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2023-2024学年重庆市荣昌中学高一（下）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年重庆市荣昌中学高一（下）期中数学试卷（含解析），共17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.已知点A(0,1),B(3,2)，向量AC→=(−4,−3)，则向量BC→=( )
A. (-7,-4)B. (7,4)C. (-1,4)D. (1,4)
2.把△ABC按斜二测画法得到△A′B′C′(如图所示)，其中B′O′=C′O′=1，A′O′= 32，那么△ABC是一个( )
A. 等边三角形B. 直角三角形
C. 等腰三角形D. 三边互不相等的三角形
3.已知向量a，b满足|a|=1，|b|=1，且|a+b|= 3，则a与b的夹角为( )
A. π6B. π3C. 5π6D. 2π3
4.在△ABC中，acsA=bcsB，则三角形的形状为( )
A. 直角三角形B. 等腰三角形或直角三角形
C. 等边三角形D. 等腰三角形
5.在正四面体P−ABC中，棱长为2，且E是棱AB中点，则异面直线PE与BC夹角的余弦值为( )
A. − 36B. 36C. 33D. − 33
6.如图1，一个正三棱柱容器，底面边长为1，高为2，内装水若干，将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图2，这是水面恰好是中截面，则图1中容器水面的高度是( )
A. 54B. 53C. 43D. 32
7.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，动点E在线段A1C1上，F，M分别是AD，CD的中点，则下列结论中错误的是( )
A. FM//A1C1
B. 当E为A1C1中点时，BE⊥FM
C. 三棱锥B−CEF的体积为定值
D. 存在点E，使得平面BEF//平面CC1D1D
8.在△ABC中，AB⋅AC=9，sinB=csAsinC，S△ABC=6，P为线段AB上的动点，且CP=x⋅CA|CA|+y⋅CB|CB|，则2x+1y的最小值为( )
A. 116+ 63B. 116C. 1112+ 63D. 1112
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列命题中的真命题是( )
A. 若直线a不在平面α内，则a//α
B. 若直线l上有无数个点不在平面α内，则l//α
C. 平行于同一平面的两直线可以相交
D. 若l//α，则直线l与平面α内任何一条直线都没有公共点
10.已知复数z=21+ 3i，其中i为虚数单位，则下列结论正确的有( )
A. 复数z的共轭复数的模为1
B. 复数z在复平面内对应的点在第四象限
C. 复数z是方程x2+x+1=0的解
D. 复数ω满足|ω−z|=1，则|ω|的最大值为2
11.在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trulli，于1996年被收入世界文化遗产名录.现测量一个Trulli的屋顶，得到圆锥SO(其中S为顶点，O为底面圆心)，母线SA的长为6m，C是母线SA的靠近点S的三等分点.从点A到点C绕屋顶侧面一周安装灯光带，灯光带的最小长度为2 13m.下面说法正确的是( )
A. 圆锥SO的侧面积为12πm2
B. 过点S的平面截此圆锥所得截面面积最大值为8 2m2
C. 圆锥SO的外接球的表面积为72πm2
D. 棱长为 3m的正四面体在圆锥SO内可以任意转动
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若一个球的体积为4 3π，则它的表面积为______．
13.平面向量a=(0,2),b=(4,2),c=ma+b(m∈R)，且c与a的夹角等于c与b的夹角，则m= ______．
14.正三棱柱ABC−A1B1C1中，所有棱长均为2，点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，则直线EF与直线BC所成角的余弦值为______；若过点A，E，F作一截面，则截面的周长为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
回答下列问题．
(1)已知复数z=m+2i是方程x2+6x+13=0的根(i是虚数单位，m∈R)，求|z|．
(2)已知复数z=−3+2i，设复数z1=a−i2023z−，(z−是z的共轭复数)，且复数z1所对应的点在第三象限，求实数a的取值范围．
16.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D是AC边上的点，2bsinB=(2a−c)sinA+(2c−a)sinC．
