2023-2024学年福建省厦门外国语学校高一下学期期中考试数学试卷-普通用卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省厦门外国语学校高一下学期期中考试数学试卷-普通用卷（含解析），共22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.已知i为虚数单位若复数z=52−i，则z的虚部是
( )
A. 1B. −1C. iD. −i
2.水平放置的▵ABC的直观图如图所示，D′是▵A′B′C′中B′C′边的中点，且A′D′平行于y′轴，则A′B′，A′D′，A′C′对应于原▵ABC中的线段AB，AD，AC，对于这三条线段，正确的判断是
( )
A. 最短的是ADB. 最短的是ACC. AB>ACD. AD>AC
3.在▵ABC中，角A,B,C所对边分别为a,b,c，且a= 2,b=1,A=45∘，B=( )
A. 30∘B. 30∘或150∘C. 60∘D. 60∘或120∘
4.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A. 若α⊥β，m/​/α，则m⊥βB. 若α⊥β，m⊂α，则m⊥β
C. 若m/​/α，n⊥α，则m⊥nD. 若m⊥n，m/​/α，则n⊥α
5.▵ABC中，a、b、c分别是内角A、B、C的对边，若S▵ABC=a2+b2−c24且ABAB+ACAC⋅BC=0，则▵ABC形状是
( )
A. 有一个角是π6的等腰三角形B. 顶角是π4的等腰三角形
C. 等腰直角三角形D. 不能确定三角形的形状
6.已知向量a=2,1，b=λ,3，若向量b在向量a上的投影向量c=10,5，则b−2a=( )
A. 7B. 3 5C. 4 3D. 5 2
7.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC=CA=AA1=2，P为线段A1B1的中点，Q为线段C1P(包括端点)上一点，则▵BCQ的面积的最大值为
( )
A. 192B. 5C. 2D. 3
8.已知平面向量a,b满足a=1,b,a+b=π6，则a−b的最大值为
( )
A. 2B. 2+1C. 3+1D. 3
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知z是复数，z是其共轭复数，则下列命题中错误的是
( )
A. z2=|z|2
B. 若|z|=1，则|z−1−i|的最大值为 2+1
C. 若z=(1−2i)2，则复平面内z对应的点位于第一象限
D. 若1−3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，则q=−8
10.已知⊙O的内接四边形ABCD中，AB=2,BC=6,AD=CD=4，下列说法正确的是
( )
A. A=2π3B. 四边形ABCD的面积为8 3
C. 该外接圆的直径为2 213D. BO⋅CD=−4
11.如图，点P是棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1的表面上一个动点，F是线段A1B1的中点，则
( )
A. 若点P满足AP⊥B1C，则动点P的轨迹长度为4 2+4
B. 当点P在棱DD1上时，AP+PC1的最小值为 5
C. 当直线AP与AB所成的角为45∘时，点P的轨迹长度为π+4 2
D. 当P在底面ABCD上运动，且满足PF//平面B1CD1时，线段PF长度最大值为2 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若复数z满足z−1z+1=i2023，则z= ．
13.如图，为了测量河对岸的塔高AB，某测量队选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D.现测量得∠CDB=120∘，CD=30米，在点C，D处测得塔顶A的仰角分别为30∘，45∘，则塔高AB= ．
14.已知正四棱锥S−ABCD的所有棱长都为2，点E在侧棱SC上且SE=14SC，过点E且垂直于SC的平面截该棱锥，得到截面多边形H，则H的边数为 ，H的面积为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
如图，在△ABC中，AD=25AB，点E为AC中点，点F为BC的三等分点，且靠近点C，设CB=a，CA=b．
(1)用a，b表示EF，CD；
(2)如果∠ACB=60°，AC=2，且CD⊥EF，求|CD|.
