广东省广州市五校2021-2022高一下学期数学期末联考试卷及答案.pdf

1、 2021 2021 学年下学期高一期末五校联考试卷学年下学期高一期末五校联考试卷 数学数学 命题学校： 审题人： 一、单选题 1已知i是虚数单位，复数i1iz =+，则 z是（ ） A1i22+ B1i22 C1i22+ D1i22 2已知直线l 平面，直线m 平面，则（ ） A若l与m垂直，则l与一定垂直 B若l与m所成的角为 30，则l与所成的角也为 30 Clm是l的充分不必要条件 D若l与相交，则l为m一定是异面直线 3集合 A=1,2，3,4,5B =，从 A，B 中各取一个数，则这两数之和等于 5 的概率是（ ） A23 B13 C16 D12 4五月初，受疫情影响线下课暂停，某

2、校组织学生居家通过三种方式自主学习，每种学习方式人数分布如图 1所示， 解封后为了解学生对这三种学习方式的满意程度， 利用分层抽样的方法抽取 4%的同学进行满意率调查，得到的数据如图 2 所示 则下列说法中不正确的是（ ） A样本容量为 240 B若50m =，则本次自主学习学生的满意度不低于四成 C总体中对方式二满意的学生约为 300 人 D样本中对方式一满意的学生为 24 人 5ABC 的三内角 A、B、C 所对边的长分别是 a、b、c，设向量()()pacb qbaca=+= ， ，若pq ，则角 C 的大小为（ ） A6 B3 C2 D23 6已知三棱锥PABC，其中PA 平面ABC，

3、120BAC=，2PAABAC=，则该三棱锥外接球的表面积为（ ） A12 B16 C20 D24 7在平行四边形ABCD中，,E F分别是,BC CD的中点，DE交AF于点G，则AG =（ ） A2455ABBC B2455ABBC+ C2455ABBC+ D25ABBC 8在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为ABC的面积，且()222Sabc=，则222bcbc+的取值范围为（ ） A43 59,15 15 B432 2,15 C592 2,15 D)2 2,+ 二、多选题 9下列命题正确的是（ ） A若向量, a b满足3ab= ，则, a b为平行向量 B已知平面内

4、的一组基底12,e e ，则向量1212,ee ee+ 也能作为一组基底 C模等于1个单位长度的向量是单位向量，所有单位向量均相等 D若ABC是等边三角形，则2,3AB BC= 10一个质地均匀的正四面体4个表面上分别标有数字1,2,3,4，抛掷该正四面体两次，记事件M为“第一次向下的数字为3或4”，事件N为“两次向下的数字之和为偶数”，则下列说法正确的是（ ） A事件M发生的概率为12 B事件M与事件N互斥 C事件MN发生的概率为12 D事件M与事件N相互独立 11小明用某款手机性能测试 APP 对 10 部不同品牌的手机的某项性能进行测试，所得的分数按从小到大的顺序（相等数据相邻排列）排列

5、为：81，84，84，87，x，y，93，96，96，99，已知总体的中位数为 90，则（ ） A180 xy+= B该组数据的均值一定为 90 C该组数据的众数一定为 84 和 96 D若要使该总体的标准差最小，则90 xy= 12如图，正方形 ABCD-A1B1C1D1边长为 1，P是1AD 上的一个动点，下列结论中正确的是（ ） ABP 的最小值为62 BPAPC+ 的最小值为22 C当 P 在直线1AD上运动时，三棱锥1AB PC 的体积不变 D以点 B为球心，22为半径的球面与面1ABC 的交线长为63 三、填空题 13若复数 z 满足4z z=，则|3|z 的最小值为_ 14甲、乙

6、独立地解决同一数学问题，甲解决这个问题的概率是 0.8，乙解决这个问题的概率是 0.6，那么其中至少有 1 人解决这个问题的概率是_ 15如图，三棱台111ABCABC的上、下底边长之比为1:2，记三棱锥111CAB B体积为1V，三棱台111ABCABC的体积为2V，则12VV=_ 16在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型PABCD，并要求同学们将该四棱锥切割成三个小四棱锥.某小组经讨论后给出如下方案：第一步，过点A作一个平面分别交PB，PC，PD于点E，F，G，得到四棱锥PAEFG；第二步，将剩下的几何体沿平面ACF切开，得到另外两个小四棱锥.在实施第一步的过程

