2022-2023学年湖北省武汉市部分重点中学六校联考高一（下）期末数学试卷（含答案解析）

这是一份2022-2023学年湖北省武汉市部分重点中学六校联考高一（下）期末数学试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）设i为虚数单位，复数z满足（1+i）z＝﹣1+2i，则为（ ）
A．B．5C．2D．
2．（5分）从小到大排列的数据1，2，3，x，4，5，6，7，8，y，9，10的下四分位数为（ ）
A．3B．C．8D．
3．（5分）已知平面向量（1，2），（3，4），那么在上的投影向量的坐标是（ ）
A．（，）B．（，）
C．（，）D．（，2）
4．（5分）圆台的上、下底面半径分别是1和5，且圆台的母线长为5，则该圆台的体积是（ ）
A．30πB．31πC．32πD．33π
5．（5分）在边长为4的正方形ABCD中，动圆Q的半径为1、圆心在线段CD（含端点）上运动，点P是圆Q上及其内部的动点，则的取值范围是（ ）
A．[﹣4，20]B．[﹣1，5]C．[0，20]D．[4，20]
6．（5分）某校高三（1）班（45人）和高三（2）班（30人）进行比赛，按照分层抽样的方法从两个班共抽取10名同学，相关统计情况如下：高三（1）班答对题目的平均数为1，方差为1；高三（2）班答对题目的平均数为1.5，方差为0.35，则这10人答对题目的方差为（ ）
A．0.61B．0.675C．0.74D．0.8
7．（5分）某数学兴趣小组要测量一个球体建筑物的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧．若小明同学在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且BC＝a米，则该球体建筑物的高度为（ ）米．
A．B．
C．D．
8．（5分）已知正四棱锥S﹣ABCD的底面边长为1，侧棱长为，SC的中点为E，过点E作与SC垂直的平面α，则平面α截正四棱锥S﹣ABCD所得的截面面积为（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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．
（多选）9．（5分）已知复数z1，z2，z3是方程z3﹣1＝0的三个解，则下列说法正确的是（ ）
A．z1+z2+z3＝1
B．z1z2z3＝1
C．z1，z2，z3中有一对共轭复数
D．z1z2+z2z3+z3z1＝﹣1
（多选）10．（5分）伯努利试验是在同样的条件下重复地、相互独立地进行的一种随机试验，其特点是每次试验只有两种可能结果．若连续抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记录这n次实验的结果，设事件M＝“n次实验结果中，既出现正面又出现反面”，事件N＝“n次实验结果中，最多只出现一次反面”，则下列结论正确的是（ ）
A．若n＝2，则M与N不互斥
B．若n＝2，则M与N相互独立
C．若n＝3，则M与N互斥
D．若n＝3，则M与N相互独立
（多选）11．（5分）已知P是△ABC所在平面内一点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则P是△ABC的重心
B．若P与C不重合，，则P在AB的高线所在的直线上
C．若，则P在CB的延长线上
D．若且，则△PBC的面积是△ABC面积的
（多选）12．（5分）如图，在四边形ABCD中，△ACD和△ABC是全等三角形，AB＝AD，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB＝1．下面有两种折叠方法将四边形ABCD折成三棱锥．折法①；将△ACD沿着AC折起，得到三棱锥D1﹣ABC，如图1．折法②：将△ABD沿着BD折起，得到三棱锥A1﹣BCD，如图2．下列说法正确的是（ ）
A．按照折法①，三棱锥D1﹣ABC的外接球表面积恒为4π
B．按照折法①，存在D1满足AB⊥CD1
C．按照折法②，三棱锥A1﹣BCD体积的最大值为
D．按照折法②，存在A1满足A1C⊥平面A1BD，且此时BC与平面A1BD所成线面角正弦值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）在正三角形ABC中，AB＝2，D是BC的中点，E是AC的中点，则 ．
