2023-2024学年陕西省西安交大附中高一（下）第二次月考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年陕西省西安交大附中高一（下）第二次月考数学试卷（含解析），共23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.已知复数z满足z−11−i=i，则z−的虚部为( )
A. −iB. iC. −1D. 1
2.如图，△A′O′B′是水平放置的△AOB的直观图，但部分图象被墨汁覆盖，已知O′为坐标原点，顶点A′、B′均在坐标轴上，且△AOB的面积为9，则O′B′的长度为( )
A. 34B. 3 22C. 32D. 3 24
3.有下列命题：
①有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱；
②有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱；
③有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱；
④用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台．
⑤有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．
其中正确的命题的个数为( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
4.平面向量a，b满足|a|=2，|b|=3，|a+b|=4，则b在a方向上的投影向量为( )
A. 1512aB. 14aC. 38aD. 158a
5.将正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大时，异面直线AD与BC所成角为( )
A. π6B. π4C. π3D. π2
6.已知四面体P−ABC中，PA=4，AC=2 7，PB=BC=2 3，PA⊥平面PBC，则四面体P−ABC的外接球半径为( )
A. 2 2B. 2 3C. 4 2D. 4 3
7.已知向量a，b，c满足|a|=1，|b|= 3，a⋅b=−32，=30°，则|c|的最大值等于( )
A. 2 7B. 7C. 2D. 2
8.现有10个直径为4的小球，全部放进棱长为a的正四面体盒子中，则a的最小值为( )
A. 4+4 6B. 5+4 6C. 6+4 6D. 8+4 6
二、多选题：本题共4小题，共16分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 三个平面最多可以把空间分成8部分
B. 若直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，则“a与b相交”的充要条件是“α与β相交”
C. 若α∩β=l，直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，且a∩b=P，则P∈l
D. 若n条直线中任意两条共面，则它们共面
10.点O是△ABC所在平面内的一点，下列说法正确的有( )
A. 若OA+OB+OC=0则O为△ABC的重心
B. 若(OA+OB)⋅AB=(OB+OC)⋅BC=0，则点O为△ABC的垂心
C. 在△ABC中，向量AB与AC满足(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，且BA|BA|⋅BC|BC|=12，则△ABC为等边三角形
D. 若2OA+OB+3OC=0，S△AOC，S△ABC分别表示△AOC，△ABC的面积，则S△AOC：S△ABC=1：6
11.9在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则( )
A. 若A=30°，b=4，a=3，则△ABC恰有1解
B. 若tanAtanB=1，则△ABC为直角三角形
C. 若sin2A+sin2B+cs2C<1，则△ABC为锐角三角形
D. 若a2−b2=bc，则A=2B
12.如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱AD，DD1，CD的中点，则( )
A. 直线A1G，C1E为异面直线
B. 直线A1G与平面DD1C1C所成角的正切值为2 55
C. 过点C1，E，F的平面截正方体的截面面积为92
D. 三棱锥B−AEF外接球的表面积为14π
三、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分。
