2020-2021学年辽宁省鞍山市高一（下）期末考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年辽宁省鞍山市高一（下）期末考试数学试卷人教A版，共12页。试卷主要包含了选择题，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：z⋅1+i=2，则|z|=( )
A.1B.2C.3D.2

2. 下列函数中，最小正周期为π，且图象关于直线x=π3对称的函数是（ ）
A.y=2sin(2x+π3)B.y=2sin(2x−π6)C.y=2sin(x2+π3)D.y=2sin(2x−π3)

3. 如图长方体中，AB=AD=23，CC1=2，则二面角C1−BD−C的大小为( )

A.30∘B.45∘C.60∘D.75∘

4. 《掷铁饼者》取材于希腊的现实生活中的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中最具有表现力的瞬间．现在把掷铁饼者张开的双臂近似看成一张拉满弦的“弓”，掷铁饼者的手臂长约为π4米，肩宽约为π8米，“弓”所在圆的半径约为1.25米，则掷铁饼者双手之间的距离约为( )

米米米米

5. 若向量a→,b→满足a→⋅a→−b→=5， |a→|=2， |b→|=1，则向量a→,b→的夹角为( )
A.π6B.π3C.2π3D.5π6

6. 如图二面角α−l−β为2π3，AB在α内，CD在β内，AB，CD均垂直直线l，且AB=1，CD=3，BC=2，则AD=( )

A.13B.15C.4D.17

7. 将3个半径为1的球和一个半径为2−1的球叠为两层放在桌面上，上层只放一个较小的球，四个球两两相切，那么上层小球的最高点到桌面的距离是（ ）
A.22+63B.3+263C.2+263D.32+63

8. 已知在三角形ABC中，BD=2CD，且A=2π3 ，AD=3，则三角形ABC面积的最大值为( )

A.7338B.8138C.7334D.8134
二、多选题

设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，其中不正确命题是( )
A.若m⊥α，n // α，则m⊥n B.若α // β，β // γ，m⊥α，则m⊥γ
C.若m // α，n // α，则m // nD.若α⊥γ，β⊥γ，则α // β

下列关于△ABC的结论中，正确的是( )
A.若a=3，b=5，B=π3，则这样的三角形只有一个
B.若a2>b2+c2，则△ABC为钝角三角形
C.若acsA=bcsB，则△ABC为等腰三角形
D.若A>B，则sinA>sinB

已知函数fx=sin3x+φ−π2<φ<π2的图象关于直线x=π4对称，则( )
A.函数fx+π12为奇函数
B.函数f(x)在π12,π3上单调递增
C.若|fx1−fx2|=2，则|x1−x2|的最小值为π3
D.函数fx的图象向右平移π4个单位长度得到函数y=−cs3x的图象

如图，正△ABC的中线AF与中位线DE相交于G，已知△A′ED是△AED绕DE旋转过程中的一个图形，则( )

A.动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上
B.恒有平面A′GF⊥平面BCED
C.三棱锥A′−FED的体积有最大值
D.异面直线A′E与BD不可能垂直
三、填空题

已知a→=1,2，b→=4,y，|a→+b→|=|a→−b→|，则y=________．

如图，若正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，则异面直线AC与A1B所成的角的大小是________；直线A1B和底面ABCD所成的角的大小是________


请写出一个同时具有下列函数性质的函数fx=________.
(1)fx+f−x=0 (2)f2023−x+fx−2021=0

如图，在菱形ABCD中， ∠BAD=π3，沿BD将△ABD折起到△PBD的位置，得到三棱锥P−BCD，若三棱锥P−BCD的体积最大时PC=6，则此时三棱锥P−BCD的外接球的表面积为________.