14．（5分）从A，B等5名自愿者中随机选3名参加核酸检测工作，则A和B至多有一个入选的概率为 ．
15．（5分）已知向量，满足（）0，|4|＝4，则||+||的最大值为 ．
16．（5分）如图是一座山峰的示意图，山峰大致呈圆锥形，峰底呈圆形，其半径为1km，峰底A到峰顶S的距离为4.8km，B是山坡SA上一点，且，λ∈（0，1）．为了发展当地旅游业，现要建设一条从A到B的环山观光公路．若从A出发沿着这条公路到达B的过程中，要求先上坡，后下坡．则当公路长度最短时，λ的取值范围为 ．
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．（10分）某校为了提高学生对数学学习的兴趣，举办了一场数学趣味知识答题比赛活动，共有1000名学生参加了此次答题活动．为了解本次比赛的成绩，从中抽取100名学生的得分（得分均为整数，满分为100分）进行统计．所有学生的得分都不低于60分，将这100名学生的得分进行分组，第一组[60，70），第二组[70，80），第三组[80，90），第四组[90，100]（单位：分），得到如下的频率分布直方图．
（1）求图中m的值，并估计此次答题活动学生得分的中位数；
（2）根据频率分布直方图，估计此次答题活动得分的平均值．若对得分不低于平均值的同学进行奖励，请估计参赛的学生中有多少名学生获奖．（以每组中点作为该组数据的代表）
18．（12分）某电视台举行冲关直播活动，该活动共有三关，只有一等奖和二等奖两个奖项，参加活动的选手从第一关开始依次通关，只有通过本关才能冲下一关．已知第一关的通过率为0.7，第二关通过率为0.5，第三关的通过率为0.3，三关全部通过可以获得一等奖（奖金为300元），通过前两关就可以获得二等奖（奖金为200元），如果获得二等奖又获得一等奖，则奖金可以累加为500元．假设选手是否通过每一关相互独立，现有甲、乙两位选手参加本次活动．
（Ⅰ）求甲最后没有得奖的概率；
（Ⅱ）已知甲和乙都通过了第一关，求甲和乙最后所得奖金总和为700元的概率．
19．（12分）已知△ABC为锐角三角形，且csA+sinB（sinA+csB）．
（1）若C，求A；
（2）已知点D在边AC上，且AD＝BD＝2，求CD的取值范围．
20．（12分）已知四棱锥C﹣ABED的底面是直角梯形，AB∥DE，∠D＝90°，AB＝2，DE＝1，AD，侧面△BCE是正三角形，侧棱长AC，如图所示．
（1）证明：平面BCE⊥平面ABED；
（2）求直线CD与平面BCE所成角的余弦值．
21．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足．
（1）当tanA＝2时，求tanC的值；
（2）当a＝2，且C﹣A取得最大值时，求△ABC的面积．
22．（12分）如图，在四面体ABCD中，△ABC是边长为2的等边三角形，△DBC为直角三角形，其中D为直角顶点，∠DCB＝60°．E、F，G、H分别是线段AB、AC、CD、DB上的动点，且四边形EFGH为平行四边形．
（1）当二面角A﹣BC﹣D从0°增加到90°的过程中，求线段DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域的面积；
（2）设，λ∈（0，1），且△ACD是以CD为底的等腰三角形，当λ为何值时，多面体ADEFGH的体积恰好为．
2022-2023学年湖北省武汉市部分重点中学六校联考高一（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（5分）设i为虚数单位，复数z满足（1+i）z＝﹣1+2i，则为（ ）
A．B．5C．2D．
【解答】解：（1+i）z＝﹣1+2i，
则z（﹣1+3i﹣2i2）（1+3i）i，
∴i，∴（i）（i）．
故选：D．
2．（5分）从小到大排列的数据1，2，3，x，4，5，6，7，8，y，9，10的下四分位数为（ ）
A．3B．C．8D．
【解答】解：12×25%＝3，故该组数据的下四分位数为第3个和第4个数的平均数，即．
故选：B．
3．（5分）已知平面向量（1，2），（3，4），那么在上的投影向量的坐标是（ ）
A．（，）B．（，）
C．（，）D．（，2）
【解答】解：∵平面向量（1，2），（3，4），
∴3+8＝11，||，
∴在上的投影向量的坐标为（，）．
故选：C．
