2022-2023学年四川省绵阳市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年四川省绵阳市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共17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.若复数z满足zi=2−i，则z在复平面内对应的点在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.sin35∘cs65∘−cs35∘sin65∘=( )
A. − 32B. −12C. 12D. 32
3.平面向量a=(sinα,−csα),b=(1,−1)，若a//b，则tanα=( )
A. −1B. −2C. 2D. 1
4.已知三条不同的直线a，b，c与三个不同的平面α，β，γ，则下列命题正确的是( )
A. 若a⊂α，a//β，α∩β=b，则a//b
B. 若a//b，a//α，则b//α
C. 若α⊥β，γ⊥β，则α⊥γ
D. 若a⊥b，a⊥c，b⊂α，c⊂α，则a⊥α
5.函数f(x)=sinxcsx+cs2x的最小正周期为( )
A. π4B. π2C. πD. 2π
6.在△ABC中，∠B=60∘,a=2,b= 7，则c=( )
A. 1B. 3C. 4D. 6
7.若平面向量a,b,c两两的夹角相等，且|a|=2,|b|=2,|c|=4，则|a+b+c|=( )
A. 2B. 8C. 2或2 2D. 2或8
8.如图，在三棱锥P−ABC中，△ABC和△ABP均为正三角形，AB=4，二面角P−AB−C的大小为60∘，则异面直线PB与AC所成角的余弦值是( )
A. −18
B. 18
C. −14
D. 14
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i为虚数单位，则下列说法中正确的是( )
A. 1+i2023=1−i
B. 2+i=tanα+i，则tan(α+45∘)=−3
C. 复数z=a+bi(a,b∈R)的虚部为bi
D. 复数z=a+bi(a,b∈R)为纯虚数的充要条件是a≠0且b=0
10.函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，则下列正确的是( )
A. φ=−π3
B. 函数f(x)为奇函数
C. 若π4≤x≤π2，则12≤f(x)≤ 32
D. 函数f(x)的图象关于点(7π6,0)成中心对称
11.如图，一个棱长为1的正方体的展开图，如果将它还原成正方体，那么下列选项中正确的是( )
A. AB与CD是异面直线
B. CD//GH
C. AB与平面BCF所成角为60∘
D. 球O与该正方体的六个面均相切，则球O的体积为π6
12.如图，在△ABC中，AD=DB,E是线段BC上的点，且满足BE=2EC，线段CD与线段AE交于点F，则下列结论正确的是( )
A. AE=13AB+23AC
B. 3DF=2CF
C. AF=14AB+12AC
D. 4AF=3AE
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.在一些餐饮店中经常见到用于计时的沙漏，从沙漏的下半部分可抽象出一个高为 3，底面圆半径为1的圆锥，则该圆锥的侧面积为______.
14.已知平面向量a,b满足a=(1, 3),|b|=4,a与b的夹角为120∘，则向量a在向量b上的投影向量为______.
15.若tanα=2，则tan(2α−π4)=______.
16.如图，在正四棱锥P−ABCD中，点E，F分别为侧棱DP，底边BC的中点，平面AEF与DC的延长线交于点M，EM=4，cs∠CPD=38，则该正四棱锥的外接球的表面积为______.
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)
摩天轮是游客喜爱的游乐项目之一.红星畅享游乐场的摩天轮最高点距离地面高度为160m，转盘直径为140m，设置有多个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转动一周大约需要30min，游客甲坐上摩天轮的座舱，开始转动tmin后离地面的高度为Hm，在转动一周的过程中，H关于时间t的函数解析式为H=Asin(ωt−π2)+B(A>0,ω>0).
(1)求A，B和角速度ω的值；
(2)当游客甲从进舱开始，在旋转一周的过程中，他的座舱高度不低于高为55m的建筑物时，求t的取值范围.
18.(本小题12分)
在矩形ABCD中，点F为BC的三等分点(靠近点C)，点E在CD边上，△ABE为等边三角形，且AB⋅BE+2BE⋅AE=6.
(1)求|AB|；
(2)求cs⟨AB,AF⟩的值.
