2022-2023学年广东省深圳市宝安中学高一（下）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年广东省深圳市宝安中学高一（下）期中数学试卷，共30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．（5分）若i（1﹣z）＝1，则复数z的虚部为（ ）
A．﹣1B．﹣iC．1D．i
2．（5分）平面向量，，，则与的夹角是（ ）
A．B．C．D．
3．（5分）已知向量，的夹角为，且||＝2，＝（1，1），则在上投影向量的坐标为（ ）
A．（，）B．（，）C．（，）D．（1，1）
4．（5分）已知函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A，ω，φ为常数，ω＞0，A＞0）的部分图像如图所示，若将f（x）的图像向左平移个单位长度，得到函数g（x）的图像，则g（x）的解析式可以为（ ）
A．B．
C．D．
5．（5分）如图，已知正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝6，A1B1＝4，BB1＝2，点M，N分别为A1B1，B1C1的中点，则下列平面中与BB1垂直的平面是（ ）
A．平面A1C1DB．平面DMNC．平面ACNMD．平面AB1C
6．（5分）在△ABC中，已知，则△ABC的形状一定是（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形
C．等边三角形D．等腰或直角三角形
7．（5分）如图所示的矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，以B为圆心的圆与AC相切，P为圆上一点，且，若，则λμ的值为（ ）
A．B．C．D．
8．（5分）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为BD1，B1C1的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足MP∥平面CND1，则下列说法正确的是（ ）
A．点P可以是棱BB1的中点B．线段MP的最大值为
C．点P的轨迹是正方形D．点P轨迹的长度为
二、多选题
（多选）9．（5分）已知复数z满足z﹣2i＝zi+4，则下列说法中正确的是（ ）
A．复数z的模为
B．复数z在复平面内所对应的点在第四象限
C．复数z的共轭复数为﹣1+3i
D．
（多选）10．（5分）如图，点A，B，C，M，N是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足MN∥平面ABC的有（ ）
A．B．C．D．
（多选）11．（5分）已知函数f（x）＝sinxcsx，g（x）＝sinx+csx，则（ ）
A．f（x）与g（x）均在（0，）单调递增
B．f（x）的图象可由g（x）的图象平移得到
C．f（x）图象的对称轴均为g（x）图象的对称轴
D．函数y＝f（x）+g（x）的最大值为
（多选）12．（5分）已知△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，已知b＝4，c＝6，△ABC的面积S满足，点O为△ABC的外心，满足，则下列结论正确的是（ ）
A．S＝6B．C．D．
三、填空题
13．（5分）计算：＝ ．
14．（5分）将边长为20的正三角形ABC，按“斜二测”画法在水平放置的平面上画出为△A′B′C′，则A′C′＝ ．
15．（5分）湿地公园是国家湿地保护体系的重要组成部分，某市计划在如图所示的四边形ABCD区域建一处湿地公园．已知∠DAB＝90°，∠DBA＝45°，∠BAC＝30°，∠DBC＝60°，千米，则CD＝ 千米．
16．（5分）如图，矩形ABCD中，AD＝2AB＝2，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折，构成四棱锥B1﹣AMCD，N为B1D的中点，则在翻折过程中，
