吉林省、黑龙江省六校联考2024-2025学年高一下学期7月期末考试 数学试卷

这是一份吉林省、黑龙江省六校联考2024-2025学年高一下学期7月期末考试 数学试卷，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。
一、单选题
若A ， B 为互斥事件，则
P( A)  P(B)  1
C． P( A)  P(B)  1
P( A)  P(B)  1
D． P( A)  P(B)  1
已知锐角三角形边长分别为4, 3, x ，则 x 的取值范围是（ ）
A． 1, 7 
B． (1, 5)C． 
7, 7
D． 
7, 5
如图，在直角梯形 ABCD 中， AB  AD, AB / /CD, AB  3, CD  1, AD 
ABCD 的面积为（ ）
，则直角梯形 ABCD 的直观图
2
2
A．8B． 2C．1D．
平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据分布的形态有关，在下图两种分布形态中， a,b,c, d 分别对应平均数和中位数之一，则可能的对应关系是（ ）
a 为中位数， b 为平均数， c 为平均数， d 为中位数
a 为平均数， b 为中位数， c 为平均数， d 为中位数
a 为中位数， b 为平均数， c 为中位数， d 为平均数
a 为平均数， b 为中位数， c 为中位数， d 为平均数
空间中有两个不同的平面α,β和两条不同的直线m, n ，则下列说法错误的是（ ）
若α β, m  α, n  β，则m  n
若α β,α β n, m  n ，则m  β
若α// β, m α, n // β，则m  n
若n α, n  β, m α，则m  β
6．2024 年巴黎奥运会奖牌榜前 8 名的金牌数依次为 40，40，20，18，16，15，14，13，则这组数据的上四分位数为（ ）
A．40B．30C．15D．14.5
类比思想是学习数学的一种重要的思想方法，是指依据两类数学对象的相似性，将已知的一类数学对象的性质迁移到另一类数学对象上去的一种思维方法．在平面几何中，有如下命题“正三角形 ABC 的高为h, O
是V ABC 内任意一点，O 到三边的距离分别为d , d , d ，则 d1  d2  d3 为定值”．证明如下：设正三角形 ABC
123h
边长为a ，高h, O 到三边的距离分别d1 , d2 , d3 ，则： SV AOB  SV BOC  SVCOA  SV ABC ，即：
1 ad  1 ad  1 ad  1 ah ，化简得， d  d  d  h ， d1  d2  d3  1 （定值）．类比此命题及证明方法，
212
2232
123h
3
5
6
在立体几何中可解决以下问题，正四面体 P  ABC 中， AB  6 ，若点M 是正四面体 P  ABC 内任意一点，点M 到平面 ABC ，平面 PAB ，平面 PBC ，平面 APC 的距离分别为d1 , d2 , d3 , d4 ，则d1  d2  d3  d4  （ ）
2
A． 2
B． 2
C． 2
D． 2
某班准备从全班 50 人中选一人参加学校活动，投票结果甲乙丙三人票数并列第一，现决定抽签的方式在甲乙丙中确定最终人选，抽签规则如下，班主任掷骰子确定三人抽签顺序，抛掷一枚均匀的骰子，每个点数对应一种抽签顺序，然后甲乙丙按照相应顺序依次从装有大小形状完全相同的两白一红三个小球的盒子里不放回的各自取一球，取到红球即胜出，则甲胜出的概率为（ ）
A． 1
3
二、多选题
B． 1
50
C． 1
150
D． 1
18
设复数 z  1  3 i ，其中i 是虚数单位， z 是 z 的共轭复数，下列判断中正确的是（ ）
22
zz  1
4z  z  3 3 i
2
z2  1
z 2  1
以下叙述不正确的是（ ）
若事件 A, B,C 两两独立，则 P  ABC   P  A P  B P C 
若 P  ABC   P  A P  B P C  ，则事件 A, B,C 两两独立
若 P  A  B  C   P  A  P  B  P C  ，则事件 A, B,C 两两互斥
若事件 A, B,C 两两互斥，则 P  A  B  C   P  A  P  B  P C 
已知平面直角坐标系中三个点 A1, 3 , B 0, 0, C 3, 3  ，则下列说法正确的是（ ）
若四边形 ABCD 为平行四边形，则 D 点坐标为(4, 0)
以A 为圆心，作一个半径为 1 的圆，点 P 为该圆上的任意一点， AC  λAB  μAP ，若λ μ为正值， 则λ μ的最小值为 4
AB
若–––→ 与 AB  m AC 的夹角为锐角，则实数m 的取值范围为1, 
与∠ABC 的角平分线所在直线平行的一个向量的坐标为
三、填空题
1, 3 1
如图，四个边长均相等的等边三角形有一条边在同一条直线上，边 B4C4 上有 10 个不同的点，
P1 , P2 , P10 ，记mi  AB2  APi i  1, 2, 3,,10 ，若m1  m2    m10  540 ，则等边三角形的边长为.
甲乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为a ，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为b ，其中a, b 1, 2, 3, 4, 5, 6 ，若 a  b  1 ，就称甲乙“心有灵犀”.现任意找两人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为.
如图，在直角梯形 ABCD 中， AB//CD, AB  BC, AB  2CD  2 ， AD  6 ，以 BC 边所在的直线为轴，
其余三边旋转一周所形成的面围成一个几何体．一只蚂蚁在形成的几何体上从点A 绕着几何体的侧面爬行一周回到点A ，则蚂蚁爬行的最短路程为 ．
