2022-2023學(xué)年黑龍江省哈爾濱重點(diǎn)中學(xué)高一（下）期中數(shù)學(xué)試卷（含解析）

2022-2023學(xué)年黑龍江省哈爾濱重點(diǎn)中學(xué)高一（下）期中

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(xiàng)中，選出符合題目的一項(xiàng)）

1.已知向量a=（1,2）,b=（-2,t）.若E〃?貝股=（）

A.-4B.1C.2D.4

2.已知一個(gè)圓臺(tái)的上、下底面半徑分別為2,4,它的母線長為8,則這個(gè)圓臺(tái)的側(cè)面積為（）

A.32πB,48πC.64πD.80π

3.已知2-i（i是虛數(shù)單位）是關(guān)于X的方程/+bχ+5=0的一個(gè)根，則b=（）

A.9B.—4C.—7D.2t—5

4.一艘海輪從A處出發(fā)，以每小時(shí)40海里的速度沿南偏東40。的方向直線航行，30分鐘后到

達(dá)B處，在C處有一座燈塔，海輪在A處觀察燈塔，其方向是南偏東70。，在8處觀察燈塔，其

方向是北偏東65。，那么B,C兩點(diǎn)間的距離是（）

A.IOn海里B.IOq海里C.2θC海里D.20，1海里

5.如圖，在正三棱柱4BC—&BIG中，44ι=3,AB=2,則異

面直線AlB與BIC所成角的余弦值為（）

7

一

135

135

-

7

6.假設(shè)「是4ABC所在平面外一點(diǎn)，而4PBC和4ABC都是邊長為2的正三角形，PA=√^6,

那么二面角產(chǎn)一BC—A的大小為（）

A.30oB.45oC.60oD.90°

7.已知非零向量方，方滿足|引=2∣B∣,且向量石在向量日上的投影向量是;落則向量不與方的

夾角是（）

A.穹B.≡C.≡D.I

3Z3b

8.在非直角中，設(shè)角/,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若αsin∕+加譏B-CS沅C

4bsinBcosC,CD是角C的內(nèi)角平分線，且CD=b,則CemC等于（）

A.~√-7B.3√-7C.?D.?

OO?

二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項(xiàng)符合題目要求）

9.若復(fù)數(shù)2=1+訶。230為虛數(shù)單位），則下列結(jié)論正確的是（）

A.?z?=√-2B.z的虛部為-1C.z2為純虛數(shù)D.z=l-i

10.在△4BC中，sin'=?，BC=I,AC=5,則（）

A.cosC=IB.AB=2√^5

C.AABC的面積為？D.△ABC外接圓的直徑是正

24

11.如圖，在棱長為α的正方體ABCD-4B1GD1中，M,N分

別是4B,AC的中點(diǎn)，P為線段ClCl上的動(dòng)點(diǎn)（不含端點(diǎn)），則下

列結(jié)論中正確的是（）

A.三棱錐M-PNC的體積為定值

B.異面直線BC與MP所成的最大角為45。

C.不存在點(diǎn)P使得MN1NP

D.當(dāng)點(diǎn)P為ClDl中點(diǎn)時(shí)，過M、N、P三點(diǎn)的平面截正方體所得截面面積為手。2

12.若空間中經(jīng)過定點(diǎn)。的三個(gè)平面α,β,y兩兩垂直，過另一定點(diǎn)4作直線1與這三個(gè)平面

的夾角都為4,過定點(diǎn)A作平面6和這三個(gè)平面所夾的銳二面角都為。2?記所作直線I的條數(shù)為小，

所作平面6的個(gè)數(shù)為71,則下列說法正確的是（）

A.m=4B.m+n=6C.tanθ1=?D.sinθ2=9

三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）

13.??ABCt^p,若α=5,h=2,C=/，則邊長C=.

14.已知向量3滿足I初=2,|9|=1，N與石的夾角為守則I五+29|=.

15.已知正方體ABCD-AiBiCiDi的棱長為2,M為棱的中點(diǎn)，點(diǎn)P為正方體表面及其內(nèi)

部的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)且41M?L4P,則線段AP的長度的最大值為.

16.在△4BC中，AB1BC,A=^,。是4C邊的中點(diǎn)，且AC=2.將△ABD沿BD折起，使平

面480_L平面BCD,形成四面體4-BCD.則該四面體外接球的表面積為.

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)

在AABC中，角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,若C=Gb=1,C=120°.

(1)求B的大小；

(2)求△4BC的面積S.