①对于任意一个位置总有CN∥平面AB1M；
②存在某个位置，使得CN⊥AB1；
③存在某个位置，使得AD⊥MB1；
④四棱锥B1﹣AMCD的体积最大值为．
上面说法中所有正确的序号是 ．
四、解答题
17．（10分）已知向量＝（5，﹣12），＝（﹣3，4）．
（1）求与夹角θ的余弦值；
（2）若向量+t与﹣垂直，求实数t的值．
18．（12分）已知函数．
（1）求函数f（x）的最小正周期和对称轴．
（2）当时，求函数f（x）的单调增区间．
19．（12分）如图，在Rt△PAB中，PA⊥AB，且，AB＝2，将△PAB绕直角边PA旋转到△PAC处，得到圆锥的一部分，点D是底面圆弧BC（不含端点）上的一个动点．
（1）是否存在点D，使得BC⊥PD？若存在，求出∠CAD的大小；若不存在，请说明理由；
（2）当四棱锥P﹣ABDC体积最大时，求C沿圆锥侧面到达点D的最短距离．
20．（12分）在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c﹣2bcsA＝b．
（1）求证：A＝2B；
（2）若A的角平分线交BC于D，且c＝2，求△ABD面积的取值范围．
21．（12分）如图，在多面体ABCDE中，平面ACD⊥平面ABC，BE⊥平面ABC，△ABC和△ACD均为正三角形，AC＝4，BE＝．
（1）求多面体ABCDE的体积．
（2）在线段AC上是否存在点F，使得BF∥平面ADE？说明理由；
22．（12分）深圳别称“鹏城”，是中国的窗口，“深圳之光”摩天轮是中国之眼，如图（1），代表着开拓创新、包容开放的精神，向世界展示着中国自信．摩天轮的半径为6（单位：10m），圆心O在水平地面上的射影点为A，摩天轮上任意一点P在水平地面上的射影点都在直线l上．水平地面上有三个观景点B、C、D，如图（2）所示．在三角形ABC中，AB＝AC，BD＝8DC，∠BAD＝90°，BC∥l，∠OBA＝45°，记OA＝a（单位：10m）．
（1）在△ABC中，求cs∠ABC的值；
（2）若摩天轮上任意一点P与O点连线与水平正方向所成的角为θ（0≤θ＜2π）如图（3）所示，点P在水平地面上的投影为P0．
①用θ表示PP0，BP0，BP的长；
②因安全因素考虑，观景点B与摩天轮上任意一点P的之间距离不超过（单位：10m），求实数a的取值范围．
2022-2023学年广东省深圳市宝安中学高一（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题
1．（5分）若i（1﹣z）＝1，则复数z的虚部为（ ）
A．﹣1B．﹣iC．1D．i
【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及虚部的定义，即可求解．
【解答】解：i（1﹣z）＝1，
则1﹣z＝，
故z＝1+i，其虚部为1．
故选：C．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及虚部的定义，属于基础题．
2．（5分）平面向量，，，则与的夹角是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据已知条件，结合向量垂直的性质，以及平面向量的数量积运算，即可求解．
【解答】解：设与的夹角是θ，θ∈[0，π]，
∵，
∴＝，
∵，，
∴2+1×4×csθ＝0，解得csθ＝，
∴与的夹角是．
故选：C．
【点评】本题主要考查向量垂直的性质，以及平面向量的数量积运算，属于基础题．
3．（5分）已知向量，的夹角为，且||＝2，＝（1，1），则在上投影向量的坐标为（ ）
A．（，）B．（，）C．（，）D．（1，1）
【分析】根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解．
【解答】解：向量，的夹角为，且||＝2，＝（1，1），
则，＝，
故＝＝．
故选：A．
【点评】本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
