2022-2023学年山东省济宁市高一下学期期末数学试题（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年山东省济宁市高一下学期期末数学试题（含详细答案解析），共20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.复数z=i2−i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
2.已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，若P−1,2为角α终边上的一点，则csα=( )
A. − 55B. 55C. −2 55D. 2 55
3.若水平放置的平面四边形AOBC按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中A′C′//O′B′，B′C′⊥O′B′，A′C′=1，O′B′=2，则原四边形AOBC的边BC的长度为( )
A. 2B. 2 2C. 3D. 4
4.cs70∘cs170∘−cs20∘sin170∘=( )
A. −12B. 12C. − 32D. 32
5.已知一个圆锥的表面积为4π，其侧面展开图是一个圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的体积为( )
A. 2πB. 2 2πC. 2π3D. 2 2π3
6.如图所示，要测量电视塔AB的高度，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个观测基点C与D，在点C测得塔顶A的仰角为30∘，在点D测得塔顶A的仰角为45∘，且CD=30m，∠BDC=60∘，则电视塔AB的高度为( )
A. 25mB. 20mC. 15mD. 10m
7.在三棱锥P−ABC中，AB=AC= 22BC，△PAC是边长为6的等边三角形，若平面PAC⊥平面ABC，则该三棱锥的外接球的表面积为( )
A. 72πB. 84πC. 108πD. 120π
8.在△ABC中，AB=AC，边BC上一点P满足sin∠PAB=2sin∠PAC，若AP=xAB+yAC，则xy=( )
A. 3B. 2C. 12D. 13
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.已知函数fx=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π)的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是( )
A. fx的最小正周期为π
B. fx的图象关于7π12,0对称
C. fx在−5π6,−π2上为减函数
D. 把fx的图象向右平移5π12个单位长度可得一个偶函数的图象
10.已知向量a=1,−2，b=(λ,1)，则下列说法中正确的是( )
A. 若a//b，则λ=12
B. 若a⊥b，则λ=2
C. 若λ<2，则a与b的夹角为钝角
D. 当λ=1时，则a在b上的投影向量的坐标为−12,−12
11.某学校高一年级学生有900人，其中男生500人，女生400人，为了获得该校高一全体学生的身高信息，现采用样本量比例分配的分层随机抽样方法抽取了容量为180的样本，经计算得男生样本的均值为170，方差为19，女生样本的均值为161，方差为28，则下列说法中正确的是( )
A. 男生样本容量为100B. 抽取的样本的均值为165.5
C. 抽取的样本的均值为166D. 抽取的样本的方差为43
12.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，O，F分别为BD，AA1的中点，点P为棱BB1上的动点(包含端点)，则下列说法中正确的是( )
A. AC⊥D1P
B. 三棱锥F−DPD1的体积为定值
C. FP+PC1的最小值为2+ 5
D. 当P为BB1的中点时，平面D1FP截正方体所得截面的面积为2 5
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知tanα=2，则2sinαsinα−csα=__________.
14.已知1−i是关于x的方程x2+ax+b=0a,b∈R的一个根，则ab=__________.
15.在正四棱锥P−ABCD中，PA=AB=2，点M是PC的中点，则直线PA和BM所成角的余弦值为__________.
16.在锐角△ABC中，角A ，B ，C 的对边分别为a，b，c，且ba=1+cs Bcs A，则3b−c2a的最大值为__________.
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)
某学校举行高一学生数学素养测试，现从全年级所有学生中随机抽取100名学生的测试成绩(其成绩都落在75,100内)，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为75,80,80,85,85,90,90,95,95,100.

(1)求频率分布直方图中m的值：
(2)估计该样本的80%分位数．
18.(本小题12分)
已知向量a与b的夹角为π3，且a=1，a−2b= 3.
(1)求b；
(2)若向量m=2a+b，n=3a−2b，求m与n的夹角．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=2sinxcsx+π6.
(1)求函数fx的单调递增区间；
(2)若fα2=110，α∈π3,5π6，求csα的值．
20.(本小题12分)
如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，AB=2A1B1，D， E分别为AB，AC的中点．
(1)求证：BC1//平面A1DE;
(2)若三棱锥A1−ADE的体积为1，求三棱台ABC−A1B1C1的体积．
21.(本小题12分)
在△ABC中，内角A ，B ，C 的对边分别为a，b，c，若sin2A+cs2B+cs2C=2+sinBsinC.
(1)求角A的大小;
(2)若a= 3，∠BAC的角平分线交BC于点D，求线段AD长度的最大值．
22.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，平面A1BC⊥平面AA1B1B.

