2022-2023学年安徽省蚌埠市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

展开

这是一份2022-2023学年安徽省蚌埠市高一（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.tan300∘的值为( )
A. 33B. − 3C. 3D. − 33
2.已知i是虚数单位，复数z=(3+i)(−2+i)，则z在复平面内对应的点在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.利用斜二测画法作边长为2的正方形的直观图，则所得直观图的面积为( )
A. 24B. 22C. 2D. 2 2
4.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A. 若m⊥n，n//α，则m⊥αB. 若m//β，β⊥α，则m⊥α
C. 若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥αD. 若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α
5.已知向量a=(1,2)，b=(−2,3)，若a⊥(ka+b)，则k=( )
A. 45B. −45C. 14D. −14
6.要得到函数y=3sin(2x+π5)的图象，只需( )
A. 将函数y=3sin(x+π5)图象上所有点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)
B. 将函数y=3sin(x+π10)图象上所有点的横坐标变为原来12倍(纵坐标不变)
C. 将函数y=3sin2x图象上所有点向左平移π5个单位
D. 将函数y=3sin2x图象上所有点向左平移π10个单位
7.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E为DD1中点，F为棱CD上异于端点的动点，若平面BEF截该正方体所得的截面为四边形，则线段CF的取值范围是( )
A. (13,1)B. (12,1)C. [12,23)D. (0,12]
8.如图，扇形AOB中，点C是AB上一点，且∠AOB=3π4.若OC=xOA+yOB，则x+ 2y的最大值为( )
A. 10
B. 3
C. 2
D. 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.若定义在R上的函数f(x)分别满足下列条件，其中可以得出f(x)的周期为2的有( )
A. f(x)=f(x−2)B. f(x+2)=f(x−2)
C. f(−x)=f(x+2)D. f(x−1)=f(x+1)
10.已知z1，z2∈C，则下列结论正确的有( )
A. |z1+z2|=|z1|+|z2|B. |z1⋅z2|=|z1|⋅|z2|
C. z1+z2=z1−+z2−D. z1⋅z2=z1−⋅z2−
11.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列各组条件中使得△ABC有两个解的是( )
A. a=2 3，b=4，A=π6B. a=2 3，b=4，csA=35
C. a=2 3，b=4，C=π6D. a=2 3，b=4，B=π6
12.勒洛四面体是一个非常神奇的四面体，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动，勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分、如图所示，若勒洛四面体内的正四面体ABCD的棱长为a，则( )
A. 能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a
B. 勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为(1− 32)a
C. 过A，B，C三点的截面面积为π− 32a2
D. 勒洛四面体的体积V满足 212a3三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a=(1,1),b=(−1,2)，则向量a在b方向上的投影数量为__________.
14.求值：sin5π12csπ12=__________.
15.“一部剧带火一座城”，五一期间，我市的地标建筑——中国南北分界线雕塑成为了网红打卡地，某校数学课外兴趣小组，拟借助所学知识测量该建筑的高度.记该雕塑的最高点为点A，其在地面的投影点为点H，在点H南偏西60∘方向的点B处测得点A的仰角为60∘，在点H正东方向的点C处测得点A的仰角为45∘，点B，C相距40 213米，则该雕塑的高度为__________米.
16.已知三棱锥B−ACD中，AB，CD，AC的中点分别是M，N，O，△ABC，△ACD，△BOD都是正三角形，则异面直线MN与AD所成角的余弦值为__________.
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)
已知i是虚数单位，z1=1+2i，z2=2−3i.
(1)求z1z2；
(2)若z=z1+z2，且z2+az+b=1−i，求实数a，b的值.
18.(本小题12分)
已知sinα+2csα=0.
(1)求sin2α+cs2α；
(2)若−π2<α<0<β<π，且cs(α+β)=−14，求csβ.
19.(本小题12分)
设e1与e2是两个单位向量，其夹角为60∘，且a=2e1+e2,b=−3e1+2e2.
