2022-2023学年江西省九江市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年江西省九江市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.若z=i+2i2+3i3，则|z|=( )
A. 4B. 8C. 2 2D. 4 2
2.csπ12−sinπ12=( )
A. 12B. 32C. 62D. 22
3.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，M，N，P，Q分别为棱AA1，DD1，A1B1，B1C1的中点，则下列与B1C垂直的是( )
A. OM
B. ON
C. OP
D. OQ
4.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. π4B. 2π3C. 3π4D. 5π6
5.已知a=sin45，b=cs45，c=tan45，则a，b，c的大小关系为( )
A. a>b>cB. a>c>bC. c>b>aD. c>a>b
6.若α∈(0,π)，tan2α=sinα2+csα，则tanα=( )
A. − 15B. − 5C. 5D. 15
7.把半径为R的一圆形纸片，自中心处剪去中心角为120∘的扇形后围成一无底圆锥，则该圆锥的高为( )
A. R3B. 2R3C. 5R3D. 2 2R3
8.在△ABC中，若1tanB+1tanC=1tanA，则csA的取值范围为( )
A. (0,13]B. [13,1)C. (0,23]D. [23,1)
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知非零向量a，b，c，则( )
A. 若a⋅c=b⋅c，则a=b
B. 若c=a−(a⋅aa⋅b)b，则a⊥c
C. 若a=|b|c，则a，c共线
D. 若|a−b|=|a|+|b|，则a，b共线
10.若α为第四象限角，则( )
A. cs2α>0B. sin2α<0C. tanα2<0D. csα2<0
11.关于函数f(x)=csx+|sinx|，下列结论正确的是( )
A. f(x)是偶函数B. f(x)的最小正周期为π
C. f(x)在区间(π4,π)上单调递减D. f(x)的最大值为2
12.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2，P为线段BC1上的动点，则下列说法正确的是( )
A. B1D⊥A1P
B. A1C1⊥平面PDD1
C. 三棱锥P−ACD1的体积为定值
D. A1P+PC的最小值为 6+ 2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知z=(m+1)+(m−2)i在复平面内对应的点在第四象限，则实数m的取值范围是______ .
14.已知向量a=(1,−1)，b=(2,−1)，则a+b在a方向上的投影数量为______ .
15.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b+c=3a(sinB+sinC)，b2+c2−a2=8，则△ABC的面积为______ .
16.南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法⋅商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”.如图“三角垛”共三层，最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，每个球的半径均为1且两两相切，则该“三角垛”的高度为______ .
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知函数f(x)=2sinxsin(x+π3)−12.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)若tanα= 32，求f(α)的值.
18.(本小题12分)
已知四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=π3，P为平面ABCD内一点，AC与BP相交于点Q.
(1)若AP=PD，AQ=xBA+yBC，求x，y的值；
(2)求(PA+PB)⋅PC最小值.
19.(本小题12分)
如图，S为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，M是△SAC的重心.
(1)求证：OM//平面SAB；
(2)若SA=AB，OM=1，求圆锥SO的体积.
20.(本小题12分)
如图，已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的图象与x轴相交于点A(13,0)，图像的一个最高点为B(56,1).
(1)求f(1)的值；
(2)将函数y=f(x)的图象向左平移13个单位，得到函数y=g(x)的图象，求函数y=g(x)−14(x−1)的所有零点之和.
21.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知csinA+C2=bsinC.
(1)求B；
(2)若a≠c，D为角B的平分线上一点，且AD=CD，求证：A，B，C，D四点共圆.
22.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=AA1=2，∠ABB1=π3，AC⊥平面AA1B1B.
(1)求证：A1B⊥平面AB1C；
(2)若点E在棱A1B1上，当△ACE的面积最小时，求三棱锥A1−ACE外接球的体积.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵z=i+2i2+3i3=i−2−3i=−2−2i，
∴|z|= (−2)2+(−2)2=2 2.
故选：C.
根据已知条件，结合复数的运算法则，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数的运算法则，以及复数模公式，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：因为csπ12−sinπ12
=cs(π3−π4)−sin(π3−π4)
=csπ3csπ4+sinπ3sinπ4−sinπ3csπ4+csπ3sinπ4
=12× 22+ 32× 22− 32× 22+12× 22
= 22.
