福建省厦门市双十中学高一下学年 期中考试数学试卷-A4

这是一份福建省厦门市双十中学高一下学年 期中考试数学试卷-A4，共19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.在复平面内，复数z对应的点的坐标是(1,2)，则i⋅z=( )
A. 1+2iB. −2+iC. 1−2iD. −2−i
2.已知向量a=(2,4)，b=(1,m)，若a与a+b共线，则实数m=( )
A. −12B. −2C. 12D. 2
3.用斜二测画法画水平放置的△ABC的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形A′B′C′.已知A′C′=2，则△ABC的面积为( )
A. 4 2
B. 4
C. 2 2
D. 2
4.如图所示，△ABC中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则BE=( )
A. 23BA+16BC
B. 13BA+13BC
C. 23BA+13BC
D. 13BA+16BC
5.△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acsB=2ccsA−bcsA且(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，则△ABC的形状是( )
A. 有一个角是π6的等腰三角形B. 等边三角形
C. 三边均不相等的直角三角形D. 等腰直角三角形
6.已知m，n为空间中不重合的直线，α，β，γ为空间中不重合的平面，下列命题正确的是( )
A. 若m//n，n⊂α，则m//αB. 若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
C. 若α⊥γ，β⊥γ，则α//βD. 若m//α，n⊥α，则m⊥n
7.设△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b=4，c=3，A=π3，∠BAC的平分线交边BC于点D，则线段AD的长度为( )
A. 9 37B. 12 37C. 6 37D. 5 314
8.点M，N分别是棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中棱BD，CC1的中点，动点P在正方形BCC1B1(包括边界)内运动．若PA1//面AMN，则PA1的长度范围是( )
A. [2, 5]
B. [3 22, 5]
C. [3 22,3]
D. [2,3]
二、多选题：本题共3小题，共18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6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知i为虚数单位，则下列选项中正确的是( )
A. 复数(m2+3m−4)+(m−1)i是纯虚数，m∈R，则m=1或m=−4
B. 若|z|=1，则|z+1+i|的最大值为 2+1
C. 若|z1|=|z2|，则z12=z22
D. 若1−3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，则q=10
10.已知△ABC是边长为2的等边三角形，D，E分别是AC，AB上的两点，且AE=EB,AD=2DC，BD与CE交于点O，则下列说法正确的是( )
A. AB⋅CE=−1
B. OE+OC=0
C. |OA+OB+OC|= 3
D. ED在BC方向上的投影向量的模长为76
11.已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱和底面垂直，且所有顶点都在球O的表面上，侧面BCC1B1的面积为4 3，则下列四个结论正确的有( )
A. 若B1C1的中点为E，则AC1//平面A1BE
B. 若三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4 3，则A1到平面BCC1B1的距离为3
C. 若BC=BB1，AB⊥AC，则球O的表面积为8 3π
D. 若AB=AC=BC，则球O体积的最小值为32π3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，正方形ABCD的边长为6，点E是BC边上的中点，点F是边CD上靠近C的三等分点，则AE⋅EF=______.
13.如图是某烘焙店家烘焙蛋糕时所用的圆台状模具，它的高为6cm，下底部直径为12cm，上面开口圆的直径为20cm，现用此模具烘焙一个跟模具完全一样的儿童蛋糕，若蛋糕膨胀成型后的体积会变为原来液态状态下体积的2倍(模具不发生变化)，现用直径为16cm的圆柱形容器量取液态原料(不考虑损耗)，则圆柱形容器中需要注入液态原料的高度为______cm.
14.赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“刈股圆方图”，亦称为“赵爽弦图”(1弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成).类比，可构造如图所示的图形，它是由三个全等的三角形与中间一个小等边三角形组成的一个较大的等边三角形，设AD=λAB+μAC，且DF=3AF，则可推出λ+μ=______.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知复数z=51+2i+1+i，i为虚数单位.
(1)求z−；
(2)若复数z是关于x的方程x2+mx+n=0的一个根，求实数m，n的值.
16.(本小题15分)
如图，已知四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，BC//AD，AB⊥AD，PA=AB=AD=2BC=2，E为PD中点，
(1)求证：CE//平面PAB；
(2)求点A到平面PBC的距离.