四、解答题


(1)计算1−2i1−i2+i2021−12−32i12+32i；

(2)已知向量a→=1,2,b→=3,−4，求a→在b→方向上投影的数量．

已知函数fx=3sinωxcsωx−cs2ωxω>0的最小正周期是π.
(1)求ω的值及函数fx的单调递减区间；

(2)当x∈0,π2时，求函数fx的取值范围．

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，E为侧棱PD上一点．

(1)求证：CD//平面ABE；

(2)求证：CD⊥AE；

(3)若E为PD中点，平面ABE与侧棱PC交于点F，且PA=PD=AD=2，求四棱锥P−ABFE的体积．

如图，四边形ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，∠BAD=60∘．

(1)求证：平面PBD⊥平面PAC；

(2)求点A到平面PBD的距离．

在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足acsC=(2b−c)csA．
(1)求∠A的大小；

(2)若a=3，求锐角△ABC面积S的取值范围．

如图正四面体A−BCD，点P为线段BC上一动点，直线AP与平面BCD所成的角为x，设fx=cs2x−2tcsx+3

(1)当t=12时，求函数fx的最小值；

(2)当t<33时，函数fx的最小值为349，求t的值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年辽宁省鞍山市高一（下）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
复数的模
复数代数形式的乘除运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：z=21+i=21−i1+i1−i=1−i，
所以|z|=12+−12=2.
故选B．
2.
【答案】
B
【考点】
正弦函数的对称性
【解析】
将x=π3代入各个关系式，看看能否取到最值即可．
【解答】
解：∵ y=f(x)的最小正周期为π，可排除C；
其图象关于直线x=π3对称，
当x=π3时，
A，y=0，故A不满足题意；
B，y=2sinπ2=2，故B满足题意；
D，y=2sinπ3=3，故D不满足题意.
故选B．
3.
【答案】
A
【考点】
二面角的平面角及求法
【解析】
取BD的中点E，连接C1E，CE，根据已知中AB=AD=23，CC1=2，我们易得△C1BD及△CBD均为等腰三角形，进而得到C1E⊥BD，CE⊥BD，则∠C1EC即为二面角 C1−BD−C的平面角
，解△C1EC即可求也二面角 C1−BD−C的大小．
【解答】
解：取BD的中点E，连接C1E，CE，
由已知中AB=AD=23，CC1=2，
易得CB=CD=23，C1B=C1D=14，
根据等腰三角形三线合一的性质，我们易得，
C1E⊥BD，CE⊥BD，
则∠C1EC即为二面角 C1−BD−C的平面角，
在△C1EC中，C1E=22，CC1=2，CE=6，
故∠C1EC=30∘，
故二面角 C1−BD−C的大小为30∘.
故选A.
4.
【答案】
B
【考点】
弧长公式
【解析】
由题分析出这段弓所在弧长，结合弧长公式求出其所对圆心角，双手之间的距离为其所对弦长．
【解答】
解：由题得：弓所在的弧长为：l=π4+π4+π8=5π8，
所以其所对的圆心角α=5π854=π2，
所以两手之间的距离d=2Rsinπ4=2×1.25≈1.768（米）．
故选B.
5.
【答案】
C
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
平面向量数量积的运算
【解析】
设向量a→，b→夹角为θ，由向量数量积运算可得关于csθ的方程，解方程可得．
【解答】
解：设向量a→与b→的夹角为θ.
∵ a→⋅(a→−b→)=5，
∴ |a→|2−a→⋅b→=5，
代入|a→|=2，|b→|=1可得22−2×1×csθ=5，
解得csθ=−12.
∵θ∈0，π，
∴θ=2π3.
故选C.
6.
【答案】
D
【考点】
二面角的平面角及求法
数量积判断两个平面向量的垂直关系
点、线、面间的距离计算
【解析】
由已知可得AD→=AB→+BC→+CD→,利用数量积的运算律即可得出．
【解答】
解：∵ CD⊥BC，AB⊥BC ,
∴CD→⋅BC→=AB→⋅BC→=0,
又直线AB，CD分别在这个二面角的两个半平面内，二面角α−l−β的大小为2π3,
∴⟨BA→，CD→⟩=2π3 ,
∴⟨AB→,CD→⟩=π3，
∵AD→=AB→+BC→+CD→,