4．（5分）已知函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A，ω，φ为常数，ω＞0，A＞0）的部分图像如图所示，若将f（x）的图像向左平移个单位长度，得到函数g（x）的图像，则g（x）的解析式可以为（ ）
A．B．
C．D．
【分析】由图知，最小正周期T＝，从而知ω＝3，由f（）＝A，推出φ＝2kπ﹣，k∈Z，不妨取k＝1，φ＝﹣，再由f（）＝﹣2，求出A的值，得f（x）的解析式，然后根据函数图象的平移法则，得解．
【解答】解：由图知，最小正周期T＝（﹣）＝，
所以ω＝＝3，
又f（）＝A，所以Asin（3•+φ）＝A，即sin（+φ）＝1，
所以+φ＝+2kπ，k∈Z，即φ＝2kπ﹣，k∈Z，
当k＝1时，φ＝﹣，此时f（x）＝Asin（3x﹣），
因为f（）＝﹣2，所以Asin（3•﹣）＝﹣2，即Asin＝﹣A＝﹣2，
所以A＝2，
所以f（x）＝2sin（3x﹣），
因为将f（x）的图像向左平移个单位长度，得到函数g（x）的图像，
所以g（x）＝2sin[3（x+）﹣]＝2sin（3x+）．
故选：A．
【点评】本题考查三角函数的图象与性质，利用函数的图象求解析式，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
5．（5分）如图，已知正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝6，A1B1＝4，BB1＝2，点M，N分别为A1B1，B1C1的中点，则下列平面中与BB1垂直的平面是（ ）
A．平面A1C1DB．平面DMNC．平面ACNMD．平面AB1C
【分析】延长AA1，BB1，CC1，DD1交于一点P，取PB中点Q，连接AQ，CQ，根据三角形相似及长度关系可得△PAB为等边三角形，即可得AQ⊥PB，CQ⊥PB，由长度关系及平行可证明△QB1M∽△QBA，△QB1N∽△QBC，即可证明M在AQ上，N在CQ上，再根据线面垂直的判定定理即可得出结果．
【解答】解：延长AA1，BB1，CC1，DD1交于一点P，取PB中点Q，连接AQ，CQ，如图所示：
因为正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1，所以P﹣A1B1C1D1为正四棱锥，
因为AB＝6，A1B1＝4，BB1＝2，且△PA1B1∽△PAB，
所以，即，解得PB1＝4，
所以PB＝PA＝AB＝6，即△PAB为等边三角形，
因为Q为PB中点，所以AQ⊥PB，且QB＝3，同理可得CQ⊥PB，
因为BB1＝2，所以QB1＝1，即，
因为M，N为A1B1，B1C1中点，所以MB1＝NB1＝2，
故，，
因为∠QB1M＝∠QBA，∠QB1N＝∠QBC，
所以△QB1M∽△QBA，△QB1N∽△QBC，
所以∠QMB1＝∠QAB，∠QNB1＝∠QCB，
因为MB1∥AB，NB1∥CB，
所以M在AQ上，N在CQ上，
因为AQ⊥PB，CQ⊥PB，所以AM⊥PB，CN⊥PB，
即AM⊥BB1，CN⊥BB1，因为AM⊂平面AMCN，CN⊂平面AMCN，AM∩CN＝Q，所以BB1⊥平面AMCN．
故选：C．
【点评】本题主要考查线面垂直的判定，棱台的结构特征，考查逻辑推理能力，属于中档题．
6．（5分）在△ABC中，已知，则△ABC的形状一定是（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形
C．等边三角形D．等腰或直角三角形
【分析】先通过“边化角”，再通过辅助角公式即可求解．
【解答】解：因为，
所以sinA+sinB＝+＝csA+csB，整理可得sinA﹣csA＝﹣sinB+csB，
所以sin（A﹣）＝﹣sin（B﹣），
又因为A，B∈（0，π），
所以A﹣∈（﹣，），B﹣∈（﹣，），
所以A﹣＝﹣（B﹣），可得A+B＝，
所以△ABC的形状一定是直角三角形．
故选：B．
