2022-2023学年山东省青岛市黄岛区高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

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这是一份2022-2023学年山东省青岛市黄岛区高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共18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.已知A(2,3,5)，B(3,−1,−4)是空间直角坐标系Oxyz中的两点，点B关于x轴对称的点为B′，则A，B′两点间的距离为( )
A. 122B. 86C. 3 2D. 6
2.已知z+z−=4，(z−z−)i=−2，则|z−|( )
A. 5B. 2C. 3D. 2
3.已知非零向量a，b满足3|a|=2|b|，cs=23，若a⊥(kb+a)，则k=( )
A. 1B. 23C. −23D. −1
4.已知圆锥的母线与底面所成角为π3，侧面积为2π，则该圆锥的体积为( )
A. 3πB. 33πC. 32πD. 36π
5.记△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B=60∘，b=2 2，a+c=2 5，则△ABC的面积为( )
A. 32B. 3C. 2 3D. 3 3
6.为测量山高BD，选择点A和另一座山CE的山顶E为测量点，若点A，B，C在同一水平面上，从点A测得E的仰角为60∘，D的仰角为45∘，∠EAD=75∘，从点E测得∠DEA=45∘.已知山高CE=100 3m，则山高BD为( )
A. 50 33mB. 100 33mC. 200 33mD. 100 3m
7.在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1，D，E分别是A1B1，CC1中点，则异面直线BD与AE所成角的余弦值为( )
A. 15B. −15C. 2 65D. −2 65
8.已知cs(α−β)=13，tanαtanβ=13，则cs(2α+2β)=( )
A. 1718B. 79C. −1718D. −79
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.已知向量a=(2,−1)，a+b=(m,2)，(a+b)⊥a，则( )
A. b=(3,1)
B. =34π
C. 若c=(3,t)，c//b，则|c|=3 10
D. a在b上的投影向量的坐标为(12,−32)
10.已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下述正确的是( )
A. 若m//α，n//α，则m//n
B. 若m⊥α，m⊥β，则α//β
C. 若m⊥α，m//n，n⊂β，则α⊥β
D. 若m//α，n//α，m⊂β，n⊂β、则α//β
11.已知函数f(x)=sin2ωx+ 3cs2ωx(ω>0)，|f(x1)−f(x2)|=4，|x1−x2|的最小值为π2，则( )
A. ω=1
B. ∀x∈R，都有f(π6+x)=f(π6−x)
C. ∃x∈[−π6,π6]，f(x)≥m，则m的最大值为3
D. 将函数f(x)的图象向右平移π6个单位长度后得到的图象关于原点对称
12.如图甲，在梯形ABCD中，AB//CD，AB=BC=12CD=2，∠ABC=90∘，AE⊥CD，M，N分别为AD，BC的中点，将△AED沿AE折起(如图乙)，使得DE⊥EC，则( )
A. 直线MN//平面DEC
B. 三棱锥E−ACD的体积为83
C. 直线MN与平面ABCE所成角的正弦值为 55
D. 若四棱锥D−ABCE的各顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为12π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若向量a，b满足|b|=2|a|，|2a−b|= 3|b|，则向量a，b的夹角为______.
14.在正四棱锥P−ABCD中，AB=PA=6，用平行于正四棱锥底面的平面截去一个高为 2的四棱锥后，所得棱台的体积为______.
15.△ABC的三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中b=3，c=2，O为△ABC的外心，则AO⋅BC=______.
16.棱长为2的正四面体ABCD的各顶点都在球心为O的球面上，则过点A，B，O的平面截四面体ABCD所得截面图形的面积为______；球 O的体积为______.
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α∈(0,π)，β∈(0,π2)，且csα=−1213，tan2β=43.
(1)求cs4β−sin4β；
(2)求sin(α−2β).
18.(本小题12分)
如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形，AB=AA1=2，且∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60∘.