18.(本小題12.0分)

如圖，在四棱錐P-48CD中，ABCD是正方形，PDI平面ABCZ),PD=AB,E,F,G分別

是PC,PD,BC的中點(diǎn).

(1)求證：PCLAD-.

(2)求證：平面PAB〃平面EFG.

19.(本小題12.0分)

在直三棱柱ABC-AIBIG中，441=4B=AC=4,^BAC=90°,。為側(cè)面48當(dāng)4的中心,

E為BC的中點(diǎn).

(1)求證：平面B14E_L平面BCCIB*

(2)求點(diǎn)兒到平面/。E的距離.

20.(本小題12.0分)

己知銳角4ABC的內(nèi)角4B,C所對(duì)的邊分別為α,b,c,向量記={sinC,cosC)>n=(2sinA-

cosB,—sinB),且記JLn.

(1)求角C的值；

(2)若α=2,求AABC周長的取值范圍.

21.(本小題12.0分)

如圖，在直三棱柱ABC-AiBiCi中，AC1BC,AC=BC=BB1,點(diǎn)。是4B的中點(diǎn),

(1)求證：BC√∕平面DCAJ

(2)設(shè)點(diǎn)E在線段BICl上，B1E=λ-BiG,且使直線BE和平面4BBι4所成的角的正弦值為笨,

求;I的值.

22.(本小題12.0分)

在路邊安裝路燈，燈柱AB與地面垂直(滿足4B4D=90。)，燈桿BC與燈柱AB所在平面與道路

垂直，且NABC=120。，路燈C采用錐形燈罩，射出的光線如圖中陰影部分所示，已知乙4CD

是固定的，路寬40=12τn.設(shè)燈柱高AB=∕ι(m),?ACB=θ(30o≤θ<45°).

(1)經(jīng)測量當(dāng)。=30。，八=4/3時(shí)，路燈C發(fā)出錐形燈罩剛好覆蓋4。，求4ACD；

(2)因市政規(guī)劃需要，道路AC要向右拓寬6m,求燈柱的高做用。來表示)；

(3)在(2)的條件下，若燈桿BC與燈柱AB所用材料相同，記此用料長度和為Son),求S關(guān)于。的

函數(shù)表達(dá)式，并求出S的最小值.

答案和解析

1.【答案】A

【解析】

【分析】

本題考查平面向量共線的坐標(biāo)運(yùn)算，是基礎(chǔ)題.

直接利用向量共線的坐標(biāo)運(yùn)算列式求解.

【解答】

解：???∕=(1,2),b=(-2,t).且五〃a

??.1×t—2×(-2)=0,即t=-4.

故選：A.

2.【答案】B

【解析】解：因?yàn)閳A臺(tái)的上、下底面半徑分別為2,4,它的母線長為8,

所以這個(gè)圓臺(tái)的側(cè)面積為?！?2+4)×8=48π,

故選：B.

根據(jù)圓臺(tái)的側(cè)面積公式結(jié)合已知條件直接計(jì)算即可.

本題主要考查圓臺(tái)的側(cè)面積，考查運(yùn)算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.

3.【答案】B

【解析】解：由題意將2—i代入方程/+以+5=0中，

得(2-O2+?(2-i)+5=0,即8+2h-(b+4)i=0,

故"；一

故選：B.

將2-i代入方程/+法+5=0中，根據(jù)復(fù)數(shù)的相等即可求得答案.

本題主要考查復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題.

4.【答案】A

【解析】解：如圖，由已知可得，ΛBAC=

30o,ZTIBC=105o,AB=20,

從而乙ACB=45°.

在^ABC中，由正弦定理可得BC=

o

√?sXsin30=10√~Σ海里.

sιn45

故選:A.

根據(jù)題意，確定NBaC、44BC的值，進(jìn)

而可得到乙4CB的值，根據(jù)正弦定理可得

到BC的值.

本題主要考查正弦定理的應(yīng)用，考查三角形的解法，屬于基本知識(shí)的考查.

5.【答案】4

【解析】解：取&Ci的中點(diǎn)。，連接Bel交BlC于點(diǎn)E,連接DE,

則DE〃AB且OE=T4/,

則NDEBl為異面直線AlB與BlC所成的角或其補(bǔ)角.

易求為B=B1C=y∏3,B1D=√^3,則DE=BIE=?,

DE2+BE2-BD2竽+竽一3二7

所以COSZ?DE8ι=11

2DE?B?E2x空X年一亙

故選:A.

