1、2020-2021学年吉林省长春市东北师大附中高一（下）期末数学试卷一、单项选择题（共8小题，每小题4分，共32分）. 1已知复数z满足（i）z2，则z（）ABCD2树人中学为了庆祝中国共产党建党100周年举办党史知识竞赛，在十二进六的半决赛中，12名参赛同学成绩各不相同，小明同学已经知道了自己的成绩，为了判断自己是否能进入决赛，他还需要知道12名同学成绩的（）A平均数B中位数C众数D方差3在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若a3，则b（）ABCD4向量正方形网格中的位置如图所示若向量，则实数（）A2B1C1D25设平面与平面相交于直线m，直线a在平面内，直线b在平面内，且bm
2、，则“”是“ab”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件6暑假期间，甲同学外出旅游的概率是，乙同学外出旅游的概率是，假定甲乙两人的行动互相之间没有影响，则暑假期间甲、乙两位同学恰有一人外出旅游的概率是（）ABCD7在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（）ABCD8设点G为ABC的重心，过G作一直线MN分别交边AB，AC于点M，N，若，则x+4y的最小值是（）A2B3CD二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，部分选对的得2分，有选
3、错的得0分9以下四个命题为真命题的是（）A两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内B过空间中任意三点有且仅有一个平面C若空间两条直线不相交，则这两条直线平行D若直线l平面，直线m平面，则ml10抛掷两枚质地均匀的骰子（标记为号和号），观察两枚骰子分别可能出现的基本结果：记A“号骰子出现的点数为1”；B“号骰子出现的点数为2”；C“两个点数之和为8”；D“两个点数之和为7”，则（）AA与B相互独立BA与D相互独立CB与C相互独立DC与D相互独立11在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a：b：c4：5：6，则下列结论正确的是（）AsinA：sinB：sinC4：5：6BABC是
4、钝角三角形CABC的最大内角是最小内角的2倍D若c6，则ABC外接圆半径为12如图，四棱锥PABCD的底面为矩形，PD底面ABCD，AD1，PDAB2，点E是PB的中点，过A，D，E三点的平面与平面PBC的交线为l，则（）Al平面PADBAE平面PCDC直线PA与l所成角的余弦值为D平面截PABCD四棱锥所得的上、下两部分几何体的体积之比为三、填空题：本题共4小题，每题4分，共16分13如图，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且，用向量，表示，则 14某车间12名工人一天生产某产品（单位：kg）的数量分别是13，13.5，13.6，13.8，14，14.6，
5、14.8，15，15.2，15.4，15.7，15.8，则所给数据的第75百分位数是 15已知动点P在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的表面上运动，且，记点P的轨迹长度为f（r），则 16在锐角ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，若，则b2+c2+3bc的取值范围是 四、解答题（共6小题，满分56分）17已知（1，0），（2，1），（1）当k为何值时，k与+2共线（2）若2+3，+m，且A、B、C三点共线，求m的值182021年起，部分省实行“3+1+2”高考新模式，为让学生适应新高考赋分模式，某校在一次模拟考试中，使用赋分制对选考化学的学生的化学成绩进行赋分，赋分的方案如下
6、：先按照学生的原始分数从高到低排位，按比例划分A、B、C、D、E共五个等级，然后在相应的区间内，利用转换公式进行赋分等级排名占比与赋分区间如表：等级ABCDE等级排名占比15%35%35%13%2%赋分区间86，10071，8556，7041，5530，40现从全年级选考化学的学生中随机抽取100名学生的原始成绩（未赋分）进行分析，其频率分布表为：分组40，50）50，60）60，70）70，80）80，90）90，100频率0.100.150.15a0.250.05（1）求表中a的值；（2）用样本估计总体的方法，估计该校本次化学成绩原始不少于多少分才能达到赋分后的C等级以上（含C等级）？（结