(1)证明：AC1⊥平面A1BD；
(2)求AD与平面A1BD所成角的正弦值.
19.(本小题12分)
已知a=(csx,sin2x)，b=(csx, 32)，f(x)=a⋅b.
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)若△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=2c，f(B)=1，AC边上的高BD= 3，求△ABC的面积.
20.(本小题12分)
如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，已知AB=2，三棱锥C−BDC1的体积为83.
(1)求点C到平面AB1D1的距离；
(2)求CB1与平面BDC1所成角的正弦值.
21.(本小题12分)
△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acsC+ccsA+2bcsB=0.
(1)求角B；
(2)若b=3，AD=2DC，|BD|=1，求a，c.
22.(本小题12分)
如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，AB=2，∠DAB=π3，FA=FC= 6，记平面AEF与平面ABCD的交线为l.
(1)证明：BD//l；
(2)证明：平面BDEF⊥平面ABCD；
(3)记平面AEF与平面ABCD夹角为α，若正实数m，n满足mcs2θ=sinθ−tcsθnsin2θ=csθ+tsinθ，0<θ<π2，证明：m+n>3 32tanα.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由题意得B′(3,1,4)，
A，B′两点间的距离|AB′|= (2−3)2+(3−1)2+(5−4)2= 6.
故选：D.
先求出B′的坐标，然后根据两点间的距离公式可求．
本题主要考查了空间两点间距离公式的应用，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，
则z−=a−bi，
∵z+z−=4，(z−z−)i=−2，
∴2a=4，2bi⋅i=−2，解得a=2，b=1，
∴z=2+i，z−=2−i，
∴|z−|=|2−i|= 4+1= 5.
故选：A.
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，求出z−，再结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的四则运算，复数模公式，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：∵3|a|=2|b|，cs=23，
∴a⋅b=|a||b|cs=a2，
又a⊥(kb+a)，
∴a⋅(kb+a)=ka⋅b+a2=ka2+a2=0，且a2≠0，
∴k=−1.
故选：D.
根据条件可求出a⋅b=a2，然后根据a⊥(kb+a)得出a⋅(kb+a)=ka⋅b+a2=0，然后即可求出k的值．
本题考查了向量数量积的运算及计算公式，向量垂直的充要条件，考查了计算能力，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：根据题意，设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l；
由于圆锥的母线与底面所成角为π3，则圆锥的轴截面为等边三角形，
易得圆锥的母线长l=2r，h= 3r，
又由圆锥的侧面积为2π，则有S=πrl=2πr2=2π，解可得r=1，
则该圆锥的高h= 3，
则圆锥的体积V=13(πr2)h= 33π.
故选：B.
根据题意，设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l，分析可得l=2r，h= 3r，由圆锥的侧面积求出r的值，进而由圆锥的体积公式计算可得答案．
本题考查圆锥的体积、侧面积的计算，注意圆锥的几何结构，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：因为B=60∘，b=2 2，a+c=2 5，
由余弦定理可得b2=a2+c2−2accsB=(a+c)2−2ac−2ac⋅12，
可得8=20−3ac，解得ac=4，
所以S△ABC=12acsinB=12×4× 32= 3.
故选：B.
由题意及余弦定理可得ac的值，代入三角形的面积公式，可得三角形的面积．
本题考查余弦定理的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：由题意如图所示：BD⊥面ABC，CE⊥面ABC，
∠EAD=60∘，∠DAB=45∘，∠EAD=75∘，∠DEA=45∘.CE=100 3m，
在Rt△ACE中，可得AE=CEsin∠EAC=100 3sin60∘=200，
在△ADE中，可得∠ADE=180∘75∘−45∘=60∘，由正弦定理可得ADsin∠DEA=AEsin∠ADE，
即ADsin45∘=AEsin60∘，可得AD=sin45∘sin60∘⋅AE= 22 32⋅200=200 63，
在Rt△ABD中，BD= 22⋅AD= 22⋅200 63=200 33.
