2022-2023学年四川省绵阳市高一下学期期末数学试题（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年四川省绵阳市高一下学期期末数学试题（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. −2
C. 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fx=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. −18B. 18C. −14D. 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tanα+45∘=−3
C. 复数z=a+bia,b∈R的虚部为bi
D. 复数z=a+bia,b∈R为纯虚数的充要条件是a≠0且b=0
10.函数fx=Asinωx+φA>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fx为奇函数
C. 若π4≤x≤π2，则12≤fx≤ 32
D. 函数fx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+23ACB. 3DF=2CF
C. AF=14AB+12ACD. 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tan2α−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=Asinωt−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csAB,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fx=sinxsinx+π6− 34.
(1)当x∈0,π时，求函数fx 的单调递增区间；
(2)将函数fx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=gx的图象.若gθ=13,csα+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】【分析】
本题主要考查复数的代数表示及其几何意义，属于基础题.
根据复数的除法运算化简，进而可得 z 在复平面对应的点为 −1,−2 .
【解答】
解：由 zi=2−i 得 z=2−ii=−1−2i ，
故 z 在复平面对应的点为 −1,−2 ，该点在第三象限.
故选：C.
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查对两角差正弦公式的应用，属于基础题.
利用两角差的正弦公式及诱导公式化简求值可得结果.
【解答】
解： sin35∘cs65∘−cs35∘sin65∘=sin35∘−65∘=sin−30∘
=−sin30∘=−12 .
故选：B.
3.【答案】D
【解析】【分析】
利用向量平行即可求出角度 α 的正切值.
本题主要考查平行向量的坐标及其运算，属于基础题.
【解答】
解：由题意，
a=sinα,−csα,b=1,−1
∵a//b
∴−sinα=−csα ，解得： tanα=1 ，
故选：D.
4.【答案】A
【解析】【分析】由线面平行、面面垂直和线面垂直的判定与性质依次判断各个选项即可.
解：对于A，由线面平行的性质可知：若 a⊂α ， a//β ， α∩β=b ，则 a//b ，A正确；
对于B，若 a//b ， a//α ，则 b//α 或 b⊂α ，B错误；
对于C，若 α⊥β ， γ⊥β ，则 α//γ 或 α 与 γ 相交，C错误；
对于D，若 a⊥b ， a⊥c ， b⊂α ， c⊂α ，当 b 与 c 相交时， a⊥α ；当 b//c 时， a 与 α 未必垂直，D错误.
故选：A.
5.【答案】C
【解析】【分析】
将函数解析式化简，利用正弦函数的周期公式可得.
本题主要考查辅助角公式和二倍角正弦公式的应用，考查三角函数的性质，属于基础题.
【解答】
解：因为 f(x)=sin xcs x+cs2x=12sin 2x+1+cs 2x2
=12sin 2x+12cs 2x+12= 22sin (2x+π4)+12 ，
所以最小正周期 T=2π2=π .
故选：C
6.【答案】B
【解析】【分析】
根据余弦定理直接计算即可.
本题考查了余弦定理的应用，属于基础题.
【解答】
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
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查求向量的模，考查运用向量的数量积求向量的模，属于基础题.
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．
【解答】
解：若平面向量 a ， b ， c 两两的夹角相等，则夹角为0或 2π3 ，
若夹角为0，
因为 a=2,b=2,c=4
则 |a+b+c|=a+b+c=8 ，
若夹角为 2π3 ， a⋅b=2×2×−12=−2,a⋅c=b⋅c=2×4×−12=−4 ，
则 |a+b+c|= a2+b2+c2+2a⋅b+2a⋅c+2b⋅c= 4+4+16−4−8−8=2 .
故选：D.
8.【答案】B
【解析】【分析】
根据二面角的大小可得长度关系，利用线线平行得异面直线所成角，根据余弦定理即可求解.
本题主要考查异面直线所成角的应用，属于中档题.
【解答】
解：取 AB,PA,PC 中点为 O,M,N, 连接 MO,OC,MN,NO ，由于 △ABC 和 △ABP 均为等边三角形，所以 PO⊥AB,CO⊥AB, 故 ∠POC 为二面角 P−AB−C 的平面角，即 ∠POC=60∘ ，
由于 PO=CO= 32AB=2 3,∴△POC 为等边三角形，故 PC=2 3 ，进而 ON= 32PC= 32×2 3=3 ，
又 OM=MN=12PB=2 ，
由余弦定理可得 cs∠NMO=MN2+MO2−NO22MN⋅MO=4+4−92×2×2=−18 ，
由于 PB//MO,MN//AC ，所以 ∠NMO 即为直线 PB 与 AC 所成角或其补角，
所以直线 PB 与 AC 所成角的余弦值为 18 ，
故选：B

9.【答案】AB
【解析】【分析】
利用复数的乘方法则可判断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.
