2020-2021学年辽宁省沈阳市五校协作体高一（下）期末数学试卷（附答案详解）

2020-2021学年辽宁省沈阳市五校协作体高一（下）期末

数学试卷

单选题（本大题共8小题，共40.0分）

1.已知复数z=J^+5i,则|z|=（）

2—1

A.V5B.5V2C.3V2D.2而

2.密位制是度量角的一种方法.将周角等分为6000份，每一份叫做1密位的角.以密位

作为角的度量单位，这种度量角的单位制，叫做角的密位制.在角的密位制中，采

用四个数码表示角的大小，单位名称密位二字可以省去不写.密位的写法是在百位

数字与十位数字之间画一条短线，如：478密位写成“4-78”，1周角等于6000密

位，记作1周角=60-00.如果一个扇形的半径为2,面积为［兀，则其圆心角可以用

密位制表示为（）

A.25-00B.35-00C.42-00D.70-00

3.已知角a的终边绕原点。逆时针旋转3后，得到角口的终边，角£的终边过点P（8,-m）,

且COS0=#，则tana的值为（）

3344

---C---

4433

某大学的大门蔚为壮观，有个学生想搞清楚门洞拱顶D到其正上方a点的距离，他

站在地面C处，利用皮尺量得BC=9米，利用测角仪测得仰角N4CB=45。，测得仰

A.2米B.2.5米C.3米D.4米

5.如图，矩形4BCD是圆柱。。1的轴截面，且4B=百,8。=

2,劭1=g,北1=|兀，其中Q,%在平面力BCD同侧，则异

面直线CD与GA所成的角为（）

A.30°

B.45°

C.60°

D.75°

6.在直三棱柱ABC—a/iCi中，M是BBi上的点，4B=3,BC=4"C=5,CCi=7,

过三点4、M、的作截面，当截面周长最小时，截面将三棱柱分成的两部分的体积

比为（）

A3Bq

4U-5C-10UD--11

7.将函数f（x）=6coscx）和直线g（x）=%-2的所有交点从左到右依次记为4，

•••>^5,右P点坐标为（0,2>/5），则|P'i+P.2+…+P.5I=（）

A.0B.4C.12D.20

8.蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚

蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴

鞠就是指古人以脚蹲、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足

球.2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准

已列入第一批国家非物质文化遗产名录.已知某鞠（球）的表面上四个点4,B,C,

P,且球心。在PC上，AC=BC=2,AC1BC,tanzP/lB=tan^PBA=则该

2

鞠（球）的表面积为（）

A.5兀B.7y[2nC.97TD.147r

二、多选题(本大题共4小题，共20.0分)

9.下列各式一定正确的有()

A.a=y[W

B.[(ad)c-(a-c)-K]a=0

C.(a.b)2=a2-fa2

D.(a—b)2=a2—2a-K4-fa2

10.设a,0,y表示平面，m,n,I表示直线，贝"_La的充分条件()

A.m1a,1//m

B.a-L氏an0=m,11m

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C.mca,nua,I1m,I1n

D./31a,y1.a,/?ny=Z

11.已知a,b,c分别为△ABC的三个内角4,B,C的对边，b=8,且边与角满足关系

式2asin(C+30°)=b(l+cosA)+acosB,若△ABC有唯一解，则a可以取()

A.8V3B.8C.7D.4A/3

12.设函数g(x)=sina>x(a)>0)向左平移2个单位长度得到函数/'(x),已知/'(x)在

[0,2网上有且只有5个零点，则下列结论正确的是()

A.f(x)的图象关于直线x对称

B.在(0,2兀)上，方程“X)=1的根有3个，方程f(x)=—1的根有2个

C.f(x)在(0而上单调递增

D.3的取值范围是年噌)

三、填空题(本大题共4小题，共20.0分)

13.函数y=3tan(2x+g)的对称中心坐标是.

14.在AaBC中，内角力，B,C所对应的边分别是a,b,c,已知△力8c的面积为质,

a-c=2,tanB=—/15>则b的值为.

15.设Z。=a+4i(aeR)为关于x的方程/-6x+m=0(mGR)的一个虚根，若复数z

满足|z—z()|=l,则|z|的最大值是.

16.在△48C中，角尔B、C所对的边分别为a、b、c,如果对任意的实数九|瓦？-4而|>

|布|恒成立，贝哈+g的取值范围是.