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，CD=2AB，AD⊥平面CDP，BD与AC交于点F，PC=PD，点E为CP的三等分点(靠近点P)，点O为CD的中点，连接BO，PO.
(1)求证：AP//平面BDE；
(2)求证：AB⊥BP.
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=sinxsin(x+π6)− 34.
(1)当x∈[0,π]时，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)将函数f(x)的图象先向左平移π6个单位长度后，再把横坐标伸长为原来的2倍纵坐标不变，得到函数y=g(x)的图象.若g(θ)=13,cs(α+θ)=−1114，且α，θ均为锐角，求csα的值.
21.(本小题12分)
已知点N在△ABC所在平面内，满足NA+NB=CN,AN与BC的交点为D，平面向量m=(1,−1)与n=(acsC−b,c− 3asinC)相互垂直.
(1)求A；
(2)若a=2 3,△ABC的面积为 3，求AD.
22.(本小题12分)
如图，在三棱锥P−ABC中，AB⊥BC,BC⊥PC,BC=2,PC= 6,PA= 5.点D是PB的中点，∠APB=45∘，连接AD，CD.
(1)求证：平面ACD⊥平面ABC；
(2)求点C到平面ABP的距离.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵zi=2−i，∴z=2−ii=(2−i)ii2=−1−2i，
∴z在复平面内对应的点(−1,−2)在第三象限．
故选：C.
根据已知条件，结合复数的乘除法原则和复数的几何意义，即可求解．
本题考查了复数的几何意义，以及复数代数形式的乘除法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：sin35∘cs65∘−cs35∘sin65∘=sin(35∘−65∘)=sin(−30∘)=−sin30∘=−12.
故选：B.
利用两角差的正弦公式及诱导公式化简求值可得结果．
本题主要考查了两角差的正弦公式及诱导公式的应用，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：a=(sinα,−csα),b=(1,−1)，
∵a//b，
∴−sinα=−csα，解得tanα=1.
故选：D.
利用向量平行即可求出角度α的正切值．
本题主要考查向量平行的性质，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：若a⊂α，a//β，α∩β=b，由直线与平面平行的性质可得a//b，故A正确；
若a//b，a//α，则b⊂α或b//α，故B错误；
若α⊥β，γ⊥β，则α与γ平行或相交，相交也不一定垂直，故C错误；
若a⊥b，a⊥c，b⊂α，c⊂α，当b与c相交时，a⊥α，否则a与α不一定垂直，故D错误．
故选：A.
由直线与平面平行的性质判断A；
由空间中直线与平面的位置关系判断B；
由垂直于同一平面的两平面的位置关系判断C；
由直线与平面垂直的判定定理判断D.
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．
5.【答案】C
【解析】解：因为f(x)=sinxcsx+cs2x=12sin2x+1+cs2x2=12sin2x+12cs2x+12= 22sin(2x+π4)+12，
所以最小正周期T=2π2=π.
故选：C.
将函数解析式化简，利用正弦函数的周期公式可得．
本题考查了二倍角的正余弦公式，两角和的正弦公式，三角函数最小正周期的计算公式，考查了计算能力，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB得7=4+c2−2c，即c2−2c−3=0，
解得c=3或c=−1(舍去).
故选：B.
根据余弦定理直接计算即可．
本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：因为a，b，c两两的夹角相等，所以夹角为0或2π3，
如果夹角为0，
因为|a|=2,|b|=2,|c|=4
所以得到|a+b+c|=|a|+|b|+|c|=8，
如果夹角为2π3，a⋅b=2×2×(−12)=−2,a⋅c=b⋅c=2×4×(−12)=−4，
所以|a+b+c|= a2+b2+c2+2a⋅b+2a⋅c+2b⋅c= 4+4+16−4−8−8=2.
故选：D.