7、中，为方便切割，需先在模型表面画出截面四边形AEFG，若35PEPB=，12PFPC=，则PGPD的值为_. 四、解答题 17把一个棋子放在ABC的顶点 A，棋子每次跳动只能沿ABC 的一条边从一个顶点跳到另一个顶点，并规定：抛一枚硬币，若出现正面朝上，则棋子按逆时针方向从棋子所在的顶点跳到ABC 的另一个顶点；若出现反面朝上，则棋子按顺时针方向从棋子所在的顶点跳到ABC 的另一个顶点.现在抛 3 次硬币，棋子按上面的规则跳动 3 次. (1)列出棋子从起始位置 A开始 3 次跳动的所有路径（用ABC 顶点的字母表示） ； (2)求 3 次跳动后，棋子停在 A 点的概率. 18在直三棱柱111

8、ABCABC中 ，13,4,5,4ACBCABAA= ,点D是AB的中点. （1）求证：1/AC平面1CDB； （2）求异面直线1AC与1BC所成角的余弦值 19在直角梯形 ABCD中，已知/AB CD，90DAB=，224ABADCD=，点 F 是 BC边上的中点，点 E是 CD边上一个动点. (1)若12DEDC=，求AC EF 的值； (2)求EA EF 的取值范围. 20某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分 100 分（95 分及以上为认知程度高） ，结果认知程度高的有m人，按年龄分成 5 组，其中第一组：

9、)20,25，第二组：)25,30，第三组：)30,35，第四组：)35,40，第五组：40,45，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有 10 人. （1）根据频率分布直方图，估计这m人的平均年龄和第 80 百分位数； （2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取 20 人，担任本市的“中国梦”宣传使者. （i）若有甲（年龄 38） ，乙（年龄 40）两人已确定人选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取 2 名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率； （ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为 37 和52，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43

10、和 1，据此估计这m人中 3545 岁所有人的年龄的方差. 21如图，在三棱柱111ABCABC-中， 90BAC=，2ABAC=， 14A A =，1A在底面 ABC的射影为BC的中点， D为11BC的中点. （1）证明：1AD 平面1AB C； （2）求二面角1A-BD- 1B的平面角的余弦值. 22如图：某公园改建一个三角形池塘，90C=，2AB =百米，1BC =百米，现准备养一批观赏鱼供游客观赏. (1)若在ABC内部取一点P，建造APC连廊供游客观赏，如图，使得点P是等腰三角形PBC的顶点，且23CPB=，求连廊APPCPB+的长（单位为百米） ； (2)若分别在AB，BC，CA上

11、取点D，E，F，并连建造连廊，使得DEF变成池中池，放养更名贵的鱼类供游客观赏， 如图， 使得DEF为正三角形， 或者如图， 使得DE平行AB， 且EF垂直DE， 则两种方案的DEF的面积分别设为2S，3S。求2S的最小值，3S的取值范围。 参考答案： 1A 【解析】 【分析】 根据复数代数形式的除法运算化简即可； 【详解】 解：()()()2i 1 iiii1i1 i1 i1 i222z=+ 故选：A 2C 【解析】 【分析】 利用线面垂直判定定理可判断 A 选项；利用线面角的定义可判断 B 选项；利用线面平行的判定定理和性质可判断 C 选项；根据已知条件直接判断l与m的位置关系，可判断 D

12、 选项. 【详解】 对于 A，当l与m垂直时，由线面垂直判定定理可得l与不一定垂直，A 错误； 对于 B 选项，由线面角的定义可知，l与所成的角是直线l与平面内所有直线所成角中最小的角， 若l与m所成的角为30，则l与所成的角满足030，B 错； 对于 C 选项，若/l m，m，l，则/l，即l ml/， 若/l，因为m，则l与m平行或异面，即l ml /. 所以，/l m是/l的充分不必要条件，C 对； 对于 D 选项， 若l与相交，则l与m相交或异面，D 错. 故选：C. 3B 【解析】 【分析】 依据古典概型公式解之即可. 【详解】 从 A，B 中各取一个数，则这两数之和可能为 1+3=

13、4,1+4=5,1+5=6，2+3=5,2+4=6,2+5=7， 共有 6 个可能的结果，其中两数之和等于 5 的有 2 个， 则从 A，B中各取一个数，这两数之和等于 5 的概率是21=63 故选：B 4B 【解析】 【分析】 对 A，根据总人数抽取 4%的同学进行计算判断即可； 对 B，根据统计图计算样本总体满意度进行判断即可； 对 C，根据方式二中总人数和样本满意度计算判断即可； 对 D，根据满意率计算即可 【详解】 对 A，由饼图可得总人数为1500200025006000+=，故样本容量为006000 4240=，故 A 正确； 对 B，当50m =时，满意的人数为2000 0.3