故选：C.
由题意如图所示：可知图形中相应的角，分别在三角形中由正弦定理，求出AE，AD，BD的大小．
本题考查正弦定理的应用，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：连接C1F，则C1F//AE，取AB的靠近点A的四等分点，则BD//FH，
连接C1H，则C1F与FH所成的角即为所求，即∠C1FH或其补角，
设AB=AA1=4，
则C1F= 42+22=2 5，FH= 22+12= 5，C1H= 42+(2 3)2+12= 29，
在△C1FH中，由余弦定理知，cs∠C1FH=C1F2+FH2−C1H22C1F⋅FH=20+5−292×2 5× 5=−15，
所以异面直线BD与AE所成角的余弦值为15.
故选：A.
连接C1F，C1H，取AB的靠近点A的四等分点，可证C1F//AE，BD//FH，从而知∠C1FH或其补角即为所求，再在△C1FH中，利用余弦定理，即可得解．
本题考查异面直线夹角的求法，利用平移思想，找出异面直线所成角是解题的关键，考查空间立体感和运算能力，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：因为cs(α−β)=13=csαcsβ+sinαsinβ，tanαtanβ=13=sinαsinβcsαcsβ，
所以sinαsinβ=112，csαcsβ=14，
所以cs(α+β)=csαcsβ−sinαsinβ=14−112=16，
所以cs(2α+2β)=2cs2(α+β)−1=2×136−1=−1718.
故选：C.
由已知结合和差角公式及同角基本关系可求sinαsinβ，csαcsβ，进而可求cs(α+β)，然后结合二倍角公式可求．
本题主要考查了和差角公式，同角基本关系，二倍角公式的应用，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：由已知，a=(2,−1)，a+b=(m,2)，(a+b)⊥a，
∴2m−2=0.即m=1，故a+b=(1,2)，
∴b=(−1,3)，故A错误；
由cs=a⋅b|a||b|=−5 5× 10=− 22，
且∈[0,π]，所以=3π4，故B正确；
若c=(3,t)，c//b，则有−t−9=0，解得t=−9，故|c|= 9+81=3 10，故C正确；
a→在b→上的投影向量为：
|a|cs⋅b|b|= 5×(− 22)× 1010⋅(−1,3)=(12,−32)，故D正确．
故选：BCD.
首先由向量垂直求解m，再根据夹角公式，模的公式，投影向量的求法对选项进行判定即可．
本题考查向量垂直的性质及向量的相关运算，属基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：若m//α，n//α，则m//n或m与n相交或m与n异面，故A错误；
若m⊥α，m⊥β，则α//β，故B正确；
若m⊥α，m//n，则n⊥α，又n⊂β，则α⊥β，故C正确；
若m//α，n//α，m⊂β，n⊂β，则m与n相交时，有α//β，否则，α与β不一定平行，故D错误．
故选：BC.
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
11.【答案】AD
【解析】解：f(x)=sin2ωx+ 3cs2ωx=2sin(2ωx+π3)(ω>0)，
因为|f(x1)−f(x2)|=4，|x1−x2|的最小值为π2，
可得T2=π2，即T=π=2π2ω，解得ω=1，
所以f(x)=2sin(2x+π3)，所以A正确；
B中，对称轴方程满足：2x+π3=π2+kπ，k∈Z，解得x=π12+kπ，k∈Z，而由f(π6+x)=f(π6−x)，可得对称轴为x=π6，所以B不正确；
C中，x∈[−π6,π6]，则2x+π3∈[0,23π]，所以sin(2x+π3)∈[0,1]，
所以f(x)∈[0,2]，
而f(x)≥m，则m≤2，即m的最大值为2，所以C不正确；
D中，将函数f(x)的图象向右平移π6个单位长度后可得g(x)=2sin[2(x−π6)+π3]=2sin2x，所以函数关于原点对称，所以D正确．
故选：AD.