本题主要考查特殊复数的运算，以及复数的概念与分类，属于基础题.
【解答】
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， tanα+45∘=tanα+tan45∘1−tanαtan45∘=2+11−2×1=−3 ，B对；
对于C选项，复数 z=a+bia,b∈R 的虚部为 b ，C错；
对于D选项，复数 z=a+bia,b∈R 为纯虚数的充要条件是 a=0 且 b≠0 ，D错.
故选：AB.
10.【答案】AD
【解析】【分析】
根据函数的部分图象得到fx=2sin2x−π3，再逐项判断.
本题主要考查三角函数的应用，属于中档题.
【解答】
解：由函数fx=Asinωx+φA>0,ω>0,φ<π2的部分图象知：
A=2,T2=11π12−5π12，则T=π，ω=2πT=2，
所以fx=2sin2x+φ，又点5π12,2在图象上，
则sin5π6+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fx=2sin2x−π3，因为f−x=−2sin2x+π3，所以f−x≠−fx，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f7π6=2sin2×7π6−π3=2sin2π=0，所以函数fx的图象关于点7π6,0成中心对称，故D正确；
故选：AD
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
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.
本题主要考查异面直线的概念及判定，球的体积，属于中档题.
【解答】
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+ 222= 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×123=π6，故D正确；
故选：ABD
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
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的应用，属于中档题.
【解答】
解：由题意，AE=AB+BE=AB+23BC=AB+23AC−AB=13AB+23AC，故选项A正确；
由AF与AE共线，可得
AF=λAE=λ13AB+23AC=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，可得λ3=t22λ3=1−t，解得λ=34t=12，
所以，AF=14AB+12AC，AF=34AE，4AF=3AE，即故选项C、D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，
再由平面向量基本定理得，1−k4=−k21−k2=1，得k=−1，
所以，CF=−DF，即DF=CF，故选项B错误.
故选：ACD.
13.【答案】2π
【解析】【分析】
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和表面积的运算，属于基础题.
【解答】
解：圆锥的底面半径是 1 ，高是 3 ，则圆锥母线长为 12+ 32=2 ，
所以它的侧面积是 π×1×2=2π .
故答案为： 2π
14.【答案】−14b 或 1,0,−12, 32
【解析】【分析】
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⋅bb×bb 计算可得.
本题主要考查投影向量的应用，以及向量模的坐标表示，属于中档题.
【解答】
解：因为 a=1, 3 ，所以 a= 12+ 32=2 ，
又向量 a 与 b 的夹角为 120∘ ，且 b=4 ，
所以 a⋅b=a⋅bcs120∘=2×4×−12=−4 ，
所以向量 a 在向量 b 上的投影向量为 a⋅bb×bb=−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 −14b 或 1,0,−12, 32 .
故答案为： −14b 或 1,0,−12, 32
15.【答案】7
【解析】【分析】
利用二倍角正切公式和两角差的正切公式求解.
本题主要考查两角和与差的正切公式，属于基础题.
【解答】
解：因为 tanα=2 ，
所以 tan2α=2tanα1−tan2α=2×21−22=−43 ，
所以 tan2α−π4=tan2α−tanπ41+tan2α⋅tanπ4=−43−11+−43=7 ，
故答案为：7
16.【答案】32π3
【解析】【分析】
此题考查四棱锥与其外接球问题，考查余弦定理的应用，解题的关键是分别 △CDP 和 △DEM 中利用余弦定理结合已知条件列方程可求出正四棱锥的棱长，从而可求出其外接球的半径，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题.
设 AB=a,PA=b ，则在 △CDP 中由余弦定理可得 4a2=5b2 ，在 △DEM 中由余弦定理可得 14b2+3a2=16 ，则可求得 a= 5,b=2 ，设 AC 与 BD 交于点 G ，连接 PG ，正四棱锥 P−ABCD 外接球的球心在 PG 上，设为 O ，再在 △OBG 中可求出外接球的半径，从而可求出外接球的表面积.
