2022-2023學(xué)年河北省保定市重點學(xué)校高一（下）期中聯(lián)考數(shù)學(xué)試卷（含解析）

2022-2023學(xué)年河北省保定市重點學(xué)校高一（下）期中聯(lián)考數(shù)學(xué)

試卷

一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）

已知復(fù)數(shù)則（）

1.Z]=4+i,Z2=1-2i,z/z=

A.2+7iB.2-7iC.6+7iD.6-7i

2.△48（7的內(nèi)角48,。的對邊分別為￡1,6,乙若?054=?/=2/2。=/耳，則。=（）

A.2B.√^7C.3D.√^3

3.光明社區(qū)老年合唱隊中，60?70歲的有30人，71?75歲的有15人，76歲及以上的有10人

.若用分層抽樣的方法抽取n位老人參加某項活動，已知從71?75歲的老人中抽取了3人，則n

的值為（）

A.9B.10C.11D.12

4.已知m,n是兩條不同的直線，α是一個平面，則下列說法正確的是（）

A.若m〃n,n〃a則m〃aB.若m〃a,n〃a則7n〃n

C.若ni?Lα,nuα,則m1nD.若nua,mln,則mJ.a

5.某公司用隨機(jī)數(shù)法從公司的500名員工中抽取了20人了解其對燒烤的喜歡程度,先將這

500名員工按001,002,500進(jìn)行編號，然后從隨機(jī)數(shù)第3行第3列的數(shù)開始向右讀，則選

出的第7個編號是（注：下面為隨機(jī)數(shù)的第3行和第4行）（）

第3行：78166572080263198702436997280198

第4行：32049243493582003623486969387481

A.492B,320C.198D.280

6.已知向量五=(4+1,4),h=(3,Λ)＞若日與石反向，則向量F=(1,2)在向量五一B上的投影

向量為()

A.(6,-8)B.(-6,8)C.(∣,-g)D.(-∣?∣)

7.在平行六面體ABCDBIelDl中，底面力BCD是菱形，/.BAD=

60°,與底面ABC。垂直，N分別在BD和BlDl上，且8。=3BM,

則異面直線與所成角的余

B1D1=3D1N,AB=3,AA1=4,MN

弦值為（）

RIE3<T9

A7Eb?-rD空

,34,17

8.某六芒星項鏈如圖1所示，其平面圖如圖2所示，該六芒星由正△力BC和正ADEF組合而

成，且荏=前，AC=EF>DE=CB,△ABC和△DEF的中心均為O,BC與EF的交點為G,

若元=Jna+幾記，則m+n=（）

圖I

A.-∣B.-yC.-5D.-6

二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項符合題目要求）

9.已知復(fù)數(shù)Z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點的坐標(biāo)為（2,-1）,則（）

A.z=2+i

B.z的虛部為一1

C.?z-i?=為純虛數(shù)

D.z是方程/-4x+5=0的一個復(fù)數(shù)根

10.下列說法錯誤的是（）

A.過球心的截面是半徑等于球的半徑的圓面

B.有兩個面互相平行，其余各面都是平行四邊形的幾何體一定是棱柱

C.正四棱錐的側(cè)面都是正三角形

D.有兩個面互相平行，其余四個面都是等腰梯形的六面體是棱臺

11.若向量五滿足IZ+BI=4,1方—方I=2，則下列說法正確的是（）

A.若Inl=IΣ,則COS位后=；B.3≤∣α∣?∣h∣≤5

C.若COS〈W,B>=,,!）!!∣IhI=2√^^2D.eos（ɑ,e）≥|

12.在四棱錐P-ABC。中，P4_L底面ABCC,4ABC=?ACD=60°,AB=BC=2,CD=1,

且二面角P-BC-A為60。，則（）

A.三棱錐P-ABC的外接球的表面積為等

B.二面角P-OC-B為60。

C.PD=3y∕~2

D.三棱錐P-ADC的內(nèi)切球的半徑為士9

4

三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）

13.某7位小伙伴1分鐘的跳繩個數(shù)（單位：個）分別為180,182,173,175,a,178,176,

已知這7位小伙伴1分鐘跳繩個數(shù)的平均數(shù)為178,則α=.

14.某“星艦”可近似地看作是一個圓錐和一個圓柱的組合體，其直觀圖如圖所示，A

其中B,C分別是上、下底面圓的圓心，若AC=50米，48=6米，底面圓的直徑為

9米，則該“星艦”的表面積是平方米.