由题意可得函数f(x)的解析式，由题意可得周期的值，进而求出ω的值，分别对所给命题进行判断，可得它们的真假．
本题考查三角函数解析式的求法及三角函数性质的应用，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：因为在梯形ABCD中，AB//CD,AB=BC=12CD=2,∠ABC=90∘,AE⊥CD，
所以DE=CE=2，四边形ABCE为正方形，
对于A，取DE的中点F，连接MF，CF，
因为M为AD的中点，所以MF//AE,MF=12AE，
因为N为BC的中点，所以CN=12BC，
因为AE//BC，AE=BC，所以MF//CN，MF=CN，
所以四边形MNCF为平行四边形，所以MN//CF，
因为MN⊄平面DEC，CF⊂平面DEC，所以直线MN//平面DEC，所以A正确；
对于B，因为DE⊥EC，DE⊥AE，CE∩AE=E，CE，AE⊂平面ABCE，
所以DE⊥平面ABCE，所以VE−ACD=VD−ACE=13×12×2×2×2=43，所以B错误；
对于C，取AE的中点G，连接MG，NG，则MG//DE,MG=12DE=1，
因为DE⊥EC，DE⊥AE，所以MG⊥EC，MG⊥AE，
因为CE∩AE=E，CE，AE⊂平面ABCE，所以MG⊥平面ABCE，
所以∠MNG为直线MN与平面ABCE所成角，
在Rt△MNG中，NG=AB=2，MG=1，则MN= MG2+NG2= 5，
所以sin∠MNG=MGMN=1 5= 55，所以C正确；
对于D，连接AC，BE交于点H，过H作直线l⊥平面ABCE，
因为DE⊥平面ABCE，四边形ABCE为正方形，
所以四棱锥D−ABCE外接球的球心O在直线l上，设外接球的半径为R，
则R= CH2+(12DE)2= (12AC)2+1= 3.
所以四棱锥D−ABCE外接球的表面积为4πR2=4π×3=12π，所以D正确．
故选：ACD.
对于A，取DE的中点F，连接MF，CF，可证得四边形MNCF为平行四边形，则MN//CF，然后由线面平行的判定定理分析判断；对于B，由题意可证得DE⊥平面ABCE，然后利用VE−ACD=VD−ACE求解判断；对于C，取AE的中点G，连接MG，NG，可证得∠MNG为直线MN与平面ABCE所成角，然后在Rt△MNG中求解；对于D，连接AC，BE交于点H，过H作直线l⊥平面ABCE，则外接球的球心O在直线l上，然后可求出其半径，从而可求出球的表面积．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
13.【答案】2π3
【解析】解：∵|b|=2|a|，|2a−b|= 3|b|，
∴4a2+b2−4a⋅b=3b2，
∴4a⋅b=4a2−2b2=4a2−8a2=−4a2，∴a⋅b=−a2，
∴cs=a⋅b|a||b|=−a22a2=−12，且∈[0,π]，
∴=2π3.
故答案为：2π3.
根据|b|=2|a|，对|2a−b|= 3|b|两边平方进行数量积的运算即可得出a⋅b=−a2，然后可求出cs的值，从而可得出a,b的夹角．
本题考查了向量数量积的运算，向量夹角的余弦公式，向量夹角的范围，考查了计算能力，属于基础题．
14.【答案】104 23
【解析】解：如图，
在正四棱锥P−ABCD中，∵AB=PA=6，∴PO= 62−(3 2)2=3 2，
已知PO1= 2，∴S四边形A1B1C1D1S四边形ABCD=19，
S四边形ABCD=36，则S四边形A1B1C1D1=4.
∴所得棱台的体积为13×36×3 2−13×4× 2=104 23.
故答案为：104 23.