四、解答题(本大题共6小题，共70.0分)

17.已知函数/(无)=Asin(,a)x+s)(A>0,a)>0,-^<<p<今的部分图象如图所示.

(1)求函数/(%)的解析式；

(2)若求函数/(x)的最值，并求出取最值时相应工的值.

y

18.△ABC的内角A,B,C的对边分别是Q,b,c.设空丝=等.

ab

(1)判断△ABC的形状；

(2)若a=3,c=2,4B的平分线交4C于D,求△BCD的面积.

19.在正六棱柱48。。5尸-4/6。送1鼻中，AB=1,AAr=V3.M为侧棱的中

点，。为下底面4BC0EF的中心.

(1)若平面AB%%交棱CQ于点P,交棱Fa于点Q,在图中补全出平面48。花1截该

正六棱柱所得的截面，并指出P与Q的位置(无需证明)；

(2)求证：M0〃平面48。1瓦；

(3)证明：1平面ABDiEi.

20.(1)如图，在矩形力BCD中，8c=348=6,E为ZB的中点，F是BC边上靠近点B的

三等分点，4尸与DF于G.求NEGF的余弦值；

(2)利用本学期所学知识(向量或解三角形)证明：平行四边形的两条对角线长的平

方之和等于四条边长的平方之和.

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21.如图，四棱锥P-ABC。中，AD//BC,平面PAD_L平面PBC,且平面PADC平面

PBC=l,4PBC=争

⑴证明：^APB=p

(2)若4。=CD=2BC=2PD=2,乙BCD=p求直线BD与平面PBC所成角的正

弦值.

22.如图，直角△4BC中，点M,N在斜边BC上(M,N异于B,C,且N在M,C之间),4B=3,

AC=3V3，4MAN=三设

oNBAM=O.

(1)若sine=手，求MN的长；

(2)求A/MN面积的最小值.

B

MC

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：•.•z=S+5i=^^+5i=-l+7i,

2-15

\z\=V(-l)2+72=5V2.

故选：B.

利用复数代数形式的乘除运算化简z,再由复数模的计算公式求|z|.

本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题.

2.【答案】B

【解析】

【分析】

先利用扇形的面积公式求出圆心角的弧度数大小，然后利用题中给出的密位制的定义求

解即可.

本题考查了与扇形面积有关的新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定

义的本质，考查了转化化归能力，属于基础题.

【解答】

77n

解：面积为5兀，半径为2的扇形所对的圆心角弧度数大小为o=2兀•工=2兀•工=乂，

Jnr247r6

in

由题意可知，其密位大小为6000x工=3500-

27r

所以用密位制表示为35-00.

故选：B.

3.【答案】D

【解析】解：因为角£的终边过点P(8,-m),且cos/?=芸，

Q24

所以cos”依+5广嬴，

故TH>0,化简可得(5m)2=9(64+62),解得7n=6,

所以tern/?=?=一：,

又tan0=tan(a+与=一表,

故Cerna=:

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故选：D.

先利用余弦函数的定义求出m的值，然后利用正切函数的定义求出tanS，由a和£之间

的关系，即可求出tana的值.

本题考查了任意角的三角函数定义的应用，涉及了诱导公式的运用，考查了转化化归能

力与化简运算能力，属于中档题.

4.【答案】C

【解析】解：••・RtAACB中，AACB=45°,

■1•BC=AB=9,

sinZ-ACD=—,

•何解得COSNACD=旭，tan^ACD=

265

1-i

•••在Rt△BDC中，BD=tan(45°-乙4CD)•BC=9x缶=6,

十5

.­.AD=AB-BD=9-6=3(米)，

•••40的距离为3米.

故选：C.

根据已知条件求出AB=BC=9米，再根据在Rt△BDC中，BD=tan(45°-乙4CD)-BC,

求出BD的值，最后根据AD=4B-8。，即可得出答案.

本题考查仰角的定义，以及解直角三角形的实际应用问题.此题难度不大，解题的关键

是要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形，注意当两个直角三角形有公共

边时，利用这条公共边进行求解是解此类题的常用方法.

5.【答案】A

【解析】

【分析】

本题考查空间中异面直线所成角的求法，考查空间想象能力及运算求解能力，是中档题.

作£(iE〃OC,连接GE,可得NCiQE即为CD与G5所成的角，再由已知求解三角形得

答案.