∴AD→2=AB→2+BC→2+CD→2+2AB→⋅BC→+2AB→⋅CD→+2BC→⋅CD→
=12+22+32+0+2×1×3×csπ3+0
=17,
∴AD=17.
故选D．
7.
【答案】
D
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
设下层三个半径为1的球的球心构成边长为2的等边三角形，上面小球的球心和这个等边三角形构成侧棱长为2的正三棱锥，上层小球的最高点到桌面的距离为小球半径、大球半径与正三棱锥的高相加之和．
【解答】
解：设下层三个半径为1的球的球心分别为B，C，D，上层较小的球的球心为A，
则△BCD是边长为2的等边三角形，AB=AC=AD=2，
过A作平面BCD的垂线AF，交平面BCD于点F，F是△ABC的重心，
则BF=23BE=234−1=233，AF=2−43=63，
∴ 上层小球的最高点到桌面的距离是AF+1+2−1=32+63．
故选D．
8.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
三角形求面积
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
设CD=x，BD=2x，根据cs∠ADC=−cs∠ADB利用余弦定理得到2|AC|2+|AB|2=27+6x2，由cs∠BAC=|AB|2+|AC|2−9x22×|AB|×|AC|=−12得到13|AB|2+43|AC|2=27+23|AB|×|AC|，根据基本不等式得到13|AB|2+43|AC|2≥213|AB|2⋅43|AC|2=43|AB|×|AC|，再由三角形的面积公式即可得解.
【解答】
解：设CD=x，则BD=2x，
由题可得cs∠ADC=−cs∠ADB，即cs∠ADC+cs∠ADB=0，
∵cs∠ADC=9+x2−|AC|22×3×x=9+x2−|AC|26x，cs∠ADB=9+4x2−|AB|22×3×2x=9+4x2−|AB|212x，
∴18+2x2−2|AC|2+9+4x2−|AB|2=0，
∴2|AC|2+|AB|2=27+6x2，
∵cs∠BAC=|AB|2+|AC|2−9x22×|AB|×|AC|=−12，
∴|AB|2+|AC|2−9x2=−|AB|×|AC|，
∴23|AB|2+23|AC|2+23|AB|×|AC|=6x2，
∴|AB|2+2|AC|2−27=6x2，
∴13|AB|2+43|AC|2=27+23|AB|×|AC|，
∵13|AB|2+43|AC|2≥213|AB|2⋅43|AC|2=43|AB|×|AC|，当且仅当13|AB|2=43|AC|2，即|AB|=2|AC|时等号成立，
∴27+23|AB|×|AC|≥43|AB|×|AC|，
∴|AB|×|AC|≤812，
∴S△ABC=12|AB|×|AC|sinA≤12×812×sin120∘=8138.
故选B.
二、多选题
【答案】
C,D
【考点】
直线与平面垂直的性质
平面与平面垂直的判定
【解析】
直线与平面平行与垂直，平面与平面平行与垂直的判定与性质，对选项进行逐一判断，推出结果即可．
【解答】
解：A，若m⊥α，n // α，则m⊥n，是直线和平面垂直的性质，故该选项正确；
B，若α // β，β // γ，m⊥α，则m⊥γ，满足直线和平面垂直的判定，故该选项正确；
C，若m // α，n // α，则m // n，两条直线可能相交，也可能异面，故该选项不正确；
D，若α⊥γ，β⊥γ，则α // β，考虑长方体的顶点，α与β还可以垂直，故该选项不正确．
故选CD．
【答案】
A,B,D
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
A，结合正弦定理判断即可；
B．由已知利用余弦定理可求三角形一内角的余弦值，结合角的范围判断；
C，利用正弦定理由a⋅csA=bcsB可得sinAcsA=sinBcsB，再利用二倍角的正弦即可判断△ABC的形状；
D，由大角对大边，及正弦定理判定．
【解答】
解：A，由已知，C到直线AB的距离为bsinπ3=32b，
所以当a=32b或a≥b，即a=23b或a≥b时，满足条件的三角形有且只有一个．
当b=5时，符合sinπ3a>b，故三角形只有一解，故A正确；
B，∵ a2>b2+c2，
∴ b2+c2−a2<0，
∴ csA=b2+c2−a22bc<0，
∵ A∈0,π，
∴ A为钝角，
∴ △ABC为钝角三角形，
故B正确；
C，∵ acsA=bcsB，
∴ sinAcsA=sinBcsB，
∴ sin2A=sin2B，
∴ A=B或2A+2B=180∘，即A+B=90∘，
∴ △ABC为等腰或直角三角形，故C错误；