13.设向量a=(−2,0)，b=(m,1)，若(a+b)⊥b，则|a+b|= ______．
14.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC为正三角形，且侧棱AA1⊥底面ABC，底面边长与侧棱长都等于2，O，O1分别为AC，A1C1的中点，则平面AB1O1与平面BC1O之间的距离为______．
15.如图，在△ABC中，已知AB=2，AC=3，∠BAC=60°，M是BC的中点，AN=23AC，设AM与BN相交于点P，则cs∠MPN= ．
16.我国魏晋时期的数学家刘徽(图a)创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形，在正方体内作两个互相垂直的内切圆柱(图b)，其相交的部外就是牟合方盖(图c).我国南北朝时期数学家祖暅基于“势幂既同则积不容异”这一观点和对牟合方盖性质的研究，推导出了球体体积公式.已知在一个棱长为2r的正方体内有一个牟合方盖(图1)，设平行于水平面且与水平面距离为ℎ(0<ℎ四、解答题：本题共6小题，共56分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
已知圆台的上、下底面半径分别是1和2，高是1.求：
(1)圆台的表面积；
(2)圆台的体积．
18.(本小题8分)
已知复数z1=m−3−3m−3i，z2=−m2−m+32i，其中m≠3，m∈R．
(1)若z1−z2是纯虚数，求m的值．
(2)z1、z2能否为某实系数一元二次方程的两个虚根？若能，求出m的值；若不能，请说明理由．
19.(本小题10分)
在平行四边形ABCD中，AB=4，AD=6，∠BAD=π3，F是线段AD的中点，DE=λDC，λ∈[−1,1]．
(1)若λ=12，AE与BF交于点N，AN=xAB+yAD，求x−y的值；
(2)求BE⋅FE的最小值．
20.(本小题10分)
在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，2sin(B+π6)=b+ca．
(1)求角A的大小；
(2)若△ABC是锐角三角形，c=4，求△ABC面积的取值范围．
21.(本小题10分)
如图，在圆锥PO中，边长为2 3的正△ABC内接于圆O，AD为圆O的直径，E为线段PD的中点．
(1)求证：直线PO/​/平面BCE；
(2)若AE⊥PD，求直线AP与平面ABE所成角的正弦值．
22.(本小题10分)
如图，在四棱锥Q−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面QAD是正三角形，侧面QAD⊥底面ABCD，M是QD的中点．
(1)求证：AM⊥平面QCD；
(2)求侧面QBC与底面ABCD所成二面角的余弦值；
(3)在棱QC上是否存在点N使平面BDN⊥平面AMC成立？如果存在，求出QNNC，如果不存在，说明理由．
答案解析
1.C
【解析】解：z−11−i=i，
则z−1=(1−i)i=1+i，
故z=2+i，z−=2−i，其虚部为−1．
故选：C．
结合复数的四则运算，以及复数的概念，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的概念，属于基础题．
2.C
【解析】解：因为△AOB的面积为9，
所以它的直观图△A′O′B′的面积为9×12 2=92 2，
即12×6×O′B′×sinπ4=92 2，
解得O′B′=32．
故选：C．
根据原平面图形的面积与它的直观图的面积比为2 2求出直观图的面积，再计算O′B′的值．
本题考查了平面图形与它的直观图面积比为常数的应用问题，是基础题．
3.B
【解析】解：由棱柱的概念“有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱”知，③正确，排除①②；
用平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台，故④错误；
如果一个多面体的一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，那么这个多面体叫做棱锥棱锥，故⑤错误．
综上所述，正确的命题的个数为1个．
故选：B．
利用棱柱、棱锥、棱台的概念即可对逐个选项的正误作出判断．
本题考查命题的真假判断与应用，考查棱柱、棱锥、棱台的概念，属于基础题．
4.C
【解析】解：根据题意，|a|=2，|b|=3，|a+b|=4，
即(a+b)2=a2+b2+2a⋅b=4+9+2a⋅b=16，则a⋅b=32，
则b在a方向上的投影向量为a⋅b|a|2a=38a．
故选：C．
根据题意，由向量数量积的计算公式求出a⋅b的值，进而计算可得答案．