【解答】

解：如图，作D\E“DC,连接GE,

・•/CiDiE即为CD与QDi所成的角,

・・•DD=CE=-CC、=-7i,：•CE=

131f31r3

•・,01cl=0]E=1,・•・GE=1.

又1DrE=AB=V3»

在RtACiGE中,tan/GSE=二=/=<,

DiEv33

即4cle1E=7，

6

故选：A.

6.【答案】D

【解析】解：如图，将平面4BB14与平面BCGBi，展

开铺平成一个平面，再连接4cl交于点M,

则此时AM+MC1最小，又4cl为定值，此时截面周长

最小时，

又AB=3,BC=8iG=4,AC=5,CCr=7,

又xABMf

BM_AM_3

B[M-BiCi-4'又BBi=CCi=7,

•••BM=3,BrM=4,

又三棱柱ABC—aBiCi为直三棱柱，；•AB1BBi，

又=3,BC=4,AC=5,AB2+BC2=AC2,

AB1BC,又BB]CBC=B,二4BJ■平面BCCiB1,

匕-BCQM=|XS梯形Beg”XAB

=|x[|x(3+7)x4]x3=20,

又直三棱柱ABC-4181G的体积为]X3x4x7=

42,

・••Vc-AMB^=曝极锥-VA-BCCIM=42-

20=22,

・•・分成的两部分的体积比为菖=当

故选：D.

先将平面ABB1&与平面BCC/i，展开铺平成一个平面，再连接AC】交BBi于点M,从而

得截面周长最小时的M点，再由已知及相似三角形得8M长，最后利用锥体体积公式及

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柱体体积公式即可求解.

本题考查化空间为平面的化归转化思想，相似三角形的应用，锥体体积公式及柱体体积

公式，属中档题.

7.【答案】D

【解析】解：根据题意，

函数/(x)=6coscx)的

图象关于点(2,0)对称，直

线g(x)-x-2与％轴的

交点为(2,0),

故/"(X)和g(x)的图象关

于点(2,0)对称，

作出函数图象如图所示，

易得共有5个交点，

又由函数/'(久)、g(x)的交

点从左到右依次记为公,

&，…，&，则&的坐标为(2,0),且必与4，4与4关于4对称，

则呵+PA^+…+网=5网，

故有|两+际+…+砾|=5|两|=5xV4+12=20;

故选：D.

根据题意，利用f(x)和g(x)的图象关于点(2,0)对称，作出函数图象，得到公为(2,0)，

利用平面向量的运算，求解即可.

本题考查向量的实际应用，涉及余弦函数图象的性质，属于中档题.

8.【答案】C

【解析】解：如图，取4B的中点M,

B

由ZC=BC=2,AC1BC,得4B=2痘,

由tanzPAB=tan/PBA=y.得PM=V2Xy=V3,

连接CM并延长交球。于点H，连接PH，

因为PC为球。的直径，设球的半径为R,

所以PH1CH,MH=|CH=^AB=y/2,

则PH=7PM2-MW=73^2=1>

所以(2R)2=PC2=CH2+PH2=(2>/2)2+1=9-

可得球的表面积为4兀/?2=9兀，

故选：C.

根据题意作出图形，取4B的中点求得4B=2或，由tanZJMB=tanZ_PBA=更求出

2

PM,连接CM并延长交球。于点H,连接PH,可证PH_LCH,再求出MH,PH,结合勾

股定理PC?=CH2+PH?求出pc,再由球体表面积公式即可求解.

本题考查了几何体的外接球的表面积的计算，考查学生的空间想象能力和运算能力，属

于中档题.

9.【答案】BD

【解析】解：对4选项，等式左边是向量，等式右边是数量，.••等式不成立，.•・4选项错

误；

对B选项，［0•方)々一0.?).向.a=0%)•①砂一④•(另•砂=。，二B选项

正确；

对C选项，取方=(1,一1),b=(-1,1),则07)2=0,而片.■=2义2=4,选项

错误：

对。选项，：0一区)2=42—2五7+广，二。选项正确.

故选：BD.

根据平面向量的数量积的定义、性质、运算律即可求解.

本题考查平面向量的数量积的定义、性质、运算律，属基础题.