由题意画出图形，求出棱台上底面的面积，再由两棱锥体积作差得答案．
本题考查棱台体积的求法，考查运算求解能力，是基础题．
15.【答案】52
【解析】解：如图所示，
△ABC中，b=3，c=2，O为△ABC的外心，
|OA|=|OB|=|OC|=r；
∴AO⋅BC=AO⋅(OC−OB)=OA⋅OB−OA⋅OC
=|OA||OB|csθ1−|OA||OC|csθ2
=r2⋅2r2−c22r2−r2⋅2r2−b22r2
=b2−a22
=52.
故答案为：52.
根据题意画出图形，结合图形表示出向量OA、OB、OC，
再由平面向量的数量积和余弦定理求出AO⋅BC的值．
本题考查了平面向量的数量积与解三角形的应用问题，是中档题．
16.【答案】 2 6π
【解析】解：将四面体ABCD放置在正方体中，如图，
则棱长为2的正四面体ABCD的外接球的球心O，即正方体外接球的球心．
设正方体的棱长为a，则AB= 2a=2，∴a= 2，
取CD中点M，连接AM、BM，
则△ABM为过点A，B，O的平面截四面体ABCD所得截面，
由题意，截面积为12×AB×a=12×2× 2= 2；
又2R= a2+a2+a2，所以R= 62，
则球O的体积为4π3R3= 6π.
故答案为： 2； 6π.
将四面体ABCD放置在正方体中，取CD中点M，连接AM，BM，则△ABM为过点A，B，O的平面截此四面体所得截面，计算求得它的面积，利用正方体的体对角线是外接球的直径，计算球的体积即可．
本题考查了截面图形的面积和球的体积计算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵β∈(0,π2)，∴2β∈(0,π)，
又tan2β=43>0，所以2β∈(0,π2)，
因为tan2β=sin2βcs2β=43>0，且sin22β+cs22β=1，
解得cs2β=35，
所以cs4β−sin4β=(cs2β+sin2β)(cs2β−sin2β)=cs2β−sin2β=cs2β=35；
(2)因为csα=−1213，α∈(0,π)，
所以sinα=513，
又因为cs2β=35，2β∈(0,π)，
所以sin2β=45，
所以sin(α−2β)=sinαcs2β−csαsin2β=513×35+1213×45=6365.
【解析】(1)根据同角三角函数的关系以及余弦二倍角公式化简计算即可；
(2)根据同角三角函数的关系以及两角差的正弦公式化简计算即可．
本题考查三角恒等变换的应用，考查学生计算能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)证明：平行六面体ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形，AB=AA1=2，且∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60∘，
设AA1=a，AB=b，AD=c，则|a|=|b|=|c|=2，a⋅b=a⋅c=b⋅c=2，
AC1=AB+BC+CC1=a+b+c，
BD=AD−AB=c−b，A1B=AB−AA1=b−a，
∵AC1⋅BD=(a+b+c)⋅(c−b)=|c|2−|b|2+a⋅c−a⋅b=0，
∴AC1⊥BD，∴AC1⊥BD，
∵AC1⋅A1B=(a+b+c)⋅(b−a)=|b|2−|a|2+b⋅c−a⋅c=0，∴AC1⊥A1B，∴AC1⊥A1B
∵A1B∩BD=B，∴AC1⊥平面A1BD.
(2)设AD与平面A1BD所成角为θ，
∵AC1⊥平面A1BD，
∴sinθ=|cs|=|AD⋅AC1||AD|⋅|AC1|，
∵AD⋅AC1=c⋅(a+b+c)=8，|AD|=2，|AC1|2=(a+b+c)2=24，|AC1|=2 6，
∴AD与平面A1BD所成角的正弦值为sinθ= 63.
【解析】(1)设AA1=a，AB=b，AD=c，则|a|=|b|=|c|=2，a⋅b=a⋅c=b⋅c=2，利用向量线性运算法则、向量数量积公式推导出AC1⊥BD，AC1⊥A1B，由此能证明AC1⊥平面A1BD.