本题考查投影向量的计算，注意投影向量的计算公式，属于基础题．
5.C
【解析】解：设O是正方形对角线AC、BD的交点，将正方形ABCD沿对角线AC折起，
可得当BO⊥平面ADC时，点B到平面ACD的距离等于BO，
而当BO与平面ADC不垂直时，点B到平面ACD的距离为d，且d由此可得当三棱锥B−ACD体积最大时，BO⊥平面ADC．
设B′是B折叠前的位置，连接B′B，
∵AD//B′C，∴∠BCB′就是直线AD与BC所成角
设正方形ABCD的边长为a
∵BO⊥平面ADC，OB′⊂平面ACD
∴BO⊥OB′，
∵BO′=BO=12AC= 22a，
∴BB′=BC=B′C=a，得△BB′C是等边三角形，∠BCB′=60°
所以直线AD与BC所成角为60°
故选：C．
将正方形ABCD沿对角线AC折起，可得当三棱锥B−ACD体积最大时，BO⊥平面ADC.设B′是B折叠前的位置，连接B′B，可得
∠BCB′就是直线AD与BC所成角，算出△BB′C的各边长，得△BB′C是等边三角形，从而得出直线AD与BC所成角的大小．
本题将正方形折叠，求所得锥体体积最大时异面直线所成的角，着重考查了线面垂直的性质和异面直线所成角求法等知识，属于中档题．
6.A
【解析】解：由题意，已知PA⊥面PBC，PA=4，AC=2 7，PB=BC=2 3，
所以，由勾股定理得到：AB=2 7，PC=2 3，
所以，△PBC为等边三角形，△ABC为等腰三角形
等边三角形PBC所在的小圆的直径PD=2 3sin60°=4
那么，四面体P−ABC的外接球直径2R= 16+16=4 2，
所以，R=2 2．
故选：A．
确定△PBC为等边三角形，△ABC为等腰三角形，即可求出四面体P−ABC的外接球半径．
本题考查四面体P−ABC的外接球半径，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
7.A
【解析】解：设OA=a，OB=b，OC=c，则a−c=CA，b−c=CB，
由题意cs=a⋅b|a||b|=− 32，
∴=150°，=30°，
所以OABC四点共圆，
要使|c|的取得最大值，
则OC必须过圆心，
此时在三角形OAB中，AB2=OA2+OB2−2OAOBcs∠AOB=1+3−2 3cs150°=7，
AB= 7，
由正弦定理可得OC=2R=ABsin∠AOB=2 7>
故选：A．
设出向量，画出图形，求出∠AOB，判断OC的最大值的情况，利用解三角形转化求解即可．
本题考查向量的数量积的应用，三角形的解法，考查四点共圆等知识，是中档题．
8.D
【解析】解：先证明如下引理：如图所示：
设正四面体棱长为a，AF⊥平面BCD，BE⊥CD，
所以CE=12CD=a2，BE= BC2−CE2= a2−(a2)2= 3a2，
显然F为平面BCD的重心，所以BF=23BE= 3a3，
由勾股定理，可得AF= AB2−BF2= a2−( 3a3)2= 6a3，
所以正四面体的高等于其棱长的 63倍，
接下来来解决此题：如图所示：
10个直径为4的小球放进棱长为a的正四面体ABCD中，成三棱锥形状，有3层，
则从上到下每层的小球个数依次为：1，(1+2)，(1+2+3)个，
当a取最小值时，从上到下每层放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切，底层的每个球都与正四面体底面相切，
任意相邻的两个小球都外切，位于每层正三角状顶点的所有上下相邻小球的球心连线为一个正四面体E−FGH，
则该正四面体EFGH的棱长为2+4+2=8，可求得其高为EP=8× 63=8 63，
所以正四面体ABCD的高为AQ=AE+EP+PQ=2×3+8 63+2=8+8 63，
所以棱长a的最小值为(8+8 63)×3 6=8+4 6．
故选：D．
分析10个小球在正四面体内的位置情况，把正四面体的高用小球半径与正四面体的棱长表示，列等式即可求解．
本题考查了球的切接问题，考查了转化思想，属难题．
9.AC
【解析】解：对A选项，三个平面最多可以把空间分成8部分，此时可看成墙角的三个平面，∴A选项正确；
对B选项，若直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，则由“a与b相交”可以得到“α与β相交，
但反过来由“α与β相交“不能得到“a与b相交”，还可能异面或平行，故B选项错误；
对C选项，若α∩β=l，直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，且a∩b=P，则根据公理可得P∈l，∴C选项正确；
对D选项，若n条直线中任意两条共面，则它们不一定共面，∴D选项错误．
故选：AC．
根据空间中各要素的位置关系，针对各个选项分别求解即可．