4．（5分）圆台的上、下底面半径分别是1和5，且圆台的母线长为5，则该圆台的体积是（ ）
A．30πB．31πC．32πD．33π
【解答】解：圆台的上、下底面半径分别是r＝1，R＝5，且圆台的母线长为5，
则圆台的高为，
则该圆台的体积是．
故选：B．
5．（5分）在边长为4的正方形ABCD中，动圆Q的半径为1、圆心在线段CD（含端点）上运动，点P是圆Q上及其内部的动点，则的取值范围是（ ）
A．[﹣4，20]B．[﹣1，5]C．[0，20]D．[4，20]
【解答】解：•||||cs，4||cs，，
所以||cs，为在上的投影，
当点P在点N处时，在上的投影最小为﹣||＝﹣1，
当点P在点M处时，在上的投影最大为||＝5，
所以•的取值范围为[﹣4，20]．
故选：A．
6．（5分）某校高三（1）班（45人）和高三（2）班（30人）进行比赛，按照分层抽样的方法从两个班共抽取10名同学，相关统计情况如下：高三（1）班答对题目的平均数为1，方差为1；高三（2）班答对题目的平均数为1.5，方差为0.35，则这10人答对题目的方差为（ ）
A．0.61B．0.675C．0.74D．0.8
【解答】解：根据题意，由分层抽样定义，可得高三（1）班抽取的人数为，
高三（2）班抽取的人数为，
设高三（1）班（6人）答对题目数依次为x1，x2，…，x6，
高三（2）班（4人）答对题目数依次为y1，y2，y3，y4，
则，
可得，
则这10人答对题目的平均数，方差为．
故选：D．
7．（5分）某数学兴趣小组要测量一个球体建筑物的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧．若小明同学在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且BC＝a米，则该球体建筑物的高度为（ ）米．
A．B．
C．D．
【解答】解：由题意如图所示：由圆的切线性质：可得∠OBA＝30°，∠OCA＝10°，
设球的半径R，
设AB＝x，则tan30°，可得xR，
且tan10°，可得R＝xtan10°+atan10°Rtan10°+atan10°，
可得R，
所以球体的高度为2R
故选：B．
8．（5分）已知正四棱锥S﹣ABCD的底面边长为1，侧棱长为，SC的中点为E，过点E作与SC垂直的平面α，则平面α截正四棱锥S﹣ABCD所得的截面面积为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：在正四棱锥S﹣ABCD中，连接AC，
则是正三角形，由SC的中点为E，得AE⊥SC，
而SC⊥α，SC∩α＝E，则AE⊂α，
在△SBC中，，，
令平面α与直线SB交于F，连EF，AF，则SC⊥EF，
，即点F在棱SB上，
同理平面α与棱SD相交，令交点为G，连EG，AG，
于是四边形AFEG为平面α截正四棱锥S﹣ABCD所得的截面，
由对称性知△AEG≅△AEF，在△SEF中，，
而，在△SAF中，，
由余弦定理得，
在△AEF中，，
所以所得截面面积．
故选：A．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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．
（多选）9．（5分）已知复数z1，z2，z3是方程z3﹣1＝0的三个解，则下列说法正确的是（ ）
A．z1+z2+z3＝1
B．z1z2z3＝1
C．z1，z2，z3中有一对共轭复数
D．z1z2+z2z3+z3z1＝﹣1
【解答】解：由z3﹣1＝0，得（z﹣1）（z2+z+1）＝0，
即z﹣1＝0或z2+z+1＝0，解得z＝1或或，
与互为共轭复数，故C正确；
由题意知，不妨取，
所以，故A错误；
所以，故B正确；
所以
，故D错误．
故选：BC．
（多选）10．（5分）伯努利试验是在同样的条件下重复地、相互独立地进行的一种随机试验，其特点是每次试验只有两种可能结果．若连续抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记录这n次实验的结果，设事件M＝“n次实验结果中，既出现正面又出现反面”，事件N＝“n次实验结果中，最多只出现一次反面”，则下列结论正确的是（ ）
A．若n＝2，则M与N不互斥
B．若n＝2，则M与N相互独立
C．若n＝3，则M与N互斥
D．若n＝3，则M与N相互独立