故选：D.
将π12拆分成π3−π4，然后利用两角差的正弦余弦公式展开计算即可．
本题主要考查两角和与差的三角函数，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：取AD的中点R，连接MR、OR、NR、DA1，
根据正方体的性质可得B1C//A1D，MR//A1D，OR//AB，
所以∠OMR为异面直线B1C与OM所成角，
设正方体的棱长为2，则OR=1，MR= 12+12= 2，OM= 12+( 2)2= 3，
所以OR2+MR2=OM2，所以∠ORM=90∘，显然∠OMR≠90∘，故直线B1C与OM不垂直，故A错误，
因为OR⊥MR，MR//A1D，所以OR⊥A1D，又NR⊥A1D，OR∩NR=R，OR，NR⊂平面ONR，
所以A1D⊥平面ONR，ON⊂平面ONR，所以A1D⊥ON，所以B1C⊥ON，故B正确；
取BC的中点E，连接OE、B1E，则OE//AB且OE=12AB，又PB1//AB且PB1=12AB，
所以OE//PB1且OE=PB1，所以OEB1P为平行四边形，所以OP//EB1，
所以∠CB1E为B1C与OP所成的角，显然∠CB1E≠90∘，所以B1C与OP不垂直，故C错误；
连接EQ，因为OE⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，所以OE⊥B1C，
若B1C⊥OQ，OQ∩OE=O，OQ，OE⊂平面OQE，所以B1C⊥平面OQE，
又EQ⊂平面OQE，所以B1C⊥EQ，显然B1C与EQ不垂直，故假设不成立，
所以B1C与OQ不垂直，故D错误．
故选：B.
取AD的中点R，连接MR、OR、NR、DA1，即可证明A1D⊥平面ONR，从而判断B；
再由平行得到异面直线所成角，即可判断A、C；
利用反证法说明D.
本题考查空间中点、直线、平面的位置关系，属于中档题．
4.【答案】C
【解析】解：因为(a+b)⊥b，所以(a+b)⋅b=0，得a⋅b=−b2，
设a与b的夹角为θ，
因为|a|= 2|b|，所以csθ=a⋅b|a||b|=−b2 2|b|2=− 22，
因为θ∈[0,π]，所以θ=3π4.
故选：C.
由(a+b)⊥b，得(a+b)⋅b=0，化简后可求出a⋅b，然后利用夹角公式求解即可．
本题主要考查平面向量的夹角公式，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：因为π2>45>π4，sinπ2>sin45>sinπ4，所以 22csπ2c=tan45>tanπ4=1，所以c>a>b.
故选：D.
根据正弦函数、余弦函数、正切函数的性质判断即可．
本题主要考查三角函数线，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：由三角函数的基本关系式和倍角公式，可得tan2α=sin2αcs2α=2sinαcsα2cs2α−1，
因为tan2α=sinα2+csα，所以2sinαcsα2cs2α−1=sinα2+csα，
整理得4sinαcsα+2sinαcs2α=2sinαcs2α−sinα，即4sinαcsα=−sinα，
因为α∈(0,π)，可得sinα≠0，所以csα=−14，
则sinα= 1−cs2α= 154，所以tanα=sinαcsα=− 15.
故选：A.
根据题意，利用三角恒等变换的公式，化简得到4sinαcsα=−sinα，求得csα=−14，结合三角函数的基本关系式，即可求解．
本题主要考查三角函数的同角公式，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：根据题意，设无底圆锥的底面半径为r，其母线长为R，
则有2πr=240×π×R180，变形可得r=2R3，
故该圆锥的高h= R2−(2R3)2= 5R3.
故选：C.
根据题意，设无底圆锥的底面半径为r，由弧长公式可得r=2R3，进而计算可得答案．
本题考查圆锥的几何结构，关键是求出圆锥的底面半径，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查三角函数的化简求值，考查正弦定理与余弦定理的应用，训练了利用基本不等式求最值，是中档题．
由已知等式化切为弦，可得csA=sin2AsinBsinC，结合正弦定理、余弦定理及基本不等式求得csA的最小值，则答案可求．
【解答】
解：∵1tanB+1tanC=1tanA，
∴csBsinB+csCsinC=csAsinA，
可得sinCcsB+csCsinBsinBsinC=sinAsinBsinC=csAsinA，
∴csA=sin2AsinBsinC.