7、果保留整数）（3）若采用样本量比例分配的分层随机抽样，从原始成绩在40，50）与50，60）内学生中抽取5人，查看他们的答题情况来分析知识点上缺漏，再从中选取2人进行调查分析，求这2人中恰好有1人原始成绩在40，50）内的概率19在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，BAD60，若PAPD，cosPAB（1）证明：平面PAD平面ABCD；（2）求二面角BPDA的正切值20树人中学为了了解A，B两个校区高一年级学生期中考试的物理成绩（百分制），从A，B两个校区各随机抽取了100名学生的物理成绩，将收集到的数据按照0，20），20，40），40，60），60，80），80，100分组
8、，绘制成成绩频率分布直方图如图：（1）从A校区全体高一学生中随机抽取一名，估计这名学生的成绩不低于60分的概率；（2）如果把频率视为概率，从A校区全体高一学生中随机选取一名，从B校区全体高一学生中随机选取两名，求这三名学生至少有一名学生的成绩不低于80分的概率；（3）根据频率分布直方图，用样本估计总体的方法，试比较A，B两个校区的物理成绩，写出两条统计结论，并说明理由21如图，正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2，高为，过AB的截面与上底面交于PQ，且点P是棱A1C1的中点，点Q在棱B1C1上（1）试在棱AC上找一点D，使得QD平面ABB1A1，并加以证明；（2）求四棱锥CABQP的体积2
9、2在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（1）求cosA的最小值；（2）记ABC的面积为S，点P是ABC内一点，且PABPBCPCA，证明：；tanA2tan参考答案一、单项选择题（共8小题，每小题4分，共32分）. 1已知复数z满足（i）z2，则z（）ABCD【分析】根据已知条件，运用复数的乘法运算法则，即可求解解：（i）z2，故选：A2树人中学为了庆祝中国共产党建党100周年举办党史知识竞赛，在十二进六的半决赛中，12名参赛同学成绩各不相同，小明同学已经知道了自己的成绩，为了判断自己是否能进入决赛，他还需要知道12名同学成绩的（）A平均数B中位数C众数D方差【分析】共有12个
10、成绩，且十二进六，由中位数的定义进行分析即可解：因为是十二进六的半决赛，所以12个不同的成绩按从小到大排序后，只需要知道中位数即可判断自己是否能进入决赛故选：B3在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若a3，则b（）ABCD【分析】利用余弦定理表示出cosB，即可解出b解：由余弦定理可得cosB，即，解得b，故选：C4向量正方形网格中的位置如图所示若向量，则实数（）A2B1C1D2【分析】如图所示，建立直角坐标系取小正方形的边长为1可得，坐标，根据向量，即可得出解：如图所示，建立直角坐标系取小正方形的边长为1则（1，1），（0，1），（2，1）向量，（2，1）（1，1）+（0，1）
11、2，11，实数2故选：D5设平面与平面相交于直线m，直线a在平面内，直线b在平面内，且bm，则“”是“ab”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合面面垂直的性质即可得到结论解：bm，当，则由面面垂直的性质可得ab成立，若ab，则不一定成立，故“”是“ab”的充分不必要条件，故选：A6暑假期间，甲同学外出旅游的概率是，乙同学外出旅游的概率是，假定甲乙两人的行动互相之间没有影响，则暑假期间甲、乙两位同学恰有一人外出旅游的概率是（）ABCD【分析】由题意利用相互独立事件的概率、互斥事件与对立事件的概率计算公式，把甲出游乙不出
12、游、甲不出游乙出游的概率相加，即得所求解：甲同学外出旅游的概率是，乙同学外出旅游的概率是，假定甲乙两人的行动互相之间没有影响，则暑假期间甲、乙两位同学恰有一人外出旅游的概率是（1）+（1）+，故选：C7在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（）ABCD【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AD1与DB1所成角的余弦值解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，A（1，0，0），D1（0，0
