2022-2023学年重庆市西南大学附中高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年重庆市西南大学附中高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），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.若(2+z)i=1，则z=( )
A. −2+iB. 2+iC. −2−iD. 2−i
2.△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=3，b= 3，A=60∘，则B=( )
A. 30∘B. 60∘C. 120∘D. 150∘
3.若平面α和直线a，b满足a∩α=A，b⊂α，则a与b的位置关系一定是( )
A. 相交B. 平行C. 异面D. 相交或异面
4.若向量a，b满足|a|=2，|a−b|=2 3，a⋅b=4，则|b|=( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
5.正四棱台的上、下底面边长分别为2，4，侧棱长为3，则该四棱台的体积为( )
A. 28 73B. 28 7C. 563D. 56
6.△ABC中，D为AB上一点且满足AD=12DB，若P为线段CD上一点，且满足AP=λAB+μAC(λ,μ为正实数)，则13λ+1μ的最小值为( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
7.M为△ABC所在平面内一点，且2BM⋅CA=BA2−BC2，则动点M的轨迹必通过△ABC的( )
A. 垂心B. 内心C. 外心D. 重心
8.在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，AB=1，BC= 3，E为PD的中点，点N在平面PAC内，且NE⊥平面PAC，则点N到平面PAB的距离为( )
A. 16B. 18C. 3 38D. 178
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.已知圆锥顶点为S，底面圆心为O，AC为底面的直径，AC=6，SA与底面所成的角为60∘，则( )
A. SO=3 3B. 该圆锥的母线长为6
C. 该圆锥的体积为27 3πD. 该圆锥的侧面积为36π
10.已知复数z1，z2，则下列结论正确的是( )
A. 若|z1|=|z2|，则z1=±z2B. 若z1和z2互为共轭复数，则|z1|=|z2|
C. 若|z1−z2|=0，则z1=z2D. z1⋅z1−=|z1|2
11.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a：b：c=3：4：5，O为△ABC内一点，则下列结论正确的是( )
A. csA=sinB
B. 若a=3，则△ABC内切圆的半径为2
C. 若b=4，则AB⋅BC=−9
D. 若b=4，2OA+3OB+4OC=0，则S△AOC=2
12.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD为等边三角形，PA=2，平面PAD⊥平行四边形ABCD，点M在线段PC上运动(不含端点)，则( )
A. 平面PAD⊥PCD
B. 存在点M使得BD⊥AM
C. 当M为线段PC中点时，过点A，D，M的平面交PB于点N，则四边形ADMN的面积为3 74
D. BM+AM的最小值为4
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知a∈R，若a−2+(a−3)i(i为虚数单位)是实数，则a=______.
14.已知a=(−x,2)，b=(2,1)，若a⊥b，则|a−b|=______.
15.正四棱锥S−ABCD的底面边长为4 2，侧棱长为4 5，点S、A、B、C、D都在同一个球的球面上，则该球的表面积为______.
16.法国数学家费马被称为业余数学之王，很多数学定理以他的名字命名.对△ABC而言，若其内部的点P满足∠APB=∠BPC=∠CPA=120∘，则称P为△ABC的费马点.在△ABC中，已知∠BAC=45∘，设P为△ABC的费马点，且满足∠PBA=45∘，PA=2.则△ABC的外接圆半径长为______.
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)
如图，正三棱柱ABC−A1B1C1的各棱长均为1，点E为棱A1C1的中点.
(1)证明：BC1//平面AB1E；
(2)求异面直线BC1和AC所成角的余弦值.
18.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ccsA+acsC=b2csB.
(1)求角B的大小；
(2)若a+c=6，且△ABC的面积为 3，求b的值.
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是梯形，AB//CD，∠ABC=90∘，AB=DP=2，DC=BC=1.
(1)证明：AD⊥PB；
(2)求直线PC与平面PAB所成角的正弦值.
20.(本小题12分)
如图，四边形ABCD中，∠B=23π.
(1)若AB=3，AC= 13，求△ABC的面积；
(2)若CD= 3BC，∠CAD=π6，∠BCD=2π3，记∠BAC为θ，求θ的值.
21.(本小题12分)
如图1，在四边形ABCD中，BC⊥CD，E为BC上一点，AE⊥BC，AE=BE=2CD=2，CE= 3，将四边形AECD沿AE折起，使得二面角B−AE−C的大小为30∘，连接BD，BC，得到如图2.