本题考查空间中各要素的位置关系，属中档题．
10.ACD
【解析】解：A.如图，取AB的中点D，连接OD，则OA+OB=2OD=−OC，
∴O，D，C三点共线，CD是△ABC的中线，且|OC|=2|OD|，
∴O为△ABC的重心，A正确；
B.∵(OA+OB)⋅AB=(OB+OC)⋅BC=0，
∴(OA+OB)⊥AB，(OB+OC)⊥BC，
∴O是△ABC各边中垂线的交点，O是△ABC的外心，B错误；
C.∵(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，且AB|AB|，AC|AC|都是单位向量，
∴∠A的平分线与边BC垂直，
又csB=BA⋅BC|BA||BC|=12，∴B=π3，∴△ABC为等边三角形，C正确；
D.如图：D，E分别是AC，BC的中点，
2OA+OB+3OC=0，∴2(OA+OC)+(OB+OC)=0，
∴4OD+2OE=0，
∴OE=−2OD，
∴OD=13DE=16AB，
则S△AOC：S△ABC=1：6，D正确．
故选：ACD．
A.取AB的中点D，连接OD，得出2OD=−OC，然后可判断A的正误；
B.根据向量垂直的充要条件及向量加法的平行四边形法则可得出O点是△ABC中垂线的交点，然后可判断B的正误；
C.根据条件得出∠A的平分线与边BC垂直，根据BA|BA|⋅BC|BC|=12得出B=π3，然后可判断C的正误；
D.取AC的中点D，可根据条件得出OD/​/AB，且OD=16AB，然后即可判断D的正误．
本题考查了向量加法的平行四边形法则，向量数乘的几何意义，向量的数乘运算，向量垂直的充要条件，三角形的面积公式，向量夹角的余弦公式，考查了计算能力，属于中档题．
11.BD
【解析】解：对A，A=30°，b=4，a=3，因为bsinA对B，因为tanAtanB=1，所以csAcsB−sinAsinB=0，即cs(A+B)=0，A+B=π2，故C=π2，故B正确；
对C，由sin2A+sin2B+cs2C<1可得sin2A+sin2B则a2+b2对D，a2−b2=bc，所以c2−2bccsA=bc，
所以sinC−2sinBcsA=sinB，所以sin(A−B)=sinB，
所以A−B∈(0,π)，B∈(0,π2)，所以A−B=B，即A=2B，故D正确．
故选：BD．
对A，由正弦定理可判断出它的真假；对B，化简可得cs(A+B)=0可判断出它的真假；对C，由正弦定理化角为边，再由余弦定理可判断出它的；对D，由正弦定理结合余弦定理可判断出它的真假．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，属于中档题．
12.BCD
【解析】解：选项A，连接EG，AC，A1C1，因为E，G分别是AD，CD中点，则EG//AC，又A1C1/​/AC，
所以EG//A1C1，所以A1，C1，G，E四点共面，从而直线A1G，C1E为共面直线，A错误；
选项B，连接D1G，由A1D1⊥平面DD1C1C知，直线A1G与平面DD1C1C所成角是∠A1GD1，
D1G= 22+12= 5，tan∠A1GD1=A1D1D1G=2 5=2 55，B正确；
选项C，延长FE交A1A的延长于H，连接HB，BC1，BE，正方体中易证AD1/​/BC1，
因为DD1//A1A，E是AD中点，F是DD1中点，所以EH=EF=12AD1=12BC1，
从而FH=BC1，EF//AD1//BC1，所以FHBC1是平行四边形，C1F//BH，
所以直线BE是平面C1FE与平面ABB1A1的交线，
因此过点C1，E，F的平面截正方体的截面与侧面ABB1A1只有一个公共点B，四边形C1FEB即为截面，
由已知它是一个等腰梯形，腰BE=C1F= 5，BC1=2 2，EF= 2，
因此其面积为S=12( 2+2 2)× ( 5)2−(2 2− 22)2=92，C正确．
选项D，在正方形ADD1A1中，取AE中点S，过S作AA1的平行线交A1D于K，
而A1D是EF的垂直平分线，因此K是△AEF的外心，易得K是A1D的四等分点，
由于正方体中AB⊥侧面ADD1A1，因此作KT//AB交侧面BCC1B1于T，
则KT=AB且KT⊥侧面ADD1A1即KT⊥平面AEF，
所以KT的中点O是三棱锥B−AEF外接球的球心，
OA= OK2+AK2= (12AB)2+AS2+SK2= 12+(12)2+(32)2= 142，
所以外接球表面积为S=4π⋅OA2=14π，D正确．
故选：BCD．
通过证明EG//A1C1判断A；证明直线A1G与平面DD1C1C所成角是∠A1GD1，并计算其正切值判断B；作出过点C1，E，F的平面截正方体的截面求出其面积判断C；作出三棱锥B−AEF外接球的球心，求出半径得表面积判断D．