根据题意，三向量两两夹角为0或2π3，当夹角为0时，直接求模，当夹角为2π3时，利用向量求模公式即可求解．
本题主要考查平面向量的数量积，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：分别取AB，BC，PC的中点Q，M，N，连接PQ，QC，QM，QN，MN，则AC//QM，PB//MN，
所以∠QMN或其补角即为所求，
因为△ABC和△ABP均为正三角形，所以PQ⊥AB，QC⊥AB，且PQ=QC，
所以∠PQC为二面角P−AB−C的平面角，即∠PQC=60∘，
所以△PQC为等边三角形，
因为△ABC和△ABP均为正三角形，且AB=4，所以PQ=QC=2 3，QN=3，QM=MN=2，
在△MNQ中，由余弦定理知，cs∠QMN=MQ2+MN2−QN22MQ⋅MN=4+4−92×2×2=−18，
所以异面直线PB与AC所成角的余弦值是18.
故选：B.
分别取AB，BC，PC的中点Q，M，N，连接PQ，QC，QM，QN，MN，易知AC//QM，PB//MN，从而得∠QMN或其补角即为所求，由二面角的定义，可证∠PQC=60∘，再在△MNQ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，找出异面直线所成的角是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
9.【答案】AB
【解析】解：对于A选项，2023=4×505+3，则i2023=i4×505+3=i3=−i，所以，1+i2023=1−i，A对；
对于B选项，因为2+i=tanα+i，则tanα=2，
所以，tan(α+45∘)=tanα+tan45∘1−tanαtan45∘=2+11−2×1=−3，B对；
对于C选项，复数z=a+bi(a,b∈R)的虚部为b，C错；
对于D选项，复数z=a+bi(a,b∈R)为纯虚数的充要条件是a=0且b≠0，D错．
故选：AB.
利用复数的乘法法则可判断A选项；利用复数相等以及两角和的正切公式可判断B选项；利用复数的概念可判断CD选项．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：由函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象知：
A=2,T2=11π12−5π12，则T=π，ω=2πT=2，
所以f(x)=2sin(2x+φ)，又点(5π12,2)在图象上，
则sin(5π6+φ)=1，5π6+φ=2kπ+π2,k∈Z即φ=2kπ−π3,k∈Z，
因为|φ|<π2，所以φ=−π3，故A正确；
则f(x)=2sin(2x−π3)，因为f(−x)=−2sin(2x+π3)，所以f(−x)≠−f(x)，故B错误；
因为π4≤x≤π2，所以−π6≤2x−π3≤2π3，−12≤sin(2x−π3)≤1，则−1≤f(x)≤2，故C错误；
又f(7π6)=2sin(2×7π6−π3)=2sin2π=0，所以函数f(x)的图象关于点(7π6,0)成中心对称，故D正确．
故选：AD.
根据函数的部分图象得到f(x)=2sin(2x−π3)，再逐项判断．
本题主要考查三角函数的图象与性质，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：将题中的展开图还原成正方体的图形，如图所示，
连接AB，CD，显然AB与CD是异面直线，故A正确；
连接CD，GH，显然CD//GH，故B正确；
连接AG，EF相交于O，因为FB⊥平面AFGE，且AG⊂平面AFGE，
所以AG⊥FB，又因为AG⊥EF，且FB∩EF=F，FB，EF⊂平面BEF，
所以AG⊥平面BEF，则AB与平面BCF所成角为∠ABO，
又因为AO=12AG= 22，AB= 2，OB= 1+( 22)2= 62，
所以sin∠ABO=AOAB= 22 2=12，即∠ABO=30∘，故C错误；
与正方体的六个面均相切的圆的半径为12，则体积为43×π×(12)3=π6，故D正确．
故选：ABD.
根据题意，将展开图还原成正方体，然后逐一判断即可得到结果．
本题主要考查球的体积的求解，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：BE=2EC，
则BE=23BC=23(AC−AB)，
故AE=AB+BE=AB+23(AC−AB)=13AB+23AC，故A正确；
BE=2EC，
则AE=13AB+23AC，
由AF与AE共线，
AF=λAE=λ(13AB+23AC)=λ3AB+2λ3AC，
由C、F、D三点共线，得AF=tAD+(1−t)AC=t2AB+(1−t)AC，
则λ3=t22λ3=1−t，解得λ=34t=12，
所以AF=34AE，4AF=3AE，AF=14AB+12AC，故CD正确；
由C、F、D三点共线，得CF=kDF，
即AF−AC=k(AF−AD)，化简为(1−k)AF=AC−kAD，
由选项C可得，(1−k)(14AB+12AC)=AC−k2AB，
则1−k4=−k21−k2=1，得k=−1，
所以CF=−DF，即DF=CF，故B错误．
故选：ACD.