17.(本小题15分)
已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，b=1，在下列三个条件中任选一个，补充在上面横线中，并求解下面的问题．
①(sinA+sinB)(sinA−sinB)=(sinC−sinB)sinC；
②3bcsA+acsB=b+c；
③asinC= 3ccsA.
(1)求A；
(2)若D是BC的中点，AD= 74，求△ACD的面积．
18.(本小题17分)
如图所示，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC=60∘，PA=AB=BC，E是PC的中点.
(1)求证：AE⊥平面PCD；
(2)求PB和平面PAD所成的角的大小；
(3)求二面角A−PD−C的正弦值.
19.(本小题17分)
某校要在一条水泥路边安装路灯，其中灯杆的设计如图所示，AB为地面，CD，CE为路灯灯杆，CD⊥AB，∠DCE=2π3，在E处安装路灯，且路灯的照明张角∠MEN=π3.已知CD=4m，CE=2m.
(1)当M，D重合时，求路灯在路面的照明宽度MN；
(2)求此路灯在路面上的照明宽度MN的最小值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查复数的运算，结合复数的几何意义求出复数的表达式是解决本题的关键．比较基础．
根据复数的几何意义先求出z的表达式，结合复数的运算法则进行计算即可．
【解答】
解：∵复数z对应的点的坐标是(1,2)，
∴z=1+2i，
则i⋅z=i(1+2i)=−2+i，
故选B.
2.【答案】D
【解析】解：∵向量a=(2,4)，b=(1,m)，∴a+b=(3,4+m).
∵a与a+b共线，∴32=4+m4，
则实数m=2，
故选：D.
由题意，利用两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算法则，计算求得m的值．
本题主要考查两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：如图1，在等腰直角三角形A′B′C′中，
设y轴与A′B′交于E′，则E′为A′B′的中点，且A′B′⊥O′E′过点B′作B′D′//x轴，且交x轴于点D′，
容易得到A′B′D′是等腰直角三角形，且A′D′=4,B′D′=2 2.
如图2，由斜二测画法可知，AD=2AC=4,BD=4 2，且BD⊥AD，则AC=2.
于是所求三角形的面积为12×2×4 2=4 2.
故选：A.
根据斜二测画法的方法作出原图形，并求出三角形的底和高，进而求出答案．
本题考查斜二测画法，考查学生的空间想象能力及运算能力，属于中档题．
4.【答案】A
【解析】解：由题意可得：BE=BA+AE，AE=13AD，AD=AB+BD，BD=12BC，
∴BE=23BA+16BC，
故选：A.
利用向量共线定理、三角形法则即可得出结论．
本题考查了向量三角形法则、向量共线定理、平面向量基本定理，考查了推理能力，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由acsB=2ccsA−bcsA及正弦定理，
可得sinAcsB=2sinCcsA−sinBcsA，
即sinAcsB+sinBcsA=2sinCcsA，
所以sin(A+B)=sinC=2sinCcsA，
因为C∈(0,π)，所以sinC≠0，所以csA=12，
又A∈(0,π)，所以A=π3，
如图所示，
在边AB、AC上分别取点D、E，使AD=AB|AB|，AE=AC|AC|，
以AD、AE为邻边作平行四边形ADFE，则AF=AD+AE，
显然|AD|=|AE|=1，因此平行四边形ADFE为菱形，AF平分∠BAC，
又(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，则有AF⋅BC=0，即AF⊥BC，
于是得△ABC是等腰三角形，所以AB=AC，
又A=π3，所以△ABC为等边三角形．
故选：B.
由acsB=2ccsA−bcsA根据正弦定理和两角和的正弦公式可求得A=π3，再根据(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0可得△ABC是等腰三角形，即可判断．
本题考查解三角形，考查平面向量数量积的性质，属中档题．
6.【答案】D
【解析】解：若m//n，n⊂α，则m//α或m⊂α，所以A选项错误；
若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n或m与n异面，所以B选项错误；
若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可以成任意角，所以C选项错误；
若m//α，n⊥α，则m⊥n，所以D选项正确．
故选：D.