(1)求a⋅b；
(2)求a与b的夹角.
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=2 2sinxcsx+ 2cs2x− 2sin2x.
(1)求f(x)的最小正周期及单调递增区间．
(2)证明：当x∈[−π4,π4]时，f(x)21.(本小题12分)
如图，三棱锥A−BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB中点，D为PB中点，且△PMB为正三角形．
(Ⅰ)求证：DM//平面APC；
(Ⅱ)求证：BC⊥平面APC；
(Ⅲ)若BC=4，AB=10，求三棱锥D−BCM的体积．
22.(本小题12分)
如图，在△ABC中，AC=2，AB=4.点D在边BC上，且CD=tCB.
(1)t=12，A=2π3，求|AD|；
(2)t=15，AD恰为BC边上的高，求角A；
(3)AD=3，求t的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查诱导公式的应用，属于基础题..
直接按照诱导公式转化计算即可．
【解答】
解：tan300∘=tan(300∘−360∘)=tan(−60∘)=−tan60∘=− 3
故选B
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查复数的几何意义，涉及复数的计算，属于基础题．
去括号计算即可得到点z对应的坐标．
【解答】
解：z=(3+i)(−2+i)=−6+3i−2i+i²=−6+i−1=−7+i，
则z对应的点的坐标为(−7,1)，在第二象限．
故选：B.
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查斜二测画法，注意原图与直观图的面积关系，属于基础题．
根据题意，求出原图的面积，由原图与直观图的面积关系，分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，原图为边长为2的正方形，其面积S=2×2=4，
则其直观图的面积S′= 24S= 2.
故选：C.
4.【答案】D
【解析】解：对于A，由n//α可知存在直线a⊂α，使得a//n，
故当m为α内与a垂直的直线时，显然m⊥n，m⊂α，故A错误；
对于B，设α∩β=a，则当m为α内与a平行的直线时，m//β，m⊂α，故B错误；
对于C，设α∩β=a，则当m为β内与与a平行的直线时，m//α，故C错误；
对于D，由m⊥β，n⊥β可得m//n，又n⊥α，故m⊥α，故D正确．
故选：D.
根据空间线面位置关系的性质与判定判断．
本题考查了空间线面位置关系的判断，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查平面向量的垂直关系，属于基础题．
求出向量ka+b的坐标，利用平面向量垂直的坐标表示可求得实数k的值．
【解答】
解：因为向量a=(1,2)，b=(−2,3)，则ka+b=k(1,2)+(−2,3)=(k−2,2k+3)，
因为a⊥(ka+b)，则a⋅(ka+b)=k−2+2(2k+3)=5k+4=0，解得k=−45.
故选：B.
6.【答案】D
【解析】解：将y=3sin(x+π5)的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数y=3sin(12x+π5)，故A错误；
将y=3sin(x+π10)的图象上所有点的横坐标变为原来的12倍(纵坐标不变)，得到函数y=3sin(2x+π10)，故B错误；
将函数y=3sin2x的图象上所有点向左平移π5个单位，得到函数y=3sin(2x+2π5)，故C错误；
将函数y=3sin2x的图象上所有点向左平移π10个单位，得到函数y=3sin(2x+π5)，故D正确；
故选：D.
根据函数图象平移的“左加右减”原则对四个选项逐一进行平移变换可得正确答案．
本题考查了三角函数的图象平移变换，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了棱柱的结构特征，考查了空间想象能力与思维能力，属于中档题．
由题意画出图形，可知当CF=12时，截面为等腰梯形BFEA1，进一步得到当01时，截面是五边形．则答案可求．
【解答】
解：如图，当CF=12时，截面为等腰梯形BFEA1，
当0当CF>12时，截面是五边形BFEMK，
若平面BEF截该正方体所得的截面为四边形，则线段CF的取值范围为(0,12].
故选：D.