10.【答案】AD

【解析】解：当WI_LQ,时，则故选项A正确；

当a_L/?,an/?=m,Zlm时，由面面垂直的性质得出，，可能在a内，故选项8错误；

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当?nca,nca,/1m,/1n时，由线面垂直的判定定理得出，当m〃九时，得不到，1a,

故选项C错误；

当£la,y1a,夕ny=2时，则可以在/7,y内分别找到异于/的直线d,e,使得d1a,

e1a,

根据线面垂直的性质得出d〃e,则d〃丫，由线面平行的性质得出d〃/,则，，a,故选

项。正确.

故选：AD.

根据线线、线面、面面的位置关系以及充分条件和必要条件的定义进行分析判断即可.

本题考查充分条件，属于基础题.

11.【答案】ABD

【解析】解：由2asi?i(C+30°)=b(l+cosA)+acosB,

根据正弦定理可得2sizL4si7i(C+30°)=smF(l+cosA)+sinAcosB,

右边：sinB(l4-cosA)+sinAcosB=sinB4-sinBcosA+sinAcosB=sinB+sin(B4-A)

=sin(i4+C)+sinC=sinAcosC+sinCcosA+sinC,

左边：IsinAsin^C+30°)=2sinAsinCcos300+2sinAcosCsin300

=y13sinAsinC+sinAcosC，

所以遮sinAsinC+sinAcosC=sinAcosC+sinCcosA+sinC,

即禽sinAsinC=sinCcosA+sinC，

由0VC<yr,则sinC。0

所以BsinZ=cosA4-1，即V^s讥4—cosA=1

所以sin(4—g)=：,由0<AVTT,则一gvA-乎，

62666

所以=g则4=或

663

由b=8,△48C有唯一解.如图以点C为圆心，边a为半径作圆弧，若圆弧与边AC相切，

则满足条件的三角形唯一，

若a2b,则以点C为圆心，边a为半径作圆弧，如图，满足条件的三角形唯一，

故a=46或a>8,

故选：ABD.

先由正弦定理进行边角互化，然后由三角恒等变形得sin(A-g)=3结合角4的范围得

出角4,再当此时。=加,71?或。26,满足条件的三角形唯一，得出答案.

本题考查利用正弦定理进行边角互化，考查三角恒等变换化简，以及根据三角形解的个

数求边长范围，是中档题.

12.【答案】CD

【解析】解：函数g(x)=51710)X(0)>0)向左平移2个单位长度得到的图象对应函数为

/(X)=sin(wx+1),

•・"(x)在［0,2扪上有且只有5个零点，3X+"423兀+J

•••57rs2际+£<6兀，求得当W3〈弟

当”=泄，/(x)=Sin(3x+$=sin(四常)不会取到最值，故f(x)的图象不关于直线

x=1对称，故A不对；

当工€(0,2兀)时，+6,2兀3+5，/(无)有2个极大值点，/(x)有2个或3个极小值

点，故B不对；

当“e(0,3时,3X+襄蜀州・3+"，由于泉3+F羽+合各

•••/(x)在e(0*)上单调递增，故C正确.

由求得的3的取值范围可知，力正确，

故选：CD.

由题意利用函数y=4s讥(3“+0)的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，逐一判断

各个选项是否正确，从而得出结论.

本题主要考查函数y=4sin(3x+租)的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，属于中

档题.

13.【答案】(华一也0),fcez

第12页，共20页

【解析】解：y=tcmx的对称中心为（手,0）,kEZ,

・•・由2%+巳=把，fcGZ,

32

得“=华-即，

46

即函数的对称中心为（乎一±0）,kez,

故答案为：（督—也0）,kGZ

根据正切函数的对称性进行求解.

本题主要考查正切函数的对称中心的求解，注意y=汝心的对称中心为（与,0）,kEZ.

14.【答案】2V6

【解析】解：由tcmB=—VT^，得：cosB=—：,s讥8=叵，

44

可得：SLABC—acsinB=|acx=V15>

所以ac=8,

由余弦定理得：b2=a2+c2-2accosB=（a—c）2+2ac—2ac（--）=24,

所以：b=2^/6.

故答案为：2任.

由已知利用同角三角函数基本关系式可求s比B的值，利用三角形的面积公式可求ac的值,

由余弦定理即可计算得解b的值.

本题主要考查了同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中

的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题.