四、解答题
为了了解某工厂生产的产品情况，从该工厂生产的产品中随机抽取了一个容量为 400 的样本，测量它们的尺寸（单位：mm），并将数据分为92, 94,94, 96,96, 98,98,100,100,102,102,104,104,106七组，其频率分布直方图如图所示．
求 x 值；
根据频率分布直方图，求 400 件样本中尺寸在98,100 内的样本数；
已知利用分层随机抽样从第一、二组共抽出十二个数据，从第一组，第二组抽出的数据的标准差分别为 1
2
和
，平均值分别为 93 和 94.5，求抽出数据的均值和方差．
参考公式：若总体划分为 2 层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：
m, x, s2 ； n, y, s2 记总的样本平均数为ω，样本方差为s2 ，则s2  1 m s2   x ω2   n s2   y ω2 ．
12m  n 1
 2
如图，在多面体 ABCDE 中， AE  BE 
13 ， AB 
2 AC 
2BC  4 ， CD  AB ，平面 ACD  平面
ABC .
证明： CD  平面 ABC .
已知CD  3 ，平面 ABC  平面 ABE ， F 是线段 AB 的中点.
①证明：四边形CDEF 为矩形.
②求多面体 ABCDE 的体积.
如图四边形 ABCD 中， BC  2CD  8, AB  AD  6
5
若V ABC 的面积为8
，且 B 为锐角，求 AC 的长度．
试问2 cs B  cs D 是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由，
求四边形 ABCD 面积的最大值．
如图，在四棱锥 P  ABCD 中， PA  平面 ABCD ，底面 ABCD 为梯形， BC //AD ，平面 PAB  平面
PBC ，且 AB  BC  2 ， PA  AD  4 .
若平面 PBC 与平面 PAD 相交于直线l ，求证： BC //l ；
求l 与 AC 所成的角；
求二面角C  PD  A 的余弦值．
法国数学家费马在给意大利数学家托里拆利的一封信中提到“费马点”，即平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点．托里拆利确定费马点的方法如下：
①当V ABC 三个内角均小于120∘ 时，满足AOB  BOC  COA  120 的点O 为费马点；
②当V ABC 有一个内角大于或等于120∘ 时，最大内角的顶点为费马点．请用以上知识解决下面的问题：
已知V ABC 的内角A 、 B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，点M 为V ABC 的费马点， c  1且
sinB  sinC  csBsinA
求角C ；
求MA  MB  MB  MC  MA  MC ；
–––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→
已知在V ABC 中，若点 P 为V ABC 平面上任意一点，求 AP  AB  AP  AC  PB  AC 的最小值．
1．B
【详解】因为 A,B 互斥，但 A,B 不一定对立，所以 P  A  P  B  1
2．D
根据已知，利用三角形三边关系及余弦边角关系列不等式求边长的范围.
【详解】由三角形三边关系有1  x  7 ，又三角形为锐角三角形，
7
7
若 x  4 ，则 x2  9  16 ，可得 x ，即 x  4 ，
若 x  4 ，则32  42  x2 ，可得 x  5 ，即4  x  5 ，
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
C
A
B
B
D
A
AD
AB
题号
11
答案
BD
7
综上，
 x  5 .
故选：D 3．C
根据已知求原图的面积，再由斜二测画法中原图与直观图面积关系求结果.
【详解】由题设S
ABCD
 1  AD (CD  AB)  2，
2
2
由SABCD 
2
S
ABCD
2  2
2
4
 1.
故选：C 4．A
在频率分布直方图中，中位数两侧小矩形的面积相等，平均数是每组频率的中间值乘频数再相加之和，由此能求出结果．
【详解】解：在频率分布直方图中，中位数两侧小矩形的面积相等，
平均数是每组频率的中间值乘频数再相加之和，结合两个频率分布直方图得：
a 为中位数， b 为平均数， c 为平均数， d 为中位数．
故选：A．
5．B
根据各项线线、线面、面面的位置关系，结合平面的基本性质判断各项的正误.
【详解】A：由α β, m α，则m / /β或m  β，又n  β，则m  n ，对； B：由α β,α β n, m  n ，则m,β平行或相交（不一定垂直），错； C：由α/ /β, m  α，则m  β，又n / /β，则必有m  n ，对；
D：由n  α, m  α，则m // n ，又n  β，则m  β，对.
故选：B 6．B
运用百分位数的求法求这组数据的上四分位数即可.
【详解】由题设，数据从小到大为13,14,15,16,18, 20, 40, 40 ，且8 75%  6 ，
所以数据的上四分位数为 20  40  30 .
2
故选：B 7．D
根据题设，应用等体积法有VP ABC  VM  ABC  VM  PAB  VM  PBC  VM  APC ，结合棱锥的体积公式列方程，即可得.
【详解】
如图，正四面体 P  ABC 的棱长为 6，设点 H 为点 P 在底面 ABC 上的射影，
连接CH 并延长交 AB 于点 E ，连接 PE ，则 PE  CE 
3  6  3
3
3 3 2  
3 2
3
2
， EH  1 CE ，
3
3
PE2  EH 2
故正四面体的高为 PH 