15.長度為15Cm的線段兩個端點到平面ɑ的距離分別為3cnι和12sn,且這兩個端點都在平

面α的同一側(cè)，則這條線段所在直線與平面ɑ所成角的正弦值為

16.《九章算術(shù)》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為

鱉膈.如圖，在鱉膈PABe中，PC>PB>PA,AB=2,BC=1,

PA=2√^.D,E分別為棱PC,PB上一點,則AE+DE的最小

值為.

四、解答題（本大題共6小題，共70.0分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟）

17.（本小題10.0分）

已知向量五，石的夾角為方，且181=2,IBI=3，c=λa—2b?

（1）求|3五一7|;

（2）當(dāng)石J,卻寸，求4的值.

18.（本小題12.0分）

如圖，在底面ABCD是矩形的四棱錐P-ABCD中，平面PCD_L平面4BCD,PC=PD,S.CD=

√^2PD,M,N分別是PA,B。的中點.

(I)證明：MN〃平面PBC.

(2)證明:PCJ■平面PAD.

19.(本小題12.0分)

如圖，梯形O'4B'C'是水平放置的四邊形OABC的斜二測畫法的直觀圖，已知0Z7∕B'C',

0'A'=2,0'B'=B1C=3.

(1)在下面給定的表格中畫出四邊形04BC(不需寫作圖過程)；

(2)若四邊形04BC以04所在直線為軸，其余三邊旋轉(zhuǎn)一周形成的面圍成一個幾何體，說出該

幾何體的結(jié)構(gòu)特征，并求該幾何體的體積.

20.(本小題12.0分)

已知正方體ABCD-Λ1B1C1D1.

(I)證明：平面ABGjL面BICD「

(2)若正方體的棱長為4,ACil平面α,當(dāng)平面α經(jīng)過BC的中點時，求平面ɑ截正方體4BCD-

418道1。1所得截面的周長.

21.(本小題12.0分)

△ABC的內(nèi)角4,B,C的對邊分別為α,b,c,且2ccos4=α+2b.

⑴求C;

(2)若。為力B邊上一點，AC-BD=BC-AD,且CD=2,求AABC面積的最小值.

22.(本小題12.0分)

如圖，在斜三棱柱4BC-&B1C1中，E為BlCI的中點，M為4B上靠近4的三等分點，N為AIBl

上靠近Bl的三等分點.

(I)證明：平面4MC〃平面BEN.

(2)若CMj_平面BEIAB1,CG與平面ABB涕i的距離為x,Tl1C=8,AB1=12,

三棱錐&-4CM的體積為y,試寫出y關(guān)于X的函數(shù)關(guān)系式.

(3)在(2)的條件下，當(dāng)久為多少時，三棱錐&-ACM的體積取得最大值？并求出最大值.

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：z1=4+i,Z2=1-21,

則Z1Z2=(4+i)(l-2i)=4+2-7i=6-7i.

故選：D.

根據(jù)已知條件，結(jié)合復(fù)數(shù)的四則運算，即可求解.

本題主要考查復(fù)數(shù)的四則運算，屬于基礎(chǔ)題.

2.【答案】D

【解析】解：由余弦定理得a?=b2+c2-2bccosA=3,

得α=√-3.

故選：D.

根據(jù)余弦定理求解即可.

本題主要考查了余弦定理在求解三角形中的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

3.【答案】C

【解析】解：由題意可知：從71?75歲的老人中抽取的人數(shù)為nX赤島5=3,解得n=IL

故選：C.

根據(jù)分層抽樣的概念及計算方法，列出方程，即可求解.

本題考查分層抽樣的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

4.【答案】C

【解析】解：對于4若Tn〃n,RIla,則n?/ɑ或mui,故A錯誤；

對于從平行于同一平面的兩條直線可能平行，可能異面，也可能相交，故8錯誤；

對于C,若m_La,則τn垂直于α平面內(nèi)的任意一條直線，故C正確；

對于。，若?IUa,mln,則?H與Q不一定垂直，故。錯誤.

故選：C.

根據(jù)直線與平面的位置關(guān)系和相關(guān)定理，逐項判斷即可.

本題考查命題真假的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運算求

解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，是中檔題.