15.【答案】6

【解析】解：z0=a+4i(a6R)为关于％的方程/—6%+m=0(meR)的一个虚根,

・•・z0=a-4i为关于％的方程％2—6x+m=0(mGR)的另一个虚根，

・•・Q+4i+a-4i=6,解得a=3,

:.z0=3+4i,

设z=%+yi,x,yER,

,**|z—ZQI=1»

・・.(%—3)2+(y—4)2=1,点(爸y)的轨迹是以(3,4)为圆心,半径为1的圆,

・•.|z|表示圆心的点到原点的距离，

•••|z|的最大值是，(3—0)2+(4-0)2+1=6.

故答案为：6.

根据已知条件，结合一元二次函数在复平面中的复数根互为共辗复数，求出a,再结合

复数的几何意义，即可求解.

本题主要考查一元二次函数在复平面中的复数根互为共轨复数，以及复数的几何意义,

属于中档题.

16.【答案】［2,*］

【解析】解：由余弦定理可知，cosA=

2bc

:.b2+c2=a24-2bccosA,

由于对任意的实数九|说一入南|之|豆？|恒成立，

|BA-XBC17n讥之\BC\

・•・I瓦？—a耳？1讥即为BC边上的高，设为儿

：•h>a,

・••S^ABC=\bcslnA=^ha>|a2,

a2

・•・sinA>—

be

h+c

则£4--=="+2匕CCO.SA=±+2cos4<sinA+2cosA=V5sin(y4+0)<V5

bcbebebe'/

其中S讥。=竟COSd=看

匕।c、c

—cFTb2,

bCr-

*'•2<—F—<v5

cb

故答案为：［2,遮］

由|瓦f-；l瓦;Imin2I就I，可知|瓦？一，就ImE即为BC边上的高，设为九，然后结合

三角形的面积公式及余弦定理，基本不等式即可求解.

本题主要考查了向量的几何意义的应用，余弦定理及三角形的面积公式，辅助角公式等

知识的应用，属于中档试题.

17.【答案】解：(1)根据函数f(x)=As讥(3工+9)(力>0,3>0,-5<。<》的部分图

象，

可得

4=1,-4X—U)=3-1,•1•w=74.

第14页，共20页

再根据五点法作图，可得1+0=1,.•.9=%/(x)=sin(^x+=).

(2)若xe[—1,|],贝氏x+：C[—,引，故当"+尸物，

即x=1时，函数f(x)取得最大值为1：

当袅+合一料,即“一|时，函数/。)取得最小值为，

【解析】(1)由函数的图象的顶点坐标求出4由周期求出3,由五点法作图求出”的值，

可得函数的解析式.

(2)由题意，利用正弦函数的定义域和值域，求得函数/(x)的最值，以及取最值时相应x

的值.

本题主要考查由函数y=Asin(a)x+@)的部分图象求解析式，由函数的图象的顶点坐标

求出4由周期求出3,由五点法作图求出s的值，正弦函数的定义域和值域，属于中档

题.

18.【答案】解：(1)由sin24=sinC及正弦定理得当竽=当,

sinAsinB

即2s出BcosZ=sinC=sinAcosB+cosAsinB,

所以sinBcosA=sinAcosB,即tan"=tanB,

所以/=B,所以△ABC为等腰三角形.

(2)因为/=B且a=3,所以b=a=3.

由余弦定理得cosB=i所以sinB=这，

33

S^ABC=|acsinB=2vL

SABCD_JcxBOxsin?_BC_3

S^ABC^xABxBDxsin^AB2

所以SABCD=|SA4BC=第.

【解析】(1)利用正弦定理化简等=等得A=B,即得解；

(2)求出S44BC=2&,再分析得到SABCD=gSAABc，即得解.

本题考查三角形的正弦定理的运用，考查运算能力，属于中档题.