根据空间中各要素的位置关系，逐一判断即可．
本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查余弦定理及其应用．
由题意和余弦定理可得BC，进而由角平分线性质定理可得BD，然后由余弦定理可得关于AD的一元二次方程，解方程验证可得．
【解答】
解：由题意和余弦定理可得BC= 42+32−2×4×3×12= 13，
在△ABD和△ADC中，由正弦定理，则
BDsin∠BAD=csin∠ADB，DCsin∠CAD=bsin∠ADC，
因为∠BAC的平分线交边BC于点D，∠ADB+∠ADC=180∘，
所以BD：DC=3：4，∴BD=33+4BC=3 137，
由余弦定理知BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcsπ6=9+AD2−6AD× 32，
∴(3 137)2=9+AD2−3 3AD，
整理可得AD2−3 3AD+9×3649=0，
解得AD=12 37或AD=9 37(舍去，不满足两边之和大于第三边).
故选：B.
8.【答案】B
【解析】解：取B1C1的中点E，BB1的中点F，连结A1E，A1F，EF，取EF中点O，连结A1O，
∵点M，N分别是棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中棱BC，CC1的中点，
∴AM//A1E，MN//EF，
∵AM∩MN=M，A1E∩EF=E，
∴平面AMN//平面A1EF，
∵动点P在正方形BCC1B1(包括边界)内运动，且PA1//面AMN，
∴点P的轨迹是线段EF，
∵A1E=A1F= 22+12= 5，EF= 12+12= 2，
∴A1O⊥EF，
∴当P与O重合时，PA1的长度取最小值A1O= ( 5)2−( 22)2=3 22，
当P与E(或F)重合时，PA1的长度取最大值为A1E=A1F= 5.
∴PA1的长度范围为[3 22, 5].
故选：B.
取B1C1的中点E，BB1的中点F，连结A1E，A1F，EF，取EF中点O，连结A1O，推导出平面AMN//平面A1EF，从而点P的轨迹是线段EF，由此能求出PA1的长度范围．
本题考查线段长度的取值范围的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：对于A，若复数(m2+3m−4)+(m−1)i是纯虚数，m∈R，
则m2+3m−4=0m−1≠0，
解得m=−4，故A错误；
对于B，若|z|=1，则在复平面内复数z对应的点在以原点为圆心，半径为1的圆上，
|z+1+i|表示复平面内复数z对应的点与点(−1,−1)的距离，
所以|z+1+i|的最大值为 (−1−0)2+(−1−0)2+1= 2+1，故B正确；
对于C，举反例z1=1，z2=i，则|z1|=|z2|，但是z12=1≠|z2|2=−1，故C错误；
对于D，若1−3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，
则1+3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的另一个根，
由韦达定理可得，1−3i+1+3i=−p(1−3i)(1+3i)=q，解得p=−2q=10，故D正确．
故选：BD.
根据纯虚数的定义可判断A，根据复数的几何意义可判断B，举反例可判断C，由题意知，1+3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的另一个根，再结合韦达定理求出p，q的值，可判断D.
本题主要考查了纯虚数的定义，考查了复数的几何意义，以及韦达定理的应用，属于基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：
由题意可知：E为AB中点，则CE⊥AB，
以E为原点，EA，EC分别为x轴，y轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示：
所以，E(0,0),A(1,0),B(−1,0),C(0, 3),D(13,2 33)，
设O(0,y)(y∈(0, 3)),BO=(1,y),DO=(−13,y−2 33)，
由BO//DO，可得y−2 33=−13y⇒y= 32，
即O是CE中点，OE+OC=0，故选项B正确；
|OA+OB+OC|=|2OE+OC|=|OE|= 32，故选项C错误；
又因为CE⊥AB，则CE⋅AB=0，故选项A错误；
易知ED=(13,2 33),BC=(1, 3),ED在BC方向上的投影向量的模长为|ED⋅BC||BC|=13+22=76，故选项D正确．
故选：BD.