16.(本小题12分)
记▵ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2b−c=2acsC．
(1)求角A的大小；
(2)若D点在线段BC上，且AD平分∠BAC，若BD=2CD，且AD= 3，求a．
17.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD的侧面PAD是边长为2的正三角形，底面ABCD为矩形，且平面PAD⊥平面ABCD，M，N分别为AB,PC的中点，直线PC与面ABCD所成角的正切值为 155．
(1)证明：MN//平面PAD；
(2)证明：DM⊥PC．
18.(本小题12分)
在▵ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，请从下列条件中选择一个条件作答：(注：如果选择多个条件分别作答，则按第一个解答计分．)
①2sinBsinC+cs2C=1+cs2A−cs2B ②acsB+bsinA2=c ③b2=2 33S+abcsC
(1)求A的大小
(2)若▵ABC为锐角三角形，求cb的取值范围；
(3)若b= 3，点A，B，C分别在等边▵DEF的边DE，EF，FD上(不含端点)，若▵DEF面积的最大值为7 3，求c．
19.(本小题12分)
如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC= 3，M是线段AD上的一动点，将▵ABM沿着BM折起，使点A到达点A′的位置，满足点A′∉平面BCDM且点A′在平面BCDM内的射影E落在线段BC上．
(1)当点M与端点D重合时，证明：A′B⊥平面A′CD；
(2)当AM=32时，求二面角A′−BM−C的余弦值；
(3)设直线CD与平面A′BM所成的角为α，二面角A′−BM−C的平面角为β，求sin2α⋅csβ的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】先化简复数，再利用复数的有关概念求解．
【详解】解：因为复数z=52−i=2+i，
所以z的虚部是1，
故选：A
2.【答案】A
【解析】【分析】根据题意，由直观图与原图的关系，结合条件，即可判断
【详解】因为A′D′平行于y′轴，所以在▵ABC中，AD⊥BC，
又因为D′是▵A′B′C′中B′C′边的中点，所以D是BC的中点，
所以AB=AC>AD，故 A正确．
故选：A．
3.【答案】A
【解析】【分析】由正弦定理求得sinB，结合边的大小关系即可得解．
【详解】由正弦定理有asinA=bsinB，即 2 22=1sinB，解得sinB=12，
注意到b故选：A．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，运算求解能力、空间想象能力，是基础题．
利用空间中线线、线面、面面间的位置关系的知识解题即可．
【解答】
解：A选项，若α⊥β，m/​/α，则m与β可能垂直，平行，在平面内，故A错误；
B选项，若α⊥β，，m⊂α，只有当m与α，β的交线垂直时，才有m⊥β，故B错误；
C选项中，若m/​/α，则m一定与α内的某条直线l平行，n⊥α，所以n⊥l，所以m⊥n，故C正确；
D选项，若m⊥n，m//α，则n//α或n与α相交或n⊂α，故D错误．
故选C．
5.【答案】C
【解析】【分析】由ABAB+ACAC⋅BC=0推导可得∠BAC的平分线垂直于边BC，进而可得b=c，再由给定面积导出∠BAC=π2得解．
【详解】如图所示，在边AB、AC上分别取点D、E，使AD=AB|AB|、AE=AC|AC|，
以AD、AE为邻边作平行四边形ADFE，则AF=AD+AE，显然AD=AE=1，
因此平行四边形ADFE为菱形，AF平分∠BAC，而ABAB+ACAC⋅BC=0，则有AF⋅BC=0，即AF⊥BC，
于是得▵ABC是等腰三角形，即b=c，令直线AF交BC于点O，则O是BC边的中点，S▵ABC=12a⋅AO，