(1)证明：平面ABE⊥平面BCE；
(2)点F是线段BE上一点，设EF=λEB，且二面角E−AD−F为30∘，求λ的值.
22.(本小题12分)
记△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知BC⋅BA+2CB⋅CA−AB⋅AC=0.
(1)求ca；
(2)记△ABC的面积为S，求2Sb2的最大值.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由(2+z)i=1，得2+z=1i=−i，
∴z=−2−i.
故选：C.
由(2+z)i=1，利用复数运算法则直接求解即可．
本题考查复数的运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：在△ABC中，由正弦定理asinA=bsinB得：
sinB=bsinAa= 3×sin60∘3=12，
而a>b，则在中△ABC有A>B，
所以B=30∘.
故选：A.
根据给定条件，利用正弦定理解三角形即可．
本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】【分析】
利用直线与平面、直线与直线的位置关系直接求解．
本题考查两直线的位置关系的判断，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．
【解答】
解：∵平面α和直线a，b满足a∩α=A，b⊂α，
∴a⊄α，且a，b不平行，
∴a与b的位置关系一定是相交或异面．
故选：D.
4.【答案】C
【解析】解：因为|a|=2，a⋅b=4，|a−b|=2 3，
所以|a−b|2=a2−2a⋅b+b2=4−8+|b|2=12，
所以|b|2=16，解得|b|=4.
故选：C.
对|a−b|=2 3两边平方化简结合已知可求得结果．
本题考查向量的模和数量积，解题关键是掌握数量积的计算公式，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：连接AC，A1C1，作A1E⊥平面ABCD，
由正四棱台性质可知点E在AC上，
因为正四棱台的上、下底面边长分别为2，4，
所以AC=4 2,A1C1=2 2，
所以四边形ACC1A1为等腰梯形，
所以AE=12(AC−A1C1)= 2，
所以A1E= 32−2= 7，
因为上下底面面积分别为：2×2=4，4×4=16，
所以四棱台的体积为13(4+16+ 4×16)× 7=28 73.
故选：A.
根据正四棱台的性质和已知先求高，然后由棱台的体积公式可得．
本题考查台体的体积，解题关键是掌握台体体积公式．属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：由AD=12DB，可得AB=3AD，
又AP=λAB+μAC=3λAD+μAC，且D，P，C三点共线，
则有3λ+μ=1，又λ，μ为正实数，
故13λ+1μ=(3λ+μ)⋅(13λ+1μ)
=2+μ3λ+3λμ
≥2+2 μ3λ×3λμ=4，
当且仅当μ= 3λ时等号成立．
故选：B.
由平面向量基本定理得到λ和μ之间的关系式3λ+μ=1，再由基本不等式求最值即可．
本题考查平面向量基本定理和基本不等式的综合应用，属基础题．
7.【答案】C
【解析】解：设边AC的中点为D，
因为2BM⋅CA=BA2−BC2，
所以2BM⋅CA=(BA+BC)⋅(BA−BC)，
所以2BM⋅CA=2BD⋅CA，
所以(BM−BD)⋅CA=0，
所以DM⋅CA=0，
所以DM⊥CA，又点D为边AC的中点，
所以点M在边AC的垂直平分线上，
所以动点M的轨迹必通过△ABC的外心，
故选：C.
设边AC的中点为D，结合向量的线性运算法则化简向量等式可得MD⋅CA=0，由数量积的性质可得DM⊥CA，由此可得结论．
本题考查三角形五心等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
8.【答案】C
【解析】解：如图所示，过点D作DF⊥AC，垂足为F，
因为PA⊥平面ABCD，且DF⊂平面ABCD，
所以DF⊥PA，
又因为PA∩AC=A，且PA，AC⊂平面PAC，
所以DF⊥平面PAC，
取PF的中点N，连接NE，
因为E为PD的中点，
所以NE//DF，
所以NE⊥平面PAC，
过点F作FG//BC，
因为四边形ABCD为矩形，
所以FG⊥AB，
因为PA⊥平面ABCD，且GF⊂平面ABCD，
所以GF⊥PA，
又因为AB∩PA=A，且AB，PA⊂平面PAB，
所以GF⊥平面PAB，
取PG的中点Q，连接NQ，
因为N为PF的中点，
所以NQ//GF，
所以NQ⊥平面PAB，
所以NQ为点N到平面PAB的距离，
在矩形ABCD中，因为AB=1,BC= 3，
所以AC=2，
因为AD2=AF⋅AC，
所以AF=AD2AC=32，
又由△AGF∽△ABC，可得GFBC=AFAC，
解得GF=AF⋅BCAC=3 34，
又由NQ=12GF=12×3 34=3 38，
所以点N到平面PAB的距离为3 38.