利用题设条件建立直角坐标系，写出相关点坐标，求出相关向量坐标，利用向量坐标的加减法和数乘积运算，依次检验A，B，C项，利用投影向量的模的定义表达式检验D项即得．
本题考查平面向量数量积的性质及其运算，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，如图，连接AB1，交A1B于点D，连接DE，
因为AD=DB1，B1E=EC1，所以DE//AC1，
因为DE⊂平面A1BE，AC1⊄平面A1BE，所以A正确；
对于B，连接A1C，过A1作A1M⊥B1C1，垂足为M，
因为平面BCC1B1⊥平面A1B1C1，平面BCC1B1∩平面A1B1C1=B1C1，
A1M⊥B1C1，所以A1M⊥平面BCC1B1，
所以A1到平面BCC1B1的距离就是A1M，
由题得VA1−BCC1B1=4 3−VB−ACA1=4 3−13×4 3=13×4 3×A1M，
所以A1M=2，
所以A1到平面BCC1B1的距离为2，所以B不正确；
对于C，如图，取BC中点F，连接AF，FE，则EF的中点就是三棱柱的外接球的球心O，连接OC，
设BC=CC1=x，球的半径为R，
则(x2)2+(x2)2=R2，
所以R2=12x2，
由题得x×x=4 3，
所以x2=4 3，
所以R2=2 3，
所以球O的表面积为4πR2=8 3π，所以C正确；
对于D，设AB=AC=BC=a，CC1=h，
球的半径为R，设上底面和下底面的中心分别为O1，O2，连接O1O2，则其中点为O，连接OC，O1C.
由题得CO1= 3a2×23= 33a，
所以( 33a)2+(h2)2=R2,即13a2+h24=R2，
又ah=4 3，
所以h=4 3a，
所以R2=13a2+12a2≥2 13a2⋅12a2=4，(当且仅当a= 6时取等)，
所以R最小值为2，
所以球O体积的最小值为43π×23=32π3，所以D正确．
故选：ACD.
A，证明DE//AC，AC1//平面A1BE，即得证，所以该命题正确；
B，求出A1到平面BCC1B1的距离为2，所以该命题错误；
C，求出R2=2 3，即可判断该命题正确；
D，求出外接球的半径的最小值为2，即得球O体积的最小值为32π3，所以该命题正确．
本题考查立体几何综合问题，属于中档题．
12.【答案】−3
【解析】解：以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，
如图所示：
因为E是BC的中点，所以E(6,3)，又A(0,0)，所以AE=(6,3)，
因为F是CD上靠近C的三等分点，所以F(4,6)，所以EF=(−2,3)，
所以AE⋅EF=−12+9=−3.
故答案为：−3.
根据题目特征建立平面直角坐标系，将几何问题转化为向量的坐标运算问题求解．
本题考查平面向量数量积的性质及其运算，属于中档题．
13.【答案】4916
【解析】解：圆台状蛋糕膨胀成型后的体积为：V1=13×6×π×(62+102+6×10)=392π(cm3)，
圆柱形容器中液态原料的体积为V2=π×82h=12×392π，
解得h=4916，
即圆柱形容器中需要注入液态原料的高度为4916cm.
故答案为：4916.
根据圆台的体积公式以及圆柱的体积公式，可得答案．
本题考查圆台体积公式的应用，属于中档题．
14.【答案】2021
【解析】解：因为DF=3AF，因此不妨设BD=AF=1，AD=4，
又由题意可得∠ADB=120∘，
所以AB2=AD2+BD2−2AD⋅BD⋅cs∠ADB=42+12−2×4×1cs∠120∘=21，
因此AB= 21，
延长AD交BC于M，
记∠DAB=θ，∠AMB=α，
则csθ=AD2+AB2−BD22AD⋅AB=16+21−12×4× 21=9 2142=3 2114，
所以sinθ= 714，
又由题意易知∠DAB=∠DBM，则α=120∘−θ，
在三角形DBM中，由正弦定理可得：BMsin∠MDB=DMsin∠DBM=BDsin∠DMB，
即BMsin60∘=DMsinθ=1sin(120∘−θ)，
因此BM=sin60∘sin(120∘−θ)= 32 32csθ+12sinθ= 215=15BC，
DM=sinθsin(120∘−θ)=sinθ 32csθ+12sinθ=15，
所以AD=44+15=2021AM，
因为BM=15BC，即AM−AB=15(AC−AB,
整理得AM=45AB+15AC，
所以AD=2021AM=2021(45AB+15AC)=1621AB+421AC，
又因为AD=λAB+μAC，
由平面向量的基本定理可得λ=1621，μ=421，
所以λ+μ=1621+421=2021，
故答案为：2021.