19.【答案】解：(1)如图,延长E1D1交&G于H,延长DiEi交力1居于N,

连接交GC于P,连接AN交F出于点Q,P,Q均为6C,F0的中点，连接QE】，PDX,

则ABPDiEiQ为平面ABDiEi截该正六棱柱所得的截面；

(2)证明：连接40,

•••。为下底面4BCDEF的中心，二。为4。的中点,

连接乂M为DDi的中点，连接0M,

•••0M为△2D]。的中位线，贝IJ0M〃/15，

A。1u平面480同0M仁平面ABO[E1,

•••M0〃平面力BZ\Ei；

(3)证明：连接8/1，BD,连接当。交BDi于K,

在正六棱柱ABCDEF-中，

可得8c=CD=AB=1,乙BCD=120°,

由余弦定理可得BO?=BC2+CD2-2BC-

CDcosZ-BCD=1+14-1=3,

:.BD=痘，:.BB、=BD=遮,又BBi1平面力BCDEF,BDu平面2BCDEF,

•••BB]1BD,：.四边形BgBi为正方形，B]D1BD、,

又BC=CD=1,/.BCD=120°,可得4DBC=30°,."ABD=90°,

•••AB1DB,y.BB1A.AB,BB^CBD=B,

故AB_L平面BDDiBi，又&Du平面BDDia,

AB1BrD,又ABCB%=B,AB,u平面48。岛

BiD_L平面48。岛

【解析】(1)延长Ei。1交/Ci于H,延长。送1交&&于N,连接交CW于P,连接AN交

Fa于点Q,可得截面4BPD1&Q；

(2)连接4。，则。为4。的中点，连接AD1，0M,可得。再由直线与平面平行

的判定可得M。〃平面4B/；

(3)连接BD,连接当。交BO】于K,证明BiDLBDi，ABLBXD,可证当。_L平面

ABDiE1.

本题考查根据空间几何体的性质寻找符合条件的点，以及线面平行与线面垂直的证明,

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属中档题.

20.【答案】解：(1)根据题意，建立坐标系如图：

•••BC=3AB=6,E为AB的中点，F是BC边上靠近点B的三等分

点，

.-.AB=2,AE=1,BF=2,

则4(0,0),8(2,0),C(2,6),0(0,6),F(l,0),F(2,2),

则屁=(1,-6),AF=(2,2).

则有|屁|=VI+36=V37>\AF\=V4T4=2近，DE-AF

2—12=-10,

4./-w„、DEAF—105\/74

故cos<DE,AF>==引r内=——,

|OE||4F|v37x2\/274

又由NEGF=<屁，而〉，故cos/EGF=一四，

74

(2)证明：根据题意，如图：平行四边形4BCD,设48=a,

AD=b,Z.DAB=6,

因为四边形4BCD是平行四边形，

所以CD=AB=a,BC=AD=b,/.ADC=1800-6>,

在AABD中，由余弦定理得，BD2=AB2+AD2-2AB-ADcos^DAB=a2+b2-

2abcos0,

在△?1£)(?中，由余弦定理得，AC2=DC2+AD2-2DC-ADcos^CDA=a2+b2-

2a6cos(180°—O')=a2+b2+2abeos。,

所以4c2+B"-(。2+b?-2abeos。)+(a2+b2+2abeos。)=2(a2+b2)=

2(AB2+AD2),

即心+BD2=AB2+AD2+DC2+AD2f

故平行四边形两条对角线平方的和等于四条边平方的和.

【解析】(1)根据题意，建立坐标系，表示向量笳、而的坐标，结合数量积的计算公式

求出cos＜反，AF＞,又由4EGF=＜屁，AF＞，即可得答案.

(2)根据题意，先画出平行四边形ABCZ),设4B=a、AD=b,ADAB=3,利用余弦定

理求出BD?和再由平行四边形的性质和诱导公式进行化简后，再化简AC?+B£»2即

可.

本题考查向量的实际应用和余弦定理的应用，涉及向量数量积的计算，属于中档题.

21.【答案】(1)证明：因为40〃BC,AOu平面PAO,BC<t平面PAD,

所以BC〃平面PAD,

又因平面PADn平面P8C=2,8Cu平面PBC,

所以BC〃l,

又因NPBC=$即PB1BC,

所以PB1I,

因为平面P401平面PBC,平面P400平面PBC=1,PBu平面PBC,

所以PB平面P/W,

又P4u平面P4D,

所以PB1PA,

即=p

(2)解：连接BD,

在^BCD中，CD=2,BC="BCD=p

则80=Jl+4-2xlxlx|=V3，

由⑴得P8_L平面PA。，

因为POu平面24。，所以PBJ.PO,

则PB=y/BD2-PD2=V2.

在Rt△PBC中，PC=yJPB2+BC2=V3.

贝肥。2+「。2=4=亦，

所以PC±PC,

因为PCnPB=P,

所以PD1平面PBC,

所以NPBO即为直线BD与平面PBC所成角的平面角,

在Rt△PBD中，si