根据题意，由平面向量线性运算可得选项A正确；由AF与AE共线，可得AF=λAE=λ3AB+2λ3AC，由C、F、D三点共线，得AF=tAD+(1−t)AC=t2AB+(1−t)AC，由平面向量基本定理解出λ、t的值，可判断选项C、D；由C、F、D三点共线，得CF=kDF，通过转化求出k得值，即可判断选项B错误．
本题主要考查平面向量的基本定理，属于中档题．
13.【答案】2π
【解析】解：圆锥的底面半径是1，高是 3，则圆锥母线长为 12+( 3)2=2，
所以它的侧面积是π×1×2=2π.
故答案为：2π.
求出母线长，利用圆锥侧面积公式求解即可．
本题主要考查圆锥侧面积的求法，考查运算求解能力，属于基础题．
14.【答案】(1,0)或(−12, 32)
【解析】解：因为a=(1, 3)，所以|a|= 12+( 3)2=2，
又向量a与b的夹角为120∘，且|b|=4，
所以a⋅b=|a|⋅|b|cs120∘=2×4×(−12)=−4，
所以向量a在向量b上的投影向量为a⋅b|b|×b|b|=−44×b4=−14b.
设b=(x,y)，由|b|=4与a⋅b=−4得x+ 3y=−4 x2+y2=4，解得x=−4y=0或x=2y=−2 3，
所以b=(−4,0)或b=(2,−2 3)，
所以向量a在向量b上的投影向量为(1,0)或(−12, 32).
故答案为：(1,0)或(−12, 32).
根据数量积的定义求出a⋅b，再根据a在b方向上的投影向量为a⋅b|b|×b|b|计算可得．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
15.【答案】7
【解析】解：因为tanα=2，
所以tan2α=2tanα1−tan2α=2×21−22=−43，
所以tan(2α−π4)=tan2α−tanπ41+tan2α⋅tanπ4=−43−11+(−43)=7.
故答案为：7.
利用二倍角正切公式和两角差的正切公式求解．
本题主要考查两角差的正切公式，二倍角的正切公式，考查运算求解能力，属于基础题．
16.【答案】1287π
【解析】解：如图所示，G为正方形ABCD的对角线交点，O为正四棱锥P−ABCD的外接球球心，
设正方形ABCD的边长a，正四棱锥P−ABCD的侧棱为x，
由余弦定理有x2+x2−2×x×x×38=a2，由于x>0，a>0，所以由该式化简得x=2a，
有几何关系可知GC=a 2，所以PG2=(2a)2−(a 2)2=72a2，即PG= 142a，
根据三角形相似性，CM=a，由几何关系得GM2=(a2)2+(3a2)2=52a2，
又PG⊥GM，所以PM2=PG2+GM2=72a2+52a2=6a2，PM= 6a，
由余弦定理得(2a)2=(2a)2+6a2−2×2a× 6acs∠PMD，
所以有(2a)2+6a2+2×2a× 6acs∠PMD=16a2，即4EM2=16a2，
所以EM=2a，又EM=4，所以a=2，所以PG= 142a= 14，GC=a 2= 2，
设PO=r，令r2=( 14−r)+ 22，解得r=8 14，
所以正四棱锥P−ABCD的外接球表面积为4πr2=4π×(8 14)=1287π.
故答案为：1287π.
首先求出正方形ABCD的边长和正四棱锥P−ABCD的侧棱长，而后求出正四棱锥P−ABCD的外接球半径．
本题主要考查立体几何相关知识，求出正方形ABCD的边长是解决本题的关键，属中档题．
17.【答案】解：(1)角速度ω=2π30=π15rad/min，
∴H关于t的函数解析式为H=Asin(π15t−π2)+B(A>0,ω>0).
当游客甲从进舱到最高点所用时为πω=15min.
∴当t=0时，−A+B=20，①
当t=15时，A+B=160.②
由①②解得A=70B=90；
(2)由(1)得H=70sin(π15t−π2)+90.