(1)求∠ABC的大小；
(2)若CD=1，AD=BD=2，求BC的长．
17.(本小题15分)
如图：在正方体ABCD−A1B1C1D1中AB=2，M为DD1的中点．
(1)求三棱锥M−ABC的体积；
(2)求证：BD1//平面AMC；
(3)若N为CC1的中点，求证：平面AMC//平面BND1．
18.(本小题17分)
如图，某公园改建一个三角形鱼塘，∠C=90°，AB=2，BC=1，现准备养一批观赏鱼供游客观赏．
(1)若在△ABC内部取一点P，建造APC连廊供游客观赏，如图①，使得点P是等腰三角形PBC的顶点，且∠CPB=2π3，求连廊AP+PC+PB的长；
(2)若分别在AB，BC，CA上取点D，E，F并连建造连廊，使得△DEF变成池中池，放养更名贵的鱼类供游客观赏，如图②，若△DEF为正三角形，求△DEF面积S的最小值．
19.(本小题17分)
三阶行列式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如下：a1a2a3b1b2b3c1c2c3=a1b2c3+a2b3c1+a3b1c2−a3b2c1−a2b1c3−a1b3c2.若a×b=ijkx1y1z1x2y2z2，则称a×b为空间向量a与b的叉乘，其中a=x1i+y1j+z1k(x1,y1,z1∈R)，b=x2i+y2j+z2k(x2,y2,z2∈R)，{i,j,k}为单位正交基底.以O为坐标原点，分别以i,j,k的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，已知A，B是空间直角坐标系中异于O的不同两点．
(1)①若A(0,2,1)，B(−1,3,2)，求OA×OB；
②证明：OA×OB+OB×OA=0．
(2)记△AOB的面积为S△AOB，证明：S△AOB=12|OA×OB|；
(3)问：(OA×OB)2的几何意义表示以△AOB为底面、|OA×OB|为高的三棱锥体积的多少倍？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
求出有向线段AB，然后由BC=AC−AB求之．
本题考查了有向线段的坐标表示以及向量的三角形法则的运用；注意有向线段的坐标与两个端点的关系，顺序不可颠倒．
【解答】
解：由已知点A(0,1)，B(3,2)，
得到AB=(3,1)，向量AC=(−4,−3)，
则向量BC=AC−AB=(−7,−4)；
故选：A．
2.【答案】A
【解析】解：根据斜二侧画法还原直线△ABC在直角坐标系的图形，如下图所示：
由图易得AB=BC=AC=2
故△ABC为等边三角形，
故选A
根据斜二侧画法还原直线△ABC在直角坐标系的图形，进而分析出△ABC的形状．
本题考查的知识点是斜二侧画法，三角形形状的判断，解答的关键是斜二侧画法还原直线△ABC在直角坐标系的图形．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查向量的数量积的求法，模的运算法则以及向量的夹角的求法，属于基础题．
利用向量的模的运算法则以及向量的数量积求解向量的夹角即可．
【解答】
解：向量a，b满足|a|=1，|b|=1，且|a+b|= 3，
可得a2+2a⋅b+b2=3，
可得a⋅b=12，即|a||b|cs=12，
即cs=12，且∈[0,π]，
所以a与b的夹角为π3．
故选B．
4.【答案】B
【解析】解：∵acsA=bcsB，
∴根据正弦定理，得sinAcsA=sinBcsB，即sin2A=sin2B．
∵A∈(0,π)，
∴2A=2B或2A+2B=π，得A=B或A+B=π2，
因此△ABC是等腰三角形或直角三角形．
故选：B．
根据正弦定理将题中等式化简，得sinAcsA=sinBcsB，利用二倍角的正弦公式化简得sin2A=sin2B.再由三角函数的诱导公式加以计算，可得A=B或A+B=π2，从而得到答案．
本题给出三角形中的边角关系，判断三角形的形状，着重考查了正弦定理、三角函数的诱导公式和三角形的分类等知识，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：如图，取AC的中点G，连接EG，PG，
因为E是棱AB中点，
所以EG//BC，故∠PEG或其补角为异面直线PE与BC夹角，
又正四面体棱长为2，故PE=PG= 3,EG=1，
cs∠PEG=PE2+EG2−PG22PE⋅EG=12 3= 36，
故异面直线PE与BC夹角的余弦值为 36．
故选：B．
作出图形，取AC的中点G，连接EG，PG，则EG//BC，所以∠PEG或其补角为异面直线PE与BC夹角，根据余弦定理求解即可．
本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是中档题．
6.【答案】D
【解析】解：在图2中，水中部分是四棱柱，
四棱柱底面积为S=12×12×sin60°−12×(12)2×sin60°=3 316，高为2，