又asinA=bsinB=csinC=2R，(R为△ABC外接圆的半径)
csA=b2+c2−a22bc，
由正弦定理可得b2+c2−a22bc=a2bc，
可得3a2=b2+c2.
∴csA=b2+c2−a22bc=b2+c2−b2+c232bc=b2+c23bc≥2bc3bc=23，
当且仅当b=c时，取等号，
又A∈0,π，
∴csA的取值范围为[23,1).
故选D.
9.【答案】ABD
【解析】解：非零向量a，b，c，
对于A，若a⋅c=b⋅c，即|a|⋅|c|⋅cs=|b|⋅|c|⋅cs，即|a|⋅cs=|b|⋅cs，得不到a=b，故A错误；
对于B，a⋅c=a⋅(a−(a⋅aa⋅b)b)=|a|2−|a|2a⋅b⋅a⋅b=|a|2−|a|2=0，
所以a⊥c，故B正确；
对于C，若a=|b|c，且b为非零向量，由平面向量共线定理可知，a，c共线，故C正确；
对于D，|a−b|=|a|+|b|，
则a与b是共线且反向，故D正确．
故选：ABD.
由向量数量积的定义即可判断A，由向量数量积的运算律，代入计算，即可判断B，由平面向量共线定理即可判断C，由平面向量数量积的运算律代入计算，即可判断D.
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
10.【答案】BC
【解析】解：由于α为第四象限角，所以32π+2kπ<α<2π+2kπ,k∈Z，
所以3π+4kπ<2α<4π+4kπ，k∈Z，34π+kπ<α2<π+kπ,k∈Z，
所以2α终边落在第三、四象限以及y轴负半轴上，α2终边落在第二或第四象限的角，
故BC正确，AD错误．
故选：BC.
根据α为第四象限角，可得2α，α2的范围，进而根据三角函数在各个象限的正负即可判断．
本题主要考查三角函数的符号，属于基础题．
11.【答案】AC
【解析】解：对于A，f(x)的定义域为R，且f(−x)=cs(−x)+|sin(−x)|=csx+|sinx|=f(x)，故f(x)为偶函数，故A正确，
对于B，由于f(0)=cs0+|sin0|=1，f(π)=csπ+|sinπ|=−1，所以f(0)≠f(π)，故π不是f(x)的周期，故B错误，
对于C，当x∈(π4,π)时，f(x)=csx+sinx= 2sin(x+π4)，x+π4∈(π2,5π4)⊆(π2,3π2)，故f(x)在区间(π4,π)上单调递减，故C正确，
对于D，f(x)=csx+|sinx|= 2sin(x+π4),2kπ≤x<π+2kπ, 2cs(x+π4),π+2kπ≤x≤2π+2kπ,其中k∈Z，
所以f(x)取不到2，故D错误，
故选：AC.
由题意，根据偶函数的定义可判断A，根据f(0)≠f(π)即可判断B，根据整体法即可判断C，去掉绝对值根据辅助角公式，结合三角函数的性质即可判断D.