5.【答案】B

【解析】解：根據(jù)隨機(jī)數(shù)表的讀法，從隨機(jī)數(shù)表第3行第3列的數(shù)開始向右讀，

所取號碼依次為166,080,263,198,436,280,320,......

則選出的第7個編號為320.

故選：B.

根據(jù)隨機(jī)數(shù)表的讀數(shù)法直接讀取即可.

本題考查簡單隨機(jī)抽樣中隨機(jī)數(shù)表的讀法，屬基礎(chǔ)題.

6.【答案】D

【解析】解：依題意W〃1,α=(λ+l,4).b=(3,λ).

所以;1(4+l)-3×4=0,解得4=3或;I=-4,

又五與石反向，則2=3時，向量五=(4,4)與石=(3,3)同向，不符合題意，舍去，

故4=一4,此時五=(-3,4),K=(3,-4)，α-b=(-6,8)，

則向量=(1,2)在向量五一石上的投影向量為倍IS?(a-K)=音等?(-6,8)=?(-6,8)=

故選：D.

依題意可先求出4的值，從而可得為-石的坐標(biāo)，再用投影向量的定義即可求解.

本題主要考查平行向量的坐標(biāo)關(guān)系，考查了投影向量的定義，屬于基礎(chǔ)題.

7.【答案】B

【解析】解：取CM的中點G,連接QG,AG,則四邊形MNDlG是平行四邊形，

所以5G//MN,DIG=MN=JDD^+(∣B0)2=√42+I2=v∏7.

所以NADiG是異面直線MN與ZDl所成角，

在A40G中，由余弦定理知，AG2=AD2+DG2-2AD-DGcos?ADB=9+l-2×3×l×

cos600=7,

所以4G=

在△曲G中，由余弦定理知，cos"2G=嗎黯普=段舄=室,

即異面直線MN與力Dl所成角的余弦值為富.

故選:B.

取DM的中點G,連接DiG,AG,則乙M?G即為所求，在AaDG中，利用余弦定理求出ZG的長，再

在△力DIG中，由余弦定理，求得COS乙4D]G,即可.

本題考查異面直線夾角的求法，利用平移的思想找到異面直線所成角是解題的關(guān)鍵，考查空間立

體感、邏輯推理能力和運算能力，屬于基礎(chǔ)題.

8.【答案】C

【解析】解：如圖，延長40交CG于點H,

由圖形對稱性和題中條件可得：。為△力BC的重心且CH：HG=3：1,

…?1一〉

???OH=一件，

在AOCG中，由分點恒等式知：OH=?÷?,

44

ΛOC=4OH-3OG=4×（-那）-30G=-2OA-3OG,

Mm=-2,TI=—3,?m÷n=-5

故選：C.

由題意和圖形對稱性作輔助線，得到H分CG的比例，再由分點恒等式可找到向量間的線性關(guān)系,

從而求得.

本題考查了向量的線性運算和分點恒等式，還考查了邏輯推理能力，屬于中檔題.

9.【答案】ABD

【解析】解：因為復(fù)數(shù)Z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點的坐標(biāo)為(2,-1),

所以z=2-i,所以W=2+i,故4正確；

Z的虛部為-1,故B正確；

z-i=2-2i不是純虛數(shù)，故C錯誤；

因為z2-4z+5=(2-i)2-4(2-i)+5=4-4i+i2-8+4i+5=0,

所以Z是方程χ2—4x+5=0的一個復(fù)數(shù)根，故。正確.

故選：ABD.

根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義、復(fù)數(shù)的概念以及復(fù)數(shù)的運算可得答案.

本題主要考查復(fù)數(shù)的四則運算，屬于基礎(chǔ)題.

IO.【答案】BCD

【解析】解：對于4過球心的截面是半徑等于球的半徑的圓面，故A正確；

對于B,有兩個面互相平行，其余各面都是平行四邊形的幾何體，側(cè)棱不一定平行，故B錯誤；

對于C,正四棱錐的側(cè)面都是等腰三角形，故C錯誤；

對于D,有兩個面互相平行，其余四個面都是等腰梯形的六面體，還需滿足棱延長后交于一點，

故。錯誤.

故選：BCD.

根據(jù)已知條件，結(jié)合球、棱錐、棱柱、棱臺的結(jié)構(gòu)特征，即可求解.

本題主要考查球、棱錐、棱柱、棱臺的結(jié)構(gòu)特征，屬于基礎(chǔ)題.