∴四棱柱的体积为V=2a×3 316=3 38，
设图1中容器内水面高度为h，
则V=12×12×sin60°×h=3 38，解得h=32．
∴图1中容器内水面的高度是32．
故选：D．
图2中水所占部分为四棱柱，求出其底面积和高，根据棱柱的体积公式求出四棱柱的体积，同理在图1中，求同三棱柱的体积，能求出图1中容器内水面的高度．
本题考查正三棱柱的体积的运算，考查三棱柱的性质、体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
7.【答案】D
【解析】解：对A选项：因为F、M分别是AD、CD的中点，所以FM//AC//A1C1，所以A选项正确；
对B选项：因为当E为中点时，BE⊥A1C1，所以BE⊥FM，所以B选项正确；
对C选项：三棱锥B−CEF是以面BCF为底，又高是定值，所以其体积也为定值，所以C选项正确；
对D选项：因为BF与平面CC1D1D有交点，所以不存在点 E，使得平面BEF//平面CC1D1D，所以D选项错误．
故选：D．
根据平行线的传递性，线线垂直的证明方法，三棱锥的体积公式，面面平行的判定定理，针对各个选项分别判断即可．
本题考查立体几何的综合应用，线线平行的判定，三棱锥的体积问题，面面平行的证明，属中档题．
8.【答案】C
【解析】解：设|AB|=c，|AC|=b，根据题意得bccsA=9b=ccsA12bcsinA=6，
解得b=3，c=5，sinA=45，csA=35，∴|CB|=4，∴CP=x⋅CA|CA|+y⋅CB|CB|=x3CA+y4CB，
又∵A、P、B三点共线，∴x3+y4=1，且x>0，y>0，
∴2x+1y=(x3+y4)(2x+1y)=1112+x3y+y2x≥1112+2 x3y⋅y2x=1112+ 63，
当且仅当x3+y4=1x3y=y2x，即x=6(4− 6)5y=4(2 6−3)5时，等号成立，
∴2x+1y的最小值为1112+ 63．
故选：C．
可设|AB|=c，|AC|=b，从而得出bccsA=9b=ccsA12bcsinA=6，然后可解出|CA|=3,|CB|=4，从而得出CP=x3CA+y4CB，由A，P，B三点共线即可得出x3+y4=1，然后可得出2x+1y=(x3+y4)(2x+1y)，然后根据基本不等式即可求出最小值．
本题考查了三角形的面积公式，向量数量积的计算公式，正弦定理，基本不等式，1的代换，三点共线的充要条件，考查了计算能力，属于基础题．
9.【答案】CD
【解析】解：对于A，若直线a不在α内，则aa//α或a与α相交，故A错误；
对于B，a和α相交时，直线l上有无数个点不在平面α内，故B错误；
对于C，根据线面平行的性质可知平行于同一个平面的两条直线可能相交，平行，或异面，故C正确．
对于D，根据线面平行的定义可知，若l//α，则l与α内任何一条直线都没有公共点，故D正确．
故是真命题的为：CD．
故选：CD．
对于A，根据直线和平面的位置关系判断；
对于B，利用直线和平面的位置关系判断；
对于C，根据线面平行的性质判断；
对于D，利用线面平行的性质判断即可．
本题考查命题的真假判断与应用，着重考查空间直线和平面之间的位置关系，熟练掌握线面平行的定义和性质是答题的关键，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：z=2(1− 3i)1+3=12− 32i，
∴z−=12+ 32i，|z−|=1，A正确；
复数z对应的点为(12,− 32)，在第四象限，B正确；
解x2+x+1=0得，x=−12− 32i或−12+ 32i，∴复数z不是方程x2+x+1=0的解，C错误；
设ω=a+bi，(a,b∈R)，则ω−z=(a−12)+(b+ 32)i，|ω−z|= (a−12)2+(b+ 32)2=1，
∴(a−12)2+(b+ 32)2=1，设a=csθ+12,b=sinθ− 32，则：a2+b2=2+csθ− 3sinθ=2+2sin(π6−θ)≤4，
|ω|= a2+b2的最大值为2，D正确．
故选：ABD．
化简复数z得出z=12− 32i，从而可判断A的正误；根据z可得出z对应的点的坐标，从而判断点所在的象限，从而判断B的正误；可解方程x2+x+1=0，从而判断z是否为该方程的解，从而判断C的正误；可设ω=a+bi，(a,b∈R)，根据|ω−z|=1可得出(a−12)2+(b+ 32)2=1，然后设a=csθ+12,b=sinθ− 32，从而可求出a2+b2的最大值，从而可判断D的正误．
本题考查了复数的除法和乘法的运算，复数模的求法，复数和点的对应关系，两角差的正弦公式，考查了计算能力，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A：设圆锥底面半径为r，如图，
在△A′SC中，A′S=6，SC=2，A′C=2 13，
所以cs∠A′SC=A′S2+SC2−A′C22A′S⋅SC=36+4−522×6×2=−12，
所以∠A′SC=2π3，
所以2πr=2π3×6，∴r=2(米)，