【点评】本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，两角差的正弦公式以及正弦函数的性质在解三角形中的应用，考查了转化思想和函数思想，属于中档题．
7．（5分）如图所示的矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，以B为圆心的圆与AC相切，P为圆上一点，且，若，则λμ的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】过点P做PE⊥AB交AB延长线于点E，先根据相切及等面积法求出圆的半径即BP的长度，再根据，求出BE，PE的长度，根据长度之间的比例及向量共线定理分别可得与之间的等式关系，代入中，故可得λ，μ的值，即可选出结果．
【解答】解：过点P做PE⊥AB交AB延长线于点E，如图所示：
因为矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，所以，
因为P为圆上一点，所以BP为圆的半径，
因为圆与AC相切，根据△ACB面积相等可得：，即，
解得，因为，所以，
所以，
因为PE⊥AB，
所以PE∥AD，
因为AD＝3，，
所以，
所以，
因为，AB＝4，
所以，
所以，
所以，
所以，
故，所以．
故选：C．
【点评】本题主要考查平面向量基本定理，属于中档题．
8．（5分）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为BD1，B1C1的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足MP∥平面CND1，则下列说法正确的是（ ）
A．点P可以是棱BB1的中点
B．线段MP的最大值为
C．点P的轨迹是正方形
D．点P轨迹的长度为
【分析】取棱BC的中点E，连接DE，B1E，ME，进而证明平面B1EM平面CND1，再结合题意可知直线B1M必过D点，进而取A1D1中点F，连接B1F，FD，DE，证明F∈平面B1EM即可得四边形B1EDF为点P的轨迹，再根据几何关系依次判断各选项即可．
【解答】解：如图，取棱BC的中点E，连接DE，B1E，ME，
因为M，N分别为BD1，B1C1的中点，
所以在△BCD1中，ME∥CD1，由于ME⊄平面CND1，CD1⊂平面CND1，
所以ME∥平面CND1，
因为B1N∥CE，B1N＝CE，所以，四边形CNB1E为平行四边形，
所以CN∥B1E，因为CN⊂平面CND1，B1E⊄平面CND1，
所以B1E∥平面CND1，
因为B1E∩ME＝E，B1E，ME⊂平面B1EM，
所以平面B1EM∥平面CND1，
由于M为体对角线BD1的中点，
所以，连接B1M并延长，直线B1M必过D点，
故取A1D1中点F，连接B1F，FD，DE，
所以由正方体的性质易知FD1∥CE，FD1＝CE，
所以四边形CD1FE是平行四边形，EF∥CD1，EF＝CD1，
因为ME∥CD1，，
所以E，F，M共线，即F∈平面B1EM，
所以四边形B1EDF为点P的轨迹，故A选项错误；
由正方体的棱长为1，所以四边形B1EDF的棱长均为，且对角线为，
所以四边形B1EDF为菱形，周长为，故CD选项错误，
由菱形的性质知，线段MP的最大值为，故B选项正确．
故选：B．
【点评】本题主要考查了棱柱的结构特征，考查了直线与平面平行的判定定理，属于中档题．
二、多选题
（多选）9．（5分）已知复数z满足z﹣2i＝zi+4，则下列说法中正确的是（ ）
A．复数z的模为
B．复数z在复平面内所对应的点在第四象限
C．复数z的共轭复数为﹣1+3i
D．
【分析】根据复数的四则运算和几何意义求解即可．
【解答】解：因为z﹣2i＝zi+4，
所以（1﹣i）z＝4+2i，，
有，故A正确；
复数z在复平面内所对应的点为（1，3），位于第一象限，故B错误；
复数z的共轭复数为z＝1﹣3i，故C错误；
因为，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及复数的性质，属于基础题．