本题主要考查三角函数的图象和性质，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A，如图(1)所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接A1B，A1C1，连接AB1，
在正方形ABB1A1中，可得AB1⊥A1B，
由AD⊥平面ABB1A1，A1B⊂平面ABB1A1，所以AD⊥A1B，
因为AD∩AB1=A且AD，AB1⊂平面AB1D，所以A1B⊥平面AB1D，
又因为B1D⊂平面AB1D，所以A1B⊥B1D，
连接B1D1，同理可证A1C1⊥平面B1D1D，因为B1D⊂平面B1D1D，所以A1C1⊥B1D，
因为A1B∩A1C1=A1且A1B，A1C1⊂平面A1BC1，所以B1D⊥平面A1BC1，
因为A1P⊂平面A1BC1，所以B1D⊥A1P，所以选项A正确；
对于B，当点P不与B重合时，过点P作EE1//BB1，
因为BB1//DD1，所以EE1//DD1，所以平面PDD1即为平面DD1E1E，
如图所示，在正方形A1B1C1D1中，A1C1与D1E1不垂直，
所以A1C1与平面PDD1不垂直，所以B错误；
对于C，分别连接AC，AD1，CD1，
在正方体ABCD−A1B1C1D1，因为A1B//CD1，A1B⊄平面ACD1 CD1⊂平面ACD1，
所以A1B//平面ACD1，同理可证：BC1//平面ACD1，
因为A1B∩BC1=B且A1B，BC1⊂平面A1BC1，所以平面A1BC1//平面ACD1，
因为BC1⊂平面A1BC1，所以BC1//平面ACD1，
又因为P是BC1上的一动点，
所以点P到平面ACD1的距离等于点B到平面ACD1的距离，且为定值，
因为△ACD1的面积为定值，所以三棱锥P−ACD1的体积为定值，所以C正确；
对于D，将△BCC1绕着BC1展开，使得平面A1BC1与平面BCC1重合，
如图(2)所示，连接A1C，当P为A1C和BC1的交点时，
即P为BC1的中点时，即A1C⊥BC1时，A1P+PC取得最小值，
因为正方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2，可得A1B=BC1=A1C1=2 2，BC=CC1=2，
在等边△A1BC1中，可得A1P= 6，在直角△BCC1中，可得CP= 2，
所以A1P+PC的最小值为 6+ 2，所以D正确．
故选：ACD.
在正方体中，易得B1D⊥平面A1BC1，可判定A正确；
过点P作EE1//BB1，得到平面PDD1即为平面DD1E1E，结合A1C1与D1E1不垂直，可判定B错误；
由平面A1BC1//平面ACD1，证得BC1//平面ACD1，得到点P到平面ACD1的距离等于点B到平面ACD1的距离，且为定值，可判定C正确；
将△BCC1绕着BC1展开，使得平面A1BC1与平面BCC1重合，连接A1C，得到A1C⊥BC1时，A1P+PC取得最小值，可判定D正确．
本题考查了空间中的平行与垂直关系应用问题，也考查了推理与判断能力，是中档题．
13.【答案】(−1,2)
【解析】解：由复数z=(m+1)+(m−2)i在复平面内对应的点为Z(m+1,m−2)，
因为复数z在复平面内对应的点在第四象限，则满足m+1>0m−2<0，解得−1所以实数m的取值范围是(−1,2).
故答案为：(−1,2).
根据题意得到复数z在复平面内对应的点为Z(m+1,m−2)，结合题意，列出不等式组，即可求解．
本题主要考查复数的几何意义，属于基础题．
14.【答案】5 22
【解析】解：a+b在a方向上的投影为|a+b|cs⟨a+b,a⟩=(a+b)⋅a|a|=a2+b⋅a|a|=2+3 2=5 22.
故答案为：5 22.
根据向量投影的计算公式即可求解．
本题主要考查了向量的投影数量的求解，属于基础题．
15.【答案】 22
【解析】解：由正弦定理可得sinB+sinC=3sinA(sinB+sinC)，
由于sinB>0，sinC>0，所以1=3sinA⇒sinA=13，
由b2+c2−a2=8得2bccsA=8，
∴csA>0，
故csA= 1−sin2A=2 23，
所以bc=4csA=3 2，
故△ABC的面积为12bcsinA=12×4csAsinA= 22，
故答案为： 22.
根据正弦定理边角化得sinA=13，进而可得csA= 1−sin2A=2 23，由余弦定理和面积公式即可求解．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
16.【答案】4 63+2
【解析】解：根据题意可知：连接顶层1个球和底层边缘3个球的球心得到一个正四面体，且该正四面体的棱长为4，
所以该“三角垛”的高度为正四面体的高h+2，
如图正四面体S−ABC棱长为4，
设底面ABC的中心为E，连接BE并延长交AC于点D，则D为AC的中点，
连接SE，则SE为底面ABC上的高，
所以BD= 42−22=2 3，BE=23BD=4 33，
所以SE= 42−(4 33)2=4 63，
所以“三角垛”的高度为4 63+2.
故答案为：4 63+2.