D，在△ABC中，若a>b，则2RsinA>2RsinB，则sinA>sinB，故D正确．
故选ABD．
【答案】
A,C
【考点】
正弦函数的周期性
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的单调性
正弦函数的奇偶性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为直线x=π4是fx=sin3x+φ−π2<φ<π2的对称轴，
所以3×π4+φ=π2+kπk∈Z，
则φ=−π4+kπk∈Z，当k=0时，φ=−π4，则fx=sin3x−π4.
对于选项A，f(x+π12)=sin3(x+π12)−π4=sin3x，
因为sin−3x=−sin3x，所以fx+π12为奇函数，故A正确；
对于选项B,−π2+2kπ<3x−π4<π2+2kπk∈Z，即−π12+2k3π当k=0时，f(x)在−π12,π4上单调递增，易知B错误；
对于选项C，若|fx1−fx2|=2，则|x1−x2|最小为半个周期，即2π3×12=π3，故C正确；
对于选项D，函数fx的图象向右平移π4个单位长度，
即sin3(x−π4)−π4=sin(3x−π)=−sin3x，故D错误.
故选AC.
【答案】
A,B,C
【考点】
命题的真假判断与应用
平面与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
由正△ABC的中线AF与中位线DE相交于G，可得AF⊥DE．当△A′ED是△AED绕DE旋转过程中，ED⊥平面A′FG，平面A′FG⊥平面BCED．再利用面面垂直的性质定理即可得出．
【解答】
解：由正△ABC的中线AF与中位线DE相交于G，可得AF⊥DE．
△A′ED绕DE旋转过程中，ED⊥平面A′FG，
因此平面A′FG⊥平面BCED，故选项B正确；
由面面垂直的性质定理可得：动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上，故选项A正确；
当平面A′ED⊥平面ABC时，三棱锥A′−FED的体积=13S△EFD⋅A′G有最大值，故选项C正确；
当A′E2+EF2=A′F2时，直线A′E⊥FE，
又因为EF//BD，所以此时A′E与BD垂直，故选项D错误.
故选ABC．
三、填空题
【答案】
−2
【考点】
平面向量的坐标运算
【解析】
可以求出a→+b→=(5,y+2) ，a→−b→=(−3,2−y)，然后根据|a→+b→|=|a→|−b→|即可得出25+y+22=9+2−y2，解出y即可．
【解答】
解：a→+b→=5,y+2，a→−b→=−3,2−y，
∵ |a→+b→|=|a→−b→|，
∴ 25+y+22=9+2−y2，
解得y=−2．
故答案为：−2．
【答案】
π3,π4
【考点】
异面直线及其所成的角
直线与平面所成的角
【解析】
连接A1C1，证明四边形AA1C1C为平行四边形，可得、A1C1//AC，得到异面直线AC与A1B所成的角即为∠BA1C1，再说明ΔBA1C1为等边三角形，可得异面直线AC与AA1B所成的角的大小是π3；由正方体的结构特征可得∠A1BA为直线A1B和底面ABCD所成的角，再由等腰直角三角形得答案．
【解答】
解：如图，连接A1C1，
∵ AA1//CC1，AA1=CC1，
∴ 四边形AA1C1C为平行四边形，
∴ A1C1//AC，
∴ 异面直线AC与A1B所成的角为∠BA1C1，
连接BC1，则△BA1C1为等边三角形，
∴ 异面直线AC与A1B所成的角的大小是π3，
∵ 正方体ABCD−A1B1C1D1的侧棱AA1⊥底面ABCD，
∴ ∠A1BA为直线A1B和底面ABCD所成的角，大小为π4.
故答案为： π3; π4.
【答案】
sinπ2x
【考点】
函数的周期性
奇函数
【解析】
可以借助于三角函数的性质可得答案．
【解答】
解：由性质(1)(2)可知，要写的函数fx为奇函数，且以4为周期，
fx=sinπ2x ，满足这两个条件．
故答案为：sinπ2x.
【答案】
20π3
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
正弦定理的应用
【解析】
先根据题意分析出当平面PBD⊥平面BCD时三棱锥P−BCD的体积最大，然后取BD的中点Q，连接PQ，QC，根据已知条件求出三棱锥P−BCD体积最大时ΔBDC与△BDP的外接圆半径，设三棱锥P−BCD 外接球的球心为O，△BDC与△BDP外接圆的圆心分别为O1，O2，连接OO1， OO2 ，得到四边形OO1QO2为矩形，最后借助球半径、截面圆半径、球心到截面的距离之间的关系求出外接球半径，即可得解．
【解答】