在三棱錐內(nèi)構(gòu)造直線使其平行于&B,然后構(gòu)造三角形，運(yùn)用異面直線夾角的定義求解即可.

本題考查異面直線所成角等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是基礎(chǔ)題.

6.【答案】D

【解析】解:取BC的中點(diǎn)。，連接040P,

v?PδC??ABC都是邊長為2的正三角形，

所以CM1BC,OP1BC,

則NPOA為二面角P-BC-4的平面角，

又因?yàn)镺P=OA=√~3,Pτ4=√^6,則。P?+OA2=PA2,

所以NPO4=90°,即二面角P-BC-4的大小為90。.

故選：D.

取BC的中點(diǎn)0,連接。A,0P,貝此P04為二面角P-BC-4的平面角，在APOA中，即可求解得

到答案.

本題考查二面角的定義及其求解，考查運(yùn)算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.

7.【答案】C

【解析】解：「非零向量方，了滿足∣N∣=2|方|，且向量了在向量W上的投影向量是亨弓，

Ib∣cos(α,h)??=(jljcos(a,K))α=(?eos(ɑ,e))ɑ=?ɑ.解得COS位,b)=

且④⑤∈[0,π]>

向量日與石的夾角是半

故選：C.

根據(jù)題意，由平面向量的數(shù)量積運(yùn)算，結(jié)合其夾角公式代入計(jì)算，即可得到結(jié)果.

本題主要考查平面向量的夾角，屬于基礎(chǔ)題.

8.【答案】B

【解析】解：由正弦定理可得。2+-￠2=4Z√cosC,

又Cg吟

所以α2+"c2=4人安

即Q=2b.

因?yàn)镃D是角C的內(nèi)角平分線，所以段=斐=2,

設(shè)AD=m,BD=2m,

由COSZ?COB+cos?CDA=0,

b2+4rn2-4b2,b2+τnz-b2.

---------------H---------------=Ur，

2b?2m2bm.

整理可得η=?,λd3b

???AB=7=f

"2+4（；2一加2_4廬+m獷

在ZMBC中COSC=1

2ACBC2-2bb8

3vr7

則SiTM=

8

則tQ/14=四3=3√^^?

COSA

故選:B.

由正弦定理及COSC=""b可得α=2b.設(shè)4。=m,BD=2m,由COSz?COB+cos?CDA=0,

2ab

可得m=5，AB=強(qiáng),由余弦定理可得CoSC,再可求tanC.

本題主要考查正弦定理以及余弦定理的應(yīng)用，結(jié)合三角形的面積公式以及三角函數(shù)的倍角公式是

解決本題的關(guān)鍵，屬中檔題.

9.【答案】ABC

【解析】解：z=l+i2023=1+(i4)50s-i3=1-i,

對(duì)于4，IZl=J/+(—1)2=y∕~2,A正確；

對(duì)于8,由虛部定義知：Z的虛部為一1,B正確；

對(duì)于C,z2=(1-。2=-2i為純虛數(shù)，C正確；

對(duì)于。，由共軌復(fù)數(shù)定義知：z=l+i,。錯(cuò)誤.

故選:ABC.

根據(jù)復(fù)數(shù)模長、虛部定義、乘方運(yùn)算和共施復(fù)數(shù)定義依次判斷各個(gè)選項(xiàng)即可.

本題主要考查復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題.

10.【答案】AB

【解析】解：由題意可知，cosC=1-2sin2-=1—2×∣=∣,故A正確；

在^ABC中'sinC=√1-cos2C=/1—?=

7255

由余弦定理得4爐=BC2+AC2-2BC?AC?cosC=1÷25-2×5×|=20,解得48=2√^5,

故B正確；

SΔABC=^BC-ACsinC=gx5xg=2,故C錯(cuò)誤；

設(shè)^ABC外接圓半徑為R,由正弦定理得2R=券=率=亨，故。錯(cuò)誤.

5

故選：AB.

利用余弦的二倍角公式及同角三角函數(shù)的平方關(guān)系，結(jié)合余弦定理及三角形的面積公式，再利用

正弦定理即可求解.

本題主要考查解三角形，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題.