 2
，且各侧面的面积为S  1  6  3
6
3
2
 9，
由V V
 V V
 V，可得 1  9 3  2
 1  9 3 d  d
 d  d  ，
6
P ABCM  ABCM  PABM  PBCM  APC
331234
6
解得d1  d2  d3  d4  2.
故选：D 8．A
根据已知分析得到不同抽签顺序下甲胜出的概率，法一：应用独立事件乘法公式、互斥事件加法求概率；
法二：利用二项分布 B(6, 1 ) ，利用二项分布期望求法求甲胜出的概率均值，即可得.
18
【详解】由题意，抽签顺序有 6 种可能，分别为{ 甲乙丙}、{ 甲丙乙}、{ 乙甲丙}、{ 乙丙甲}、{ 丙甲乙
}、{
丙乙甲
}，各情况出现概率为 1 ，
6
对于{
甲乙丙
}、{
甲丙乙
}两种情况，此时甲胜出的概率为 1 ，
3
对于{ 乙甲丙}、{ 丙甲乙}两种情况，此时甲胜出的概率为 2  1  1 ，
3 23
对于{ 乙丙甲}、{ 丙乙甲}两种情况，此时甲胜出的概率为 2  1 1  1 ，
323
法一：甲胜出的概率为 1  1  1  1  1  1  1  1  1  1  1  1  1 ；
6 36 36 36 36 36 33
法二：无论哪种情况甲胜出的概率为 1 ，故甲胜出服从 B(6, 1 ) ，则甲胜出的概率均值为6  1
 1 .
故选：A 9．AD
1818
183
由共轭复数的定义及复数的性质及乘法运算判断各项的正误即可.
【详解】由题设 z  1  3 i ，则 zz  (1  3 i)(1  3 i)  1 ，A 对；
222222
由4z  2  2 3i ， z  3 3 i  1  2 3i ，而复数不能比较大小，B 错；
22
由 z2  ( 1  3 i)2   1  3 i ，C 错；
2222
由 z 2 | 1  3 i |2  1，D 对.
22
故选：AD 10．AB
利用前提举反例，结合独立事件的判定判断 A、B；由概率的性质及事件的运算、互斥事件定义判断 C、D.
【详解】A：若事件 A, B,C 两两独立，则 P( AB)  P( A)P(B) ， P( AC)  P( A)P(C) ， P(BC)  P(B)P(C) ，抛两次硬币， A : 第一次正面， B : 第二次正面， C :两次结果相同，
所以 P( A)  P(B)  P(C)  1 ， P( AB)  P( AC)  P(BC)  1 ，显然满足前提，
24
而 P( ABC)  1 ，此时 P( A)P(B)P(C)  1 ，不满足 P  ABC   P  A P  B P C  ，即 A 错；
48
B：对于样本空间{1, 2, 3, 4,5, 6, 7,8}，若 A  {1, 2,3, 4}， B  {1, 3, 4, 5}， C  {1, 6, 7,8} ，则 ABC  {1}，
所以 P( A)  P(B)  P(C)  1 ，且 P( ABC)  1 ，此时满足 P  ABC   P  A P  B P C  ，
28
但 AC  {1}，即 P( AC)  1 ，显然 P( AC)  P( A)P(C) ，显然 A, C 不相互独立，即 B 错；
8
C：若 P  A  B  C   P  A  P  B  P C  ，而
P  A  B  C   P  A  P(B)  P C   P( AC)  P( AB)  P(BC)  P( ABC) ，所以 P( ABC)  P( AC)  P( AB)  P(BC) ，
必有 P( ABC)  P( AC)  P( AB)  P(BC)  0 ，即事件 A, B,C 两两互斥时成立，即 C 对；
D：若事件 A, B,C 两两互斥，必有 P  A  B  C   P  A  P  B  P C  ，即 D 对.故选：AB
11．BD
A 应用向量相等的坐标表示求得 D(2, 2 3) 即可判断；B 令 P(csθ1, sinθ
λ μcsθ 4
–––→
，则 AP  (csθ, sinθ) ，且