依题意连接顶层1个球和底层边缘3个球的球心得到一个正四面体，且该正四面体的棱长为4，则该“三角垛”的高度为正四面体的高h+2，求出正四面体的高，即可得解．
本题考查球的几何性质及应用，化归转化思想，属中档题．
17.【答案】解：(1)因为f(x)=2sinxsin(x+π3)−12=2sinx(12sinx+ 32csx)−12=sin2x+ 32⋅(2sinxcsx)−12= 32sin2x−12cs2x=sin(2x−π6)，
所以T=2π2=π；
(2)因为tanα= 32，所以tan2α=2tanα1−tan2α=4 3，
f(α)=sin(2α−π6)= 32sin2α−12cs2α=cs2α( 32tan2α−12)=(cs2α−sin2α)( 32tan2α−12)=cs2α−sin2αcs2α+sin2α⋅( 32tan2α−12)=1−tna2α1+tan2α( 32tan2α−12)=1114.
【解析】(1)根据三角恒等变化及辅助角公式可得f(x)=sin(2x−π6)，利用周期公式求解即可；
(2)由已知可得tan2α=4 3，根据f(α)=sin(2α−π6)=cs2α−sin2αcs2α+sin2α⋅( 32tan2α−12)，求解即可．
本题考查了三角恒等变化、三角函数的求值，属于基础题．
18.【答案】解：(1)当AP=PD时，则P为AD的中点，
由于△APQ∼△CBQ，所以APBC=AQQC=12，
AQ=13AC=13(AB+BC)=−13BA+13BC，
所以x=−13,y=13；
(2)由于四边形ABCD是边长为2的菱形，且∠ABC=π3，建立如图所示的直角坐标系：
则A(2,0),B(0,0),C(1, 3)，
取AB中点为M，连接PA，PB，则M(1,0)，PA+PB=2PM，
设P(x,y)
PM=(1−x,−y),PC=(1−x, 3−y)，
(PA+PB)⋅PC=2PM⋅PC=2[(1−x)(1−x)−y( 3−y)]=2(x2+y2−2x− 3y+1)
=2[(x−1)2+(y− 32)2]−32，
故当x=1,y= 32时，(PA+PB)⋅PC最小值为−32.
【解析】(1)建立直角坐标系，利用向量的线性运算的坐标表示即可求解，
(2)根据向量数量积的坐标运算，结合二次型多项式的特征即可求解最值．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：取AC的中点N，连接SN，BN，
因为△ABC为等边三角形，SA=SC，
所以O，M分别在BN，SN上，
因为M是△SAC的重心，
所以SMMN=2，
因为O为△ABC的重心，
所以BOON=2，
所以SMMN=BOON，
所以OM//SB，
因为SB⊂平面SAB，OM⊄平面SAB，
所以OM//平面SAB；
(2)解：因为OM//SB，
所以OMSB=ONBN=13，
因为OM=1，
所以SB=3，
所以SA=AB=3，
因为O为等边△ABC的重心，
所以BO=23× 32AB=23× 32×3= 3，
所以底面圆的面积为π( 3)2=3π，SO= SB2−BO2= 6，
所以圆锥SO的体积为13×3π× 6= 6π.
【解析】(1)取AC的中点N，连接SN，BN，由M是△SAC的重心，O为△ABC的重心，可得SMMN=BOON=2，从而得OM//SB，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；
(2)由OM=1，得SB=3，则SA=AB=3，从而可求出BO，SO，进而可求出圆锥的体积．
本题考查了线面平行的判定定理，重点考查了圆锥的体积公式，属中档题．
20.【答案】解：(1)由题意可得，T4=56−13=12，所以T=2=2πω，所以ω=π，
又因为函数f(x)=sin(πx+φ)的图象的一个最高点为B(56,1)，
所以f(56)=sin(56π+φ)=1，所以56π+φ=π2+2kπ,k∈Z，
所以φ=−π3+2kπ,k∈Z.
因为|ϕ|<π2，所以φ=−π3，所以f(x)=sin(πx−π3)，
所以f(1)=sin(π−π3)=sin2π3= 32.
(2)将函数y=f(x)的图象向左平移13个单位，得到函数y=g(x)的图象，
所以g(x)=sin[π(x+13)−π3]=sinπx.