II.【答案】AD

【解析】解：點(diǎn)P到平面MNC的距離為α為定值,

τ7?7111111137

又SAMNC=Q-5XQX5Q—5X0X5?！?/p>

所以VM-PNC=LP-MNC=gX稱Xα=即三棱錐M—PNC的體積為定值，故A正確;

設(shè)CO中點(diǎn)為Q,連接MQ,PQ,

則"MQ即為異面直線BC與MP所成的角

在RtZkPMQ中，CoSNPMQ=鬻=言≤浮

所以異面直線BC與MP所成的最小角為45。，故B不正確；

若P為CIDl中點(diǎn)，貝IJPQ1平面ABCD,所以PQ1MN,

又MNLNQ,PQCNQ=Q,所以MNJL平面NPQ,NPU平面NPQ,

所以MNjLNP,故C不正確；

取DDI的中點(diǎn)E,4G的中點(diǎn)F,BBl的中點(diǎn)G,連接NE、EP、PF、FG、GM,

所以過M、N、P三點(diǎn)的平面截正方體所得截面為正六邊形，面積為史Pa?,故。正確.

4

故選：4D.

對(duì)于4點(diǎn)P到平面MNC的距離為α為定值，利用體積公式即可判斷；對(duì)于B,利用異面直線所成

角的求法即可判斷；對(duì)于C,利用線面垂直證明線線垂直即可判斷；對(duì)于D,先做出截面，再求其

面積即可.

本題考查三棱錐的體積問題，異面直線所成角問題，正方體的截面問題，屬中檔題.

12.【答案】AD

【解析】解：將平面α,β,y放入正方體OBCD-AlBlCTD1，

根據(jù)對(duì)稱性可知，對(duì)角線OCl分別與三個(gè)平面α,β,y所成角都相等，

因?yàn)槠矫鍮CI〃平面ɑ,所以對(duì)角線BDl分別與三個(gè)平面α,β,y所成角都相等，同理對(duì)角線&D,

aC分別與三個(gè)平面α,β,y所成角都相等，

過點(diǎn)4分別作BA,B1D,A1C,OCI的平行線，則所作四條平行線分別與三個(gè)平面α,B,y所成角

都相等，所以m=4,故A正確，

對(duì)角線OCl與平面/?的夾角為4C]0C,所以tan%=tanzC10C=?=√?=故C錯(cuò)誤,

如圖，正方體的內(nèi)接正四面體O-BICol的四個(gè)平面與α,β,y所夾的銳二面角都相等，

所以過4分別作與正四面體。-BICDl四個(gè)面平行的平面即可，所以H=4,

則m+n=8,，故B錯(cuò)誤，

連接8D,交OC于點(diǎn)M,連接。ιM,

則NDlMD為平面DIOC與平面S所成二面角的平面角，

所以sin”=需=萬為=?,故。正確?

?VZX-y-

故選:AD.

將平面α,β,y放入正方體OBCD-aBIClCI,根據(jù)正方體的對(duì)稱性可知，正方體的四條對(duì)角線

滿足與三個(gè)平面α,β,y所成角都相等，將不過4點(diǎn)的三條對(duì)角線平移到過/即可求出τn=4,過4

分別作與正四面體。-BlCDl四個(gè)面平行的平面即可，根據(jù)題意可求出n=4,再求出tcm%和sin%，

即可得出答案.

本題主要考查了直線與平面的夾角，考查了平面與平面的夾角，屬于中檔題.

13.［答案］√19

【解析】解：在AABC中，α=5,b=2,C=由余弦定理c2=α?+川—2αbcosC,

得C?=52+22-2×5×2cosI=19,而C>0,所以C=√19.

故答案為：√^I9?

根據(jù)給定條件，利用余弦定理求解作答.

本題主要考查余弦定理的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

14.【答案】2

【解析】

【分析】

由條件進(jìn)行數(shù)量積的運(yùn)算便可求出向量的模的平方的值，從而得出結(jié)果.本題考查向量的數(shù)量積

的求法，向量的模的運(yùn)算，是基本知識(shí)的考查.

【解答】

解：根據(jù)條件向量落詢足|磯=2,IBl=1，五與方的夾角為爭

?a+2b?2=a2+4a-b+4b2=4+4×2×1×(-?)+4=4.

?Iα+2eI=2.

故答案為：2.