而S▵ABC=a2+b2−c24=14a2，因此有AO=12a=12BC，从而得∠BAC=π2，
所以▵ABC是等腰直角三角形．
故选：C
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查向量模的坐标表示
根据投影向量的求解公式得到方程，求出λ=11，进而得到b=11,3，利用模长公式求出答案．
【解答】
解：向量b在向量a上的投影向量为a⋅ba⋅aa=2,1⋅λ,3 4+1⋅2,1 4+1=4λ+6,2λ+35=45λ+65,25λ+35，
故45λ+65=10，25λ+35=5，解得λ=11，
所以b=11,3，b−2a=11,3−22,1=7,1，
故b−2a= 49+1=5 2．
故选：D
7.【答案】A
【解析】【分析】如图，根据线面垂直的判定定理与性质可得BC⊥QN，确定NQ的最大值，即可求解△BCQ面积的最大值．
【详解】取AB的中点E，连接CE，过Q作QM⊥CE，垂足为M，
过M作MN⊥BC，垂足为N，连接QN，PE，

则QM//CC1//PE，且QM=CC1=PE=2，点E到BC的距离为12×2× 32= 32．
由直三棱柱的性质知CC1⊥平面ABC，
所以QM⊥平面ABC，MN，BC⊂平面ABC，
则QM⊥MN，QM⊥BC，且QM∩MN=M，QM，MN⊂平面QMN，
所以BC⊥平面QMN，且QN⊂平面QMN，
则BC⊥QN，可知QN= QM2+MN2= 4+MN2≤ 192，
当且仅当点Q与点P重合时，等号成立，
所以▵BCQ面积的最大值为12×2× 192= 192．
故选：A．
8.【答案】C
【解析】【分析】根据向量加减法的平行四边形法则作图，问题转化为求CD的最值，利用外接圆数形结合可求最值．
【详解】设a=OA,b=OB,a+b=OC，如图，

由题意，即在平行四边形OACB中，OA=1，∠OCA=π6，
求AB的最大值．
延长OA至OD，使OA=AD，则CD=AB，
由正弦定理，O,A,C三点所在外接圆的直径2R=OAsin∠OCA=2，
所以R=1，设圆心为G，如图，

所以可知∠GOD=π3，又OG=1,OD=2，
所以由余弦定理可得DG= 12+22−2×1×2×csπ3= 3，
则由图象可知CD≤DG+R=1+ 3，
故选：C
9.【答案】ACD
【解析】【分析】设出复数的形式，写出共轭，由复数的平方和模长的运算得到A错误；由复数的几何意义可得B正确；由复数的运算可得C错误；把根代入方程后由复数的意义可得D错误．
【详解】设z=a+bi，则z=a−bi，其中a,b∈R，
A：z2=a+bi2=a2+2abi−b2，z2= a2+b22=a2+b2，故z2≠|z|2故 A错误；
B：因为|z|=1，由复数的几何意义可知复数对应的点在以原点为圆心的单位圆上，
而|z−1−i|表示圆上的点到点1,1的距离，又圆心到1,1的距离为 2，
所以圆上的点到1,1的最大距离为 2+1，故 B正确；
C：因为z=(1−2i)2=−3−4i，所以z=−3+4i，复平面内z对应的点位于第二象限，故 C错误；
D：1−3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，
所以1−3i2+p1−3i+q=0，整理可得p+q−8+−3p−6i=0，
所以p+q−8=0−3p−6=0，解得p=−2,q=10，故 D错误；
故选：ACD．
10.【答案】ABD
【解析】【分析】连接BD，利用圆内接四边形对角互补及余弦定理求出A判断A；求出C，利用三角形面积公式及正弦定理计算判断BC；取BC中点E，利用数量积的运算律，结合圆的性质求出BO⋅BC推理计算判断D．
【详解】在⊙O的内接四边形ABCD中，连接BD，AB=2,BC=6,AD=CD=4，C=π−A，
对于A，由余弦定理得，AD2+AB2−2AD⋅ABcsA=BD2=CD2+CB2−2CD⋅CBcsC，