【解答】解：2次实验结果中，共{正反，反正，正正，反反}四种情况，
事件M＝{正反，反正}，事件N＝{正反，反正，正正}，显然M与N不互斥，故A正确；
P（M），P（N），P（MN），P（MN）≠P（M）P（N），故n＝2，则M与N不独立，故B错误；
3次实验结果中，共{正正正，正正反，正反正，反正正，正反反，反正反，反反正，反反反}八种情况，
事件M＝{正正反，正反正，反正正，正反反，反正反，反反正}，事件N＝{正正正，正正反，正反正，反正正}，显然M与N不互斥，故C错误；
P（M），P（N），P（MN），P（MN）＝P（M）P（N），故n＝3，则M与N相互独立，故D正确．
故选：AD．
（多选）11．（5分）已知P是△ABC所在平面内一点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则P是△ABC的重心
B．若P与C不重合，，则P在AB的高线所在的直线上
C．若，则P在CB的延长线上
D．若且，则△PBC的面积是△ABC面积的
【解答】解：选项A，设D为BC中点，则，
若，则，
即点P位于中线AD上，且是靠近点D的三等分点，
故P是△ABC的重心，A正确；
选项B，由，可得0，
即0，所以PC⊥AB，
则P在AB的高线所在的直线上，选项B正确；
选项C，若，则有，
即，故点P在BC的延长线上，选项C错误；
选项D，如图，延长AP交BC于点M，
由，且，
则可得55m5n，且5m+5n＝1，
故有5，则PM：AM＝4：5，
则△PBC的面积是△ABC面积的，选项D正确．
故选：ABD．
（多选）12．（5分）如图，在四边形ABCD中，△ACD和△ABC是全等三角形，AB＝AD，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB＝1．下面有两种折叠方法将四边形ABCD折成三棱锥．折法①；将△ACD沿着AC折起，得到三棱锥D1﹣ABC，如图1．折法②：将△ABD沿着BD折起，得到三棱锥A1﹣BCD，如图2．下列说法正确的是（ ）
A．按照折法①，三棱锥D1﹣ABC的外接球表面积恒为4π
B．按照折法①，存在D1满足AB⊥CD1
C．按照折法②，三棱锥A1﹣BCD体积的最大值为
D．按照折法②，存在A1满足A1C⊥平面A1BD，且此时BC与平面A1BD所成线面角正弦值为
【解答】解：对于A：由题意，△ACD≅△ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB＝1，
则AC的中点O到A，B，C，D的距离相等，故O为棱锥D1﹣ABC外接球的球心，AC为直径，
所以外接球的半径为1，所以该外接球的表面积为4π×12＝4π，故A正确；
按照折法①，在折起过程中，点D1在平面ABC内的投影D1'在线段BD上（不包括端点） 而线段BD（不包括端点）不存在D1'使得CD'⊥AB，故不存在D1满足AB⊥CD1，故B选项错误；
按照折法②，取BD的中点H，A1H，当平面A1BD⊥平面BCD时，三棱锥A1﹣BCD体积取得最大值，此时体积VAH•S△BCD（）2，故C选项正确；
当时，，A1C2+A1D2＝CD2，
故此时A1C⊥A1B，A1C⊥A1D，又因为A1B∩A1D＝A1，A1B，A1D⊂平面A1BD，
故A1C⊥平面A1BD，∠A1BC为BC与平面A1BD所成线面角，
则，故D选项正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）在正三角形ABC中，AB＝2，D是BC的中点，E是AC的中点，则 ．
【解答】解：由题意可得（）•（）
（••••）
[﹣4+2×2×（）+2×2×（）+2×2]
．
故答案为：．
14．（5分）从A，B等5名自愿者中随机选3名参加核酸检测工作，则A和B至多有一个入选的概率为 ．
【解答】解：由题可知则A和B至多有一个入选的概率为，
故答案为：．
15．（5分）已知向量，满足（）0，|4|＝4，则||+||的最大值为 ．
【解答】解：设，
则，
则，
设，
则，
所以||+||的最大值为．
故答案为：．
16．（5分）如图是一座山峰的示意图，山峰大致呈圆锥形，峰底呈圆形，其半径为1km，峰底A到峰顶S的距离为4.8km，B是山坡SA上一点，且，λ∈（0，1）．为了发展当地旅游业，现要建设一条从A到B的环山观光公路．若从A出发沿着这条公路到达B的过程中，要求先上坡，后下坡．则当公路长度最短时，λ的取值范围为 （0，） ．
