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【解析】 【分析】
（1）取PB的中点E，连接EN，AE，证明MN∥AE，即证MN∥平面PAB；（2）假设CM与AD不垂直，在平面ABCD内过M作AD的垂线，交BC于Q，连接PQ，MQ，证明平面PMQ⊥平面PAD，显然这与平面PMC⊥平面PAD矛盾．故原题得证；（3）先证明MN⊥平面PBC，即证平面PMC⊥平面PBC．
【详解】
证明：（1）取PB的中点E，连接EN，AE． ∵E，N分别是PB，PC的中点，∴ENBC，ENBC，
∵M是AD的中点，四边形ABCD是平行四边形， ∴AMBC ,AMBC，
AM，∴四边形AMNE是平行四边形，
∴ENAM，EN∴MN∥AE，
又MN?平面PAB，AE?平面PAB， ∴MN∥平面PAB．
（2）假设CM与AD不垂直，在平面ABCD内过M作AD的垂线，交BC于Q，连接PQ，MQ，
∵PA⊥平面ABCD，MQ?平面ABCD， ∴PA⊥MQ，又AD⊥MQ，PA∩AD=A， ∴MQ⊥平面PAD，又MQ?平面PMQ， ∴平面PMQ⊥平面PAD，
显然这与平面PMC⊥平面PAD矛盾．
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故假设不成立，∴CM⊥AD．
（3）∵四边形ABCD是矩形，∴AD⊥AB， ∵PA⊥平面ABCD，AD?平面ABCD， ∴PA⊥AD，又PA∩AB=A， ∴AD⊥平面PAB，∴AD⊥AE，
由（1）可知四边形AMNE是平行四边形， ∴四边形AMNE是矩形， ∴MN⊥EN，
又AM=MD，PA=AB=CD，∠PAM=∠MDC=90°， ∴△PMA≌△CMD，
∴PM=CM，又N是PC的中点， ∴MN⊥PC，
又PC∩EN=N，PC?平面PBC，EN?平面PBC， ∴MN⊥平面PBC，又MN?平面PMC， ∴平面PMC⊥平面PBC．
【点睛】本题主要考查空间几何元素平行垂直位置关系的证明，考查反证法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
17.在△ABC中，设a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知向量=（a，sinC-sinB），=（b+c，sinA+sinB），且∥, （1）求角C的大小
（2）若c=3，求△ABC的周长的取值范围． 【答案】（1）【解析】 【分析】
（1）利用正弦定理将正弦化为边，进而利用余弦定理，即可得解； （2）由正弦定理得
，从而得△ABC 的周长为：a+ b＋c＝
； （2）
.
，结合的范围即可得解.
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【详解】（1）由，得：a（sinA + sinB）＝（b + c）（sinC－sinB）
由正弦定理，得：a（a+ b）＝（b + c）（c－b） 化为：a2＋b2－c2＝－ab，由余弦定理，得：cosC＝－， 所以，C＝
，所以，B＝－A，由B＞0，得：0＜A＜，
，
＝
， ， ∈
.
（2）因为C＝
由正弦定理，得：
△ABC 的周长为：a+ b＋c＝＝
由0＜A＜，得：所以，周长C＝
＝
【点睛】本题主要考查了正余弦定理的应用及三角函数的值域问题，属于中档题.
18.已知如图，斜三棱柱ABC-A1B1C1中，点D、D1分别为AC、A1C1上的点． （1）当
等于何值时，BC1∥平面AB1D1？
的值．
（2）若平面BC1D∥平面AB1D1，求
【答案】（1）1； （2）1. 【解析】 【分析】 （1）取点
为线段的中点，此时的中点，得
＝1，连接,进而证得
交于点，连接面
.
，在中，
分别为
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(2)由已知，平面平面，进而得到和，进而可求解.
【详解】（1）如图所示，取D1为线段A1C1的中点， 此时
＝1，连接A1B交AB1于点O，连接OD1.
由棱柱的性质，知四边形A1ABB1为平行四边形，所以点O为A1B的中点． 在△A1BC1中，点O，D1分别为A1B，A1C1的中点，∴OD1∥BC1. 又∵OD1?平面AB1D1，BC1?平面AB1D1， ∴BC1∥平面AB1D1.∴
时，BC1∥平面AB1D1.
(2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BDC1＝BC1， 平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，因此BC1∥D1O，同理AD1∥DC1. ∴
.又∵
，∴
，即
.
【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与论证能力.
19.某地拟在一个U形水面PABQ（∠A=∠B=90°）上修一条堤坝（E在AP上，N在BQ上），围出一个封闭区域EABN，用以种植水生植物．为了美观起见，决定从AB上点M处分别向点E，
N拉2条分隔线ME，MN，将所围区域分成3个部分（如图），每部分种植不同的水生植物．已
知AB=a，EM=BM，∠MEN=90°，设所拉分隔线总长度为l． （1）设∠AME=2θ，求用θ表示的l函数表达式，并写出定义域； （2）求l的最小值．
【答案】（1）l=【解析】 【分析】
，θ∈（0，）；（2）lmin=2a．
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（1）设MN=x，根据AM+BM=a，求出x=,再求得l=，θ∈（0，
）；（2）令f（θ）=sinθ（1-sinθ），sinθ∈（0，的最小值．
【详解】解：（1）∵EM=BM，∠B=∠MEN， ∴△BMN≌△EMN， ∴∠BNM=∠MNE， ∵∠AME=2θ， ∴∠BNM=∠MNE=θ， 设MN=x，
在△BMN中，BM=xsinθ，∴EM=BM=xsinθ， ∴△EAM中，AM=EMcos2θ=xsinθcos2θ， ∵AM+BM=a，
∴xsinθcos2θ+xsinθ=a， ∴x=∴l=EM+MN=
，
，θ∈（0，）；
），利用二次函数的图像和性质求l（2）令f（θ）=sinθ（1-sinθ）∴f（θ）≤，
当且仅当θ=时，取得最大值，此时lmin=2a．
，sinθ∈（0，），
【点睛】本题主要考查三角函数的应用，考查三角恒等变换和直角三角函数，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
20.已知a，b，c∈（0，+∞）．
（1）若a=6，b=5，c=4是△ABC边BC，CA，AB的长，证明：cosA∈Q；
（2）若a，b，c分别是△ABC边BC，CA，AB的长，若a，b，c∈Q时，证明：cosA∈Q； （3）若存在λ∈（-2，2）满足c2=a2+b2+λab，证明：a，b，c可以是一个三角形的三边长． 【答案】（1）见解析（2）见解析（3）见解析 【解析】
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【分析】
（1）利用余弦定理求出cosA=0.125∈Q得证；（2）利用余弦定理得cosA=
∈Q得证；
（3）不妨假设不存在以a，b，c为三边的三角形，即：a+b≤c，找到矛盾即得证. 【详解】证明：（1）∵a=6，b=5，c=4， ∴由余弦定理可得：cosA=
=0.125∈Q，得证；
（2）∵任意两个有理数的和，差，积，商（除数不为0）仍是有理数， ∴a，b，c∈Q时，可得：cosA=
∈Q；
（3）∵不妨假设不存在以a，b，c为三边的三角形，即：a+b≤c， ∴两边平方，可得：a2+b2+2ab≤a2+b2+λab， ∴λ≥2，
∵λ∈（-2，2），矛盾，
故假设不成立，即存在以a，b，c为三边的三角形．
【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，考查反证法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
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江苏省2020学年高一数学下学期期中试题（含解析）