(1)求证：△ABC为直角三角形；
(2)设点D，E分别为棱AC，B1C1的中点，若二面角A1−BC−A的大小为45∘，且AB=BC=2，求直线BC与平面BDE所成角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查复数的代数表示及其几何意义，属于基础题.
先利用复数的除法运算化简复数 z ，再根据复数对应的点即可得到答案.
【解答】
解：因为 z=i2−i=i2+i2−i2+i=2i−14+1=−15+25i ，
所以复数 z=i2−i 在复平面内对应的点为 −15,25 ，位于第二象限，
故选：B.
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查任意角的三角函数的定义，属于简单题.
根据任意角三角函数的定义分析运算.
【解答】
解：由题意可得： csα=−1 −12+22=− 55 .
故选：A.
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查投影与斜二测画法解决问题，属于基础题.
由斜二测画法的直观图，得出原图形为直角梯形，根据勾股定理即可求解．
【解答】
解：由斜二测画法的直观图知：
A′C′//O′B′ ， A′C′⊥B′C′ ， A′C′=1 ， O′B′=2 ， ∴O′A′=O′B′−A′C′cs45∘= 2 ，

∴ 原图形 OACB 中， AC//OB ， OA⊥OB ， AC=1 ， OB=2 ， AO=2O′A′=2× 2=2 2 ，
BC= AO2+OB−AC2=3 ，
故选：C.
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查利用两角和与差的正弦公式，属于基础题.
由诱导公式和两角差的正弦公式可得.
【解答】
解： cs70∘cs170∘−cs20∘sin170∘
=sin20∘cs170∘−cs20∘sin170∘
=sin20∘−170∘
=sin−150∘
=−sin150∘
=−12
故选：A.
5.【答案】D
【解析】【分析】
该题考察圆锥的体积，属于简单题.
根据圆锥表面积公式和扇形的弧长公式求得母线和半径长，进而求得圆锥的高，根据圆锥体积公式即可求得答案．
【解答】
解：设该圆锥的底面半径为 r ，母线为 l ，则 πr2+πrl=4π ， 2πl3=2πr ，
故 l=3,r=1 ，
则圆锥的高为 32−12=2 2 ，
因此该圆锥的体积 V=13π×12×2 2=2 23π ，
故选：D.
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查利用正弦定理、余弦定理解决问题，属于中等题.
设 AB=hm ，求得 BC= 3hm ， BD=hm ，在 △BCD 中，利用余弦定理可得出关于 h 的方程，结合 h>0 可求得 h 的值，即为所求.
【解答】
解：设 AB=hm ，在 Rt△ABC 中， ∠ACB=30∘ ，则 BC=ABtan30∘= 3hm ，
在 Rt△ABD 中， ∠ADB=45∘ ，则 △ABD 为等腰直角三角形，故 BD=AB=hm ，
在 △BCD 中， BD=hm ， BC= 3hm ， CD=30m ， ∠BDC=60∘ ，
由余弦定理可得 BC2=BD2+CD2−2BD⋅CDcs∠BDC ，
即 3h2=h2+900−2×h×30×12 ，可得 h2+15h−450=0 ，
因为 h>0 ，解得 h=15m ，
故选：C.
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查球的切、接的问题，计算球的表面积，属于中等题.
取 AC 的中点 D ， BC 的中点 O1 ，取 △PAC 的外心 O2 ，分别过点 O1 ， O2 作 OO1⊥ 平面 ABC ， OO2⊥ 平面 PAC ，且 OO1∩OO2=O ，由题意得到点 O 为三棱锥 P−ABC 的外接球的球心，设外接球的半径为 R ，则 OB 为外接球的半径，利用勾股定理求得 R2 ，代入球的表面积公式即可求解．
【解答】
解：取 AC 的 中点 D ， BC 的中点 O1 ，连接 PD ， O1D ，如图所示，