【解答】解：根据题意，作出圆锥的侧面展开图，由两点之间线段最短，显然当公路长度最短时，观光公路为图中的A'B，
过点S作A'B的垂线，垂足为H，如图：
圆锥的底面半径为1km，AS＝4.8km，则2π，则∠A′SB，
记点P为A'B上任意一点，
由两点之间线段最短，知观光铁路为图中的A'B，
当H在线段AB上时，上坡即P到山顶S的距离PS越来越小，下坡即P到山顶S的距离PS越来越大，
此时满足从A出发沿着这条公路到达B的过程中，先上坡，后下坡；
反之，当H不在线段A′B上时，不能满足从A到B的过程中，先上坡，后下坡；
过点A′作A′M⊥SA，交SA于点M，当B在AM之间时，满足从A到B的过程中，先上坡，后下坡；
如图：
由于∠A′SB，则，此时（1），
若从A到B的过程中，先上坡，后下坡，必有λ∈（0，）．
故答案为：（0，）．
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．（10分）某校为了提高学生对数学学习的兴趣，举办了一场数学趣味知识答题比赛活动，共有1000名学生参加了此次答题活动．为了解本次比赛的成绩，从中抽取100名学生的得分（得分均为整数，满分为100分）进行统计．所有学生的得分都不低于60分，将这100名学生的得分进行分组，第一组[60，70），第二组[70，80），第三组[80，90），第四组[90，100]（单位：分），得到如下的频率分布直方图．
（1）求图中m的值，并估计此次答题活动学生得分的中位数；
（2）根据频率分布直方图，估计此次答题活动得分的平均值．若对得分不低于平均值的同学进行奖励，请估计参赛的学生中有多少名学生获奖．（以每组中点作为该组数据的代表）
【解答】解：（1）由图知第一组频率为1﹣（0.03+0.04+0.02）×10＝0.10，
所以第一组矩形的高为m0.01．
因为前两组的频率为（0.01+0.03）×10＝0.4＜0.5，
前三组的频率为（0.01+0.03+0.04）×10＝0.8＞0.5，
所以得分的中位数在第三组内，
设中位数为x，（0.01+0.03）×10+（x﹣80）×0.04＝0.5，解得x＝82.5，
所以估计此次得分的中位数是82.5分．
（2）由频率分布直方图知，学生得分的平均值为65×10×0.01+75×10×0.03+85×10×0.04+95×10×0.02＝82．
参赛的500名学生中得分不低于82分的人数为1000×[0.02×10+（90﹣82）×0.04]＝520，
所以估计此次参加比赛活动学生得分的平均值为82分，参赛的1000名学生中有520名学生获奖．
18．（12分）某电视台举行冲关直播活动，该活动共有三关，只有一等奖和二等奖两个奖项，参加活动的选手从第一关开始依次通关，只有通过本关才能冲下一关．已知第一关的通过率为0.7，第二关通过率为0.5，第三关的通过率为0.3，三关全部通过可以获得一等奖（奖金为300元），通过前两关就可以获得二等奖（奖金为200元），如果获得二等奖又获得一等奖，则奖金可以累加为500元．假设选手是否通过每一关相互独立，现有甲、乙两位选手参加本次活动．
（Ⅰ）求甲最后没有得奖的概率；
（Ⅱ）已知甲和乙都通过了第一关，求甲和乙最后所得奖金总和为700元的概率．
【解答】解：（Ⅰ）第一关没通过的概率为0.3，
第一关通过第二关没通过的概率为0.7×（1﹣0.5）＝0.35，
故甲没有得奖的概率P＝0.3+0.35＝0.65．
（Ⅱ）记甲和乙通过了第二关时最后获得二等奖为事件E，
通过了第二关时最后获得一等奖为事件F，
则P（E）＝0.5×（1﹣0.3）＝0.35，P（F）＝0.5×0.3＝0.15，
∵甲和乙最后所得奖金总和为700元，∴甲和乙一人得一等奖，一人得二等奖，
则甲得了一等奖，乙得了二等奖的概率为P1＝0.35×0.15＝0.0525，
乙得了一等奖，甲得了二等奖的概率为P2＝0.35×0.15＝0.0525，
∴甲和乙最后所得奖金总和为700元的概率为：P＝P1+P2＝0.0525+0.0525＝0.105．
19．（12分）已知△ABC为锐角三角形，且csA+sinB（sinA+csB）．
（1）若C，求A；
（2）已知点D在边AC上，且AD＝BD＝2，求CD的取值范围．
【解答】解：（1）∵C，又csA+sinB（sinA+csB），
∴csA+sin（A）sinAcs（A），
