值为33．