解：易知当平面PBD⊥平面BCD时，三棱锥P−BCD的体积最大，
如图，当平面PBD⊥平面BCD时，取BD的中点Q，连接PQ，QC，
则PQ⊥BD，PQ=QC ，
∵平面PBD∩平面BDC=BD，
∴PQ⊥平面BDC，
∴ PQ⊥QC，
∴ PC2=PQ2+QC2=2PQ2=6 ，
∴PQ=CQ=3，
又△BDC与△BDP为等边三角形，
∴ BD=2，
设△BDC与△BDP的外接圆半径分别为r1,r2，
由正弦定理可得2r1=2r2=2sinπ3=433 ,
∴r1=r2=233，
设三棱锥P−BCD外接球的球心为O，△BDC与△BDP外接圆的圆心分别为O1,O2，
则O1,O2分别在线段QC ，PQ的三等分点处（靠近点Q），连接OO1 ，OO2，
易知OO1⊥平面BCD，OO2⊥平面PBD ，
又平面PBD⊥平面BCD，
∴四边形OO1QO2为矩形，易知OO1=OO2=O1Q=13QC=33，
∴球O的半径R=(33)2+(233)2=153，
故三棱锥P−BCD外接球的表面积4π×1532=20π3.
故答案为：20π3.
四、解答题
【答案】
解：(1)原式=1−2i−2i+i−14+34
=−2i−4+i−1
=−5−i.
(2)a→在b→方向上投影的数量为：
a→⋅b→|b|=3−85=−1.
【考点】
复数代数形式的混合运算
向量的投影
【解析】
(1)利用复数运算法则即可求解
(2)直接利用投影公式求解即可
【解答】
解：(1)原式=1−2i−2i+i−14+34
=−2i−4+i−1
=−5−i.
(2)a→在b→方向上投影的数量为：
a→⋅b→|b|=3−85=−1.
【答案】
解：(1)fx=3sinωxcsωx−cs2ωx
=32sin2ωx−1+cs2ωx2
=sin2ωx−π6−12 ，
∵ 最小正周期T=π，ω>0，
∴ ω=1 ，
∴ fx=sin2x−π6−12，
若fx单调递减，则2kπ+π2≤2x−π6≤2kπ+3π2k∈Z，
即kπ+π3≤x≤kπ+5π6k∈Z，
故fx的单调递减区间为kπ+π3,kπ+5π6,k∈Z .
(2)由0≤x≤π2得，−π6≤2x−π6≤5π6，
令t=2x−π6，
则t∈−π6,5π6，
∴ −12≤sint≤1，−12≤sin2x−π6≤1，
∴ 函数fx的取值范围为−1,12.
【考点】
两角和与差的正弦公式
正弦函数的单调性
二倍角的余弦公式
二倍角的正弦公式
正弦函数的定义域和值域
【解析】
（1）利用三角函数的倍角公式以及辅助角公式进行化简，结合周期公式以及单调性进行求解即可．
（2）求出角的范围，结合三角函数的单调性和最值关系进行求解即可．
【解答】
解：(1)fx=3sinωxcsωx−cs2ωx
=32sin2ωx−1+cs2ωx2
=sin2ωx−π6−12 ，
∵ 最小正周期T=π，ω>0，
∴ ω=1 ，
∴ fx=sin2x−π6−12，
若fx单调递减，则2kπ+π2≤2x−π6≤2kπ+3π2k∈Z，
即kπ+π3≤x≤kπ+5π6k∈Z，
故fx的单调递减区间为kπ+π3,kπ+5π6,k∈Z .
(2)由0≤x≤π2得，−π6≤2x−π6≤5π6，
令t=2x−π6，
则t∈−π6,5π6，
∴ −12≤sint≤1，−12≤sin2x−π6≤1，
∴ 函数fx的取值范围为−1,12.
【答案】
(1)证明：因为CD//AB，AB⊂平面ABE，CD⊄平面ABE，
所以CD//平面ABE.
(2)证明：因为侧面PAD⊥底面ABCD，CD⊥AD，平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，
所以CD⊥平面PAD，
又AE⊂平面PAD，
所以CD⊥AE.
(3)解：因为CD//平面ABE，CD⊂平面PCD，平面PCD∩平面ABE=EF，
所以CD//EF，
所以AB//EF，
又CD⊥AE，则EF⊥AE，
所以ABFE是直角梯形，
又E是PD中点，所以EF=12CD=1，AE=32×2=3，
所以S四边形ABFE=12×2+1×3=332，
因为CD⊥平面PAD，PE⊂平面PAD，
所以CD⊥PE，从而EF⊥PE，
在正三角形PAD中，E是PD中点，AD⊥PE，AE∩EF=E，AE，EF⊂平面ABFE，
所以PE⊥平面ABFE，PE=12PD=1，
所以VP−ABEF=13×332×1=32.
【考点】
直线与平面平行的判定
两条直线垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
（1）根据线面平行的判定定理证明；
(II)由面面垂直的性质定理证明CD⊥平面PAD，然后可得线线垂直；
(III)证明AE就是四棱锥P−ABFE的高，然后求得底面积，得体积．