11.【答案】ABD

【解析】解：因為∣Z+b∣=4,1ɑ—eI=2<

所以下+2a?b+b2=16,02-2α?e+fa2=4，

2

解得片÷b=10lα?K=∣α∣?∣K∣?cos(afb)=3,

對于4,當(dāng)I五I=√^~Σ時，∣9∣=2√^"∑,cos(a,b)-=p故A正確；

對于8,由題易得I碼>0,1石I>0，貝IJl五|2+|1|2=10≥2|方I.|石|,解得|磯.∣]∣≤5,當(dāng)且

僅當(dāng)I五I=?b?=√石時,等號成立,由CoS(EI≤1,得五不=|初??b??cos(a,b)=3≤∣α∣-?b??

所以3≤∣α∣■∣K∣≤5，B正確；

對于C,當(dāng)CoS⑸力='時，件+』=1°,解得Iq=色或I凹=2?,c錯誤；

4l∣α∣?∣fa∣=4{?b?=2T2(lel=<2

對于0,由題易得CoS位是)>0，則3≤|五|?∣bI=COS笳)≤5,解得CoS位,B>≥2，。正確，

故選：ABD.

由I五+1I=4,1五一石I=2分別平方后,兩式相加，相減得到r+-=ιo區(qū)不=|中.|石|.

cos(a,b)=3,再逐一判斷各選項即可.

本題考查平面向量得模與夾角，屬于中檔題.

12.【答案】ABD

【解析】解：因為4B=BC,NABC=60。，

所以△力BC為正三角形，

取BC的中點E,連接PE,AE,

AE1BC,AE=y∏,

因為PAl底面ABeO,AD,CD,BCU底面4BC。,

所以PAIAD,PA1CD,PA1BC,

y,PAΠAE=A,PA,AEU平面PAE,

所以BC1平面P4E,

因為PEU平面24E,

則PE1BC,

則NPE力為二面角P-BC-A的平面角，

所以NPE4=60°,

所以PA=AEtan60o=3,

因為NaCD=60。，AC=2,CD=1,

所以由余弦定理可得=22+l2-2×2×l×COS60O=3,

即AD=√^^>

則PD=√PA2+AD2=√9+3=2√^3.

即選項C錯誤；

MAD2+CD2=AC2,

所以AD1CD,

y,PA1CD,PAryAD=A,PA,ADd[^PAD,

則CD_L面P4D,

又PDU面PaO,

則CO1PD,

所以ZPZM即二面角P-DC-B的平面角，

因為tanZ?PIM—粵--：==—Λ∕-3,

ADV3

所以NPDA=60°,

即選項B正確；

設(shè)。為三棱錐P-ABC外接球的球心，

取AABC的中心F,連接OF,0A,

貝IIF0〃P4,HF0=^PA,

則。A為三棱錐P-HBC外接球的半徑，

因為OA=√AF2+OF2=J(平)2+(第=∏∣,

所以三棱錐PfBC的外接球的表面積為4τrX(?g)2=苧

即選項A正確；

設(shè)三棱錐P-ADC的內(nèi)切球的半徑為r,

_-11

則根據(jù)等體積法可得S(SΔΛDC+SXPAC+SAPAD+SAPDC>=∣5ΔΛDCXPA,

則超XIXq+Jx3x2+Jx3xq+Jxlx2√^3)r=∣×∣×1×√3×3,

解得r=宜二，

4

即選項O正確.

故選：ABD.

取BC的中點E,可證得BC_L平面PAE,則“E4為二面角P-BC-A的平面角，所以NPE4=60。,

求出力。，進(jìn)而得PD,可判斷C；證得CD，面PyID,所以NPZM即二面角P-DC-B的平面角，求

解可判斷B；設(shè)。為三棱錐P-ABC外接球的球心，取的中心F,OA為三棱錐P-ABC外接

球的半徑，求解可判斷4根據(jù)等體積法求解可判斷D.

本題考查了空間點、線、面的位置關(guān)系，重點考查了球的表面積公式，屬難度較大的題型.

13.【答案】182

【解析】解：己知7位小伙伴1分鐘的跳繩個數(shù)(單位：個)分別為180,182,173,175,a,178,

176,

且這7位小伙伴1分鐘跳繩個數(shù)的平均數(shù)為178,

rr：pi180+182+173+175+α+178+176_

加以y—1λ7o,

解得a=182.