先设DF=3AF=3，根据题意可知∠ADB=120∘，求出AB的长，延长AD交BC于M，求出BM，DM的长，再由平面向量基本定理即可得出结果．
本题主要考查解三角形以及平面向量基本定理，熟记正弦定理和余弦定理、以及平面向量基本定理即可，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为复数z=51+2i+1+i=5(1−2i)(1+2i)(1−2i)+1+i=5(1−2i)1−4i2+1+i=1−2i+1+i=2−i，
所以z−=2+i；
(2)因为复数z是关于x的方程x2+mx+n=0的一个根，
所以(2−i)2+m(2−i)+n=0，
可得4−4i+i2+2m−mi+n=0，即(3+2m+n)−(m+4)i=0，
所以3+2m+n=0m+4=0，解得m=−4，n=5.
【解析】(1)利用复数的除法运算法则可得z=2−i，即可求得z−=2+i；
(2)将z代入方程x2+mx+n=0，利用复数相等的概念即可求得m=−4，n=5.
本题考查了复数的四则运算，共轭复数的求法，是基础题．
16.【答案】证明过程请见解答； 2.
【解析】(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF，
因为E是PD的中点，所以EF//AD，EF=12AD=1，
又BC//AD，AD=2BC=2，
所以EF//BC，EF=BC，
所以四边形BCEF是平行四边形，
所以CE//BF，
又CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，
所以CE//平面PAB.
(2)解：取PB的中点H，连接AH，
因为PA=AB，所以AH⊥PB，
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC，
因为BC//AD，AB⊥AD，所以AB⊥BC，
又PA∩AB=A，PA、AB⊂平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，
所以BC⊥AH，
又PB∩BC=B，PB、BC⊂平面PBC，
所以AH⊥平面PBC，即点A到平面PBC的距离为AH，
在等腰直角△PAB中，AH=12PB= 2，
故点A到平面PBC的距离为 2.
(1)取PA的中点F，连接EF，BF，先证四边形BCEF是平行四边形，可得CE//BF，再由线面平行的判定定理，即可得证；
(2)取PB的中点H，连接AH，证明AH⊥平面PBC，可知点A到平面PBC的距离为AH，再求之即可．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面平行的判定定理，线面垂直的判定与性质定理，以及点到平面的距离的定义是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)选①：由正弦定理asinA=bsinB=csinC，
(sinA+sinB)(sinA−sinB)=(sinC−sinB)sinC，
可得(a+b)(a−b)=(c−b)(1分)
∴a2=b2+c2−bc∴bc=b2+c2−(2分)
由余弦定理的推论csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=(4分)
∵A∈(0,π)，
∴A=π(6分)
选②∵3bcsA+acsB=b+c，
由正弦定理asinA=bsinB=csinC，得：3sinBcsA+sinAcsB=sinB+sinC，(1分)
∴2sinBcsA+sin(A+B)=2sinBcsA+sinC=sinB+(3分)
∴2sinBcsA=(4分)
∵B∈(0,π)，
∴sinB≠0即csA=(5分)
∵A∈(0,π)，
∴A=π(6分)
选③
因为asinC= 3ccsA由正弦定理asinA=bsinB=csinC，
所以csinA= (3分)
∵c≠0A∈(0,π)∴csA≠(4分)
∴tanA= (5分)
∴A=π(6分)
(2)解法1：(向量法)由已知得2AD=AB+AC，(7分)
两边平方得(2AD)2=(AB+AC)2，
即(2AD)2=|AB|2+2|AB||AC|⋅cs⟨AB,AC⟩+|AC|(8分)
，即4×( 74)2=c2+2×c×1×12+(9分)
解得c=12或c=−32(舍)(10分)
所以S△ABC=12×c×b×sinA= (11分)
则S△ACD=12S△ABC= (12分)
解法2：(余弦定理)
因为∠ADB与∠ADC互补，(7分)
所以cs∠ADB=(a2)2+( 74)2−c22×a2× 74=−(a2)2+( 74)2−122×a2× 74=−cs∠ADC，…………………………………………(9分)
又由余弦定理BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcsA，
化简得a2=c2+1−c4a2=8c2+1,解得c=12或c=−32(舍)，…………………………………(10分)
所以S△ABC=12×c×b×sinA= 38，…………………………………………………(11分)
则S△ACD=12S△ABC= 316.……………………………………………………………(12分)
【解析】(1)选①：由正弦定理推出bc=b2+c2−a2，由余弦定理的推论求解A即可．
选②利用3bcsA+acsB=b+c，由正弦定理推出csA=12然后求解A.