故选：C.
过点D作DF⊥AC，证得DF⊥平面PAC，取PF的中点N，连接NE，证得NE⊥平面PAC，过点F作FG//BC，证得GF⊥平面PAB，从而得到NQ⊥平面PAB，得到NQ为点N到平面PAB的距离，结合NQ=12GF，即可求解．
本题考查点到平面的距离，解题关键是利用直线与平面的位置关系找到点到直线的距离，属于中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：对于A选项，如下图所示：
由圆锥的几何性质可知，SO与圆O所在的底面垂直，
所以，SA与底面所成的角为∠SAO，即∠SAO=60∘，
因为AC=6，则AO=3，所以，SO=AOtan60∘=3 3，A对；
对于B选项，因为∠SAO=60∘，且SA=SC，则△SAC是边长为6的等边三角形，
所以，该圆锥的母线长为6，B对；
对于C选项，圆O的面积为π×AO2=9π，故该圆锥的体积为V=13×9π×3 3=9 3π，C错；
对于D选项，该圆锥的侧面积为π×AO×SA=π×3×6=18π，D错．
故选：AB.
由线面角的定义可得出∠SAO=60∘，可求得SO的长，可判断A选项；分析可知△SAC是等边三角形，可判断B选项；利用锥体的体积公式可判断C选项；求出该圆锥的侧面积，可判断D选项．
本题考查圆锥的几何性质、异面直线所成角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：对于A：设z1=1+ 3i,z2=2i，则|z1|=|z2|=2，
此时z1≠z2且z1≠−z2，故A错误；
对于B：设z1=a+bi，(a,b∈R)，
因为z1和z2互为共轭复数，
所以z2=a−bi，
所以|z1|= a2+b2,|z2|= a2+(−b)2= a2+b2，
所以|z1|=|z2|，故B正确；
对于C：设z1=m+ni，z2=c+di，(m,n,c,d∈R)，
则z1−z2=(m−c)+(n−d)i，
所以|z1−z2|= (m−c)2+(n−d)2，
若|z1−z2|=0，则(m−c)2+(n−d)2=0，
所以m=c，n=d，故z1=z2，故C正确；
对于D：设z1=x+yi，(x,y∈R)，则z1−=x−yi，
所以z1⋅z1−=x2+y2=|z1|2，故D正确．
故选：BCD.
举反例判断A，根据共轭复数的定义，复数的模的性质判断BCD.
本题考查复数的运算，解题关键是熟练掌握复数的概念和运算，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：由题可得：a2+b2=c2，
∴△ABC是以C为直角的三角形，以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，建立直角坐标系如图：
对于A，由锐角三角函数的定义知：csA=45,sinB=45，∴sinB=csA，故A正确；
对于B，S△ABC=12×3×4=6，△ABC的周长为a+b+c=12，
设内切圆半径为r，
则S△ABC=12×12r,r=1，故B错误；
对于C，若b=4，则a=3，则A(4,0)，B(0,−3)，
∴AB=(−4,3)，BC=(0,−3)，
∴AB⋅BC=−4×0+3×(−3)=−9，故C正确；
对于D，设O(x,y)，OA=(4−x,−y),OB=(−x,3−y),OC=(−x,−y)，
由题意，2OA+3OB+4OC=0，∴8−2x−3x−4x=0−2y+9−3y−4y=0，
解得y=1,S△OAC=12|OA|⋅|y|=12×4×1=2，D正确；
故选：ACD.