0 θ 2π ，根据已知得
4( 3 θ
，进而有
3λ μsinθ 0
2 3 tan2 θ
θ π5πθ
λ μ
sinθ
sin )
3 csθ
 4 (1
3  2 tanθ
2
3 tan2
θ) ，由λ μ 0 得0  2  3 或
  π ，即可判断；
62
22
C 根据已知得 AB  ( AB  m AC)  4(1 m)  0 且1 4m  1即可判断；D 根据已知求得 BA, BC 对应的单位向量
分别为  1 ,
 
3
,
, 1  ，进而得到与∠ABC 的角平分线所在直线平行的一个向量为 3 1 , 3 1  即可
 22  
22 
22
3
 
3
判断.
【详解】A：由题设 D C  AB  (1, 
，设 D(x, y) ，则(3  x,
 y)  (1, 
3) ，
3
所以 x  2, y  2
，故 D(2, 2 3) ，错；
B：由题设，令 P(csθ1, sinθ
–––→
，则 AP  (csθ, sinθ) ，且0 θ 2π ，

λ μcsθ 4
又 AC  λAB  μAP ，所以(4, 0)  λ(1, 
 μ(csθ, sinθ) ，则
，
3λ μsinθ 0
4  μcsθ
μ sinθ
μθ π

μ 2
所以
λ
3
3
μ sinθ
，即
3
2 sinθ
sin(
)2，则
3
sin(θ π) ，
3
3
而
sin(θ π) ，则 3
4( 3  sinθ)
sinθ 3 csθ
4( 3 cs2 θ
3 sin2 θθθ
3  2 tanθ
3 tan2 θ
2( 3  sinθ)
λ μ
22
2 sincs )
22   22
π
θθθθ4θθ
sin(θ )
3
2 sin cs
 3 cs2
3 sin2
3  2 tan
3 tan2
3 tan2 θ
222222
 4 (1
 2 tanθ
2
3 tan2
θ) ，
22
由λ μ 0 ，只需sinθ
3 csθ 2 sin(θ π)  0 ，即sin(θ π)  0 ，
33
又π θ π  7π ，则π θ π  π 或2π θ π  7π ，可得0 θ 2π 或 5π θ 2π ，
333333333
所以0  θ π 或 5π  θ π ，若tanθ 0 ，则λ μ 4 ，
23622