13、，），D（0，0，0），B1（1，1，），（1，0，），（1，1，），设异面直线AD1与DB1所成角为，则cos，异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为故选：C8设点G为ABC的重心，过G作一直线MN分别交边AB，AC于点M，N，若，则x+4y的最小值是（）A2B3CD【分析】根据重心的性质求出+1，再利用基本不等式得出答案解：点G为ABC的重心，若，设BC的中点为D，则+，M，G，N三点共线，故+1，x+4y（x+4y）（+）+23当且仅当时取等号，x+4y的最小值为3，故选：B二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，部分
14、选对的得2分，有选错的得0分9以下四个命题为真命题的是（）A两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内B过空间中任意三点有且仅有一个平面C若空间两条直线不相交，则这两条直线平行D若直线l平面，直线m平面，则ml【分析】对于A，由平面的基本定理及推论进行判断；对于B，过空间中不共线的三点有且仅有一个平面；对于C，这两条直线平行或异面；对于D，线面垂直的性质得ml解：对于A，设直线a交b于A，b交c于B，a交c于C，A，B，C不重合，a交b于A，则 a，b可确定一平面，A，b交c于B，则 Bb，B，a交c于C，Ca，C，从而c在内，即 a，b，c共面，两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内
15、，故A正确；对于B，过空间中不共线的三点有且仅有一个平面，故B错误；对于C，若空间两条直线不相交，则这两条直线平行或异面，故C错误；对于D，若直线l平面，直线m平面，则线面垂直的性质得ml，故D正确故选：AD10抛掷两枚质地均匀的骰子（标记为号和号），观察两枚骰子分别可能出现的基本结果：记A“号骰子出现的点数为1”；B“号骰子出现的点数为2”；C“两个点数之和为8”；D“两个点数之和为7”，则（）AA与B相互独立BA与D相互独立CB与C相互独立DC与D相互独立【分析】利用相互独立事件定义直接求解解：对于A，事件A发生与否与事件B发生与否相互间没有影响，A与B相互独立，故A正确；对于B，P（A）
16、P（D），P（AD），P（AD）P（A）P（D），A与D相互独立，故B正确；对于C，事件B发生与否与事件C是否发生有关系，B与C不是相互独立事件，故C错误；对于D，事件C发生与否与事件D是否发生有关系，C与D相互独立，故D错误故选：AB11在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a：b：c4：5：6，则下列结论正确的是（）AsinA：sinB：sinC4：5：6BABC是钝角三角形CABC的最大内角是最小内角的2倍D若c6，则ABC外接圆半径为【分析】由正弦定理可判断A；由余弦定理可判断B；由余弦定理和二倍角公式可判断C；由正弦定理可判断D解：设a4t，b5t，c6tsinA：si
17、nB：sinCa：b：c4：5：6，故A正确；由c为最大边，可得cosC0，即C为锐角，故B错误；由cosA，由cos2A2cos2A121cosC，由2A，C（0，），可得2AC，故C正确；若c6，可得2R，ABC外接圆半径为，故D正确故选：ACD12如图，四棱锥PABCD的底面为矩形，PD底面ABCD，AD1，PDAB2，点E是PB的中点，过A，D，E三点的平面与平面PBC的交线为l，则（）Al平面PADBAE平面PCDC直线PA与l所成角的余弦值为D平面截PABCD四棱锥所得的上、下两部分几何体的体积之比为【分析】对于A，取PC中点F，连接DF、EF，推导出l与EF重合，从而lAD，进而
18、l平面PAD；对于B，由EFAD，且EF，得AE与平面PCD相交；对于C，由A知lAD，PAD是直线PA与l所成角（或所成角的补角），由此能求出直线PA与l所成角的余弦值；对于D，截面就是平面AEFD，先分别求出VPABCD，VABEDCF，由此能求出平面截PABCD四棱锥所得的上、下两部分几何体的体积之比解：对于A，取PC中点F，连接DF、EF，点E是PB的中点，EFAD，过A，D，E三点的平面与平面PBC的交线为l，l与EF重合，lAD，AD平面PAD，l平面PAD，l平面PAD，故A正确；对于B，由A知EFAD，且EF，AE与DF相交，AE与平面PCD相交，故B错误；对于C，由A知lAD