14、1500 0.22500 0.52150+=，故满意度为215024000.460006000=，故 B 错误； 对 C，总体中对方式二满意的学生约为1500 0.2300=人，故 C 正确； 对 D，样本中对方式一满意的学生为002000 40.324=人，故 D 正确； 故选：B 5B 【解析】 【分析】 因为/pq，所以()()()0accab ba+=，再根据余弦定理化简即得解. 【详解】 因为/pq， 所以()()()0accab ba+=， 所以2222220,cabababcab+=+=， 所以12cos,cos,2abCabC= 0C，所以3C =. 故选：B. 6C 【解析】

15、 【分析】 根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可. 【详解】 根据题意设底面ABC的外心为G，O 为球心，所以OG 平面ABC，因为PA 平面ABC， 所以/ /OGPA，设D是PA中点，因为OPOA=，所以DOPA， 因为PA 平面ABC，AG 平面ABC，所以AGPA，因此/ /ODAG， 因此四边形ODAG是平行四边形，故112OGADPA=， 由余弦定理，得 2212cos120442 2 2 ()2 32BCABACAB AC=+=+ =， 由正弦定理，得2 32232AGAG=， 所以该外接球的半径R满足()()22225420ROGAGSR=+=， 故

16、选：C 【点睛】 关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键. 7B 【解析】 【分析】 过点F作BC的平行线交DE于H，得到14=HFAD，再根据AGDFGH，得到14=FGAG，再利用向量的线性运算求解. 【详解】 解：如图， 过点F作BC的平行线交DE于H， 则H是DE的中点，且1124=HFECBC， 14=HFAD， 又AGDFGH， 所以AGADGFFH=，即14=FGAG， 所以45= AGAF， 又12AFADDFBCAB=+=+ ， 44124.55255AGAFBCABABBC=+=+ 故选：B 8C 【解析】 【分析】 根据余弦定理和ABC的面积公式，结合题意求出sin

17、 A、cos A的值，再用C表示B，求出sinsinbBcC=的取值范围，即可求出222bcbc+的取值范围 【详解】 解：在ABC中，由余弦定理得2222cosabcbcA=+， 且ABC的面积1sin2SbcA=， 由222()Sabc=，得sin22cosbcAbcbcA=，化简得sin2cos2AA+=， 又(0,)2A，22sincos1AA+=，联立得25sin4sin0AA=， 解得4sin5A =或sin0A =（舍去） ， 所以sinsin()sincoscossin43sinsinsin5tan5bBACACACcCCCC+=+， 因为ABC为锐角三角形，所以02C，2BA

18、C=，所以22AC=，所以140,tan3C，所以3 5,5 3bc， 设btc=，其中3 5,5 3t，所以221212222bcbcttbccbtt+=+=+=+， 由对勾函数单调性知12ytt=+在32,52上单调递减，在2,253上单调递增， 当22t =时，2 2y =；当35t =时，4315y =；当53t =时，5915y =； 所以592 2,15y，即222bcbc+的取值范围是592 2,15 故选：C. 【点睛】 关键点点睛：由2222bcbcbccb+=+，所以本题的解题关键点是根据已知及sinsin()sincoscossin43sinsinsin5tan5bBAC

19、ACACcCCCC+=+求出bc的取值范围. 9ABD 【解析】 【分析】 由平行向量定义可知 A 正确；由基底的要求可知 B 正确；由相等向量定义知 C 错误；由向量夹角的定义知D 正确. 【详解】 对于 A，3ab= ，, a b方向相反，是平行向量，A 正确； 对于 B，12,e e 为一组基底，12,e e 不共线， 1212,ee ee+ 也不共线，1212,ee ee+ 也可以作为一组基底，B 正确； 对于 C，虽然单位向量模长相等，但方向可以不同，故不是所有单位向量均相等，C 错误； 对于 D，ABC为等边三角形，2,33AB BCABC= ，D 正确. 故答案为：ABD. 10

20、AD 【解析】 【分析】 结合古典概型、互斥事件、对立事件、相互独立事件的知识对选项进行分析，从而确定正确选项. 【详解】 抛掷该正四面体两次，基本事件有4 416=种， 依题意：事件M为“第一次向下的数字为3或4”，事件N为“两次向下的数字之和为偶数”， 所以()2142P M =, A 选项正确. 若两次投掷向下的数字都为3，336+=，则事件,M N同时发生，所以M与N不互斥，B 选项错误. 事件MN表示：“第一次向下的数字为1或2，且两次向下的数字之和为奇数”， 包含的事件为：() () () ()1,2 , 1,4 , 2,1 , 2,3，共4种， 所以事件MN发生的概率为41164