令 x  tanθ 0 ，则 x  tanθ ( 3 , 0) ∪ (0, 3) ，故 1  (,  3) ∪ ( 3 , ) ，
223x3
2 3x2
3  2x  3x2
22
所以 y  1 2 11 4  0 ，即λ μ 4 ，
3x
1( 
x2x
)2 
3
3
综上，λ μ的最小值为 4，对；
AB
C：由题设–––→  (1, 
， AC  (4, 0) ，则 AB  m AC  (1 4m, 
3) ，
AB
所以 AB  ( AB  m AC)  1 4m  3  4(1 m) ， –––→ 与 AB  m AC 的夹角为锐角，所以4(1 m)  0 且1 4m  1，可得m  1且m  0 ，错；
–––→–––→
 13  1 
3
D：由题设 BA  1, 3 , BC  3, 3 ，对应的单位向量分别为  ,
 , 
,  ，
 22  
22 
所以与∠ABC 的角平分线所在直线平行的一个向量为 3 1 , 3 1  ，
22
显然向量

3 1, 3 1与向量 3 1 , 3 1  共线，对.
22

故选：BD 12．3
建立平面直角坐标系，求出直线 B4C4 的方程，将 Pi (xi , yi ) 代入直线 B4C4 的方程，并用向量的坐标表示出
mi  AB2  APi i  1, 2, 3,,10 ，和上式联立，即可得出mi ，最后求出等边三角形的边长.
【详解】设等边三角形边长为a ，以A 为坐标原点， AC1 所在直线为 x 轴建立平面直角坐标系，
则 B (3a ,
3a ) ， ––––→  (3a ,
3a ) ， B ( 7a ,
3a ) ， C (4a, 0) ，
2 22
AB222
3a
0 
4 224
直线 B4C4 的斜率为： 2  
4a  7a
2
3 ，方程为： y  
3(x  4a) ，
设 Pi (xi , yi ) ，因为 Pi (xi , yi ) 在 B4C4 上，所以 yi  
3(xi  4a) ，
且 APi  (xi , yi ) ，依题意，
m  ––––→  –––→  (3a , 3a )  (x , y )  3a x  3a y
 3a x  3a [
3(x  4a)]  6a2 i  1, 2, 3,,10 ，所以
iAB2
APi22
ii2 i2i
2 i2i
m  m    m  6a2 10  540 ，解得a  3 （负的舍去），即等边三角形的边长为 3.
1210
故答案为：3.
13． 4
9
根据已知确定所有可能情况，再列举出 a  b  1 的对应情况，应用古典概型的概率求法求概率.
【详解】由题设，所有可能的有序数对( a , b ) 共有6  6  36 个，而 a  b  1 的情况有
(1,1), (1, 2), (2,1), (2, 2), (2, 3), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (5, 4), (5, 5), (5, 6), (6, 5), (6, 6) ，共有 16 个，
所以任意找两人玩这个游戏，他们“心有灵犀”的概率为16  4 .
369
故答案为： 4
9
14．12
根据已知几何体是母线长为 6，上下底面半径分别为1, 2 的圆台，其侧面展开图为圆环的一部分，将其补为圆锥并将侧面展开，即可求蚂蚁爬行的最短路程.
【详解】由题意，几何体是母线长为 6，上下底面半径分别为1, 2 的圆台，其侧面展开图为圆环的一部分，所以，可将几何体补为母线长为 12，底面半径为 2 的圆锥，再将其侧面展开如下图示，
所以圆环的一部分 ADDA ，即为圆台的侧面展开图，而AOA  4π  π ，
123
所以VOAA为等边三角形，故蚂蚁爬行的最短路程为线段AA  12 .
故答案为：12 15．(1) x  0.12 ；
72 件；