【解答】
解：设 AB=a,PA=b ，则 DE=12PD=12b ，
因为 CF //AD ，所以 △CFM ∽ △DAM ，
所以 CMDM=CFAD=12 ，所以 DM=2CM=2CD=2a ，
因为在等腰 △CDP 中， cs∠CPD=38 ， PD=PC=b,CD=a ，
所以由余弦定理得 cs∠CPD=2b2−a22b2=38 ，化简得 4a2=5b2 ，
因为 cs∠CDP=12CDPD=a2b ，所以在 △DEM 中由余弦定理得，
cs∠CDP=DE2+DM2−EM22DE⋅DM=a2b ，
14b2+4a2−162ab=a2b ，化简得 14b2+3a2=16 ，
解得 a= 5,b=2 ，
设 AC 与 BD 交于点 G ，连接 PG ，
因为四棱锥 P−ABCD 为正四棱锥，
所以 PG⊥ 平面 ABCD ，且正四棱锥 P−ABCD 外接球的球心在 PG 上，设为 O ，
因为正方形 ABCD 的边长为 a= 5 ，所以 BD= CB2+CD2= 5+5= 10
所以 BG=12BD= 102 ，
所以 PG= PB2−BG2= 4−104= 62 ，
设正四棱锥 P−ABCD 外接球的半径为 R ，则 OP=OB=R,OG= 62−R ，
因为 OB2=BG2+OG2 ，所以 R2= 1022+ 62−R2 ，解得 R=4 6 ，
所以正四棱锥的外接球的表面积为 4πR2=4π×166=32π3 ，
故答案为： 32π3
17.【答案】解：(1)角速度 ω=2π30=π15rad/min ，
∴H 关于 t 的函数解析式为 H=Asinπ15t−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=70sinπ15t−π2+90 .
由题意得 70sinπ15t−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 70sinπ15t−π2+90≥55 ，解不等式可求得结果.
本题主要考查对三角函数的应用，属于中档题.
18.【答案】解：(1)因为 △ABE 为等边三角形， AB⋅BE+2BE⋅AE=6 ，
所以 AB⋅BEcs 120∘+2BE⋅AEcs 60∘=6 .
又 AB=BE=AE ，
所以 AB×BE×−12+2BE×AE×12=6 ，
解得 |AB|=2 3 .
(2)建立如图所示平面直角坐标系 xOy .

则 A0,0 ， B2 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 )，
所以 F2 3,2 ，
所以 AF=2 3,2 ，所以 AB⋅AF=2 3×2 3+2×0=12 ，
又 AF= (2 3)2+22=4 ，
所以 cs AB,AF=AB⋅AF|AB||AF|=122 3×4= 32 .

【解析】本题主要考查向量数量积的运算，向量的坐标运算，属于中档题.
(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.
19.【答案】解：(1)
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)
∵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.
本题主要考查线面平行的判定，以及线面垂直的性质，属于中档题.
20.【答案】解：(1)
fx=sinxsinxcsπ6+csxsinπ6− 34
= 32sin2x+12sinxcsx− 34= 32×1−cs2x2+14sin2x− 34
=14sin2x− 34csx=1212sin2x− 32csx=12sin2x−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 fx 的单调递增区间为 0,5π12,11π12,π .
(2)
先将函数 fx=12sin2x−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 gx=12sinx .
因为 gθ=12sinθ=13 ，所以 sinθ=23.
又 csα+θ=−1114 ，且 α,θ 均为锐角，
所以csθ= 53，sinα+θ=5 314 .
所以 csα=csα+θ−θ=csα+θcsθ+sinα+θsinθ
=−1114× 53+5 314×23=10 3−11 542 .

【解析】本题考查正弦型函数的单调性及正弦函数的图象变换，考查三角恒等变换的综合应用，属于中档题.
(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=gx ，进一步求出 sinθ,csθ ，再利用两角差余弦公式求解即可.
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−sinA+C−sinC+ 3sinAsinC=0 ，
即 sinAcsC−sinAcsC+csAsinC−sinC+ 3sinAsinC=0 ，
∴ 3sinA−csA−1sinC=0 .
∵0∴ 3sinA−csA−1=0 ，即 3sinA−csA=1 ，
∴2 32sinA−12csA=1 ， ∴2sinA−π6=1 ，即 sinA−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=12AB+AC ，
∴AD2=14AB2+AC2+2AB⋅AC=14c2+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 sinA−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.
本题考查了三角形面积公式，以及余弦定理，属于中档题.
22.【答案】解：(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 .
又DO= AD2−AO2= ( 102)2−(32)2=12,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 .
(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】本题考查了面面垂直的判定，以及点线、线面、点面、面面距离的应用，属于中档题.
(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.