即22+42−2×2×4csA=42+62+2×4×6csA，解得csA=−12，而0对于B，C=π3，四边形ABCD的面积S=S▵ABD+S▵CBD=12×2×4× 32+12×6×4× 32=8 3， B正确；
对于C，由选项A知，BD= 22+42−2×2×4×(−12)=2 7，
由正弦定理得⊙O的半径R=BD2sinA=2 7 3=2 213， C错误；
对于D，取BC中点E，连接OE，则OE⊥BC，BO⋅BC=(BE+EO)⋅BC=12BC2=18，
同理BO⋅BD=12BD2=14，所以BO⋅CD=BO⋅(BD−BC)=14−18=−4， D正确．
故选：ABD
11.【答案】ACD
【解析】【分析】利用线面垂直的性质定理可得动点的轨迹为矩形ABC1D1，其周长为4 2+4可得 A正确；以DD1为轴将平面AA1D1D顺时针旋转90∘，由勾股定理可得 B错误；易知当点P在线段AC,AB1和弧B1C⌢上时，直线AP与AB所成的角为45∘，可知其轨迹长度为π+4 2可得 C正确；根据面面平行的判定定理可求出点P在底面ABCD上的轨迹为三角形FNM，易知FP长度的最大值为FN=2 2可得 D正确．
【详解】对于A，易知B1C⊥平面ABC1D1,A∈平面ABC1D1，故动点P的轨迹为矩形ABC1D1，
动点P的轨迹长度为矩形ABC1D1的周长，即为4 2+4，故A正确；
对于B，以DD1为轴将平面AA1D1D顺时针旋转90∘，如图，
则AC1= AA1+A1C1= 4+16=2 5，故 B错误；；
对于C：连接AC，AB1，以B为圆心，BB1为半径画弧B1C⌢，如图1所示，
当点P在线段AC,AB1和弧B1C⌢上时，直线AP与AB所成的角为45∘，
又AC= AB2+BC2= 4+4=2 2,AB1= AB2+BB12= 4+4=2 2，
弧B1C⌢长度14×π×22=π，故点P的轨迹长度为π+4 2，故C正确；
对于D，取A1D1,D1D,DC,CB,BB1,AB的中点分别为O,R,N,M,T,H，
连接OR,QF,FT,TM,MN,NR,FH,HN,HM，如图2所示，
因为FT//D1C,FT⊄平面D1B1C,D1C⊂平面D1B1C，故FT//平面D1B1C，
TM//B1C，TM⊄平面D1B1C,B1C⊂平面D1B1C，故TM//平面D1B1C；
又FT∩TM=T,FT,TM⊂平面FTM，故平面FTM//平面D1B1C；
又QF//NM,QR//TM,RN//FT，
故平面FTMNRQ与平面FTM是同一个平面．
则点P的轨迹为线段MN：
在三角形FNM中，
FN= FH2+HN2= 4+4=2 2,FM= FH2+HM2= 4+2= 6,NM= 2
则FM2+MN2=8=FN2，
故三角形FNM是以∠FMN为直角的直角三角形；
故FPmax=FN=2 2，故FP长度的最大值为2 2，故 D正确．
故选：ACD．
【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹问题经常利用不动点的位置和动点位置关系，利用线面、面面平行或垂直的判定定理和性质定理，找出动点的轨迹进而计算出其轨迹长度．
12.【答案】1
【解析】【分析】根据复数的运算法则，求得z=−i，所以z=i，结合复数模的运算法则，即可求解．
【详解】由复数z−1z+1=i2023=−i，可得z=1−i1+i=1−i1−i1+i1−i=−i，所以z=i，可得z=1．
故答案为：1．
13.【答案】30米
【解析】【分析】根据题意，得到AB=BD，BC= 3AB，在▵BCD中，利用余弦定理，列出方程，即可求解．
【详解】在直角▵ADB中，因为∠ADB=45∘，可得AB=BD，
在直角▵ABC中，因为∠ACB=30∘，可得BC= 3AB，
在▵BCD中，因为∠CDB=120∘，CD=30，
由余弦定理得BC2=CD2+BD2−2CD⋅BDcs120∘，
即3AB2=302+AB2−2×30×AB×(−12)，可得AB2−15AB−30×15=0，
解得AB=30或AB=−15(舍去)，即塔的高度为30米.
故答案为：30米.