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了平面向量数量积的运算和两角和的正弦公式，属较难题．
由平面向量的数量积运算，结合两角和的正弦公式，求三角函数的最值即可．
【解答】
解：由题意，建立如图所示的坐标系，设扇形半径为2，
由∠AOB=3π4，可得A(− 2, 2)，B(2,0)，
设C(2csθ,2sinθ)，θ∈[0,3π4]，
由OC=xOA+yOB，可得(2csθ,2sinθ)=x(− 2, 2)+y(2,0)，
所以2csθ=2y− 2x2sinθ= 2x，整理得：x= 2sinθy=sinθ+csθ，
则x+ 2y=2 2sinθ+ 2csθ= 10sin(θ+φ)，其中tanφ=12，
所以当sin(θ+φ)=1时，x+ 2y有最大值 10.
故选：A.
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查了函数的周期性的定义，主要考查学生的运算能力，属于基础题.
若T为非零常数，对任意x，都有f(x+T)=f(x)成立，则T为函数f(x)周期，由此逐项判断即可.
【解答】
解：A.由题意，以x+2代换原式中的x，得f(x+2)=f(x)，故f(x)的周期为2，故A符合题意;
B.由题意，以x+2代换原式中的x，得f(x+4)=f(x)，所以函数f(x)的周期为4，所以不能得出f(x)的周期为2，故B不符合题意;
C.由已知，f(−x)=f(x+2)，若f(x)不是偶函数，则f(−x)=f(x)不恒成立，故f(x+2)=f(x)不恒成立，故f(x)的周期不为2，故C不符合题意;
D.由题意，以x+1代换原式中的x，得f(x)=f(x+2)，故f(x)的周期为2，故D符合题意.
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查复数的模，共轭复数，复数的运算，还考查了逻辑推理能力，属于中档题．
由复数的模，共轭复数，复数的运算等知识逐一判断各选项即可．
【解答】
解：设z1=a+bi，z2=c+di，a，b，c，d∈R，
对于A，|z1+z2|=|(a+c)+(b+d)i|= (a+c)2+(b+d)2，
|z1|+|z2|= a2+b2+ c2+d2，故A错误；
对于B，z1⋅z2=(a+bi)(c+di)=(ac−bd)+(bc+ad)i，
|z1⋅z2|= (ac−bd)2+(bc+ad)2
= a2c2+b2d2+b2c2+a2d2
= (a2+b2)(c2+d2)=|z1|⋅|z2|，故B正确；
对于C，z1+z2=(a+c)−(b+d)i=a−bi+c−di=z1−+z2−，故C正确；
对于D，z1⋅z2=(ac−bd)−(bc+ad)i，
z1−⋅z2−=(a−bi)(c−di)=(ac−bd)−(bc+ad)i，故D正确．
故选：BCD.
11.【答案】AB
【解析】解：A：因为sinB=bsinAa=4×122 3= 33<1，且b>a，所以B有两个解，故A正确；
B：因为csA=35>0，所以sinA=45，则sinB=bsinAa=4×452 3=8 315<1，且b>a，0C：由余弦定理可得c2=a2+b2−2abcsC=12+16−2×2 3×4× 32=16，则c=4，有一个解，故C错误；
D：由正弦定理可得sinA=asinBb=2 3×124= 34<1，且b>a，所以A有一个解，故D错误．
故选：AB.
利用正弦定理以及大边对大角即可判断选项A，B，D，利用余弦定理即可判断选项C.