由 AB=AC= 22BC ，有 AB2+AC2=BC2 ，则 AB⊥AC ，
所以点 O1 为 △ABC 的外心，
因为 △PAC 为等边三角形，取 △PAC 的外心 O2 ，
分别过点 O1 ， O2 作 OO1⊥ 平面 ABC ， OO2⊥ 平面 PAC ，且 OO1∩OO2=O ，
则点 O 为三棱锥 P−ABC 的外接球的球心，
设外接球的半径为 R ，连接 OB ，则 OB 为外接球的半径，
由题可知 DO2=13PD= 3 ，
又平面 PAC⊥ 平面 ABC ，平面 PAC∩ 平面 ABC =AC，
PD⊥AC ， PD⊂ 平面 PAC ，
所以 PD⊥ 平面 ABC ，又 DO1⊂ 平面 ABC ，所以 PD⊥DO1 ，
所以四边形 DO2OO1 为矩形，
所以 OO1=DO2= 3 ，又 O1B=12BC=3 2 ，
所以 R2=OB2=OO 12+O1B2=3+18=21 ，
所以三棱锥 P−ABC 的外接球的表面积 S=4πR2=84π .
故选：B.
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考察平面向量基本定理的应用和向量的加减与数乘混合运算，属于中等题.
在 △PAB 、 △PAC 中，分别利用正弦定理可得出 BP=2PC ，即可得出 BP=2PC ，利用平面向量的减法可得出 AP 关于 AB 、 AC 的表达式，可得出 x 、 y 的值，即可得解.
【解答】
解：在 △PAB 中，由正弦定理可得 BPsin∠PAB=ABsin∠APB .①
在 △PAC 中，由正弦定理可得 PCsin∠PAC=ACsin∠APC .②
因为 AB=AC ， sin∠PAB=2sin∠PAC ， sin∠APB=sin∠APC ，
由① ÷ ②可得 BP=2PC ，则 BP=2PC ，

即 AP−AB=2AC−AP ，解得 AP=13AB+23AC ，
又因为 AP=xAB+yAC ，且 AB 、 AC 不共线，
所以 x=13 ， y=23 ，所以 xy=12 .
故选：C.
9.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查由部分图像求三角函数解析式，通过正弦型函数求解其周期性、对称性、对称中心，判断正弦型函数的单调性以及函数的图像变换，属于中等题.
根据函数图象可得解析式为fx=sin(2x+5π6)，即可结合选项逐一求解.
【解答】
解：由图可知：π3−−5π12=34T=342πω⇒ω=2,T=π，故A正确，
当x=π3时，sin2π3+φ=−1⇒2π3+φ=3π2+2kπ,k∈Z，进而φ=5π6+2kπ,k∈Z，
由于φ<π,∴φ=5π6，故fx=sin(2x+5π6)，
对于B，f7π12=sin(2×7π12+5π6)=sin2π=0，故B正确，
对于C，x∈−5π6,−π2,2x+5π6∈−5π6,−π6，
故fx在−5π6,−π2先减后增，故C错误，
对于D，把fx的图象向右平移5π12个单位长度得fx−5π12=sin2x 的图像，
由于y=sin2x为奇函数，故D错误，
故选：AB.
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查向量平行(共线)关系的坐标表示，通过向量数量积的坐标表示与向量的垂直关系以及向量数量积的坐标运算，属于中等题.
根据给定条件，利用向量的坐标运算，结合向量共线、垂直及投影向量的意义计算判断各选项作答.
【解答】
解：向量a=1,−2，b=(λ,1)，
对于A，由a//b，得−2λ=1，解得λ=−12，A错误；
对于B，由a⊥b，得λ−2=0，解得λ=2，B正确；
对于C，当λ=−12<2时，反向共线，夹角为π，此时a与b的夹角不为钝角，C错误；
对于D，当λ=1时，b=(1,1)，a⋅b=1×1+(−2)×1=−1,|b|= 12+12= 2，
因此a在b上的投影向量为a⋅b|b|⋅b|b|=−12b=(−12,−12)，D正确.
故选：BD.
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题主要考查分层随机抽样的方差以及样本均值，属于简单题.
根据分层抽样的抽样比即可求解A，由平均数和方差的计算公式即可求解BCD.
【解答】
解：根据分层抽样可知抽取的男生有500×180900=100人，
女生由400×180900=80人，故A正确，
样本均值为500900×170+400900×161=166，故B错误，C正确，
样本方差为：500900×[19+(170−166)2]+400900×[28+(161−166)2]=43，故D正确，
故选：ACD.
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考察理解线面垂直的性质，空间几何体的截面问题以及棱锥的体积，属于较难题.
A选项由AC⊥平面BDD1B1可得AC⊥D1P；
B选项由等体积变化可得；
C选项由展开面线段FC1长可得；
D选项先确定截面，然后计算面积可得.
【解答】
解：选项A：