∴csAcsAsinAsinA（csAsinA），
∴，
∴tanA＝1，又A∈（0，π），∴A；
（2）∵csA+sinB（sinA+csB），
∴sinA﹣csA＝sinBcsB，
∴2sin（A）＝2sin（B），
∴AB或ABπ，
∴A＝B或A+B（舍），
又AD＝BD＝2，∴∠A＝∠ABD，∴∠CBD，
在△BCD中，由正弦定理可得，
∴，∴|CD|，
又sinC＝sin（2B），又△ABC为锐角三角形，
∴，∴B∈（，），
∴∈（，），
∴sinC＝sin（2B）∈（，1），
∴|CD|∈（1，2）．
20．（12分）已知四棱锥C﹣ABED的底面是直角梯形，AB∥DE，∠D＝90°，AB＝2，DE＝1，AD，侧面△BCE是正三角形，侧棱长AC，如图所示．
（1）证明：平面BCE⊥平面ABED；
（2）求直线CD与平面BCE所成角的余弦值．
【解答】（1）证明：取BE的中点F，连接AE、AF、CF，
在直角梯形ABED中，AE＝AB＝BE＝2，所以，
又，，所以AF2+CF2＝AC2，即CF⊥AF．
由题意知，CF⊥BE，且AF∩BE＝F，AF、BE⊂平面ABED，
所以，CF⊥平面ABED，又CF⊂平面BCE，所以平面BCE⊥平面ABED．
（2）解：过D作 DH⊥BE 交BE于H，因为平面BCE⊥平面ABED，
平面BCE∩平面ABED＝BE，DH⊂平面ABED，所以DH⊥平面BCE，

设点D到平面BCE的距离为d，则d＝|DH|＝|DE|sin60°，连接DF，
在△DEF中，因为DE＝EF＝1，，
由余弦定理可知，又△DCF为直角三角形，于是，
设直线CD与平面BCE所成角为θ，则sinθ，，
所以．
21．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足．
（1）当tanA＝2时，求tanC的值；
（2）当a＝2，且C﹣A取得最大值时，求△ABC的面积．
【解答】解：（1）由，根据正弦定理得：，
又由余弦定理得csA，
∴4sinCcsA＝3sinB＝3sinAcsC+3sinCcsA，
∴sinCcsA＝3sinAcsC，∴tanC＝3tanA＝6；
（2）由（1）可知，若csA＝0，则csC＝0，则，与题设矛盾．
所以tanC＝3tanA，于是有tan（C﹣A），
当且仅当时，tan（C﹣A）有最大值，此时C﹣A最大．
此时，，，由正弦定理得，
所以．
22．（12分）如图，在四面体ABCD中，△ABC是边长为2的等边三角形，△DBC为直角三角形，其中D为直角顶点，∠DCB＝60°．E、F，G、H分别是线段AB、AC、CD、DB上的动点，且四边形EFGH为平行四边形．
（1）当二面角A﹣BC﹣D从0°增加到90°的过程中，求线段DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域的面积；
（2）设，λ∈（0，1），且△ACD是以CD为底的等腰三角形，当λ为何值时，多面体ADEFGH的体积恰好为．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，
∴A在平面BCD上的投影满足AB＝AC，即A在线段BC的中垂线上．
如右图所示，将RT△BCD补成边长为2的正△BCM，
当二面角A﹣BC﹣D为180°角时，即点A在平面BCD上，此时A为M，
当二面角A﹣BC﹣D为0°角时，此时A为BC中点N，
故DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域为△DMN，
而，
故线段DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域的面积为．
（2）∵AC＝2，CD＝1，且△ACD是以CD为底的等腰三角形，∴AD＝2．
取BC中点O，由题意得：OA⊥BC，OA，OD，
满足OA2+OD2＝AD2，根据勾股定理可知OA⊥OD．
∴OA⊥平面BCD．∴D．
而多面体ADEFGH的体积恰好为，即多面体ADEFGH的体积恰为四面体ABCD体积的一半．
连接AH、AG．

2λ2（1﹣λ），
∴VA﹣EFGH＝2λ2（1﹣λ）•V四面体ABCD．
λ2，
∴V四面体ADGH＝λ2•V四面体ABCD．
∴V多面体ABCDEFGH＝VA﹣EGH+V四面体ADGH＝λ2（3﹣2λ）•V四面体ABCD，
∴，整理得（）（2λ2﹣2λ﹣1）＝0，
解得（舍去）．