本题考查了正余弦定理的性质，涉及到大边对大角的应用，属于基础题．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查多面体与球的内切球、外接球问题，要找到球心及球心在某平面上的投影，从而列出方程，求出半径，进而求出球的表面积或体积，是难题．
对于A，根据勒洛四面体表面上任意两点间距离为a，进行判断；对于B，求出BE=a，OB= 64a，相减即为能够容纳的最大球的半径；对于C，找到最大截面，求出截面面积；对于D，勒洛四面体的体积介于正四杨体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球体积之间，求出正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积，从而求出答案．
【解答】
解：由题意知：勒洛四面体表面上任意两点间距离为a，故A正确；
勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图，
其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，
由题意得该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，易知B，O，E三点共线，
设正四面体ABCD的外接球半径为r，
由题意得：( 63a−r)2+( 33a)2=r2，解得r= 64a，
∴BE=a，OB= 64a，
由题意得OE=a− 64a=(1− 64a)，故B错误；
勒洛四面体最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图，
则勒洛四面体截面面积最大值为三个半径为a，圆心角为60∘的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，
即3×16πa2−2× 34a2=12(π− 3)a2，故C正确；
对于D，勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间，
正四面体底面面积为 34a2，底面所在圆的半径为23× 32a= 33a，
∴正四面体的高为 a2−( 33a)2= 63a，
∴正四面体ABCD的体积V1=13× 34a2× 63a= 212a3，
设正四面体ABCD的外接球半径为r，则由题意得：
( 63a−r)2+( 33a)2=r2，解得r= 64a，
∴正四面体ABCD的外接球的体积为V2= 6π8a3，
∴勒洛四面体的体积V满足 212a3故选：ACD.
13.【答案】 55
【解析】【分析】
根据已知条件，结合向量投影的公式，即可求解．
本题主要考查向量投影的公式，属于基础题．
【解答】
解：a=(1,1),b=(−1,2)，
则向量a在b方向上的投影数量为a⋅b|b|=−1+2 (−1)2+22= 55.
故答案为： 55.
14.【答案】2+ 34
【解析】【分析】
本题主要考查诱导公式、半角公式的应用，属于基础题．
由题意利用诱导公式、半角公式，计算求得结果．
【解答】
解：sin5π12csπ12=cs2π12=1+csπ62=1+ 322=2+ 34，
故答案为：2+ 34.
15.【答案】40
【解析】【分析】
本题考查了余弦定理在解三角形中的应用，考查了数形结合思想和方程思想的应用，属于中档题．
设HC=x，则AH=x，在△ABH中，可求BH=x 3，在△BHC中，由余弦定理解得x的值，即可求解该雕塑的高度．
【解答】
解：由题意可得∠BHC=60∘+90∘=150∘，∠ABH=60∘，∠ACH=45∘，BC=40 213米，
设HC=x，则AH=x，
在△ABH中，由于tan∠ABH=AHBH，可得tan60∘=xBH，
所以BH=x 3，
在△BHC中，由余弦定理BC2=BH2+CH2−2BH⋅CH⋅cs∠BHC，
可得(40 213)2=(x 3)2+x2−2×x 3×x×cs150∘，
解得x=40，即该雕塑的高度AH的值为40米．
故答案为：40.
16.【答案】 74
【解析】【分析】
本题主要考查了异面直线所成夹角，考查了余弦定理的应用，同时考查了学生的空间想象能力以及推理论证能力，是中档题．
由题意可知BO⊥AC，DO⊥AC，连接BN，AN，ON，OM，设AC=2，则OB=OD= 3，因为N为CD的中点，在△BCN中由余弦定理可得BN= 102，因为M为AB的中点，在△ABN中由余弦定理可得MN= 72，再在△MON中利用余弦定理即可求出cs∠MNO的值．
【解答】
解：∵△ABC和△ACD为正三角形，
∴BO⊥AC，DO⊥AC，连接BN，AN，ON，OM，
设AC=2，则OB=OD= 3，
又∵△BOD为正三角形，∴BD= 3，
在△BCD中，BC=CD=2，BD= 3，
∴cs∠BCD=BC2+CD2−BD22BC⋅CD=58，
又∵N为CD的中点，∴CN=1，
在△BCN中由余弦定理可得BN2=BC2+CN2−2BC⋅CN⋅cs∠BCD=52，
∴BN= 102，
在△ABN中，BN= 102，AB=2，AN= 3，
∴cs∠BAN=AB2+AN2−BN22AB⋅AN=3 38，
又∵M为AB的中点，∴AM=1，
在△AMN中由余弦定理可得MN2=AM2+AN2−2AM⋅AN⋅cs∠MAN=74，
∴MN= 72，
∵ON//AD，
∴∠MNO即为异面直线MN和AD所成的角，
在△MON中，ON=OM=1，MN= 72，
∴cs∠MNO=MN2+ON2−OM22MN⋅ON= 74，
故答案为： 74.