本题考查了三棱锥的外接球，直线与平面所成的角，属于中档题．
13. 2
【解析】解：因为a=(−2,0)，b=(m,1)，
所以a+b=(m−2,1)，
因为(a+b)⊥b，
所以(a+b)⋅b=0，即m(m−2)+1=0，
解得m=1，所以a+b=(−1,1)，
所以|a+b|= 1+1= 2．
故答案为： 2．
由平面向量的坐标运算计算即可．
本题考查平面向量的坐标运算，属于基础题．
14.2 55
【解析】解：如图，连接OO1，则O1C1//AO，且O1C1=AO，
所以四边形AOC1O1为平行四边形，所以AO1//OC1，
AO1⊄平面BC1O，OC1⊂平面BC1O，所以AO1//平面BC1O，
又OB//O1B1，O1B1⊄平面BC1O，OB⊂平面BC1O，所以O1B1//平面BC1O，
又AO1⋂O1B1=O1，AO1、O1B1⊂平面AB1O1，所以平面AB1O1//平面BC1O，
∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离即为点O1到平面BC1O的距离．
根据题意，OO1⊥底面ABC，OB，AC，OO1两两垂直，
则以O为原点，分别以OB，OC，OO1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
∵O(0,0,0)，B( 3,0,0)，C1(0,1,2)，O1(0,0,2)，
OB=( 3,0,0),OC1=(0,1,2),OO1=(0,0,2)，
设n=(x,y,z)为平面BC1O的法向量，则n⋅OB=0n⋅OC1=0，
即x=0y+2z=0，取z=−1可得n=(0,2,−1)，
点O1到平面BC1O的距离记为d，
则d=|n⋅OO1||n|=2 5=2 55，
∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离为2 55．
故答案为：2 55．
先证明平面AB1O1//平面BC1O，则平面AB1O1与平面BC1O间的距离即为点O1到平面BC1O的距离，以O为原点，分别以OB，OC，OO1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，用向量法求点O1到平面BC1O的距离，从而可得答案．
本题考查面面间的距离和面面平行的性质，考查转化思想、运算能力，属于中档题．
15. 1938
【解析】【分析】
本题考查的知识要点：向量的线性运算，向量的数量积，向量的模和夹角公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
用AB和AC表示AM和BN，根据cs∠MPN=cs结合AB=2，AC=3，∠BAC=60°，可求出结果．
【解答】
解：因为M是BC的中点，所以AM=12AB+12AC，
|AM|= (12AB+12AC)2= 14|AB|2+14|AC|2+12|AB||AC|⋅cs60°，
= 1+94+12×2×3×12= 192，
因为AN=23AC，BN=AN−AB=23AC−AB，
|BN|= (23AC−AB)2= 49|AC|2+|AB|2−43|AC||AB|×12，
= 49×9+4−43×3×2×12=2，
所以AM⋅BN=−12|AB|2+13|AC|2−16|AB||AC|×12=−12×4+13×9−16×2×3×12=12，
所以cs∠MPN=cs=AM⋅BN|AM|⋅BN|=12 192×2= 1938．
故答案为： 1938．
16.正方形 π4
【解析】解：牟盒方盖是由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，那么只要用水平面去截它们，所得的截面比为正方形，
根据祖暅原理，图2中正方体与“牟合方盖”的八分之一之间空隙的截面面积与图3中正四棱锥中阴影部分的面积相等，
所以正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与正四棱锥体的体积相等，而正四棱锥体的体积V=13r3，
则图1中的八分之一牟合方盖的体积等于正方体的体积减去正四棱锥的体积V18牟合方盖=r3−13r3=23r3，
则整个牟合方盖的体积为V1=8×23r3=163r3，
又半径为r的球体体积为V2=43πr3，
所以V2V1=43πr3163r3=π4．
故答案为：正方形；π4．
由牟盒方盖的定义以及祖暅原理求出“牟合方盖”体积即可得解．
本题考查多面体体积的求法，考查祖暅原理的应用，是中档题．
17.解：(1)如图，圆台OO′是大圆锥PO上面截掉小圆锥PO′得到的几何体，
则O′，O分别为圆台上、下底面的圆心，连接PO，则O′D=1，OC=2，O′O=1．