(2)设AD与平面A1BD所成角为θ，由AC1⊥平面A1BD，得sinθ=|cs|=|AD⋅AC1||AD|⋅|AC1|，由此能求出AD与平面A1BD所成角的正弦值．
本题考查向量线性运算法则、向量数量积公式、线面垂直的判定与性质、线面角的定义及正弦值的求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】解：(1)已知a=(csx,sin2x)，b=(csx, 32)，f(x)=a⋅b，
因为f(x)=a⋅b=cs2x+ 32sin2x=1+cs2x2+ 32sin2x
=sin(2x+π6)+12，
由2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，得kπ−π3≤x≤kπ+π6(k∈Z)，
所以函数f(x)的单调递增区间为[kπ−π3,kπ+π6](k∈Z)；
(2)因为f(B)=sin(2B+π6)+12=1，B∈(0,π)，
所以π6<2B+π6<7π6，所以2B+π6=5π6，
所以B=π3，
因为AC边上的高BD= 3，
所以S△ABC=12⋅ 3⋅b=12acsinB，
所以ac=2b，
又因为a2+c2−2accsB=b2，a=2c，
所以3c2=b2，
所以b=3，c= 3，a=2 3，
所以S△ABC=12⋅ 3⋅b=12acsinB=3 32.
【解析】(1)由题意得到f(x)=sin(2x+π6)+12，代入正弦函数的单调递增区间即可求解；
(2)由题意得到B=π3，利用等面积和余弦定理即可求解．
本题考查了三角函数的单调区间和余弦定理的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，已知AB=2，三棱锥C−BDC1的体积为83，
∵ABCD−A1B1C1D1为正四棱柱，AB=2，
∴CC1⊥平面ABCD，S△BCD=2，
∴VC−BDC1=VC1−BCD=13S△BCD⋅CC1=83，
解得CC1=4，
以D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则A(2,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,4)，B1(2,2,4)，
∴AD1=(−2,0,4)，AB1=(0,2,4)，AC=(−2,2,0)，CB1=(2,0,4)，
设平面AB1D1的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AD1=−2x+4z=0，n⋅AB1=2y+4z=0，
取z=1，得n=(2,−2,1)，
则点C到平面AB1D1的距离d=|AC⋅n||n|=83.
(2)∵DD1//BB1且DD1=BB1，∴BDD1B1为平行四边形，
∴BD//B1D1，BD//平面AB1D1，
同理可证BC1//平面AB1D1，BD∩BC1=B，
∴平面BDC1//平面AB1D1，
∴n=(2,−2,1)是平面BDC1的法向量，
设CB1与平面BDC1所成角为θ，则sinθ=|CB1⋅n||CB1|⋅|n|=83×2 5=4 515，
∴CB1与平面BDC1所成角的正弦值为4 515.
【解析】(1)CC1⊥平面ABCD，S△BCD=2，由等体积法得VC−BDC1=VC1−BCD=13S△BCD⋅CC1=83，求出CC1=4，以D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点C到平面AB1D1的距离．
(2)由DD1//BB1且DD1=BB1，得BDD1B1为平行四边形，从而BD//B1D1，BD//平面AB1D1，同理可证BC1//平面AB1D1，从而平面BDC1//平面AB1D1，n=(2,−2,1)是平面BDC1的法向量，由此能求出CB1与平面BDC1所成角的正弦值．
本题考查等体积法、点到平面的距离公式、线面平行的判定与性质、线面角的定义及正弦值的求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
21.【答案】解：(1)△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acsC+ccsA+2bcsB=0，
因为acsC+ccsA+2bcsB=0，asinA=bsinB=csinC，
所以sinAcsC+sinCcsA+2sinBcsB=0，
即sin(A+C)+2sinBcsB=0，
因为A+B+C=π，
所以sin(A+C)=sinB，
所以sinB+2sinBcsB=0，
因为B∈(0,π)，
所以sinB≠0，
所以csB=−12，B=2π3；
(2)若b=3，AD=2DC，|BD|=1，
因为BD=BA+AD=BA+23AC=BA+23(BC−BA)=23BC+13BA，
所以|BD|2=(23BC+13BA)2=49a2+19c2+49accsB=1，
即4a2+c2−2ac=9，
又因为b2=a2+c2−2accsB=a2+c2+ac=9，
所以c=a= 3.