17.【答案】解：(1)z1=1+2i，z2=2−3i，
则z1z2=1+2i2−3i=(1+2i)(2+3i)(2−3i)(2+3i)
=2+4i+3i+6i213=−413+713i；
(2)若z=z1+z2=3−i，
z2+az+b=1−i，
则(3−i)2+a(3−i)+b=1−i，
化简得(8+3a+b)+(−6−a)i=1−i，
所以8+3a+b=1,−6−a=−1,解得a=−5b=8.
【解析】本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
(1)根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解；
(2)根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
18.【答案】解：(1)因为sinα+2csα=0，
所以tanα=−2，
所以sin2α+cs2α=2sinαcsα+cs2αsin2α+cs2α=2tanα+1tan2α+1=2×(−2)+14+1=−35.
(2)因为−π2<α<0，
所以csα>0，sinα<0，
因为0<β<π，
所以α+β∈(−π2,π)，
因为cs(α+β)=−14<0，
所以α+β∈(π2,π)，
所以sin(α+β)= 1−cs2(α+β)= 1−(−14)2= 154，
又sinα=−2csα，sin2α+cs2α=1，
所以sinα=−2 5，csα=1 5，
所以csβ=cs[(α+β)−α]=cs(α+β)csα+sin(α+β)sinα=−14×1 5+ 154×(−2 5)=− 5+10 320.
【解析】本题主要考查了二倍角公式，两角差的余弦公式，同角三角函数基本关系式在三角函数求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
(1)根据已知条件求出tanα，将要求的式子构造成关于正余弦的齐次式，将弦化为切即可求值．
(2)根据角的范围和cs(α+β)的正负确定α+β的范围，求出sin(α+β)，根据csβ=cs[(α+β)−α]即可求解．
19.【答案】解：(1)∵e1⋅e2=|e1||e2|cs60∘=12，
∴a⋅b=(2e1+e2)⋅(−3e1+2e2)=−6e12+e1⋅e2+2e22=−6+12+2=−72.
(2)|a|= (2e1+e2)2= 4e12+4e1⋅e2+e22= 4+4×12+1= 7，
|b|= b2= (−3e1+2e2)2= 9e12−12e1⋅e2+4e22= 9−12×12+4= 7，
设a与b的夹角为θ，则csθ=a⋅b|a|⋅|b|=−72 7× 7=−12，
∵θ∈[0,π]，∴a与b的夹角为2π3.
【解析】本题考查平面向量的夹角及数量积，属于中档题．
(1)由平面向量的数量积运算直接计算；
(2)由平面向量得夹角计算公式直接计算即可．
20.【答案】(1)解：f(x)=2 2sinxcsx+ 2cs2x− 2sin2x= 2sin2x+ 2cs2x=2sin(2x+π4)，
故f(x)的最小正周期T=2π|ω|=π，
令2x+π4∈[2kπ−π2,2kπ+π2]，k∈Z，则x∈[kπ−3π8,kπ+π8]，k∈Z，
故f(x)的单调递增区间为[−3π8+kπ,π8+kπ](k∈Z).