21、=. 事件MN表示：“第一次向下的数字为3或4，且两次向下的数字之和为偶数”， 包含的事件为：() () () ()3,1 , 3,3 , 4,2 , 4,4，共4种， 所以事件MN发生的概率为41164=. 事件N包含的事件为() () () ()1,1 , 1,3 , 2,2 , 2,4，() () () ()3,1 , 3,3 , 4,2 , 4,4，共8种， 所以()81162P N =， 所以()() ()P MNP M P N=，即事件M与事件N相互独立，所以 D 选项正确. 故选：AD 11ABD 【解析】 【分析】 依题意可得180 xy+=，即可求出平均数，即可判断 A、B，

22、再利用特殊值判断 C，利用基本不等式判断 D； 【详解】 解：因为总体的中位数为 90，所以180 xy+=，所以该组数据的均值为()181 848487939696999010 xy+=，故 A 正确，B 正确，当90 xy=时，众数为 84，90，96，当87x =，93y =时，众数为 84，87，93，96，故 C 错误；要使该总体的标准差最小，即方差最小，即()()229090 xy+最小， 又()()()222180909002xyxy+=， 当且仅当9090 xy=时， 即90 xy=时 等号成立，故 D 正确 故选：ABD 12ACD 【解析】 【分析】 当1BPAD时，BP最

23、小,结合正三角形性质，求得 B到直到直线1AD的距离，判断 A;建立空间直角坐标系，利用空间向量，设11APAD= 求得点()1, ,1P，结合两点间的距离公式，求得 PA+PC的最小值，判断 B;根据当 P 在直线 A1D1AD上运动时，三棱锥1AB PC的底面积以及高的变化情况， 可确定体积不变没判断 C;根据题意确定以点 B为球心，22为半径的球面与面1ABC 的交线即为1ABC的内切圆，即可求得交线长，判断D. 【详解】 对于 A， 当1BPAD时，BP 最小， 由于112,ABBDADB=到直到直线1AD的距离362,A22d =对 对于 B,以B为坐标原点建系，以1,BA BC B

24、B 分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系， 则()()1,0,0 ,0,1,0AC,设()11,1, ,1APADP= , 22222(1)12(1)221243PAPC+=+=+ + 222213111222(1)22242=+=+, 21124+表示平面上()1 1,0 ,2 2MN之间的距离， 21(1)2+表示平面上()2,0 ,1,2MQ之间的距离， 22min112()22(1)()22,B222PAPCNQ+=+=+错； 对于 C,11ADBC,1AD 平面1ABC， 1/ /AD平面1,ABCP到平面1ABC的距离为定值, 1BB CS为定值，则1P AB CV为定值，C对

25、 对于 D，由于1BD 平面1ABC，设1BD与平面1ABC交于Q点， 11333BQBD=，设以B为球心，22为半径的球与面1ABC交线上任一点为G，222236,2236BGQGG=在以M为圆心，66为半径的圆上， 由于1ABC为正三角形，边长为2 ，其内切圆半径为3162236= ， 故此圆恰好为1ABC的内切圆，完全落在面1ABC内， 交线长为662,D63=正确 故选：ACD 【点睛】 本题考查了空间几何中的距离以及距离和的最值问题，以及三棱锥体积和几何体中的轨迹问题，综合性强，要求充分发挥空间想象能力，解答时要能借助于几何体的直观图，明确空间的点线面的位置关系，灵活应用空间向量以及

26、相关相关知识解决问题. 131 【解析】 【分析】 设i, ,zab a bR=+，由条件可得224ab+=，根据复数几何意义可求得最小值. 【详解】 设i, ,zab a bR=+，由4z z=可得224ab+=，轨迹是以原点为圆心以 2 为半径的圆， 根据复数几何意义知，|3|z 表示复平面内( , )a b到(3,0)的距离， 则最小值为321=， 故答案为：1 140.92#2325 【解析】 【分析】 先求两个都没有解决的概率，然后由对立事件的概率可得. 【详解】 解：由题意可得，甲、乙二人都不能解决这个问题的概率是0.2 0.40.08=那么其中至少有 1 人解决这个问题的概率是