14.【答案】5；5 24
【解析】【分析】(1)数形结合，作平面与平面BDF平行，即可解决；
(2)结合图形中的边长，由与现代定理和三角形的面积公式得到S▵EMP，再由正四棱锥的性质得到SPMNQ，最后两部分面积相加即可．
【详解】取SC中点F,BF⊥SC,DF⊥SC且BF∩DF=F，BF,DF⊂平面BDF，可知SC⊥平面BDF，
根据平面的基本性质，作平面与平面BDF平行，如图为五边形PEMNQ．
因为SE=14SC，所以SESF=12，则EP=12BF= 32,SP=12SB=1，
可得PB=BQ=PQ=21−12=1,NQ=MP=12BD= 2，
则cs∠DFB=3+3−42× 3× 3=13，可得sin∠DFB= 1−cs2∠DFB=2 23，
所以S▵EMP=12× 32× 32×2 23= 24，
又因为MN与NQ的夹角为SA与BD夹角，而SA与BD垂直，
易知PQ⊥PM且PM//NQ，PM=NQ，即PMNQ为矩形，则SPMNQ= 2×1= 2，
可得S=S▵EMP+SPQMN= 2+ 24=5 24，
故答案为：5；5 24．
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于根据平面的性质作出图形，分析截面的形状，结合几何知识求相应的长度和面积，进而分析求解．
15.【答案】解：(1)由图可得EF=EC+CF=−12CA+13CB=13a−12b，
CD=CA+AD=CA+25AB
=CA+25(CB−CA)
=b+25(a−b)=25a+35b；
(2)由(1)可知，CD⋅EF=(25a+35b)(13a−12b)=0，
所以215a2−310b2=0，
由|b|=2，可得|a|=3，
|CD|= CD2= (25a+35b)2
= 425a2+1225a⋅b+925b2
= 3625+1225×2×3×12+3625=6 35．
即|CD|=6 35．
【解析】本题考查了平面向量基本定理，向量共线，向量模的求法等知识点，重在培养学生数学运算，逻辑推理，直观想象的数学素养，属于中档题．
(1)数形结合，利用平面向量加减法则表示即可；
(2)利用(1)中表达式，结合条件先求得|a|，再利用模的定义代入求解即可．
16.【答案】(1)
由正弦定理可得asinA=bsinB=csinC，
所以2b−c=2acsC⇒2sinB−sinC=2sinAcsC，
即2sinA+C−sinC=2sinAcsC，
可得2sinAcsC+2csAsinC−sinC=2sinAcsC，
整理可得sinC2csA−1=0，
因为在▵ABC中，sinC>0，
所以csA=12，又0所以A=π3；
(2)
因为∠BAC=π3，AD平分∠BAC，
所以∠BAD=∠CAD=π6，
由S▵ABD+S▵ACD=S▵ABC得12AD⋅ABsinπ6+12AD⋅ACsinπ6=12AB⋅ACsinπ3，
即 34c+ 34b= 34bc，整理可得b+c=bc，①
因为AD为角平分线，所以∠BAD=∠CAD，
在▵ABD中由正弦定理可得BDsin∠BAD=ABsin∠BDA，
在▵ACD中由正弦定理可得CDsin∠CAD=ACsin∠ADC，
又∠BDA=π−∠ADC，所以sin∠BDA=sin∠ADC，
所以ABAC=BDCD=2⇒AB=2AC⇒c=2b，②
由①②可得b=32,c=3，
在▵ABC中，由余弦定理可得
BC2=AC2+AB2−2AC⋅ABcsπ3=274，
解得a=BC= 274=3 32．

【解析】(1)根据正弦定理化简已知等式可得2sinB−sinC=2sinAcsC，结合sinB=sinA+C利用两角和的正弦展开式化简，再结合角的范围可求结果；
(2)由S▵ABD+S▵ACD=S▵ABC，利用三角形的面积公式化简可得b+c=bc，再结合角平分线定理可得c=2b，然后用余弦定理可求结果；
17.【答案】(1)
证明：取CD边中点E，连接NE,ME，
因为M，N分别为AB,PC的中点，由三角形中位线的性质可得
NE//PD,
PD⊂平面PAD，所以NE//平面PAD，
又底面ABCD为矩形，所以DE//AM且相等，
所以四边形ADEM为平行四边形，所以ME//AD，
AD⊂平面PAD，所以ME//平面PAD，