19、，PAD是直线PA与l所成角（或所成角的补角），四棱锥PABCD的底面为矩形，PD底面ABCD，AD1，PDAB2，PA，直线PA与l所成角的余弦值为：cosPAD，故C正确；对于D，由A知截面就是平面AEFD，下半部分分为四棱锥EABCD和三棱锥EDFC所以下部分体积为：，所以上部分，上下之比就是3：5故D正确故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每题4分，共16分13如图，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且，用向量，表示，则【分析】利用空间向量基本定理结合空间向量的加法、加法以及数乘运算求解即可解：因为，所以故答案为：14某车间12名工人一天生产某产品
20、（单位：kg）的数量分别是13，13.5，13.6，13.8，14，14.6，14.8，15，15.2，15.4，15.7，15.8，则所给数据的第75百分位数是 15.3【分析】将数据按照从小到大的顺序排列，然后由百分位数的定义求解即可解：将12个数据按照从小到大的顺序排列为：13，13.5，13.6，13.8，14，14.6，14.8，15，15.2，15.4，15.7，15.8，因为1275%9，所以所给数据的第75百分位数为第9个数据与第10个数据的平均数，即故答案为：15.315已知动点P在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的表面上运动，且，记点P的轨迹长度为f（r），则3【分
21、析】求出当r1和r时，点P在正方体表面上的轨迹，然后利用互斥公式求解即可解：如图，当r1时，点P在正方体表面上的轨迹是以A为圆心，1为半径的三个面上的三段弧，分别为，则，当r时，点P在正方体表面上的轨迹分别为在平面A1B1C1D1上以A1为圆心，1为半径为，在平面B1BCC1上以B为圆心，1为半径为，在屏幕DCC1D1上以D为圆心，1为半径的，则，所以f（1）+3故答案为：316在锐角ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，若，则b2+c2+3bc的取值范围是 （11，15【分析】由余弦定理可得bcb+c3，则b+c+3bc4（b+c）9，由正弦定理可得b2sinB，c2sinC，所以b
22、+c4（sinB+sinC）4+2cos（2B），然后由ABC为锐角三角形，求得B，从而可求得b2+c2+3bc范围解：因为，所以由余弦定理可得3b+cbc，即bcb+c3，所以b+c+3bcb+c+3（b+c3）4（b+c）9，由正弦定理可得2，所以b2sinB，c2sinC，则b+c4（sinB+sinC）2（1cos2B+1cos2C）42cos2B2cos2C42cos（B+C）+（BC）2cos（B+C）（BC）44cos（B+C）cos（BC）4+2cos（2B），因为ABC为锐角三角形，所以B、C（0，），则，解得B，所以2B所以cos（2B）1，则54+2cos（2B）6，即5
23、b+c6，所以114（b+c）915，故b+c+3bc的取值范围是（11，15，故答案为：（11，15四、解答题（共6小题，满分56分）17已知（1，0），（2，1），（1）当k为何值时，k与+2共线（2）若2+3，+m，且A、B、C三点共线，求m的值【分析】（1）利用向量的运算法则、共线定理即可得出；（2）利用向量共线定理、平面向量基本定理即可得出解：（1）kk（1，0）（2，1）（k2，1）+2（1，0）+2（2，1）（5，2）k与+2共线2（k2）（1）50，即2k4+50，得k（2）A、B、C三点共线，存在实数，使得，又与不共线，解得182021年起，部分省实行“3+1+2”高考新模式
24、，为让学生适应新高考赋分模式，某校在一次模拟考试中，使用赋分制对选考化学的学生的化学成绩进行赋分，赋分的方案如下：先按照学生的原始分数从高到低排位，按比例划分A、B、C、D、E共五个等级，然后在相应的区间内，利用转换公式进行赋分等级排名占比与赋分区间如表：等级ABCDE等级排名占比15%35%35%13%2%赋分区间86，10071，8556，7041，5530，40现从全年级选考化学的学生中随机抽取100名学生的原始成绩（未赋分）进行分析，其频率分布表为：分组40，50）50，60）60，70）70，80）80，90）90，100频率0.100.150.15a0.250.05（1）求表中a的