15.【答案】3

【解析】解：如圖，取。Dl的中點(diǎn)Q,CG的中點(diǎn)N,連接BN、NQ、AQ,設(shè)力Qn4M=E,

因?yàn)镃C"/ODl且CCl=OD1，N、Q分別為CG、DDl的中點(diǎn)，

則CN〃DQ且CN=DQ,所以四邊形CDQN為平行四邊形，所以QN〃CD且QN=CD,

又因?yàn)?B〃Co且AB=CD,所以48〃QN且AB=QN,

所以四邊形ABNQ為平行四邊形，

因?yàn)榱l=D4，AM=DQ,?A1AM=90°=?ADQ,所以△Aι4M三△ADQ,

所以乙4M&=?DQA,所以乙4M&+乙DAQ=Z.DQA+乙DAQ=90°,

所以乙4EM=90。，故AlMI4Q,

因?yàn)锳B_L平面24也。，&MU平面A4也D,所以AIMlaB,

因?yàn)?B∏4Q=A,AB,4Qu平面ZBNQ,所以_L平面ZBNQ,

則平面ABNQ內(nèi)任一點(diǎn)P（不與A重合）均滿足AP1A1M,

22222

由圖可知，APmax=AN=√AB+BN=√AB+BC+CN=√4+4+1=3.

故答案為：3.

取DDI的中點(diǎn)Q,Cel的中點(diǎn)N,連接BN、NQ、AQ,設(shè)AQn=E,推導(dǎo)出1平面ABNQ,

可知平面ABNQ內(nèi)任一點(diǎn)P（不與4重合）均滿足4P1A1M,結(jié)合圖形可求得4P的最大值.

本題主要考查兩點(diǎn)間的距離的計(jì)算，棱柱的結(jié)構(gòu)特征，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題.

16.【答案】yτr

【解析】解：設(shè)ABCD和ATlBD的外心分別為G,F,過G作平面BCZ)的垂線1,

過F作平面ZBD的垂線n,則四面體4-BCD的外接球的球心。為直線，和H的交點(diǎn).

因?yàn)?=宗。是4C邊的中點(diǎn)，且4C=2.

所以AABO為等邊三角形，

所以FM1BD,

設(shè)BD中點(diǎn)為M,則四邊形MGO尸為矩形，且GM=￥，F(xiàn)M=

26

.?.四面體4-BCO的外接球的半徑R=OD=√OM2+DM2=√GM2+FM2+DM2=

J(?)2+?)2+φ2=∕f?

故四面體外接球的表面積為S=4πR2=

故答案為：yτr.

作出圖形，設(shè)ABCC和△ABD的外心分別為G,F,過G作平面BCD的垂線I,過戶作平面ABD的垂

線n,則四面體4-BCD的外接球的球心。為直線，和n的交點(diǎn).

然后利用勾股定理求出外接球半徑，進(jìn)而求解.

本題考查四面體的結(jié)構(gòu)特征以及四面體外接球的表面積計(jì)算，考查空間想象能力以及運(yùn)算求解能

力，屬于中檔題.

17.【答案】解：(1)由題意，c=gb=l,C=120°,由正弦定理得,焉=就即SijIB=舌=》

VbVc,?B<C,??B=30°.

(2)由(I)知，B=30°,又C=I20。，???4=30。

SMBC=^bcsinA=^?1?G-?=

【解析】根據(jù)正弦定理結(jié)合三角形面積公式求解即可.

本題考查正弦定理解三角形，屬于基礎(chǔ)題.

18.【答案】證明：(1)由PDl平面ABC。，得力DIPD,

又4。1CD,PDnCD=D,

：.AD_L平面PDC,

.?.AD1PC,得證.

(2)?.?E,F分別是線段PC,PO的中點(diǎn)，

.?.EF//CD,

又ABCD為正方形,AB//CD,

：.EF//AB,

又EF不包含于平面PAB,EF〃平面PAB,

???E,G分別是線段PC,BC的中點(diǎn)，

?EG//PB,

又EG不包含于平面PAB,

?EG〃平面P4B,

.?.平面PAB〃平面EFG,得證.

【解析】(1)由PDI平面力BCZ),得4DJ.PD,又4DJ.CD,從而ADI平面PDC,進(jìn)而ACIPC,

即可得證.

(2)由已知得EF∕∕CD,AB//CD,從而EF//AB,由此得EB//平面P4B,又EGHPB,從而EG//平

面P4B,由此即可得證.

本題考查平面與平面平行的證明，考查線線垂直的證明，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意空間思維能力

的培養(yǎng)，屬于中檔題.

19.【答案】(1)證明：如圖，連結(jié)4E,

"AB=AC,且E為BC的中點(diǎn)，

.-.AEIBC,又三棱柱4BC-AIBIG為直三棱柱，:BBJAE.