（多选）10．（5分）如图，点A，B，C，M，N是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足MN∥平面ABC的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理确定正确选项．
【解答】解：对于A选项，由下图可知MN∥DE∥AC，MN⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以MN∥平面ABC，A正确．
对于B选项，设H是EG的中点，由下图，结合正方体的性质可知，AB∥NH，MN∥AH∥BC，AM∥CH，所以A，B，C，H，N，M六点共面，B错误．
对于C选项，如下图所示，根据正方体的性质可知MN∥AD，由于AD⊄平面ABC，所以MN⊄平面ABC，所以C错误．

对于D选项，设AC∩NE＝D，由于四边形AECN是矩形，所以D是NE中点，由于B是ME中点，所以MN∥BD，
由于MN⊄平面ABC，BD⊂平面ABC，所以MN∥平面ABC，D正确．
故选：AD．
【点评】本题主要考查空间中直线和平面的位置关系，属于基础题．
（多选）11．（5分）已知函数f（x）＝sinxcsx，g（x）＝sinx+csx，则（ ）
A．f（x）与g（x）均在（0，）单调递增
B．f（x）的图象可由g（x）的图象平移得到
C．f（x）图象的对称轴均为g（x）图象的对称轴
D．函数y＝f（x）+g（x）的最大值为
【分析】利用二倍角公式化简可得f（x）＝sin2x，利用辅助角公式化简可得g（x）＝sin（x+），再结合正弦函数的图象与性质，逐一分析选项，即可．
【解答】解：f（x）＝sinxcsx＝sin2x，g（x）＝sinx+csx＝sin（x+），
选项A，由x∈（0，）知，2x∈（0，），x+∈（，），
又函数y＝sinx在（0，）上单调递增，
所以f（x）与g（x）均在（0，）单调递增，即A正确；
选项B，f（x）的图象需由g（x）的图象经过平移和伸缩变换得到，即B错误；
选项C，令2x＝+k1π，k1∈Z，则x＝+，k1∈Z，
所以f（x）图象的对称轴为x＝+，k1∈Z，
令x+＝+k2π，k2∈Z，则x＝+k2π，k2∈Z，
所以g（x）图象的对称轴为x＝+k2π，k2∈Z，
所以g（x）图象的对称轴均为f（x）图象的对称轴，即C错误；
选项D，f（x）max＝，g（x）max＝，
而当x＝时，f（x）max＝与g（x）max＝可同时成立，
所以y＝f（x）+g（x）的最大值为，即D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查三角函数的图象与性质，熟练掌握正弦函数的图象与性质是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
（多选）12．（5分）已知△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，已知b＝4，c＝6，△ABC的面积S满足，点O为△ABC的外心，满足，则下列结论正确的是（ ）
A．S＝6B．C．D．
【分析】根据及b＝4，c＝6及余弦定理可得出，两边平方即可求出，，然后根据三角形面积公式可求出S＝6，A正确；根据及向量数量积的计算公式可求出的值，从而判断B的正误；由可得出，然后可得出关于λ，μ的方程组，解出λ即可判断D的正误；根据余弦定理可求出a，根据正弦定理可求出的值，从而判断C的正误．
【解答】解：∵，且b＝4，c＝6，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，解得或﹣1（舍去），∴，
∴，A正确；
如图，O为△ABC的外心，则：
＝＝＝＝，B正确；
∵，∴，且，，
∴，化简得，解得，，D正确；
根据余弦定理，a2＝b2+c2﹣2bccsA＝16+36﹣＝，∴，
根据正弦定理，＝，∴，C错误．
故选：ABD．
【点评】本题考查了正弦定理和余弦定理，向量数量积的运算及计算公式，三角形外心的定义，考查了计算能力，属于难题．
三、填空题
13．（5分）计算：＝ ．