连接AC，
由正方体的性质得DD1⊥平面ABCD，AC⊥BD，
因AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC，
因BD⊂平面BDD1B1，DD1⊂平面BDD1B1，BD∩DD1=D，
所以AC⊥平面BDD1B1，
又因D1P⊂平面BDD1B1，
所以AC⊥D1P，故A正确；
选项B：
如图P到平面ADD1A1的距离为2，F到DD1的距离为2，
VF−DPD1=VP−DD1F=13×12×2×2×2=43，
故B正确；
选项C：

如图，将正方形ABB1A1与BCC1B1放在同一平面中，
则FP+PC1的最小值为线段FC1= A1F2+A1C 12= 12+42= 17，
故C错误；
选项D：

如图，连接C1P，由正方体的性质得PC1//D1F，
则C1在平面PFD1上，
故四边形PFC1D1即为平面PFD1截正方体所得截面，
因P为BB1的中点，故PF//A1B1//D1C1，
又因D1C1⊥平面AA1D1D，D1F⊂面AA1D1D所以D1C1⊥D1F
故四边形PFC1D1为 矩形，
D1F= D1A 12+A1F2= 22+12= 5，
SPFC1D1=C1D1×D1F=2 5，
故D正确.
故选：ABD.
13.【答案】4
【解析】【分析】
本题考查正余弦齐次式的计算，属于基础题.
利用同角三角函数的关系，化简求值.
【解答】
解：已知 tanα=2 ，则 2sinαsinα−csα=2tanαtanα−1=2×22−1=4 .
故答案为：4.
14.【答案】−4
【解析】【分析】
本题考查复数集内解方程和分解因式，属于基础题.
由一元二次方程的根互为共轭复数，再由韦达定理可求 a,b ，即得答案.
【解答】
解：因为 1−i 是关于 x 的方程 x2+ax+b=0a,b∈R 的一个根，
所以 1+i 是关于 x 的 方程 x2+ax+b=0a,b∈R 的另一个根，
由韦达定理得 1−i+1+i=−a ， 1−i1+i=b ，
得 a=−2 ， b=2 ，
所以 ab=−4 ，
故答案为： −4 .
15.【答案】 33
【解析】【分析】
本题考查异面直线所成角的计算，属于中等题.
将异面直线平移到同一个三角形中，结合正四棱锥的特征和余弦定理即可求解。
【解答】
解：如图，连接 AC ， BD 相交于 O ，连接 OM ，则 O 为 AC 的中点，又 M 为 PC 的中点，

所以 OM//AP ，
所以 ∠BMO 为异面直线 PA 和 BM 所成的角或其补角．
又 △PCB 为等边三角形，且边长为2，
故 BM= 3 ，又 OM=12PA=1,OB=12BD= 2 ，
所以 BM2=OM2+OB2 ，所以 ∠MOB=90∘ ，
所以 cs∠BMO=OMBM=1 3= 33 .
异面直线 PA 和 BM 所成的角的余弦值为 33
故答案为： 33.
16.【答案】138
【解析】【分析】
本题需要熟练应用正弦定理及变形，属于较难题.
利用正弦定理边化角，即可得到 sin(B−A)=sinA ，从而得到 B=2A ，再由正弦定理将 3b−c2a 转化为关于 A 的三角函数，结合 A 的取值范围及余弦函数、二次函数的性质计算可得.
【解答】
解：因为 ba=1+csBcsA ，所以 bcsA=a+acsB ，
由正弦定理可得 sinBcsA=sinA+sinAcsB ，
∴sin(B−A)=sinA ，
∵0∴−π2∴B−A=A ，即 B=2A ，
∴C=π−B−A=π−3A ，
由 △ABC 为锐角三角形得 0∴3b−c2a=3sinB−sinC2sinA=3sin2A−sin3A2sinA=6sinAcsA−sin2AcsA−cs2AsinA2sinA
=6sinAcsA−2sinAcs2A−cs2AsinA2sinA=3csA−cs2A−12cs2A
=3csA−cs2A−cs2A+12=−2cs2A+3csA+12=−2csA−342+138 ，
因为 π6所以当 csA=34 时， 3b−c2a 取得最大值 138 .
故答案为： 138.
17.【答案】解：(1)(0.01+0.07+m+0.04+0.02)×5=1
解得 m=0.06
(2)因为 0.01×5=0.05<0.8 ，
(0.01+0.07)×5=0.4<0.8 ，
(0.01+0.07+0.06)×5=0.7<0.8 ，
(0.01+0.07+0.06+0.04)×5=0.9>0.8 ，
所以该样本的80%分位数一定位于 90,95 内，
由 90+5×0.8−0.70.9−0.7=92.5
可以估计该样本的80%分位数为 92.5