建立直角坐标系，求出相应点与向量的坐标，再由平面向量的坐标运算逐一判断各选项即可．
本题考查平面向量的坐标运算和解三角形，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
CD⊥AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，
CD⊂平面PCD，故平面PAD⊥平面PCD，故A正确；
如图，
取AD的中点G，连接GC，PG，BD，则PG⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
PG⊂平面PAD，∴PG⊥平面ABCD，
BD⊂平面ABCD，则PG⊥BD，
假若BD⊥AM，BD⊥AC，AC∩AM=A，
AC，AM⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，
而PA⊂平面PAC，故BD⊥PA，
又PG⊥BD，PG∩PA=A，PA，PG⊂平面PAG，
所以BD⊥平面PAG，AD⊂平面PAG，所以BD⊥AD，
这显然与底面ABCD是正方形矛盾，故BD⊥AM不成立，故B错误；
取PB的中点N，连接MN，GB，GC，DM，AN，则MN//BC，
由于GC=GB= AG2+AB2= 12+22= 5，
由于PG⊥平面ABCD，GB，GC⊂平面ABCD，
所以PG⊥GB，PG⊥GC，
故PC=PB= PG2+GB2= ( 3)2+( 5)2=2 2，
由于三角形PDC，PAB均为直角三角形，
所以DM=12PC= 2，AN=12PB= 2，
故四边形ADMN为等腰梯形，且MN=12BC=1，DM=AN= 2，AD=2，
如图：
过点M作MQ⊥AD，所以DQ=12(AD−MN)=12，
MQ= DM2−DQ2= ( 2)2−(12)2= 72，
故四边形ADMN的面积为12(MN+AD)⋅MQ=12(1+2)× 72=3 74，故C正确；
由于△PAC，△PBC均为等腰三角形，
PC=AC=2 2，PB=PC=2 2，BC=PA=2，
将两个三角形展开成一个平面，所以四边形APBC为平行四边形，
将△PBC沿着PC展开与△PAC在同一平面，
连接AB交PC于M，所以四边形APBC为平行四边形，如图：
由余弦定理可得cs∠ACP=PC2+CA2−PA22PC⋅CA=CM2+CA2−AM22CM⋅CA，
所以(2 2)2+(2 2)2−222×(2 2)×(2 2)=( 2)2+(2 2)2−AM22× 2×(2 2)⇒AM=2，
故BM+AM=AB=2AM=4，故D正确．
故选：ACD.
根据面面垂直的性质可得线面垂直即可判断A；根据反证法即可找矛盾判断B；根据长度关系即可由梯形面积求解C；由三点共线即可由平面图形关系求解D.
本题考查空间点、线、面的位置关系，考查了空间问题化为平面问题求解的方法，属难题．
13.【答案】3
【解析】解：因为a∈R且a−2+(a−3)i是实数，
所以a−3=0，解得a=3.
故答案为：3.
根据虚部为0得到方程，解得即可．
本题考查复数的概念，解题关键是明确实数与复数的关系，属于基础题．
14.【答案】 10
【解析】解：因为a=(−x,2)，b=(2,1)且a⊥b，
所以a⋅b=−2x+1×2=0，解得x=1，所以a=(−1,2)，
则a−b=(−1,2)−(2,1)=(−3,1)，
所以|a−b|= (−3)2+12= 10.
故答案为： 10.
依题意可得a⋅b=0，根据数量积的坐标表示求出x，即可求出a−b的坐标，从而求出其模．
本题主要考查平面向量垂直的性质，属于基础题．
15.【答案】100π
【解析】解：如图所示，设球半径为R，底面中心为O′且球心为O，
∵正四棱锥S−ABCD中AB=4 2，SA=4 5，
∴AO′= 22AB=4，可得SO′= SA2−AO2=8，OO′=SO′−SO=8−R.
∵在Rt△BOO′中，BO2=BO′2+OO′2，
∴R2=42+(8−R)2，解得R=5，
因此可得外接球的表面积为：4πR2=4π×52=100π.
故答案为：100π.
根据正四棱锥的性质，结合勾股定理即可求解球半径，由球的表面积公式即可求解．
本题考查球的表面积的求法，几何体的结构特征的应用，是中档题．
16.【答案】 3
【解析】解：由已知，可得∠PAB=180∘−120∘−45∘=15∘，
所以∠PAC=45∘−15∘=30∘.
在△PAC中，∠PCA=180∘−120∘−30∘=30∘，
所以PA=PC=2.
在△PAB中，由正弦定理PBsin15∘=PAsin45∘⇒PB=2sin15∘sin45∘(*)，
而sin15∘=sin(45∘−30∘)= 22× 32− 22×12= 6− 24，
sin45∘= 22代入(*)式得PB= 3−1.
在△PBC中，BC2=PB2+PC2−2PB⋅PCcs120∘=6，所以BC= 6，
设△ABC的外接圆半径为R，在△ABC中，可得2R=BCsin45∘= 6 22=2 3，
所以△ABC的外接圆半径长为 3.