27、1-0.08=0.92. 故答案为：0.92 1517 【解析】 【分析】 利用相似关系确定上下底面面积的比值，将棱锥转换顶点，结合体积公式求得两个几何体的体积，即可求解. 【详解】 由三棱台111ABCABC的上、下底边长之比为1:2，可得上、下底面的面积比为1:4， 设棱台的高为h，则点B到111ABC的距离也为h，上底面面积为S，则下底面面积为4S， 则11 11 1 11 1 11 1 111317(44 )3CA B BB A B CABC A B CABC A B CShVVVVSSSS=+. 故答案为：17. 1634 【解析】 【分析】 以 AC、 BD 交点 O为原点， 射线

28、 OA、 OB、 OP为 x、 y、 z轴正方向构建空间直角坐标系， 设()0,0,Pb，(),0,0A a，()0, ,0Ba，()0,0Da，(),0,0Ca，进而写出PB 、PC 、PD 、PA 坐标，可得PE ，PF ，由,A E F G四 点共面有PAxPEyPFzPG=+ ，设PGPD= (01)，求值即可. 【详解】 建立如图所示空间直角坐标系，设()0,0,Pb，(),0,0A a，()0, ,0Ba，()0,0Da，(),0,0Ca (a、b均不为0)，则()0, ,PBab= ，(),0,PCab= ，()0,PDab= ，(),0,PAab= ， 3330,555abPE

29、PB= ，1,0,222abPFPC= ， 由题意,A E F G四点共面，有PAxPEyPFzPG=+ ，其中1xyz+=，设()()0,0,1PGPDab= ， ()()33,0,0,0,0,5522abababxyzab=+33,2552ayaxbxbya zb z= 由方程组23053521ayaaxa zbxbyb zbxyz=+=，即321205315xzxyxyzyz= =+=+=，解得：34=. 故答案为：34. 【点睛】 关键点点睛：构建空间直角坐标系，利用四点共面有PAxPEyPFzPG=+ 且1xyz+=，再设PGPD= (01)，应用空间向量线性关系的坐标表示，列方程组

30、求参数. 17 18 （1）见解析； （2）2 25. 【解析】 【分析】 （1） 设1C B与1BC的交点为E， 连接DE， 由三角形中位线定理可证得1/DE AC， 从而可得1/AC平面1CDB （2） 由1/DE AC可得CED为1AC与1BC所成的角 （或其补角） ， 在CDE中， 可得55,2 222EDCDCE=，解三角形得2 2cos5CED=，即为所求 【详解】 （1）证明：设1C B与1BC的交点为E，连接DE， 四边形11BCC B为正方形， E是1BC的中点， 又D是AB的中点， 1/DE AC 又DE 平面1CDB，1AC 平面1CDB， 1/AC平面1CDB (2)解

31、：1/DE AC， CED为1AC与1BC所成的角（或其补角） ， 在CDE中，1115151,2 222222EDACCDABCECB=， 122 22552CEcos CEDDE= 异面直线1AC与1BC所成角的余弦值为2 25 【点睛】 求异面直线所成的角常采用“平移线段法”，平移的方法 一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行，解题时注意异面直线所成角的范围，根据三角形的内角来确定异面直线所成角的大小 19(1)2； (2)1,24. 【解析】 【分析】 （1）由ACADDC=+、11()32

32、EFDCABAC=+ ，应用向量数量积的运算律及向量位置关系求AC EF 即可. （2）令EDCD= 且01，同（1）应用向量数量积的运算律得到EA EF 关于的表示式，即可求值. (1) 由图知：ACADDC=+，CBABACABADDC= ， 所以111()222EFECCFDCCBABAD=+=+= ， 所以1() (21)(2ADDCABADAD ABDC ABAC EF+=+ 2)ADDC AD ， 又224ABADCD=，/AB CD，90DAB=， 所以21(02 420)22AC EF=+ = . (2) 由（1）知：11()22EFECCFECCBECABADDC=+=+=+

33、 ， 令ECDC= 且01，则(1)EADADEDADC= ，11()()22EFDCABAD=+ ， 所以22111()(1)()()222EA EFDA DCDCDA ABAD =+ 1()2DC ABDC AD= 21114(1)()24()244+=. 则1,24EA EF . 20 （1）32.25 岁；37.5； （2） （i）35； （ii）10. 【解析】 【分析】 (1) 根据频率分布直方图，利用组中值乘以相应的频率，即可的这m人的平均年龄；设第 80 百分位数为a，计算从左到右频率和为0.8或计算从右到左频率和为0.2，即可求出a； (2)（i）由题意可得，第四组应抽取 4