25、值；（2）用样本估计总体的方法，估计该校本次化学成绩原始不少于多少分才能达到赋分后的C等级以上（含C等级）？（结果保留整数）（3）若采用样本量比例分配的分层随机抽样，从原始成绩在40，50）与50，60）内学生中抽取5人，查看他们的答题情况来分析知识点上缺漏，再从中选取2人进行调查分析，求这2人中恰好有1人原始成绩在40，50）内的概率【分析】（1）利用频率分布表列出方程，能求出a（2）求出等级达到C级及以上所占排名等级占比为85%，设原始分数不少于x分可达到赋分后的C级及以上，由题意知50x60，列方程能估计该校本次化学成绩原始分不少于54分才能达到赋分后的C等级以上（含C等级）（3）设A“
26、抽取2人中恰好有1人原始成绩在50，60）内”，原始得分在40，50）和（50，60内频率分别为0.10和0.15，则抽取的5人中，得分在40，50）内的有2人，得分在50，60）内的有3人记得分在40，50）内2位同学为a，b，得分在50，60）的三位同学位B，C，D则从5人中任取2人，利用列举法能求出这2个人中恰好有1人原始成绩在40，50）内的概率解：（1）0.10+0.15+0.15+a+0.25+0.051，a0.30（2）由已知等级达到C级及以上所占排名等级占比为15%+35%+35%85%，设原始分数不少于x分可达到赋分后的C级及以上，由题意知50x60，所以，所以估计该校本次化
27、学成绩原始分不少于54分才能达到赋分后的C等级以上（含C等级）（3）设A“抽取2人中恰好有1人原始成绩在50，60）内”由题设可知，原始得分在40，50）和（50，60内频率分别为0.10和0.15，则抽取的5人中，得分在40，50）内的有2人，得分在50，60）内的有3人记得分在40，50）内2位同学为a，b，得分在50，60）的三位同学位B，C，D则从5人中任取2人，样本空间为：（a，b），（a，B），（a，C），（a，D），（b，B），（b，C），（b，D），（B，C），（B，D），（C，D），共包含10个样本点M（a，B），（a，C），（a，D），（b，B），（b，C），（b，D），共
28、包含6个样本点所以，故这2个人中恰好有1人原始成绩在40，50）内的概率为19在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，BAD60，若PAPD，cosPAB（1）证明：平面PAD平面ABCD；（2）求二面角BPDA的正切值【分析】（1）取AD中点O，连接PO，BO，利用等腰三角形的性质证明POAD，在三角形和菱形中，求解线段的长度，然后利用勾股定理证明POBO，由线面垂直的判定定理证明PO平面ABCD，再利用面面垂直的判定定理证明即可；（2）利用（1）中的结论，证明BO平面ABCD，作OEPD于E，由三垂线定理，得BEPD，利用二面角的平面角的定义可得，BEO就是二面角BPDA的平面
29、角，在三角形中，由边角关系求解即可【解答】（1）证明：取AD中点O，连接PO，BO，在PAD中，AD2，则POAD，所以，在菱形ABCD中，BAD60，ABAD2，所以ABADBD2，故BOAD，且，在PAB中，则，在POB中，OB2+PO23+47PB2，故POBO，且ADBOO，所以PO平面ABCD，又PO平面PAD，故平面PAD平面ABCD；（2）解：由（1）知平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，且BOAD，所以BO平面ABCD，作OEPD于E，由三垂线定理，得BEPD，故BEO就是二面角BPDA的平面角，在RtPOD中，OEPD，则PDOEPOOD，所以，所以，在Rt
30、BOE中，故二面角BPDA的正切值是20树人中学为了了解A，B两个校区高一年级学生期中考试的物理成绩（百分制），从A，B两个校区各随机抽取了100名学生的物理成绩，将收集到的数据按照0，20），20，40），40，60），60，80），80，100分组，绘制成成绩频率分布直方图如图：（1）从A校区全体高一学生中随机抽取一名，估计这名学生的成绩不低于60分的概率；（2）如果把频率视为概率，从A校区全体高一学生中随机选取一名，从B校区全体高一学生中随机选取两名，求这三名学生至少有一名学生的成绩不低于80分的概率；（3）根据频率分布直方图，用样本估计总体的方法，试比较A，B两个校区的物理成绩，写出两