故答案为： 3.
利用三角形的内角和定理、正弦定理和余弦定理，结合已知条件求解即可．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)连接A1B交AB1于点F，连接EF，
则在正方形ABB1A1中，F为A1B的中点，
又E为A1C1的中点，所以EF为△A1BC1的中位线，则EF//BC1；
又EF⊂平面AB1E，BC1⊄平面AB1E，
所以BC1//平面AB1E.
(2)在三棱柱ABC−A1B1C1中，则AC//A1C1，
则∠A1C1B(或其补角)为异面直线BC1与AC所成的角．
在△A1BC1中，A1C1=1，A1B= 2，BC1= 2，
则cs∠A1C1B=A1C12+BC12−A1B22A1C1⋅BC1=1+2−22×1× 2= 24.
所以异面直线BC1和AC所成角的余弦值为 24.
【解析】(1)根据线面平行判定定理证明即可；
(2)通过线线平行把异面直线BC1和AC所成角转化为∠A1C1B，再应用余弦定理计算求解．
本题考查异面直线所成的角等基础知识，读懂题意，第一问容易忽略一种情况，是本题的易错点；第二问通过平行线分线段成比例求解PM范围时题目的难点和突破点，考查运算求解能力，是中档题．
18.【答案】解：(1)因为ccsA+acsC=b2csB，
由正弦定理得：sinCcsA+sinAcsC=sinB2csB，
即sin(A+C)=sinB2csB，sinB=sinB2csB，
因为B∈(0,π)，所以sinB≠0，
所以csB=12，所以B=π3；
(2)因为△ABC的面积为 3，
所以S△ABC=12acsinB= 3，
解得ac=4，
由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB，
则b2=(a+c)2−3ac=24，
所以b=2 6.
【解析】(1)利用正弦定理边化角及两角和的公式化简求出即可．
(2)利用三角形面积公式及余弦定理求解即可．
本题考查了正余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
19.【答案】解：(1)取AB的中点E，连接DB，DE，
Rt△DCB中，DB= 2，梯形ABCD中，DC//BE，DC=BE，
所以四边形BCDE为正方形，所以DE=BE=1，则AE=AB−BE=1，
所以Rt△DAE中，AD= DE2+AE2= 2，
又AB=2，所以AB2=BD2+AD2，则AD⊥BD，
又PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥PD，
由于PD∩BD=D，BD⊂平面PBD，PD⊂平面PBD，
所以AD⊥平面PBD，
又PB⊂平面PBD，所以AD⊥PB；
(2)以C为坐标原点，CD，CB为x轴，y轴正方向，
在平面PCD内过点C作CD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0,0,0)，P(1,0,2)，A(2,1,0)，B(0,1,0)，
PA=(1,1,−2)，AB=(−2,0,0)，CP=(1,0,2)，
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅PA=0n⋅AB=0，即x+y−2z=0−2x=0，
令y=2，则n=(0,2,1)，又PC=(−1,0,−2)，
设直线PC与平面PAB所成角为θ，
则sinθ=|cs|=|PC⋅n|PC||n||=|−2| 5× 5=25.
【解析】(1)先证明AD⊥平面PBD，进而得出AD⊥PB；
(2)建立坐标系，根据空间向量法计算线面角即可．
本题考查空间垂直关系的证明，直线和平面所成的角的求法，属中档题．
20.【答案】解：(1)在△ABC中由余弦定理得：AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcsB，
因为AB=3，AC= 13，∠B=23π，
所以13=32+BC2−2×3×BC×cs2π3，
所以BC2+3BC−4=0，
解得BC=−4(舍)或BC=1，
所以S△ABC=12×3×1×sin2π3=3 34.
(2)因为∠BAC=θ，∠CAD=π6，∠BCD=2π3，
所以∠ACB=13π−θ，∠ACD=13π+θ，∠ADC=12π−θ，
在△ABC中，由正弦定理得：BCsinθ=ACsin2π3，即BCAC=2sinθ 3.
在△ACD中，由正弦定理得： 3BCsinπ6=ACsin(π2−θ)，BCAC=12 3csθ，
所以4sinθcsθ=1，即sin2θ=12，
因为0<θ<π3，
所以0<2θ<2π3，
所以2θ=π6，
所以θ=π12.