34、 人，记为A，B，C，甲，第五组抽取 2 人，记为D，乙，根据古典概型计算方法求解即可； （ii）根据方差的计算原理计算合并后方差即可. 【详解】 解： （1）设这m人的平均年龄为x，则 22.5 0.0527.5 0.3532.5 0.337.5 0.242.5 0.132.25x =+=（岁）. 设第 80 百分位数为a， 方法一：由5 0.02(40) 0.040.2a+=，解得37.5a =. 方法二：由0.050.350.3(35) 0.040.8a+=，解得37.5a =. （2） （i）由题意得，第四组应抽取 4 人，记为A，B，C，甲，第五组抽取 2 人，记为D，乙， 对应的样

35、本空间为： ( , ),( ,),( ,),( ,),( ,),( ,),( ,),( ,),( ,),( ,),( ,),A BA CAAA DB CBBB DCC =甲乙甲乙甲乙 ( ,),( ,),( ,),(,)C DDD甲乙甲乙，共 15 个样本点. 设事件M =“甲、乙两人至少一人被选上”，则 ( ,),( ,),( ,),( ,),( ,),( ,),( ,),( ,),(,)MAABBCCDD=甲乙甲乙甲乙甲乙甲乙，共有 9 个样本点. 所以，()3()( )5n MP Mn=. （ii）设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为4x，5x，方差分别为24s，25s， 则4

36、37x =，543x =，2452s =，251s =， 设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为z，方差为2s. 则4542396xxz+=， ()()222224545142106ssxzsxz=+ +=， 因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为 10， 据此，可估计这m人中年龄在 3545 岁的所有人的年龄方差约为 10. 21 （1）详见解析； （2）18. 【解析】 【详解】 （1）根据条件首先证得AE平面 1ABC，再证明1/ /ADAE，即可得证； （2） 作1AFBD，且，可证明11AFB为二面角 11ABDB的平面角，再由 余弦定理即可求得111cos8AFB= ，从

37、而求解. 试题解析： （1）设E为 BC的中点，由题意得1AE 平面ABC，1AEAE，ABAC=， AEBC，故 AE平面1ABC，由 D，E分别 11BC，BC的中点，得 1/ /DEB B且 1DEB B=，从而 1/ /DEA A，四边形1A AED为平行四边形，故 1/ /ADAE，又AE 平面11ABC， 1AD 平面11ABC； （2）作 1AFBD，且，连结1B F， 由2AEEB=， 1190AEAAEB= =，得114ABA A=，由11ADB D=， 11ABB B=，得 11ADBB DB ，由1AFBD，得 1B FBD，因此11AFB为二面角 11ABDB的平面角，

38、由 12AD =，14AB =， 190DAB=，得3 2BD =， 1143AFB F=，由余弦定理得，111cos8AFB= . 考点：1.线面垂直的判定与性质；2.二面角的求解 22(1)212 33+百米 (2)答案见解析. 【解析】 【分析】 （1） 先由PBC中的余弦定理求出PC， 再由APC中的余弦定理求出AP即可求得连廊APPCPB+的长； （2）分别表示出方案和方案的面积，利用三角函数求最值以及二次函数求最值即可. (1) 解：点P是等腰三角形PBC的顶点，且23CPB=，1BC = 6PCB=且由余弦定理可得：222cos2PBPCBCCPBPB PC+= 解得：33PC

39、= 又2ACB= 3ACP= 在Rt ACB中，2AB =，1BC = 3AC = 在ACP中，由余弦定理得 2222cos3APACPCAC PC=+ 解得，213AP = 212 3212 3333APPCPB+=+= 连廊的长为212 33+百米.（5 分） (2)解：设图中的正三角形DEF的边长为a，CEF=， （0） 则sinCFa=，3sinAFa=， 设1EDB= ，可得213BDEBDEB = = 233DEBDEB= 2133ADF= = 在ADF中，由正弦定理得： sinsinDFAFAADF=，即3sin2sinsin63aa= 即3sin12sin23aa=化简得：22sinsin33a+= ()3332172sin3cos7sin7a=+ （其中，为锐角，且3tan2=） ()22minmin3333 344728Sa=（9 分） 图中，设BEx=，()0,1x DE平行AB，且EF垂直DE 3DEC=，6FEB=，2EFB= 3cos62EFxx=， 222cos3CEDECEx= ()()231133222222SEF DExxxx= +，()0,1x 当()11212x = = 时，3S取得最大值38，无最小值， 即330,8S（12 分）