【分析】直接利用三角函数的关系式的变换的应用求出结果．
【解答】解：＝．
故答案为：．
【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
14．（5分）将边长为20的正三角形ABC，按“斜二测”画法在水平放置的平面上画出为△A′B′C′，则A′C′＝ 5（﹣1） ．
【分析】先在直角坐标系中得出各边的数值，再按“斜二测”画法作图，得出相关关系，再利用余弦定理，求出边A′C′
【解答】解：由题意，在平面直角坐标系中，三角形ABC是边长为20的正三角形，
∴AB＝BC＝20，BC边上的高为，
按“斜二测”画法如下图所示：
∴，，
在三角形A'C'D'中，∠A'D'C'＝45°，
由余弦定理得，．
故答案为：．
【点评】本题考查斜二测画法相关知识，属于中档题．
15．（5分）湿地公园是国家湿地保护体系的重要组成部分，某市计划在如图所示的四边形ABCD区域建一处湿地公园．已知∠DAB＝90°，∠DBA＝45°，∠BAC＝30°，∠DBC＝60°，千米，则CD＝ 千米．
【分析】在△BAC中由正弦定理可得AC，在△DAC中由余弦定理可得CD．
【解答】解：由题意可知，，
所以，
即，
所以，
所以，
又∠DAB＝90°，∠DBA＝45°，
所以△ABD为等腰直角三角形，
所以，
在△DAC中由余弦定理得
＝，
所以．
故答案为：．
【点评】本题主要考查三角形中的几何计算，考查转化能力，属于中档题．
16．（5分）如图，矩形ABCD中，AD＝2AB＝2，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折，构成四棱锥B1﹣AMCD，N为B1D的中点，则在翻折过程中，
①对于任意一个位置总有CN∥平面AB1M；
②存在某个位置，使得CN⊥AB1；
③存在某个位置，使得AD⊥MB1；
④四棱锥B1﹣AMCD的体积最大值为．
上面说法中所有正确的序号是 ①④ ．
【分析】证明EM∥NC，结合线面平行判定判断①；由EM∥NC结合AB1与EM不垂直，判断②；由线面垂直的判定得出点B1与点F重合，从而判断③；取AM的中点为G，连接B1G，当B1G⊥平面AMCD时，四棱锥B1﹣AMCD的体积最大，从而判断④．
【解答】解：如图，分别取AB1，AD的中点为E，F，连接EN，EM，B1F，FM，
因为AB1，B1D的中点分别为E，N，所以EN∥AD∥MC，且EN＝AD＝MC，
即四边形ENCM为平行四边形，故EM∥NC，由线面平行的判定可知对于任意一个位置总有CN∥平面AB1M，故①正确；
因为∠AB1M＝90°，所以AB1与EM不垂直，由EM∥NC可知，AB1与NC不垂直，故②错误；
由题意AB1⊥B1M，若AD⊥MB1，则由线面垂直的判定可得MB1⊥平面AB1D，则MB1⊥B1D，
因为AM＝MD，所以△AMB1与△MB1D全等，则AB1＝B1D＝1，此时点B1与点F重合，不能形成四棱锥B1﹣AMCD，故③错误；
如图，取AM的中点为G，连接B1G，B1G＝，
当B1G⊥平面AMCD时，四棱锥B1﹣AMCD的体积最大，最大值为（1+2）×1×＝，故④正确；
故答案为：①④．
【点评】本题主要考查线线、线面位置关系的判断，棱锥体积的求法，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题．
四、解答题
17．（10分）已知向量＝（5，﹣12），＝（﹣3，4）．
（1）求与夹角θ的余弦值；
（2）若向量+t与﹣垂直，求实数t的值．
【分析】（1）结合向量数量积性质夹角公式的坐标表示即可求解；
（2）由向量垂直的坐标表示即可求解．
【解答】解：（1）∵，
∴，
（2）∵，
又与垂直，
∴，
即8（5﹣3t）﹣16（﹣12+4t）＝0，解得．
【点评】本题主要考查了向量数量积的坐标表示的简单应用，属于基础试题．
18．（12分）已知函数．
（1）求函数f（x）的最小正周期和对称轴．
（2）当时，求函数f（x）的单调增区间．