【解析】(1)先应用余弦定理求出BC，再应用面积公式计算求解．
(2)根据正弦定理结合诱导公式化简，再应用二倍角公式可得角．
本题考查解三角形，解题关键是熟练应用正余弦定理解决问题，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：因为AE⊥BC，
所以AE⊥EC，AE⊥BE，
又EC∩BE=E，
所以AE⊥面BCE，
又AE⊂面ABE，
所以面ABE⊥面BCE.
(2)过C作CG⊥EB，
由(1)知面ABE⊥面BCE，面ABE∩面BCE=BE，
因为CG⊂面BCE，
所以CG⊥面ABE，
过G作Gx//AE，
因为AE⊥EB，
所以Gx⊥EB，
所以以G为原点，Gx，GB，GC分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系：
由(1)知二面角B−AE−C的平面角为∠CEB，
因为二面角B−AE−C的大小为30∘，
所以∠CEB=30∘，
又CE= 3，
在Rt△CGE中，EG=CE⋅cs∠CEB= 3cs30∘= 3× 32=32，
又BE=2，
所以BG=BE−EG=2−32=12，
CG=CE⋅sin∠CEB= 3sin30∘= 32，
所以A(2,−32,0)，B(0,12,0)，C(0,0, 32)，D(1,0, 32)，E(0,−32,0)，
根据题意设F(0,a,0)，
所以EF=(0,a+32,0)，EB=(0,2,0)，
因为EF=λEB，则0<λ<1，
所以(0,a+32,0)=λ(0,2,0)，
所以a=2λ−32，
所以F(0,2λ−32,0)，
设面ADE的法向量为m=(x,y,z)，
AD=(−1,32, 32)，AE=(−2,0,0)，
所以m⋅AD=0m⋅AE=0，即−x+32y+ 32z=0−2x=0，
解得x=0，
设z= 3，则y=−1，
所以m=(0,−1, 3)，
设面ADF的法向量为n=(s,t,r)，
AD=(−1,32, 32)，AF=(−2,2λ,0)，
所以n⋅AD=0n⋅AF=0，即−2s+2λ=0−s+32t+ 32r=0，
设t=1，则s=λ，r=2 3λ−3 33，
所以n=(λ,1,2 3λ−3 33)，
因为二面角E−AD−F为30∘，
所以cs=m⋅n|m||n|，
所以cs30∘=(0,−1, 3)⋅(λ,1,2 3λ−3 33) (−1)2+( 3)2⋅ λ2+12+(2 3λ−3 33)2，
所以 32=−1+ 3×2 3λ−3 332 λ2+1+(2λ−3)23，
解得λ=23.
【解析】(1)根据线面垂直的判定定理可得AE⊥面BCE，再由面面垂直的判定定理，即可得出答案．
(2)过C作CG⊥EB，由(1)知面ABE⊥面BCE，可得CG⊥面ABE，过G作Gx//AE，则Gx⊥EB，以G为原点，Gx，GB，GC分别为x，y，z轴建立空间直角坐标，设F(0,a,0)，由EF=λEB，则0<λ<1，得F(0,2λ−32,0)，解得面ADE的法向量为m，面ADF的法向量为n，由二面角E−AD−F为30∘，得cs=m⋅n|m||n|，即可解得答案．
本题考查直线与平面的位置关系，二面角的余弦值，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)∵BC⋅BA+2CB⋅CA−AB⋅AC=0，
∴accsB+2abcsC−bccsA=0
即ac⋅a2+c2−b22ac+2ab⋅a2+b2−c22ab−bc⋅b2+c2−a22bc=0，
整理可得c2=2a2，即c= 2a，
则ca= 2；
(2)S=12acsinB= 22a2sinB，由余弦定理可得b2=a2+c2−2accsB=3a2−2 2a2csB，
∴2Sb2= 2a2sinB3a2−2 2a2csB= 2sinB3−2 2csB，
令2Sb2=y>0，即 2sinB3−2 2csB=y，
可得3y= 2sinB+2 2ycsB= 2+8y2sin(B+φ)≤ 2+8y2，φ为锐角，且tanφ=2y，
∴9y2≤2+8y2，解得0∴2Sb2的最大值为 2.
【解析】(1)根据向量的数量积的定义，结合余弦定理即可求解．
(2)由三角形面积公式以及余弦定理可得b2=3a2−2 2a2csB，进而由辅助角公式即可由三角函数的性质求解．
不要开车利用正余弦定理和向量知识解三角形，属于中档题．