由题意得70sin(π15t−π2)+90≥55，
整理得70csπ15t≤35，即csπ15t≤12，
解得π3≤π15t≤5π3，即5≤t≤25.
∴当游客甲从进舱开始，在旋转一周的过程中，他的座舱高度不低于高为55m的建筑物时，t的取值范围为[5,25].
【解析】(1)由转动一周大约需要30min可求出角速度ω，由题意可得当t=0时，H=20，当t=15时，H=160，代入函数解析式中可求出A，B；
(2)根据题意得70sin(π15t−π2)+90≥55，解不等式可求得结果．
本题考查三角函数的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)∵△ABE为等边三角形，AB⋅BE+2BE⋅AE=6，
∴|AB|⋅|BE|cs120∘+2|BE|⋅|AE|cs60∘=6.
又∵|AB|=|BE|=|AE|，
∴|AB|×|AB|×(−12)+2|AB|×|AB|×12=6，
解得|AB|=2 3.
(2)以A为原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴，建立如图所示平面直角坐标系xOy，
则A(0,0)，B(2 3,0)，所以AB=(2 3,0)，
又∵BC= 32AB= 32×2 3=3，且点F为BC的三等分点(靠近点C)，
∴F(2 3,2)，
∴AF=(2 3,2)，
∴AB⋅AF=2 3×2 3+2×0=12，
又∵|AF|= (2 3)2+22=4，
∴cs=AB⋅AF|AB||AF|=122 3×4= 32.
【解析】(1)利用数量积定义结合题干条件列式计算即可；
(2)建立平面直角坐标系，求出各点的坐标，然后利用数量积夹角的坐标公式求解即可．
本题考查平面向量的夹角与数量积，平面向量的坐标运算等，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：连接EF，
∵AB//CD，CD=2AB=2，∴AFFC=ABCD=12，
∵点E为CP的三等分点(靠近点P)，
∴PEEC=12，∴PEEC=AFFC，∴EF//AP，
又EF⊂平面BDE，AP⊄平面BDE，∴AP//平面BDE.
(2)证明：∵PD=PC，O为CD中点，∴PO⊥CD；
∵AD⊥平面CDP，PO⊂平面CDP，∴PO⊥AD
∵AD∩CD=D，AD，CD⊂平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，
∵AB⊂平面ABCD，∴AB⊥PO；
∵AB//CD，CD=2AB，∴四边形ABOD为平行四边形，
又AD⊥平面CDP，CD⊂平面CDP，∴AD⊥CD，∴四边形ABOD为矩形，
∴AB⊥BO，又BO∩PO=O，BO，PO⊂平面BOP，∴AB⊥平面BOP，
又BP⊂平面BOP，∴AB⊥BP.
【解析】(1)根据平行线分线段成比例可证得EF//AP，由线面平行的判定可证得结论；
(2)根据等腰三角形三线合一性质、线面垂直的性质与判定可得PO⊥平面ABCD，进而得到AB⊥PO；易证得四边形ABOD为矩形，可得AB⊥BO；由线面垂直的判定与性质可证得结论．
本题考查线面平行与线线垂直相关知识，属于基础题．
20.【答案】解：(1)f(x)=sinx(sinxcsπ6+csxsinπ6)− 34
= 32sin2x+12sinxcsx− 34= 32×1−cs2x2+14sin2x− 34
=14sin2x− 34csx=12(12sin2x− 32csx)=12sin(2x−π3)，
由−π2+2kπ≤2x−π3≤π2+2kπ,k∈Z，得−π6+2kπ≤2x≤5π6+2kπ，
即−π12+kπ≤x≤5π12+kπ,k∈Z.
因为x∈[0,π]，所以函数f(x)的单调递增区间为[0,5π12],[11π12,π].
(2)先将函数f(x)=12sin(2x−π3)的图象向左平移π6个单位得函数y=12sin2x，
再横坐标伸长为原来的2倍得函数g(x)=12sinx.
因为g(θ)=12sinθ=13，所以sinθ=23,csθ= 53.
又cs(α+θ)=−1114，且α，θ均为锐角，所以sin(α+θ)=5 314.