易得△PO′D∽△POC，则PO′PO=PO−O′OPO=O′DOC=12，得PO=2，
即PO′=1，PD= 2，PC=2 2，则DC= 2．
圆台的表面积S=π⋅O′D2+π⋅OC2+π⋅O′D⋅DC+π⋅OC⋅DC=π+4π+ 2π+2 2π=(5+3 2)π
(2)圆台的体积V=13⋅PO⋅π⋅OC2−13⋅PO′⋅π⋅O′D2=8π3−π3=7π3．
【解析】(1)根据相似可求解长度，即可由表面积公式求解，
(2)根据锥体体积公式即可求解．
本题考查了几何体的表面积与体积计算问题，是基础题．
18.解：(1)∵复数z1=m−3−3m−3i，z2=−m2−m+32i，其中m≠3，m∈R，
∴z1−z2=m2+2m−3−(3m−3+32)i，
∵z1−z2是纯虚数，
∴m2+2m−3=03m−3+32≠0，解得m=−3．
(2)z1、z2不能为某实系数一元二次方程的两个虚根．
理由如下：
假设z1、z2是某实系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a,b,c∈R,a≠0)的两个虚根，
则Δ=b2−4ac<0，
根据求根公式得z1=−b+ −(b2−4ac)i2a，z2=−b− −(b2−4ac)i2a，
∴z1，z2互为共轭复数，
∴m−3=−m2−m3m−3=32，m无实数解，
∴z1、z2不能为某实系数一元二次方程的两个虚根．
【解析】(1)先求出z1−z2关于m的表达形式，然后根据纯虚数的概念列出方程组，求解即可；
(2)根据实系数一元二次方程的两个虚根互为共轭复数，列方程组求解．
本题考查纯虚数、共轭复数、求根公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
19.解：(1)当λ=12时，E为CD的中点，可得AE=AD+12DC=12AB+AD，
若AN=xAB+yAD，则BN=AN−AB=(x−1)AB+yAD，
因为F是AD的中点，所以BF=AF−AB=−AB+12AD，结合BN//BF，得x−1−1=y12…①，
由AN//AE，得x12=y1…②，将①②组成方程组，解得x=15，y=25，所以x−y=−15；
(2)根据题意，可得AB⋅AD=|AB|⋅|AD|csπ3=12，
由DE=λDC=λAB，得AE=AD+DE=λAB+AD，可得BE=AE−AB=(λ−1)AB+AD，
由AF=12AD，得FE=AE−AF=λAB+12AD，
所以BE⋅FE=[(λ−1)AB+AD]⋅(λAB+12AD)=(λ2−λ)|AB|2+(3λ2−12)AB⋅AD+12|AD|2
=16(λ2−λ)+12(3λ2−12)+12×62=16λ2+2λ+12，
根据二次函数的性质，当λ=−116时，BE⋅FE的最小值为16×(−116)2+2×(−116)+12=19116．
【解析】(1)以向量AB、AD为基底，表示出AE、BN、BF，根据BN//BF且AN//AE建立关于x、y的方程组，解出x、y的值，即可得到本题的答案；
(2)根据题意算出AB⋅AD=12，将BE、FE表示为AB、AD的组合，利用平面向量数量积的运算性质，推导出BE⋅FE=[(λ−1)AB+AD]⋅(λAB+12AD)=16λ2+2λ+12，进而利用二次函数的性质，求出BE⋅FE的最小值．
本题主要考查平面向量的线性运算法则、平面向量数量积的定义与运算性质、二次函数的最值求法等知识，属于中档题．
20.解：(1)因为2sin(B+π6)=b+ca，
由正弦定理得：2sinAsin(B+π6)=sinB+sinC，
所以sinA( 3sinB+csB)=sinB+sinC，
因为sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
所以sinA( 3sinB+csB)=sinB+sinAcsB+csAsinB，
即 3sinAsinB+sinAcsB=sinB+sinAcsB+csAsinB，
即 3sinAsinB=sinB+csAsinB，整理得sinB( 3sinA−csA−1)=0，
因为B∈(0,π)，
所以sinB≠0，
所以 3sinA−csA−1=0，即 3sinA−csA=2sin(A−π6)=1，
所以sin(A−π6)=12，
因为A∈(0,π)，
所以A−π6=π6，可得A=π3；
(2)因为A=π3，c=4，
所以△ABC的面积S△ABC=12bcsinA= 3b，
由正弦定理得b=c⋅sinBsinC=4sin(2π3−C)sinC=4( 32csC+12sinC)sinC=2 3tanC+2．
由于△ABC为锐角三角形，
故0因为B+C=2π3，
所以π6可得b=2 3tanC+2∈(2,8)，
从而2 3因此，△ABC面积的取值范围是(2 3,8 3).