故答案為：182.

由題意，根據(jù)平均數(shù)的計算公式進(jìn)行求解即可.

本題考查平均數(shù)，考查了運算能力.

14.【答案】450π

【解析】解：根據(jù)題意，“星艦”的上半部分為圓錐，下半部分為圓柱，

對于圓柱，若4C=50米，AB=6米，貝IJBC=44,

則圓柱的側(cè)面積Sl=2兀X￡X44=396兀平方米，

圓柱的底面積S2=TrX(|)2=日兀，

對于圓錐，其底面圓的直徑為9米，高AB=6米，

則其母線［=J36+.=

上半部分圓錐的側(cè)面積S3=兀x?x字=粵，

0224

故該“星艦”的表面積S=Si+$2+S3=396兀+號兀+竽=450兀平方米，

故答案為：450π.

根據(jù)題意，分別求出圓柱的底面面積、側(cè)面積和圓錐的側(cè)面積，進(jìn)而相加可得答案.

本題考查組合體的表面積計算，涉及圓柱、圓錐的表面積，屬于基礎(chǔ)題.

15.【答案】I

【解析】解：如圖所示，設(shè)線段兩個端點4,B在平面ɑ的投影分別為C,D,

在線段BD上取點E,使得DE=3BE=9,連接CE,

因為4√∕DE,AC=BE,貝UCEB為平行四邊形，

可得4B〃CE,AB=CE=15,

則線段4B所在直線與平面α所成角的即為線段CE所在直線與平面α所成角NDCE,

所以這條線段所在直線與平面ɑ所成角的正弦值SinNDCE==?=

CE155

故答案為：

根據(jù)線面所成角的定義計算即可.

本題考查線面所成的角，屬于中檔題.

16.【答案］E（:尸+3）

【解析】解：「PC>PB,.?.NPBC=90。，

VPB>PAf???Z.PAB=90°,

將平面PBC沿PB展開，使其與平面PAB共面，如圖所示：

則當(dāng)A,E,。三點共線，且401PC時，AE+OE最小,

,**AB=2,BC=1,PA=2Λ∕^-3T

.?.PB=√PA2+AB2=4，PC=√PB2+BC2=√17>

ΔR1

???sin乙4PB=黑=$??APB=30o,

rDL

BC1PR4

λSinNBPC=而=B,cos48PC=而=方，

.?.sin∕4PC=sin(30o+4BPC)=sin30ocos?BPC+cos300sinΛBPC=TX?+三x-7==

4+√3

2√=π,

QF-4+√3<l7(4√-3+3)

??.AD=AE+DE=APsinZ.APC=2CXW=---，

即4E+DE的最小值為E（；尸+3）.

故答案為：E（：尸+3）.

將平面PBC沿PB展開，使其與平面PaB共面，則當(dāng)4,E,。三點共線，且4。1PC時，AE+DE最

小，由題意可知乙4PB=30o,SinzBPC=?,CoSNBPC=*,利用Sin乙4PC=sin（30o+乙BPC）

求出Sin乙4PC的值，進(jìn)而求出AD的長.

本題主要考查了線段長的和的最小值的求法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題.

17.【答案】解：⑴|3日一石I=J（3α-h）2=J9a2-6a?K+K2=

J9×22-6×2×3×cos≡+32=3√-3.

（2）因為4JL高所以石?V=0,

所以b?下=b?（4五一2b）=4H?b-26=2x2x3xCOSW—2×32=0,

解得；I=6.

【解析】（1）對模長平方，進(jìn)而求解即可；

（2）根據(jù)ER=O求解即可.

本題主要考查向量的模長公式和數(shù)量積公式，屬于基礎(chǔ)題.

18.【答案】證明：（1）連接力C,由矩形ABCD可得N為Ze與BD的交點，且N為AC的中點，因為M為

PA的中點，

在APAC中，可知MN為三角形的中位線，所以MN//PC,

而PCU平面PBC,MNC平面PBC,

AB

可證得MN〃平面PBC；

（2）因為平面PCn1?平面4BCD,平面PCDCl平面ABCD=CD,

AD1CD,ADU平面ABCD,

所以4。1平面PC。，由PCU平面PC。，

所以4。IPC；①

又因為PC=PD,且CD=W∑PD,所以PDlPC,（2）

AD∏PD=D,③

由①②③，可證得PCl平面ZMD.