因为ME∩NE=E,MN,NE⊂平面MNE，又PD∩AD=D,PD,AD⊂平面PAD，
所以平面MNE//平面PAD，
又MN⊂平面MNE，
所以MN//平面PAD．
(2)
取AD中点N，连接DM，PN,CN，
因为侧面PAD是边长为2的正三角形，所以PN⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
所以PN⊥平面ABCD，
又NC⊂平面ABCD，
所以PN⊥NC，即∠PCN为直线PC与面ABCD所成的线面角，
又直线PC与面ABCD所成角的正切值为 155，
所以tan∠PCN= 155=PNCN，
∵PN=2× 32= 3,∴CN= 5，
所以CD= 5−1=2，
又DN=1，所以底面ABCD为正方形，
DM⊂平面ABCD，所以PN⊥DM
在正方形ABCD中，易得▵DAM≌▵CDN，
∴∠ADM=∠DCN，
而∠ADM+∠MDC=90∘，
∴∠DCN+∠MDC=90∘,∴DM⊥CN，
PN∩CN=N，且PN,CN⊂平面PCN，
∴DM⊥平面PCN，
因为PC⊂平面PCN，
∴DM⊥PC

【解析】(1)取CD边中点E，连接NE,ME，由面面平行的判定定理证明平面MNE//平面PAD，即可得到MN//平面PAD，
(2)先由面面垂直的性质得到PN⊥平面ABCD，再利用线面角的正切值得到底面为正方形，然后由▵DAM≌▵CDN得到DM⊥CN，最后证得DM⊥平面PCN即可．
18.【答案】(1)
选择①：
因为2sinBsinC+cs2C=1+cs2A−cs2B，
所以2sinBsinC+1−2sin2C=1+1−2sin2A−1−2sin2B，
化简可得sinBsinC−sin2C=sin2B−sin2A，
由正弦定理可得bc−c2=b2−a2⇒12=b2+c2−a22bc，
由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=12，
又0所以A=π3．
选②：
因为acsB+bsinA2=c，
由正弦定理可得sinAcsB+sinBsinA2=sinC=sinA+B=sinAcsB+csAsinB，
所以sinBsinA2=csAsinB，
又B∈0,π，sinB≠0，
可得sinA2=csA=1−2sin2A2，
解得sinA2=12或sinA2=−1(舍去)，
因为A∈0,π,A2∈0,π2，可得A2=π6，
所以A=π3；
选③：
因为b2=2 33S+abcsC，且S=12absinC，
所以b2=2 33×12absinC+abcsC，即b= 33asinC+acsC，
由正弦定理可得sinB= 33sinAsinC+sinAcsC，
又sinB=sinA+C=sinAcsC+csAsinC，
所以csAsinC= 33sinAsinC，
因为sinC≠0，所以tanA= 3，
又A∈0,π，
所以A=π3．
(2)
由正弦定理可得cb=sinCsinB=sin2π3−BsinB= 32csB+12sinBsinB= 32×1tanB+12，
由(1)可得B+C=2π3，所以C=2π3−B，
因为▵ABC为锐角三角形，
所以0所以1tanB∈0, 3，
所以 32×1tanB+12∈12,2，
即cb的取值范围为12,2．
(3)
由(1)可得A=π3，b= 3，因为▵DEF面积的最大值为7 3，
则12DE2sinπ3=7 3⇒DE=2 7，所以DE的最大值为2 7，
因为∠CBA=π3，所以∠DAC+∠BAE=2π3，
因为∠DAC+∠ACD=2π3，所以∠ACD=∠BAE，
设∠ACD=∠BAE=α，
则∠ABE=2π3−α，
在▵ACD中，由正弦定理可得ACsinD=ADsin∠ACD，
所以 3sinπ3=ADsinα，可得AD= 3sinπ3×sinα，
在▵ABE中，由正弦定理得ABsinE=AEsin∠ABE，
所以csinπ3=AEsin2π3−α，
所以DE=AD+AE= 3sinπ3×sinα+csinπ3×sin2π3−α
=1sinπ3 3sinα+csin2π3−α=1sinπ3 3sinα+csin2π3csα−ccs2π3sinα
=1sinπ3× 3+12c2+ 3c22sinα+θ，
其中tanθ= 32c 3+12c，