所以csα=cs[(α+θ)−θ]=cs(α+θ)csθ+sin(α+θ)sinθ
=−1114× 53+5 314×23=10 3−11 542.
【解析】(1)利用三角恒等变换化简函数，然后代入正弦函数单调增区间结论结合已知范围求解；
(2)利用图象变换法则求出y=g(x)，进一步求出sinθ，csθ，再利用两角差余弦公式求解即可．
本题主要考查三角函数的图象与性质，属于基础题．
21.【答案】解：(1)由向量m=(1,−1)与n=(acsC−b,c− 3asinC)相互垂直得，acsC−b−c+ 3asinC=0，
由正弦定理得sinAcsC−sinB−sinC+ 3sinAsinC=0，
∵A+B+C=π，∴B=π−(A+C)，
∴sinAcsC−sin(A+C)−sinC+ 3sinAsinC=0，
即sinAcsC−(sinAcsC+csAsinC)−sinC+ 3sinAsinC=0，
∴( 3sinA−csA−1)sinC=0，
∵0∴ 3sinA−csA−1=0，即 3sinA−csA=1，
∴2( 32sinA−12csA)=1，∴2sin(A−π6)=1，
即sin(A−π6)=12.
∵0(2)由S△ABC=12bcsinA= 34bc= 3，得bc=4，
由余弦定理csA=b2+c2−a22bc=b2+c2−128=12，得b2+c2=16，
∵NA+NB=CN，∴NA+NB+NC=0，即点N为△ABC的重心，
∴点D是BC的中点，∴AD=12(AB+AC)，
∴AD2=14(AB2+AC2+2AB⋅AC)=14(c2+b2+2bccsA)=14×(16+4)=5，
∴AD=|AD|= 5.
【解析】(1)利用向量垂直的坐标运算得acsC−b−c+ 3asinC=0，利用正弦定理及辅助角公式化简得sin(A−π6)=12，求解即可；
(2)根据面积公式得bc=4，由余弦定理求得b2+c2=16，利用向量运算及数量积求模公式求解即可．
本题主要考查了向量的数量积运算，考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题．
22.【答案】证明：(1)取AC的中点为点O，连接DO，BO.
∵BC=2,PC= 6,BC⊥PC，∴在Rt△PCB中，PB= PC2+BC2= 10.
在△PAB中，PA= 5,∠APB=45∘，由余弦定理得AB2=AP2+BP2−2AP⋅BPcs45∘，
代入解得AB= 5.∴AP2+AB2=BP2，即△PAB为等腰直角三角形，∴PA⊥AB.
∵点D是PB的中点，∴AD=CD= 102，∴DO⊥AC.
∵AB⊥BC，∴BO=12AC=32.
在△BOD中，DO= AD2−AO2= ( 102)2−(32)2=12,BO=32,BD= 102，
∴DO2+BO2=BD2，即DO⊥BO.
又AC，BO在平面ABC内，AC∩BO=O，∴DO⊥平面ABC.
又DO⊂平面ACD，∴平面ACD⊥平面ABC.
解：(2)记点C到平面ABP的距离为d，S△PAB=12AB⋅AP=12× 5× 5=52，
则VC−PAB=13S△PAB⋅d=56d.
由(1)知DO⊥平面ABC，所以点P到平面ABC的距离为h=2OD=2×12=1，
又S△ABC=12AB⋅BC=12× 5×2= 5，∴VP−ABC=13S△ABC⋅h=13× 5×1= 53，
由VC−PAB=VP−ABC，得56d= 53，解得d=2 55.
∴点C到平面ABP的距离为2 55.
【解析】(1)取AC的中点为点O，连接DO，BO，利用等腰三角形性质求得DO⊥AC，利用勾股定理得DO⊥BO，从而利用线面垂直证面面垂直即可；
(2)利用等体积法求解距离即可．
面面垂直的证明，一般利用线面垂直的判定定理，即从线线垂直出发给予证明，而线线垂直的寻找与论证，往往从两个方面进行，一是利用线面垂直的判定与性质定理，将垂直条件进行多次转化，二是利用平面几何知识，如等腰三角形底面上的中线也是高线．