【解析】本题考察如何理解频率分布直方图及百分位数的估算，属于较易题.
(1)根据频率之和为1即可求解，
(2)利用百分位数的计算公式即可由频率之和求解.
18.【答案】解：(1)因为 a−2b= 3 ， a=1 ，
所以 |a−2b|2=a2−4a⋅b+4b2=1−4|b|cs π3+4|b|2=3 ，
即 2|b|2−|b|−1=0 ，
因为 |b|≥0 ，解得 b=1 .
(2)因为 m⋅n=(2a+b)⋅(3a−2b)=6a2−2b2−a⋅b=6×1−2×1−1×1×12=72 ，
m2=(2a+b)2=4a2+b2+4a⋅b=4+1+4×12=7 ，
所以 m= 7 ，同理 n= 7 .
所以 cs ⟨m,n⟩=m⋅n|m|⋅|n|=72 7× 7=12 ，
又 ⟨m,n⟩∈[0,π] ，所以 ⟨m,n⟩=π3 ，故 m 与 n 的夹角为 π3 .

【解析】本题考查利用向量的数量积求向量的模及向量的夹角，属于中等题.
(1)利用平面向量数量积的运算性质可得出关于 b 的方程，结合 b≥0 可求得 b 的值；
(2)利用平面向量数量积的运算性质求出 m⋅n 、 m 、 n 的值，可求出 csm,n 的值，结合向量夹角的取值范围可得出 m 与 n 的夹角.
19.【答案】解：(1)因为 f(x)=2sin xcs (x+π6)=2sin x( 32cs x−12sin x)= 3sin xcs x−sin2x
= 32sin 2x+12cs 2x−12=sin (2x+π6)−12 ，
令 −π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ ， k∈Z ，解得 −π3+kπ≤x≤π6+kπ ， k∈Z ，
所以 fx 的单调递增区间为 −π3+kπ,π6+kπ ， k∈Z .
(2)由 fα2=sinα+π6−12=110 ，可得 sinα+π6=35
因为 α∈π3,5π6 ，则 α+π6∈π2,π ，
所以 csα+π6=− 1−sin2α+π6=−45 ，
所以 csα=csα+π6−π6=csα+π6csπ6+sinα+π6sinπ6
=−45× 32+35×12=3−4 310 ，
即 csα=3−4 310 .

【解析】本题考查通过判断正弦型函数的单调性和求解单调区间，应用两角和与差的余弦公式，属于中等题.
(1)利用三角恒等变换整理得 fx=sin2x+π6−12 ，结合正弦函数单调性运算求解；
(2)由题意可得 sinα+π6=35 ，根据 α=α+π6−π6 结合两角和差公式运算求解.
20.【答案】解：(1)由题意，
∵D ， E 分别为 AB ， AC 的中点，
∴DE//BC ，
又 DE⊄ 平面 BB1C1C ， BC⊂ 平面 BB1C1C ，
∴DE// 平面 BB1C1C ，
∵A1B1//AB ， D 为 AB 的中点， AB=2A1B1 ，
∴A1B1=BD ， A1B1//BD ，
∴ 四边形 A1B1BD 为平行四边形，
∴A1D//BB1 ，
又 A1D⊄ 平面 BB1C1C ， B1B⊂ 平面 BB1C1C ，
∴A1D// 平面 BB1C1C ，
又 A1D∩A1E=A1 ，
∴ 平面 A1DE// 平面 BB1C1C
∵BC1⊂ 平面 BB1C1C ，
∴BC1// 平面 A1DE .
(2)由题意及(1)得，
设 △A1B1C1 的面积为 S ，
则由几何知识知 △ABC 的面积为 4S ， △ADE 的面积为 S ，
设三棱台 ABC−A1B1C1 的高为 h ，则 VA1−ADE=13Sh=1 ，
∴VA1B1C1−ABC=13(S+4S+ S×4S)h=73Sh=7 .