31、条统计结论，并说明理由【分析】（1）根据频率分布直方图的性质即可求解；（2）分别利用图得到A、B两校区随机取一名学生成绩不低于80分的概率，进而可求得三名学生物理成绩都低于80分的概率，即可求出三名学生至少有一名学生的成绩不低于80分的概率；（3）分别可从众数、中位数、平均数、方差进行分析解：（1）从A校区抽取的100名学生中随机选取一名，这名学生的成绩不低于60分的频率为（0.024+0.010）200.68，则这名学生的成绩不低于60分的概率为0.68；（2）由概率分布图可得A校区随机选取一名学生，物理成绩不低于80分的概率约为0.010200.20，B校区随机选取一名学生，物理成绩不低于
32、80分的概率约为0.005200.10，则这三名学生物理成绩都低于80分的概率约为0.800.900.900.648，这三名学生中至少有一名学生成绩都不低于80分的概率为10.6480.352（3）从众数看，A，B两个校区的众数都是70，所以A，B两个校区的众数相等从中位数看，A校区物理成绩的中位数高于B校区物理成绩的中位数：因为A校区的中位数是，B校区的中位数是，因为67.561.0，所以A校区物理成绩的中位数高于B校区物理成绩的中位数从平均数看，A校区物理成绩的平均数高于B校区物理成绩的平均数：A校区成绩平均数为1100.00120+300.00320+500.01220+700.0242
33、0+900.0102065.6，B校区成绩平均数为2100.00120+300.00420+500.01920+700.02120+900.0052060.0，u1u2，所以A校区物理成绩的平均数高于B校区物理成绩的平均数从方差看，B校区物理成绩比A校区物理成绩更集中：A校区成绩方差为：（7065.6）20.48+（9065.6）20.20324.64，B校区成绩方差为：，因为，所以B校区物理成绩比A校区物理成绩更集中21如图，正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2，高为，过AB的截面与上底面交于PQ，且点P是棱A1C1的中点，点Q在棱B1C1上（1）试在棱AC上找一点D，使得QD平面ABB
34、1A1，并加以证明；（2）求四棱锥CABQP的体积【分析】（1）点D为棱AC的中点时，QD平面ABB1A1，取AB的中点M，连接DM，B1M，可证A1B1平面ABQP，得到PQA1B1结合三角形中位线定理可得QB1BC，QB1BC，再由已知得DMBC，DMBC，可得QB1DM且QB1DM，即可得到四边形DMB1Q是平行四边形，则QDB1M，由此可得QD平面ABB1A1；（2）连接BP，四棱锥CABQP可视为三棱锥CBPQ和CABP组合而成，分别求出两个三棱锥的体积，作和即可求得四棱锥CABQP的体积解：（1）点D为棱AC的中点时，QD平面ABB1A1，证明如下：取AB的中点M，连接DM，B1M
35、ABA1B1，AB平面ABQP，A1B1平面ABQP，A1B1平面ABQP，A1B1平面A1B1C1，平面ABQP平面A1B1C1PQ，PQA1B1又P是棱A1C1的中点，Q是棱B1C1的中点，QB1BC，QB1BC，D，M分别为棱AC，AB的中点，DMBC，DMBC，可得QB1DM且QB1DM，四边形DMB1Q是平行四边形，则QDB1M，B1M平面ABB1A1，OD平面ABB1A1，QD平面ABB1A1；（2）连接BP，四棱锥CABQP可视为三棱锥CBPQ和CABP组合而成，三棱锥CABP可视为PABC，底面积，高为，设VCBAPV1，体积为三棱锥CBPQ与CABP等高，体积比为底面积之比，
36、设VCBPQV2，则V2：V1SBPQ：SBAPPQ：AB1：2，故，因此，22在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（1）求cosA的最小值；（2）记ABC的面积为S，点P是ABC内一点，且PABPBCPCA，证明：；tanA2tan【分析】（1）利用同角三角函数以及正余弦定理整理条件可得，即可得到3a2b2+c2，则即得到答案；（2）由余弦定理得2bccosAb2+c2a2，结合三角形面积公式，得到，得证；结合（1）中所得3a2b2+c2，表示出，设PAx，PBy，PCz，PAB，PBC，PCA的面积分别为S1，S2，S3，则有，消去x，y，z得到tan，即可得证解：（1）因为，所以，所以，由正弦定理可得，而由余弦定理得，所以3a2b2+c2因为，当且仅当bc时，等号成立，所以cosA的最小值为证明：（2）设PAx，PBy，PCz，PAB，PBC，PCA的面积分别为S1，S2，S3，因为，所以2bccosAb2+c2a2，而，所以由（1）中可得3a2b2+c2，所以，在PAB，PBC，PCA中，同理可得：，所以，所以，即，所以tanA2tan