【解答】
(1)证明：因为CD//AB，AB⊂平面ABE，CD⊄平面ABE，
所以CD//平面ABE.
(2)证明：因为侧面PAD⊥底面ABCD，CD⊥AD，平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，
所以CD⊥平面PAD，
又AE⊂平面PAD，
所以CD⊥AE.
(3)解：因为CD//平面ABE，CD⊂平面PCD，平面PCD∩平面ABE=EF，
所以CD//EF，
所以AB//EF，
又CD⊥AE，则EF⊥AE，
所以ABFE是直角梯形，
又E是PD中点，所以EF=12CD=1，AE=32×2=3，
所以S四边形ABFE=12×2+1×3=332，
因为CD⊥平面PAD，PE⊂平面PAD，
所以CD⊥PE，从而EF⊥PE，
在正三角形PAD中，E是PD中点，AD⊥PE，AE∩EF=E，AE，EF⊂平面ABFE，
所以PE⊥平面ABFE，PE=12PD=1，
所以VP−ABEF=13×332×1=32.
【答案】
(1)证明：由ABCD是菱形可得，BD⊥AC，
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥BD，
又PA∩AC=A，
所以BD⊥平面PAC，
又BD⊂平面PBD，
故平面PBD⊥平面PAC．
(2)解：由题意可得：PB=PD=22+22=22，BD=2，
所以S△PBD=12×2×7=7．
又S△ABD=12×2×2×32=3．
所以三棱锥P−ABD的体积V=13S△ABD×PA=233．
设点A到平面PBD的距离为ℎ，
又VP−ABD=13S△PBD⋅ℎ=73ℎ，
所以73ℎ=233，ℎ=2217．
故点A到平面PBD的距离为2217．
【考点】
平面与平面垂直的判定
点、线、面间的距离计算
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
（1）要证平面PBD⊥平面PAC，我们可以在一个平面内寻找另一平面的垂线，即证BD⊥平面PAC．利用线线垂直，可以证得线面垂直；
（2）先找出表示点A到平面PBD的距离的线段，AC∩BD=O，连接PO，过A作AE⊥PO交PO于E，所以AE⊥平面PBD，AE就是所求的距离，故可求；
【解答】
(1)证明：由ABCD是菱形可得，BD⊥AC，
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥BD，
又PA∩AC=A，
所以BD⊥平面PAC，
又BD⊂平面PBD，
故平面PBD⊥平面PAC．
(2)解：由题意可得：PB=PD=22+22=22，BD=2，
所以S△PBD=12×2×7=7．
又S△ABD=12×2×2×32=3．
所以三棱锥P−ABD的体积V=13S△ABD×PA=233．
设点A到平面PBD的距离为ℎ，
又VP−ABD=13S△PBD⋅ℎ=73ℎ，
所以73ℎ=233，ℎ=2217．
故点A到平面PBD的距离为2217．
【答案】
解：(1)∵ acsC=(2b−c)csA，
⇒sinAcsC=(2sinB−sinC)csA，
⇒sin(A+C)=2sinBcsA，
⇒sinB=2sinBcsA，
⇒csA=12，
∴ A=π3．
(2)∵ csA=12=b2+c2−92bc≥2bc−92bc，
∴ 0∴ S=12bcsinA≤12×9×32=934，
∵ B∈(0,π2)，C∈(0,π2)，
∴ 2π3−B∈(0,π2)，