均值、方差分别为 94、13 .
6
利用频率和为 1 列方程求参数值；
根据直方图估计 400 件样本中尺寸在98,100 内的样本数即可；
利用分层抽样中各层样本与总体均值、方差间的关系求总体的均值和方差.
【详解】（1）由图知(0.02  0.04  x  0.09  0.1 0.07  0.06)  2  1 ，可得 x  0.12 ；
（2）由图知 400 件样本中尺寸在98,100 内的样本数为400  0.09  2  72 件；
（3）由分层抽样的等比例性质，第一、二组抽取数据分别为 4、8 个，
所以抽出数据的均值为 4  93  8 94.5  94 ，
12
抽出数据的方差为 1 4  1 93  942   8 2  94.5  942   13 .
12
16．(1)证明见解析
6
(2)①证明见解析；②8
由勾股定理得 AC  BC ，由面面垂直的性质定理可得 BC  CD ，再由线面垂直的判定定理即可证明；
①利用面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理可得CD / / EF ，再由CD  EF 即可证明；②根据线面垂直判定定理可得 AB  平面CDEF ，将多面体分成 2 个四棱锥，再根据锥体的体积公式求解即可.
【详解】（1）证明：因为 AB 
2 AC 
2BC ，
所以 AB2  AC 2  BC 2 ，所以 AC  BC .
因为平面 ACD  平面 ABC ，且平面 ACD ∩ 平面 ABC  AC ， BC  平面 ABC ，所以 BC  平面 ACD .
因为CD  平面 ACD ，所以 BC  CD .
因为CD  AB ，
AB  平面 ABC ， BC  平面 ABC ，且 AB  BC  B ，所以CD  平面 ABC .
（2）①证明：因为 AE  BE ，且 F 为线段 AB 的中点，所以 EF  AB .
因为平面 ABC  平面 ABE ，且平面 ABC ∩ 平面 ABE  AB ， EF  平面 ABE ，所以 EF  平面 ABC .
所以 EF  CF ，
由（1）可知CD  平面 ABC ，则CD / / EF ， CD  CF ，
1
AE2  AF 2
因为 AE 
13 ， AF  2 AB  2 ，且 EF  AB ，所以 EF 
 3 .
因为CD  3 ，所以四边形CDEF 是矩形.
②解：因为 AC  BC ，且 F 为线段 AB 的中点，所以CF  AB ，由①知 EF  AB ，
因为 EF  平面CDEF ， CF  平面CDEF ，且 EF ∩ CF  F ，
2
AC 2  AF 2
所以 AB  平面CDEF ，由①知 EF  3 ，
因为 AC  2
， AF 
1 AB  2 ，所以CF 
2
 2 .
则四棱锥 A  CDEF 的体积V  1  2  3 2  4 .
13
故多面体 ABCDE 的体积V  2V1  8 . 17．(1)6；
是， 2 cs B  cs D  1 ；
2
24；
利用三角形面积公式列方程得sin B 
52  AC 2
，再由平方关系及余弦定理求边长即可；
3
100  AC 2
应用余弦定理得cs D ， cs B ，进而计算2 cs B  cs D ，即可得结论；
4896
由题设可得四边形面积S  12(sin D  2 sin B) ，令m  sin D  2 sin B  0 ，结合（2）结论并应用平方关系、和角余弦公式得m2 1  5  4 cs(B  D) ，根据余弦函数性质求m 最大值，即可得.
【详解】（1）由题设 1 AB  BC sin B  8
2
AB2  BC 2  2 AB  BC cs B
又 B 为锐角，则cs B  2 ，故 AC 
3
AD2  CD2  AC 2
，又 BC  8, AB  6 ，可得sin B 
5