所以当sinα+θ=1时，DE取得最大值，
所以1sinπ3× 3+12c2+ 3c22=2 7，即 c2+ 3c+3= 21，
所以c2+ 3c+3=21，
解得c=2 3或c=−3 3(舍去)．

【解析】(1)选①由二倍角余弦公式，正弦定理角化边，余弦定理计算可得；选②由正弦定理边化角和两角和的正弦展开式以及二倍角的余弦公式计算可得；选③由三角形的面积公式，两角和的正弦展开式，同角的三角函数关系计算可得；
(2)由正弦定理边化角，两角差的正弦展开式，同角的三角函数关系化简可得cb= 32×1tanB+12，再由锐角三角形和正弦函数的值域求出结果即可；
(3)由三角形的面积公式可得DE的最大值，设∠ACD=∠BAE=α，结合正弦定理可将DE表示成正弦型函数，借助正弦函数的性质可得DE取得最大值时的c．
关键点点睛：本题第三问关键是能用三角形面积公式和正弦定理表示出DE=AD+AE= 3sinπ3×sinα+csinπ3×sin2π3−α，再结合正弦函数的值域计算即可．
19.【答案】(1)
当点M与端点D重合时，由∠BAD=90∘可知A′B⊥A′D，
由题意知A′E⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，所以A′E⊥CD，
又BC⊥CD，A′E∩BC=E，A′E⊂平面A′BC，BC⊂平面A′BC，
所以CD⊥平面A′BC，又A′B⊂平面A′BC，可知A′B⊥CD
A′D∩CD=D，CD⊂平面A′CD，A′D⊂平面A′CD，
所以A′B⊥平面A′CD．
(2)
作AO⊥BM于O，连接A′O，AE，
由题意，折起后由题意可得A′O⊥BM，A′E⊥平面ABCD，
因为BM⊂平面ABCD，所以A′E⊥BM，
又A′E∩A′O=A′，A′E,A′O⊂平面A′OE，
所以BM⊥平面A′OE，
所以A,O,E三点共线，
所以∠A′OE为二面角A′−BM−C的平面角，
因为AB=1,AM=32,
在Rt△BAM中，BM= 1+94= 132，
由三角形面积相等可得AO=AB⋅AMBM=1×32 132=3 1313
又因为▵AOB∽▵ABE，所以ABAE=AOAB，即AE=AB2AO=13 1313= 133，
OE=AE−AO= 133−3 1313=4 1339
所以在Rt▵A′EO中，cs∠A′OE=OEA′O=4 13393 1313=49，
即二面角A′−BM−C的余弦值为49．
(3)
过点E做EQ//CD交BM于Q，所以直线EQ与平面A′BM所成的角即为直线CD与平面A′BM所成的角，
由(2)可知BM⊥平面A′OE，BM⊂平面A′BM，所以平面A′BM⊥平面A′OE，
作EH⊥A′O，垂足为H，平面A′BM∩平面A′OE=OE，EH⊂平面A′OE，可得EH⊥平面A′BM，
连接HQ，∠EQH是直线EQ与平面A′BM所成的角，即∠EOH=α，
因为▵ABE∽▵ABM，满足ABBE=AMAB，
设AM=t,0AO=A′O=t t2+1，
因为在Rt▵A′OE中，斜边大于直角边，即A′O>OE，
所以t t2+1>1t t2+1，所以1A′E= A′O2−OE2= t2−1t，
在▵A′OE中由等面积EH=A′E⋅OEA′O= t2−1t3，EQ=1t2，sin2α=EHEQ2=1−1t2
因为A′O⊥BM，OE⊥BM，所以∠A′OE是二面角A′−BM−C平面角，
即∠A′OE=β，csβ=OEA′O=1t2，
sin2α⋅csβ=1−1t2⋅1t2=−1t2−122+14≤14，当且仅当t= 2时“=”成立，
故sin2α⋅csβ的最大值为14．

【解析】(1)通过证明A′B⊥A′D和A′B⊥CD，证明A′B⊥平面A′CD；
(2)作AO⊥BM于O，连接A′O，AE，由线面垂直的判断定理得到BM⊥平面A′OE，进而∠A′OE为二面角A′−BM−C的平面角，再结合三角形面积公式求出AO，最后求出余弦值即可；
(3)由几何法找到α和β，表示出sin2α⋅csβ，利用函数方法可求最大值．
方法点睛：
1.求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
2.作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．