当C=π2时，△ABC为直角三角形，
此时S△ABC=12×3×3=332，
∴ △ABC面积S的取值范围(332, 934]．
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
余弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
（1）利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简等式可得csA=12，利用特殊角的三角函数值即可得解．
（2）根据余弦定理和基本不等式可解得0【解答】
解：(1)∵ acsC=(2b−c)csA，
⇒sinAcsC=(2sinB−sinC)csA，
⇒sin(A+C)=2sinBcsA，
⇒sinB=2sinBcsA，
⇒csA=12，
∴ A=π3．
(2)∵ csA=12=b2+c2−92bc≥2bc−92bc，
∴ 0∴ S=12bcsinA≤12×9×32=934，
∵ B∈(0,π2)，C∈(0,π2)，
∴ 2π3−B∈(0,π2)，
当C=π2时，△ABC为直角三角形，
此时S△ABC=12×3×3=332，
∴ △ABC面积S的取值范围(332, 934]．
【答案】
解：(1)当t=12时，fx=cs2x−csx+3,
由题可知点P与点B重合时，x有最小值，
当点P为BC的中点时，即AP⊥BC时，x有最大值，
设AB=a，
则(csx)max=(3a)2+(3a)2−4a22×3a×3a=13，
∴csx∈13,12，
∵函数fx=cs2x−csx+3的图像开口向上，
∴当csx=12时，fx有最小值，
∵12∈13,12，
∴f(x)min=14−12+3=114.
(2)由(1)可知，当 csx=t2时, fx 有最小值，
∵t<33，
∴ fx 有最值时， csx<36，
根据二次函数的称轴性，则csx<−36，
∵36<13，且csx∈13,12时，fx单调递增，
∴ 当csx=13时， fx有最小值，
∴ fxmin=19−2t3+3=349,
∴t=−1 .
【考点】
二次函数在闭区间上的最值
余弦定理
函数的单调性及单调区间
【解析】
(1)当t=12时，fx=cs2x−csx+3,由题可知csx∈13,12，根据二次函数的性质即可得解函数的最小值.
（2）当 csx=t2时, fx 有最小值， fx 有最时， csx<36，根据二次函数的称轴性，则 csx<−36，根据二次函数的单调性可知当 csx=13时， fx有最小值，即fxmin=19−2t3+3=349,求解即可 .
【解答】
解：(1)当t=12时，fx=cs2x−csx+3,
由题可知点P与点B重合时，x有最小值，
当点P为BC的中点时，即AP⊥BC时，x有最大值，
设AB=a，
则(csx)max=(3a)2+(3a)2−4a22×3a×3a=13，
∴csx∈13,12，
∵函数fx=cs2x−csx+3的图像开口向上，
∴当csx=12时，fx有最小值，
∵12∈13,12，
∴f(x)min=14−12+3=114.
(2)由(1)可知，当 csx=t2时, fx 有最小值，
∵t<33，
∴ fx 有最值时， csx<36，
根据二次函数的称轴性，则csx<−36，
∵36<13，且csx∈13,12时，fx单调递增，
∴ 当csx=13时， fx有最小值，
∴ fxmin=19−2t3+3=349,
∴t=−1 .