AB2  BC 2  AC 2
5 ，
3
36  64  64
 6 ；
由题设cs D 
2 AD  CD
， cs B 
，
2 AB  BC
BC  2CD  8, AB  AD  6
52  AC 2
100  AC 2
又，则cs D ， cs B ，
4896
100  AC 252  AC 2
所以2 cs B  cs D  2  1，为定值；
9648
由S  S
V ACD
 SV ABC
 1 AD  CD sin D  1 AB  BC sin B  12(sin D  2 sin B) ，
22
令m  sin D  2 sin B  0 ，则m2  sin2 D  4 sin2 B  4 sin B sin D ，又2 cs B  cs D  1 ，则1  cs2 D  4 cs2 B  4 cs B cs D ，
所以m2 1  5  4 cs(B  D) ，
2
2
当cs(B  D)  1 ，即 B  D  π 时，最大m2 1  9 ，此时mmax  2，
2
所以四边形 ABCD 面积的最大值S  12  2
18．(1)证明见解析
(2) π
4
(3) 3
3
 24.
证明出 BC // 平面 PAD ，再利用线面平行的性质可证得结论成立；
证明出 BC  AB ，可得出V ABC 的形状，由异面直线所成角的定义可知l 与 AC 所成的角为∠ACB 或其补角，即可得解；
取 AD 的中点O ，连接CO ，过O 作OE  PD 于 E ，连接CE ，根据线面垂直的判定和性质定理及二面角的定义有OEC 是二面角C  PD  A 的平面角，进而求其余弦值.
【详解】（1）因为 BC //AD ， BC  平面 PAD ， AD  平面 PAD ，所以 BC // 平面 PAD ，因为 BC  平面 PBC ，平面 PBC ∩ 平面 PAD  l ，故l //BC .
过点A 在平面 PAB 内作 AH  PB ，垂足为点 H ，如下图所示：
因为平面 PAB  平面 PBC ，平面 PAB  平面 PBC  PB ， AH  平面 PAB ，
AH  PB ，故 AH  平面 PBC ，
因为 BC  平面 PBC ，所以 AH  BC ，
因为 PA  平面 ABCD ， BC  平面 ABCD ，所以 BC  PA ，
因为 PA ∩ AH  A ， PA 、 AH  平面 PAB ，所以 BC  平面 PAB ，因为 AB  平面 PAB ，所以 BC  AB ，
因为l //BC ，故l 与 AC 所成的角为∠ACB 或其补角，
又因为 AB  BC  2 ，则V ABC 为等腰直角三角形，则ACB  π ，
4
即l 与 AC 所成的角为 π .
4
取 AD 的中点O ，连接CO ，
因为 AD  4 ， BC  2 ， AD//BC ，故 AO  2  BC ，
所以，四边形 ABCO 为平行四边形，所以CO//AB ， CO  AD ，由 PA  平面 ABCD ， CO  平面 ABCD ，则CO  PA ，
而 PA  AD  A ， PA, AD  平面 PAD ，于是CO  平面 PAD ，
又 PD  平面 PAD ，则 PD  CO ，过O 作OE  PD 于 E ，连接CE ，显然CO  OE  O ， CO 、OE  平面COE ，因此 PD  平面COE ，
而CE  平面COE ，则 PD  CE ，即OEC 是二面角C  PD  A 的平面角，
由 PA  AD  4 ， PA  AD ，得ADP  45∘ ，
则OE  OD sin ADP 
2 ， CE 
， csOEC  OE 3 ，
CE3
所以二面角C  PD  A 的余弦值是 3 .
3
19．(1) 45∘
(2)  3
3
2
(3)1
【详解】（1）因为sin C  cs B sin A ，又sin C  sin  A  B  sin A cs B  cs Asin B ，所以cs Asin B  0 ，
因为0∘  B  180∘ ，则sin B  0 ，故cs A  0 ，
因为0∘  A  90∘ ，所以 A  90∘ ，
又sin B  sin C ，则b  c ，故V ABC 为等腰直角三角形，所以C  45∘ .
由sin B  sin C ，知b  c  1 ，
由费马点定义知， AMB  BMC  AMC  120∘ ，
–––→
–––→
––––→
设 MA  m ， MB  n ， MC  t ， m  0 ， n  0 ， t  0 ，
由S△ AMB  S△BMC  S△ AMC  S△ ABC 得： 1 mn 
3  1 nt 
3  1 mt 
3  1 ，
2 3
3
2222222
整理得mn  nt  mt ，
则MA  MB  MB  MC  MA  MC  mn   1   nt   1   mt   1    1  2 3   3 .
 2 
2  2 
233

在V ABC 中， AB  AC  1， A  π ，
2
以点A 为坐标原点， AB 、 AC 所在直线分别为 x 、 y 轴建立平面直角坐标系，则 A0, 0 、 B 1, 0 、C 0,1 ，设点 P  x, y  ，
则 AP  AB   x 1, y  ， AP  AC   x, y 1 ，
PB  AC  1 x,  y   0,1  1 x, 1 y 
APAB
APAC
PBAC
–––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→
所以

x2   y 12
 x 12   y 12
，
 x 12  y2

–––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→
则 AP  AB  AP  AC  PB  AC 的几何意义是点 P 到点 B 1, 0 、C 0,1 、 D 1, 1 的距离之和，
–––→–––→
因为 AB 
AC ， AB ⊥AC ，则V ABC 为等腰直角三角形，故ABC  45∘ ，
易知 AB  BD ，故CBD  ABC  ABD  45∘  90∘  135∘ ，
–––→ –––→–––→ –––→–––→–––→
–––→–––→
所以，△BCD 的“费马点”为点 B ，故 AP  AB  AP  AC  AP  BC 的最小值为 BC  BD  2 1.