(2)证明：令t=2x+π4，
因为x∈[−π4,π4]，所以2x+π4∈[−π4,3π4]，即t∈[−π4,3π4]，
因为y=sinx在[−π4,π2]上单调递增，在[π2,3π4]上单调递减，
所以sin(2x+π4)≤sinπ2=1，即f(x)≤2，当且仅当2x+π4=π2，即x=π8时，等号成立，
而x2−2x+3=(x−1)2+2≥2，当且仅当x=1时，等号成立，
因为f(x)≤2与x2+2x+3≥2中等号成立的条件不同，所以f(x)【解析】本题考查三角函数的图象与性质，熟练掌握二倍角公式，辅助角公式，正弦函数的单调性是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
(1)化简可得f(x)=2sin(2x+π4)，再根据正弦函数的周期性和单调性，得解；
(2)由x∈[−π4,π4]，可得2x+π4的取值范围，再根据正弦函数的单调性，求得f(x)的最大值及此时x的值，然后由配方法求得y=x2−2x+3的最小值及此时x的值，即可得证．
21.【答案】证明：(Ⅰ)∵M为AB，D为PB中点，
∴DM//AP，而DM⊄平面APC，AP⊂平面APC
∴DM//平面APC.
(Ⅱ)∵△PMB为正三角形，且D为PB中点．
∴MD⊥PB
又由(Ⅰ)知MD//AP，∴AP⊥PB，
又AP⊥PC，PB⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，PB∩PC=P，
∴AP⊥平面PBC，
∴AP⊥BC，又∵AC⊥BC，AP，AC⊂平面PBC，AP∩AC=A，
∴BC⊥平面APC，
解：(Ⅲ)∵AB=10，∴MB=PB=5，
又BC=4，PC= 25−16=3，
∴S△BDC=12S△PBC=14PC⋅BC=14×3×4=3，
又MD=12AP=12 102−52=5 32，
而DM⊥平面BCD，
∴VD−BCM=VM−BCD=13S△BCD⋅DM=13×3×5 32=5 32.
【解析】本题考查了线面平行，线面垂直的判定，棱锥的体积计算，属于中档题．
(I)根据中位线定理可得DM//AP，故而结论得证；
(II)证明AP⊥平面PBC得出AP⊥BC，结合BC⊥PC得出BC⊥平面APC；
(III)利用等边三角形的性质得出DM，PC，代入棱锥的体积公式计算．
22.【答案】解：(1)∵t=12，∴D为BC的中点，∴AD=12(AB+AC)，
∵AC=2，AB=4，A=2π3，
∴AD2=14(AB+2AC2+2AB⋅AC)=14[16+4+2×4×2×(−12)]=3，
∴|AD|= 3.
(2)由t=15，AD恰为BC边上的高，设CD=x，BD=4x，
在Rt△ACD中，AD2=4−x2，
在Rt△ABD中，AD2=16−16x2，
∴4−x2=16−16x2，∴x2=45，∴BC2=25x2=20，
由余弦定理得cs∠BAC=AB2+AC2−BC22AB⋅AC=16+4−202×4×2=0，
∴∠BAC=90∘.
(3)由题，CD=tCB，
则AD=AC+CD=AC+tCB=AC+t(AB−AC)=tAB+(1−t)AC，
∵AD=3，且AC=2，AB=4，
∴AD2=t2AB2+(1−t)2AC2+2tAB⋅(1−t)AC，
则9=16t2+4(1−2t+t2)+(16t−16t2)csA，
∴csA=20t2−8t−516t2−16t，
∵−1∵0解得12【解析】本题考查向量的模、角的大小、实数的取值范围的求法，考查向量的运算法则、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力，是较难题．
(1)推导出AD=12(AB+AC)，从而AD2=14(AB+2AC2+2AB⋅AC)，由此能求出|AD|.
(2)由t=15，AD恰为BC边上的高，设CD=x，BD=4x，在Rt△ACD中，AD2=4−x2，在Rt△ABD中，AD2=16−16x2，列方程求出x2=45，BC2=25x2=20，由余弦定理求出∠BAC.
(3)推导出AD=tAB+(1−t)AC，则AD2=t2AB2+(1−t)2AC2+2tAB⋅(1−t)AC，结合−1