【解析】(1)利用正弦定理、和差角公式、辅助角公式即可进行求解；
(2)结合三角形面积公式可表示出三角形面积与b的关系，然后由正弦定理，和差角公式及同角基本关系进行化简后，结合正切函数的性质即可求解．
本题主要考查了正弦定理，和差角公式，三角形的面积公式以及正切函数的性质在求解三角形中的应用，考查了转化思想和函数思想，属于中档题．
21.(1)证明：设AD交BC于点F，
∵O为△ABC外心，
∴OF=12OA．
又OA=OD=r=2 32 sin60°=2，∴F为OD中点．
∴△POD中E，F分别为PD，OD中点，
∴EF//PO，
∵PO⊄平面ECB，EF⊂平面ECB，
∴直线PO/​/平面BCE．
(2)解：∵AE⊥PD，E为PD中点，又PA=PD，∴△APD为等边三角形．
过O作OQ⊥AD且OQ⊂平面ABC，Q位于线段AB上，
以O为空间坐标原点，OQ，OD，OP分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系．
则：A(0,−2,0)，P(0,0,2 3)，AP=(0,2,2 3)，
B( 3,1,0)，E(0,1, 3)，
AB=( 3,3,0)，BE=(− 3,0, 3).
设平面ABE的法向量为n=(x,y,z)，
n⋅AB=0n⋅BE=0，∴ 3 x+3y=0− 3x+ 3z=0，
取x= 3，则y=−1，z= 3．
则n=( 3,−1, 3)，
设直线AP与平面ABE所成角的正弦值为sinθ，
sinθ=|cs〈n⋅AP〉|=|n⋅AP||n|⋅|AP|= 77，
∴直线AP与平面ABE所成角正弦值为 77．
【解析】本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，属于中档题．
(1)设AD交BC于点F，证明EF/​/PO，然后证明PO/​/平面BCE．
(2)过O作OQ⊥AD且OQ⊂平面ABC，Q位于线段AB上，以O为空间坐标原点，OQ，OD，OP为x轴，y轴，z轴正向建立空间直角坐标系，求出平面ABE的法向量，利用空间向量的数量积求解直线AP与平面ABE所成角的正弦值即可．
22.(1)证明：在正方形ABCD中，CD⊥AD，
又侧面QAD⊥底面ABCD，侧面QAD∩底面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，
所以CD⊥平面QAD，又AM⊂平面QAD，
所以CD⊥AM，
因为△QAD是正三角形，M是QD的中点，则AM⊥QD，
又CD∩QD=D，CD，PD⊂平面QCD，
所以AM⊥平面QCD；
(2)解：取AD，BC的中点分别为E，F，连接EF，QE，QF，
则EF=CD，EF//CD，所以EF⊥AD，
在正△QAD中，QE⊥AD，
因为EF∩QE=E，EF，QE⊂平面QEF，
则AD⊥平面QEF，
在正方形ABCD中，AD//BC，
故BC⊥平面QEF，
所以∠QFE是侧面QBC与底面ABCD所成二面角的平面角，
由CD⊥平面QAD，EF//CD，
则EF⊥平面QEF，又PE⊂平面QAD，
所以EF⊥QE，
设正方形ABCD的边长AD=2a，则EF=2a，QE= 3a，
所以QF= QE2+EF2= 7a，
则cs∠QFE=EFQF=2 77，
故侧面QBC与底面ABCD所成二面角的余弦值为2 77．
(3)解：当QNNC=12时，平面BDN⊥平面AMC．
由正方形ABCD可得AC⊥BD．
又CD⊥AD，平面QAD⊥平面ABCD，可得CD⊥平面QAD，
即有CD⊥QD，
所以QC= 2a.
连接ON，在△QAC中，cs∠QCA=QC2+AC2−QA22QC⋅AC=2a2+2a2−a22×2a2=34，
则ON= (2 2a3)2+( 22a)2−2×2 2a3× 2a2×34= 146a，
由ON2+OC2=CN2，可得ON⊥AC，
又ON∩BD=O，所以AC⊥平面BDN，而AC⊂平面AMC，
所以平面BDN⊥平面AMC．
【解析】(1)利用面面垂直的性质定理证明CD⊥平面QAD，从而得到CD⊥AM，由正三角形的性质可得AM⊥QD，再利用线面垂直的判定定理证明即可；
(2)取AD，BC的中点分别为E，F，连接EF，QE，QF，利用线面垂直的判定定理证明AD⊥平面QEF，则可得BC⊥平面QEF，由二面角的平面角的定义可知，∠QFE是侧面QBC与底面ABCD所成二面角的平面角，在三角形中，由边角关系求解即可；
(3)考虑AC⊥平面BDN，由AC⊥BD，只需AC⊥ON，由余弦定理和面面垂直的性质可得所求结论．
本题考查面面垂直和线面垂直的判定和性质，以及二面角的求法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．