令g(x)−14(x−1)=0，得sinπx=14(x−1)，问题等价于y=sinπx与y=14(x−1)图象的所有交点的横坐标之和．
函数y=sinπx与y=14(x−1)的图象都关于(1,0)对称．
令−1≤14(x−1)≤1，解得：−3≤x≤5，
画出函数y=sinπx与y=14(x−1)的图象如下图所示：
故两函数的图象有且仅有9个交点(x1,y1)，(x2,y2)，⋅⋅⋅⋅⋅⋅，(x9,y9)，
所以i=19xi=4×2+1=9，故函数y=g(x)−14(x−1)的所有零点之和为9.
【解析】(1)利用三角函数的性质可得函数的解析式，即可求出f(1)的值．
(2)由三角函数的平移变换求出y=g(x)，问题等价于y=sinπx与y=14(x−1)图象的所有交点的横坐标之和，画出y=sinπx与y=14(x−1)图象，求解即可．
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由正弦定理及csinA+C2=bsinC，
得sinCsinA+C2=sinBsinC，
因为A+B+C=π，B，C∈(0,π)，
则sinC>0且B2∈(0,π2)，
所以sinB=sinA+C2=sinπ−B2=csB2，
即2sinB2csB2=csB2，
则sinB2=12，
得B2=π6，
所以B=π3.
(2)证明：由(1)得：B=π3.
如图a≠c，D为角B的平分线上一点，
所以∠BDA=∠BDC=π6，
在△ABD中，由正弦定理得：
csin∠ADB=ADsin∠ABD，
同理，在△BDC中，asin∠BDC=CDsin∠CBD，
∵AD=CD，sin∠ABD=sin∠CBD=12，
∴csin∠ADB=asin∠CDB，
在△ABC中，由正弦定理得：
csin∠ACB=asin∠BAC，
∴∠ADB=∠ACB，∠CDB=∠BAC，
∴∠ADC=∠ADB+∠CDB=∠ACB+∠BAC，
∴∠ADC+∠ABC=∠ACB+∠BAC+∠ABC=π，
∴A，B，C，D四点共圆．
【解析】(1)由正弦定理及已知条件边化角，结合三角形内角和180∘和二倍角公式进行求解；
(2)证明四点共圆可以通过证明对角互补，即证∠ADC=∠ACB+∠BAC，结合三角形内角和180∘得证．
本题考查正弦定理及二倍角公式，通过证明对角互补证明四点共圆，是中档题．
22.【答案】解：(1)证明：因为AC⊥平面AA1B1B，A1B⊂平面AA1B1B，
所以AC⊥A1B，又在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1，
所以平行四边形AA1B1B为菱形，所以A1B⊥AB1，
又AB1∩AC=A，AB1，AC⊂平面AB1C，
所以A1B⊥平面AB1C；
(2)因为AC⊥平面AA1B1B，AE⊂平面AA1B1B，所以AE⊥AC，
所以S△ACE=12×AC×AE=AE，
所以当△ACE的面积最小时，AE最小，此时AE⊥A1B1，
又A1B1=AA1=2，∠AA1B1=π3，所以△AA1B1为等边三角形，
所以E为A1B1的中点，
因为AC⊥平面AA1B1B，A1E，AA1⊂平面AA1B1B，
所以A1E⊥AC，A1A⊥AC，
又A1E⊥AE，AE∩AC=A，AE，AC⊂平面AEC，
所以A1E⊥平面AEC，又EC⊂平面AEC，所以A1E⊥EC，
所以∠A1EC=∠A1AC=π2，
所以三棱锥A1−ACE外接球的球心为A1C的中点，
所以三棱锥A1−ACE外接球的半径R=12A1C=12 22+22= 2，
所以三棱锥A1−ACE外接球的体积V=4πR33=4π×( 2)33=8 2π3.
【解析】(1)依题意可得AC⊥A1B、A1B⊥AB1，即可得证；
(2)依题意可得AE⊥AC，则S△ACE=AE，所以当△ACE的面积最小时，AE最小，此时AE⊥A1B1，即E为A1B1的中点，再证明A1E⊥平面AEC，从而得到三棱锥A1−ACE外接球的球心为A1C的中点，求出外接球的半径，即可求出其体积．
本题考查线面垂直的证明，三棱锥的体积的求解，化归转化思想，属中档题．