选③利用正弦定理推出tanA= 3求解A即可．
(2)解法1：(向量法)由已知得2AD=AB+AC，两边平方化简求解c，然后求解三角形的面积．
解法2：(余弦定理)∠ADB与∠ADC互补求解c，然后求解三角形的面积．
本题考查正弦定理以及余弦定理的应用，三角形的面积的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
18.【答案】见证明； 45∘ 144.
【解析】解：(1)证明：因为PA⊥底面ABCD，
CD⊂平面ABCD，故CD⊥PA，
因为CD⊥AC，PA∩AC=A，
所以CD⊥平面PAC，又AE⊂平面PAC，
所以AE⊥CD，
由PA=AB=BC，∠ABC=60∘，
可得AC=PA，
因为E是PC的中点，所以AE⊥PC，
又PC∩CD=C，
所以AE⊥平面PCD；
(2)因为PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，故PA⊥AB，
又AB⊥AD，PA∩AD=A，
所以AB⊥平面PAD，
故PB在平面PAD内的射影为PA，
从而∠APB为PB和平面PAD所成的角，
在Rt△PAB中，AB=PA，故∠APB=45∘，
所以PB和平面PAD所成的角的大小为45∘.
(3)过点E作EM⊥PD，垂足为M，连接AM，如图所示，
由(1)知，AE⊥平面PCD，
则AM在平面PCD内的射影是EM，
则可证得AM⊥PD，
因此∠AME是二面角A−PD−C的平面角，
由已知可得∠CAD=30∘.
设AC=a，可得PA=a，AD=2 33a，PD= 213a，AE= 22a.
在Rt△ADP中，因为AM⊥PD，
所以AM⋅PD=PA⋅AD，
则AM=2 33a 213a=2 77a.
在Rt△AEM中，sin∠AME=AEAM= 144.
所以二面角A−PD−C的正弦值为 144.
(1)由线面垂直的性质可得CD⊥PA，结合AC⊥CD，可得CD⊥平面PAC，AE⊥CD，由等腰三角形的性质可得AE⊥PC，从而可得结果；
(2)先证明AB⊥平面PAD，可得∠APB为PB和平面PAD所成的角，判断△APAB是等腰直角三角形，从而可得结果；
(3)过点E作EM⊥PD，垂足为M，连接AM，由(1)知，AE⊥平面PCD，则AM在平面PCD内的射影是EM，则可证得AM⊥PD，则∠AME是二面角A−PD−C的平面角，设AC=a，可求AE= 22a.AM=2 77a，由直角三角形的性质可得结果．
本题考查线面垂直的判定，以及空间角的计算，属于中档题．
19.【答案】解：(1)当M，D重合时，
由余弦定理知，ME=DE= CD2+CE2−2CD⋅CE⋅cs∠DCE=2 7，
所以cs∠CDE=CD2+DE2−CE22CD⋅DE=5 714，
因为∠CDE+∠EMN=π2，
所以sin∠EMN=cs∠CDE=5 714，
因为cs∠EMN>0，
所以cs∠EMN= 1−sin2∠EMN= 2114，
因为∠MEN=π3，
所以sin∠ENM=sin(2π3−∠EMN)=sin2π3cs∠EMN−cs2π3sin∠EMN=2 77.
∴在△EMN中，由正弦定理可知，MNsin∠MEN=EMsin∠ENM，解得MN=7 32；
(2)易知E到地面的距离h=4+2sin(2π3−π2)=5m，
由三角形面积公式可知，S△EMN=12⋅MN⋅5=12EM⋅EN⋅sinπ3，
所以10 3MN=EM⋅EN，
又由余弦定理可知，MN2=EM2+EN2−2EM⋅EN⋅csπ3≥EM⋅EN，
当且仅当EM=EN时，等号成立，
所以MN2≥10 3MN，解得MN≥10 33；
答：(1)路灯在路面的照明宽度为7 32m；(2)照明宽度MN的最小值为10 33m.