【分析】（Ⅰ）先由诱导公式、二倍角公式及变形公式、辅助角公式等进行三角变换，将f（x）化为Asin（ωx+φ）+b形式，再利用周期公式求出周期；
（Ⅱ）由x的范围求出2x+的范围，进而求出函数f（x）的单调增区间．
【解答】解：（Ⅰ）
＝
＝，
∴函数f（x）的最小正周期；
由2x+＝kπ+，解得x＝+，k∈Z；
（Ⅱ）当时，，
∴当即时，函数f（x）单调递增，
即函数f（x）的单调增区间为[﹣，]．
【点评】本题考查诱导公式、二倍角公式及变形公式、辅助角公式等进行三角变换，以及函数性质的求解，属于基础题．
19．（12分）如图，在Rt△PAB中，PA⊥AB，且，AB＝2，将△PAB绕直角边PA旋转到△PAC处，得到圆锥的一部分，点D是底面圆弧BC（不含端点）上的一个动点．
（1）是否存在点D，使得BC⊥PD？若存在，求出∠CAD的大小；若不存在，请说明理由；
（2）当四棱锥P﹣ABDC体积最大时，求C沿圆锥侧面到达点D的最短距离．
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理进行判断求解即可．
（2）根据条件得到四棱锥P﹣ABDC体积最大时对应的等价条件，利用扇形的弧长公式以及余弦定理进行计算即可．
【解答】解：（1）∵在圆锥中，PA⊥底面ABC，
∴PA⊥BC，
若BC⊥PD，
∵PD∩PA＝P，∴BC⊥平面PAD即可，
则BC⊥AD，即可，
∵AB＝AC，即△ABC是等腰三角形，∴AD是BC边上的中垂线即可，
即当D是弧BC的中点时，满足BC⊥PD，此时∠CAD＝＝．
（2）在四棱锥P﹣ABDC，高PA＝2是定值，要使四棱锥P﹣ABDC体积最大，则只需要四边形ABCB的面积最大即可，
设∠CAD＝θ，（0＜θ＜），则∠BAD＝﹣θ，
设圆锥底面半径为R，则R＝AB＝2，
则ABCB的面积S＝S△CAD+S△BAD＝R2sinθ+R2sin（﹣θ）＝2sinθ+2sin（﹣θ）＝2sinθ+csθ+sinθ＝3sinθ+csθ＝2（sinθ+csθ）＝2sin（θ+），
∵0＜θ＜，∴＜θ+＜，
则当θ+＝时，即θ＝时，ABCB的面积S最大，此时四棱锥P﹣ABDC体积最大，此时D为的中点，
其中＝×AC＝，
将圆锥的侧面展开后得到扇形如图：
∵，AB＝2，
∴母线PB＝＝4，
则圆心角∠CPB＝＝，
∵D是的中点，
∴∠CPD＝∠CPB＝，
则CD2＝PC2+PB2﹣2PC•PBcs＝16+16﹣2×4×4×＝32﹣16＝8（4﹣2）＝8（﹣1）2，
则CD＝×（）＝2（）．
【点评】本题主要考查空间直线垂直的判定，利用线面垂直的判定定理以及扇形的弧长公式，余弦定理进行转化求解是解决本题的关键，是中档题．
20．（12分）在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c﹣2bcsA＝b．
（1）求证：A＝2B；
（2）若A的角平分线交BC于D，且c＝2，求△ABD面积的取值范围．
【分析】（1）根据已知条件，结合正弦定理，以及三角函数的恒等变换，即可求证；
（2）根据已知条件，结合正弦定理，推得AD＝BD＝，再结合三角形的面积公式，以及角B的取值范围，即可求解．
【解答】证明：（1）∵c﹣2bcsA＝b，
∴由正弦定理可得，sinC﹣2sinBcsA＝sinB，
∵A+B+C＝π，
∴sin（A+B）＝sinC，
∴sin（A+B）﹣2sinBcsA＝sinAcsB+csAsinB﹣2sinBcsA＝sinB，
∴sin（A﹣B）＝sinB，
∵△ABC为锐角三角形，
∴A∈（0，），B∈（0，），
∴A﹣B∈，
∵y＝sinx在（﹣，）上单调递增，
∴A﹣B＝B，即A＝2B；
（2）解：∵A＝2B，
∴在△ABD中，∠ABC＝∠BAD，
由正弦定理可得，＝，
∴AD＝BD＝，
∴＝，
∵△ABC为锐角三角形，
∴，解得，
∴，
∴△ABD面积的取值范围为（）．
【点评】本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
21．（12分）如图，在多面体ABCDE中，平面ACD⊥平面ABC，BE⊥平面ABC，△ABC和△ACD均为正三角形，AC＝4，BE＝．