【解析】（I）（I）連接4C,由題意可知N為AC的中點，由中位線的性質(zhì)可得MN〃PC,再由線面平

行的條件可證得線面平行；

（2）由面面垂直的性質(zhì)可知PCIaD,再由線線的數(shù)量關(guān)系可知PCIP4,進(jìn)而可證得結(jié)論.

本題考查線面垂直及線面平行的證明方法，屬于基礎(chǔ)題.

19.【答案】解：（1）根據(jù)題意，由斜二測畫法，可得四邊形（MBC,

如圖：

（2）根據(jù)題意，所得的幾何體是一個組合體，由兩部分組成，

第一部分是以O(shè)A為高，。為底面圓的圓心，OB底面半徑的圓錐，

另一部分是以BC為高，OB為直徑再挖去同底等高的圓錐所得的幾何體.

其體積V=-τr×62×2+π×62×3--π×62×3=96π.

【解析】（1）根據(jù)題意，由斜二測畫法的步驟，還原四邊形。ABC,即可得答案;

（2）根據(jù)題意，由旋轉(zhuǎn)體的定義，分析所得的幾何體，求出其體積即可得答案.

本題考查旋轉(zhuǎn)體的體積計算，涉及斜二測畫法，屬于基礎(chǔ)題.

20.【答案】解：（1）證明：在正方體力BCD—&BIGDl中，力BI平面BCGB1，

因為BlCU平面BCelB0所以力B_L/C.

在正方形BCClBl中，BICLBC1，

又ABnBG=B,AB,BClU平面ABG,

所以BICl平面ABC],又BICU平面BlCD1，

所以平面ABQJL平面BlCD1.

(2)連接DC1，因為ADI平面DCClD1，

又DlCU平面DCGD1，所以AD_LDiC

在正方形DCGDl中，D1C1DC1,

又AOnOCi=D,AD,DC1U平面AoC「

所以DlCJ■平面ADC1，又AClU平面ADC1，

所以DlCIaC「

由(1)知BlC1平面ABC1，AC1U平面4BG，則BIC1AC1.

又DLCnBlC=C,D1C,BlCU平面BICO[,所以AClJ_平面BiCD「

因為AClJ?平面α,所以平面α〃平面BlCD「

分別取BC,CD,DD1,A1Dτ,A1B1,BBl的中點E,F,G,H,M,N,連接各點,

則多邊形EF-GHMN即平面α截正方體ABCD-AIBlGDl所得的截面.

又EF=FG=GH=HM=MN=NE=2/7,

所以平面α截正方體4BCD所得的截面的周長為2?！?=12√^7?

【解析】(1)根據(jù)正方體的性質(zhì)和線面垂直得到力B1B1C,然后利用線面垂直和面面垂直的判定即

可證明；

(2)根據(jù)線面垂直的性質(zhì)和⑴的結(jié)論得到平面α〃平面BlCDI.分別取BC,CD,D5,A1/,A1B1,

BBl的中點E,F,G,H,M,N,連接各點，則多邊形EF-GHMN即平面α截正方體ABC。-A1B1C1D1

所得的截面，再求出周長即可.

本題考查正方體的性質(zhì)、線面垂直和面面垂直的判定等基礎(chǔ)知識，考查空間思維能力，是中檔題.

21.【答案】解：(I)由2ccosA=a+2b及余弦定理得，2c?匕上二上=ɑ+2b，

2bc

222222

整理得從+c—α=αb+2bfEPα+b—c=—ab,

由余弦定理得，CoSC=Q把士=一工，

2ab2

因為C∈(O,7Γ),所以C=條

(2)在AACD中，由正弦定理得，族=受掇，

在ABCD中，由正弦定理得，黑=嗎解，

BDSm乙BCD

因為AC?BO=BCAD,

pppiAC_BC_sin?ADC_sin?BDC

vλ~AD-麗-Si山CD-SinzBCO'

又4ADC+乙BDC=冗,所以sinzL40C=sin/BDC,所以sin4AC。=SinNBC。，

因為N4C。，?BCD∈(0,y),

所以乙4CD=乙BCD,即CD為乙4CB的角平分線，

S

由SAABC=ΔACD+5ΔBCD,absiny=je?CDsin^+^a-CDsin^,

所以αb=2a+2b≥4√ab，

所以αb