BC∩BB1=B,二ZE-L平面BCeIB1,由ZEu平面。

.?.平面DBIE1平面BCClB1；

(2)解：連接ED,&E,作EF_LAB,交AB于點(diǎn)產(chǎn)，

1

由題意得EF〃ac,SLEF=AC=2,5LAA1I≡ΛBC,.?.EFIAA1,

AA1C?AB=F,：.EF_L平面488出，

???AA1=AB=4,；.四邊形ABBIAI為正方形，AB1=A1B=4√^^2,

?,?SA4[BM=2X2，2X2V2=4>

由(1)可知AE_L平面BCGB1，B1E呈平面BCGB「

.?.AE1BE1,則44B]E為直角三角形，

2

AE=2√^2,B1E=√BBl+BE=2√^6.

?,?SABlDE=2^hAEB1=2*2XAEXBlE=2V3>

設(shè)點(diǎn)AI到面BIDE的距離為∕ι,則匕[-/DE=VE-A1B1D>

?,??XSABIoEX九=EXSAAlBIDXEF,

解得h=±ρ.

【解析】(1)證明平面DBIEl平面BCGB1，只要證明。BlE經(jīng)過平面BCClBl的一條垂線即可，由

三棱柱ABC-ABlG為直三棱柱，且底面為等腰直角三角形可得答案；

(2)利用等體積方法求點(diǎn)4到面BlDE的距離.

本題考查平面與平面垂直的判定、利用等體積法求點(diǎn)到平面的距離，考查運(yùn)算求解能力，是中檔

題.

20.【答案】解：(1)向量記=(SinC,cosC),n=(2sinA—cosB,—sinB),且沅1元,

.??m?n=sinC(2sinA-CoSB)—CosCsinB=2sinCsinA—(sinCcosB+cosCsinB)=0,

則2sinCsinA-sin(C+B)=2sinCsinA—SinA=0.

???sinA≠0,

.?.SinC=且448C為銳角三角形，故C=?

2O

(2)由正弦定理可得，b=αsinB=2sm(∣τr-4)=c0s4+√?in4=C∣cos4.

sinAsinAsinASinA

c=a=A_,

sinAsinA

由于△4BC為銳角三角形，

則46(0,個(gè)，且0<(7=普一4<》解得4∈C^),

.??ΔABC周長，=α+b+c=2+?/-3++-??=2+√-3+."4：］=2+√-3+汰？%=

SmAsinAsinA2cos^sin^

2+?/-34-

ta∏2

而柒電，即tangw(?"),

T-Ae(1-√-3),

tan?

故^ABC的周長的取值范圍為(3+y∏?,2+2/3).

【解析】⑴利用向量垂直的坐標(biāo)表示得2sinCSinA-(sinCcosB+cosCsinB)=0,應(yīng)用正余弦定

理的邊角關(guān)系化簡，結(jié)合銳角三角形求角C；

(2)將b,C用A的三角函數(shù)表示出來，結(jié)合AeGq)求周長范圍.

本題考查了正余弦定理的應(yīng)用，考查了三角形周長的取值范圍的問題，屬于中檔題.

21.【答案】(1)證明：在三棱柱中，

連接ACl交AlC于點(diǎn)M,連接。M,則M是4CI的中點(diǎn)，

在△力BCl中，點(diǎn)。是的中點(diǎn)，所以DM〃Bc0

又DMU平面DCA,BG<￡平面DCZ1，

所以BG〃平面CCA.

(2)解：在AABC中，AC1BC,AC=BC,點(diǎn)。是AB的中點(diǎn)

所以CDJL48,又CojLO4,AB,是平面SBB遇［內(nèi)的相交直線,

所以CDl平面ABBla1，可知CDlBB1.

又ABnCD=D,AB,CDU平面ABC,

.?.BB1JL平面48C,

又???平面ABC〃平面4B1G，

?BBl_L平面AlBIC1，

在直三棱柱ABC-&&Ci中，。是AB的中點(diǎn)，

過Q,E分別作ClDlIAlBl于點(diǎn)5,EE】_L4/1于點(diǎn)瓦,

連接BE,BE1,

由_L平面AIBlC1，EElU平面為BlC1，

BB11EE1,又由EEIJ_4Bι,BBlnalBl=BrBB1,AiB】u平面&BlB4,

???EE1_L平面4ιBIB4,

BEI即為BE在平面SAB內(nèi)的射影，

“BE】即為直線BE和平面ABBiA所成的角，

設(shè)AC=BC=BB1=1,

由BlE=4?BiG可得:B1E=λ,

可得：EEl=考/1，BE=√1+Λ2,

所以在RtABEiE中，SinzEBE1=^=——=?,

be10

解得；I=?

【解析】(1)先證明出BC"/DE,繼而根據(jù)線面平行的判定定理證明出BCI〃平面C