【解析】本题需要掌握线面平行的判定，计算棱台与棱锥的体积，属于中等题.
(1)通过证明平面 A1DE// 平面 BB1C1C ，即可证明 BC1// 平面 A1DE ；
(2)通过求出棱台上下底面面积和三棱锥 A1−ADE 的体积表达式，即可求出三棱台 ABC−A1B1C1 的体积.
21.【答案】解：(1)因为 sin2A+cs2B+cs2C=2+sinBsinC ，
所以 sin2A+1−sin2B+1−sin2C=2+sinBsinC ，
即 sin2A−sin2B−sin2C=sinBsinC ，
由正弦定理得 a2−b2−c2=bc ，即 b2+c2−a2=−bc ，
由余弦定理得 csA=b2+c2−a22bc=−12 ，
又 A∈(0,π) ，所以 A=2π3 .
(2)由余弦定理得 a2=b2+c2−2bccsA ，即 3=b2+c2+bc
所以 3=b2+c2+bc≥2bc+bc=3bc ，
即 bc≤1 (当且仅当 b=c=1 时，等号成立)
因为 S△ABC=S△ABD+S△ACD ，
所以 12×c×b×sin2π3=12×c×AD×sinπ3+12×b×AD×sinπ3 ，
解得 AD=bcb+c ，
因为 b+c≥2 bc (当且仅当 b=c 时，等号成立)，
所以 AD=bcb+c≤bc2 bc=12 bc≤12 (当且仅当 b=c=1 时，等号成立)，
所以 AD 长度的最大值为 12 .

【解析】本题考察如何利用正弦定理及余弦定理理解三角形，通过基本不等式求最值或取值范围，属于中等题.
(1)将 sin2A+cs2B+cs2C=2+sinBsinC 化成 sin2A+1−sin2B+1−sin2C=2+sinBsinC ，然后结合正弦定理求解；
(2)运用等面积法先表示出 AD=bcb+c ，然后结合余弦定理以及基本不等式求解线段 AD 长度的最大值.
22.【答案】解：(1)因为 ABC−A1B1C1 为直三棱柱，
则 AA1⊥ 平面 ABC ，且 BC⊂ 平面 ABC ，可得 AA1⊥BC ，
过点A作 AG⊥A1B ，垂足为 G ，
又因为平面 A1BC⊥ 平面 AA1B1B ，平面 A1BC∩ 平面 AA1B1B=A1B ， AG⊂ 平面 AA1B1B ，
可得 AG⊥ 平面 A1BC ，
且 BC⊂ 平面 A1BC ，可得 AG⊥BC ，
又AA1⊥BC ， AG∩AA1=A ，AG⊂平面AA1B1B，AA1⊂平面AA1B1B，
所以BC⊥ 平面 AA1B1B ，
因为AB⊂ 平面 AA1B1B ，所以BC⊥AB ，
所以 △ABC 为直角三角形.

(2)由(1)可知： BC⊥ 平面 AA1B1B ， AB,A1B⊂ 平面 AA1B1B ，
所以 BC⊥AB ， BC⊥A1B ，
则 ∠A1BA 即为二面角 A1−BC−A 的平面角，可得 ∠A1BA=45∘ ，
所以 AA1=AB=BC=2 ，
设点 C 到平面 BDE 的距离为d，直线 BC 与平面 BDE 所成角为 θ ，
可得 DA=DB=DC= 2 ， BE=DE= 5 ，
则 S△BCD=12×12×2×2=1 ， S△BDE=12× 2× 5− 222=32 ，
因为 VE−BCD=VC−BDE ，则 13×S△BCD×BB1=13×S△BDE×d ，
即 13×1×2=13×32×d ，解得 d=43 ，可得 sinθ=dBC=23 ，
所以直线 BC 与平面 BDE 所成角的正弦值为 23 .

【解析】本题考查线面垂直的性质及应用，二面角及直线与平面所成的角的计算，属于中档题.
(1)根据题意面面垂直的性质可得AG⊥ 平面 A1BC ，结合线面垂直的判定与性质分析证明；
(2)根据二面角的定义分析可得 ∠A1BA=45∘ ，利用等体积法求点 C 到平面 BDE 的距离，进而结合线面夹角运算求解.