（1）求多面体ABCDE的体积．
（2）在线段AC上是否存在点F，使得BF∥平面ADE？说明理由；
【分析】（1）在平面ABC内，过B作BH⊥AC，垂足点为H，则易得BH⊥平面ACD，同理可得DH⊥平面ABC，从而易得E到平面ACD的距离等于B到平面ACD的距离，即为BH，又多面体ABCDE的体积为：VE﹣ABC+VE﹣ACD，最后根据锥体的体积公式，计算即可求解；
（2）取DH的中点G，取AH的中点F，则易证平面BGF∥平面ADE，从而得BF∥平面ADE．
【解答】解：（1）如图，在平面ABC内，过B作BH⊥AC，垂足点为H，
又平面ACD⊥平面ABC，且平面ACD∩平面ABC＝AC，
∴BH⊥平面ACD，
∵△ABC和△ACD均为正三角形，∴H为AC中点，DH⊥AC，
又平面ACD⊥平面ABC，且平面ACD∩平面ABC＝AC，
∴DH⊥平面ABC，又BE⊥平面ABC，
∴DH∥EB，又EB⊄平面ACD，DH⊂平面ACD，
∴EB∥平面ACD，
∴E到平面ACD的距离等于B到平面ACD的距离，即为BH，
又AC＝4，BE＝，∴BH＝DH＝，
∴多面体ABCDE的体积为：
VE﹣ABC+VE﹣ACD＝+＝12；
（2）由（1）可知四边形DHBE为直角梯形，DH＝2EB，且H为AC中点，
取DH的中点G，连接GB，则易知GB∥DE，
又GB⊄平面ADE，DE⊂平面ADE，∴GB∥平面ADE，
再取AH的中点F，连接GF，FB，则GF∥AD，
同理可证GF∥平面ADE，又GF∩GB＝G，
∴平面BGF∥平面ADE，又BF⊂平面BGF，
∴BF∥平面ADE，
∵H为AC中点，F为AH的中点，
∴AC＝4AF，
故AC上存在点F，且AC＝4AF，使得BF∥平面ADE．
【点评】本题考查多面体的体积的求解，线面平行的证明，面面垂直的性质定理，面面平行的判定定理与性质，化归转化思想，属中档题．
22．（12分）深圳别称“鹏城”，是中国的窗口，“深圳之光”摩天轮是中国之眼，如图（1），代表着开拓创新、包容开放的精神，向世界展示着中国自信．摩天轮的半径为6（单位：10m），圆心O在水平地面上的射影点为A，摩天轮上任意一点P在水平地面上的射影点都在直线l上．水平地面上有三个观景点B、C、D，如图（2）所示．在三角形ABC中，AB＝AC，BD＝8DC，∠BAD＝90°，BC∥l，∠OBA＝45°，记OA＝a（单位：10m）．
（1）在△ABC中，求cs∠ABC的值；
（2）若摩天轮上任意一点P与O点连线与水平正方向所成的角为θ（0≤θ＜2π）如图（3）所示，点P在水平地面上的投影为P0．
①用θ表示PP0，BP0，BP的长；
②因安全因素考虑，观景点B与摩天轮上任意一点P的之间距离不超过（单位：10m），求实数a的取值范围．
【分析】（1）设DC＝m，则BD＝8m，进而由余弦定理求解即可得答案，要注意OA⊥平面ABC；（2）过点P作PQ⊥l于点Q，连接BQ，PB，要使PB尽可能的大，结合几何关系得PB，利用三角换元求解得，最后解不等式 即可得答案．
【解答】解：设DC＝m，则BD＝8m，所以在△ABD和△ABC中，
分别利用余弦定理得：，
所以a2＝36m2，所以a＝6m，则 ；
（2）根据题意，观景点B与摩天轮上任意一点P的之间距离不超过，
即 ，过点P作PQ⊥l于点Q，连接BQ，PB，
要使PB尽可能的大，则点P在直线m的上方部分，
且Q在点A的右侧，如图，设PQ＝h，AQ＝x，a≤h≤a+6，由于PQ垂直底面ABC，
在Rt△OPE中，（h﹣a）2+x2＝36，则h2+a2+x2﹣2ah＝36，
所以
＝＝，令，
则2h+x＝2a+12csθ+9sinθ＝2a+15sn（θ+φ）≤2a+15（其中tanφ＝），
所以 ，即2a2+15a﹣203≤0，
所以（a﹣7）（2a+29）≤0，解得a≤7，所以实数a的取值范围（6，7]．
【点评】本题考查三角函数的实际应用，考查三角的综合应用，属于中档题．
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