【解析】(1)利用正弦定理和两角和的正弦公式，得到sin(A+C)+2sinBcsB=0，利用sin(A+C)=sinB，即可求解；
(2)由题意得到BD=23BC+13BA，利用向量的模长公式和余弦定理即可求解．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．
22.【答案】证明：(1)∵BDEF为菱形，∴BD//EF，
∵BD⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
∴BD//平面AEF，
∵BD⊂平面ABCD，平面AEF与平面ABCD交于直线l，
∴BD//l.
(2)连AC交BD于点O，连FO，
∵ABCD为菱形，∴AC⊥BD，O为AC和BD中点，
∵FA=FC，∴FO⊥AC，
∵BD∩FO=O，∴AC⊥平面BDEF，
∵AC⊂平面ABCD，∴平面BDEF⊥平面ABCD.
(3)∵ABCD为菱形，AB=2，∠BAD=π3，
∴OA= 3，OB=1，BD=2，
又∵BDEF为菱形，∴BF=BD=2，
∵FA= 6，FO⊥AC，∴FO= FA2−OA2= 3，
∴OB2+OF2=BF2，∴OF⊥OB，
∵BD⊥OF，BD⊥OA，∴BD⊥平面FOA，
又由(1)知BD//l，
∴l⊥平面FOA，∴∠FAO即为平面AEF与平面ABCD的夹角，
在直角△FOA中，OF=OA= 3，∴∠FAO=π4，
所以平面AEF与平面ABCD夹角的大小为π4，
∵mcs2θ=sinθ−tcsθnsin2θ=csθ+tsinθ，∴mcs2θsinθ=sin2θ−tsinθcsθnsin2θcsθ=cs2θ+tsinθcsθ，
∴mcs2θsinθ+nsin2θcsθ=1，
下面证明：cs2θsinθ≤2 39①；sin2θcsθ≤2 39②；且等号不同时取，
∵1(cs2θsinθ)2=1(cs2θ)2sin2θ=(sin2θ+cs2θcs2θ)2(sin2θ+cs2θsin2θ)
=(tan2θ+1)3tan2θ=(tan2θ+1)(tan2θ+1)2tan2θ=(tan2θ+1)(tan4θ+2tan2θ+1)tan2θ
=tan6θ+3tan4θ+3tan2θ+1tan2θ=tan4θ+3tan2θ+1tan2θ+3
=(tan2θ−12)2+4tan2θ+1tan2θ+114≥2 4tan2θ×1tan2θ+114=274，
当仅当tan2θ=12时取等号，所以cs2θsinθ≤2 39，
∴1=mcs2θsinθ+nsin2θcsθ<2 33(m+n)，即m+n>3 32，
∴m+n>3 32tanα.
【解析】(1)推导出BD//EF，从而BD//平面AEF，由此能证明BD//l.
(2)连AC交BD于点O，连FO，推导出AC⊥平面BDEF，由此能证明平面BDEF⊥平面ABCD.
(3)推导出OA= 3，OB=1，BD=2，BF=BD=2，FO= FA2−OA2= 3，由勾股定理得OF⊥OB，从而BD⊥平面FOA，BD//l，从而l⊥平面FOA，∠FAO即为平面AEF与平面ABCD的夹角，平面AEF与平面ABCD夹角的大小为π4，推导出mcs2θsinθ+nsin2θcsθ=1，由此能证明m+n>3 32tanα.
本题考查线面平行、线面垂直的判定与性质、二面角的定义等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．