所以圆锥的侧面积为：12×6×2π×2=12π(m2)，故A正确；
对于B，在△ASB中，cs∠ASB=SA2+SB2−AB22SA⋅SB=79，
所以sin∠ASB= 1−4981=4 29，
所以过点S平面截此圆锥所得截面面积最大为
S△SAB=12SA⋅SB⋅sin∠ASB=12×6×6×4 29=8 2(m2)，故B正确；
对于C，设圆锥SO的外接球半径为R，则R2=(SO−R)2+r2，
又SO= SA2−r2= 36−4=4 2，
所以R2=(4 2−R)2+4，即R=94 2，
圆锥SO的外接球表面积为4πR2=4π×8116×2=81π2，故C不正确；
对于D，设圆锥SO的内切球半径为t，则t4 2−t=13，解得t= 2，
在棱长为 3米的正四面体中，设其外接球半径为r1，
则此正四面体的底面外接圆半径为 32× 3×23=1，高为 ( 3)2−1= 2，
所以r12=1+( 2−r1)2，所以r1=3 24，
因为r1故选：ABD．
利用圆锥的侧面展开图、余弦定理、扇形的弧长公式可求出圆锥的底面半径，进而可求出圆锥的侧面积，可知A正确；过点S平面截此圆锥所得截面面积最大为S△SAB，计算可知，B错误；计算出圆锥SO的外接球半径后，再求出其表面积，可知C不正确；求出圆锥的内切球的半径和棱长为 3的正四面体的外接球的半径，比较可知，D正确．
本题考查圆锥的侧面展开图、余弦定理、扇形的弧长公式的应用，属于中档题．
12.【答案】12π
【解析】解：由4π3R3=4 3π得R= 3，所以S=4πR2=12π．
有球的体积，就可以利用公式得到半径，再求解其面积即可．
本题考查学生对公式的利用，是基础题．
13.【答案】 5
【解析】解：a=(0,2)，b=(4,2)，c=ma+b=(4,2m+2)，
∵c与a的夹角等于c与b的夹角，
∴a⋅c|a||c|=b⋅c|b||c|，得4m+42 16+(2m+2)2=16+4m+42 5× 16+(2m+2)2，
解得：m= 5．
故答案为： 5．
由已知求得c的坐标，再由数量积求夹角公式列式求解m值．
本题考查数量积求向量的夹角，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】34 2 5+2 133
【解析】解：取CC1的中点M，连接EM，FM，
因为点E为棱BB1的中点，所以BC//EM，BC=EM=2，
所以∠FEM为异面直线EF与直线BC所成角，
连接B1F，因为BB1⊥平面A1B1C1，B1F⊂平面A1B1C1，所以BB1⊥B1F，
因为△A1B1C1为边长是2的正三角形，F为A1C1的中点，所以B1F= 3，
所以EF= B1F2+B1E2= 3+1=2，
MF= C1F2+C1M2= 2，
所以由余弦定理得cs∠FEM=EF2+EM2−FM22EF⋅EM=4+4−22×2×2=34，
所以直线EF与直线BC所成角的余弦值为34，
连接AE并延长交A1B1的延长线于点G，连接FG交B1C1于点D，连接ED，
所以过点A，E，F的截面为四边形AEDF，
因为点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，所以AE=AF= 1+4= 5，
过F作FN//B1C1，交A1B1于点N，则N为A1B1的中点，
因为AA1//BB1，所以△GB1E∽△GA1A，
所以GB1GA1=B1EA1A=12，所以B1为GA1的中点，所以GB1=A1B1=2，
因为FN//B1C1，所以△GB1D∽△GNF，
所以B1DNF=GB1GN，B1D1=23，所以B1D=23，则C1D=2−23=43，
所以DE= B1E2+B1D2= 1+49= 133，
在△DFC1中由余弦定理得DF2=C1D2+C1F2−2C1D⋅C1Fcs60°
=(43)2+12−2×43×1×12=139，
所以DF= 133，
所以四边形AEDF的周长为AE+AF+DE+DF=2 5+2 133，
即截面的周长为2 5+2 133，
故答案为：34，2 5+2 133．
取CC1的中点M，连接EM，FM，则可得∠FEM为异面直线EF与直线BC所成角，然后在△FEM中求解，连接AE并延长交A1B1的延长线于点G，连接FG交B1C1于点D，连接ED，则四边形AEDF为截面四边形，然后求解其周长即可．
此题考查异面直线所成的角，考查几何体的截面问题，解题的关键是根据平面的性质结合题意作截面图形，考查空间想象能力，属于难题．
15.【答案】解：(1)因为复数z=m+2i是方程x2+6x+13=0的根，
所以(m+2i)2+6(m+2i)+13=0，整理得m2+6m+9+(4m+12)i=0，
所以m2+6m+9=04m+12=0，解得m=−3，
所以z=−3+2i，|z|= (−3)2+22= 13．
(2)因为z=−3+2i，
所以z1=a−i2020⋅i3−3−2i=(a+i)(−3+2i)(−3−2i)(−3+2i)=−3a+2ai−3i−29+4=−3a+213+2a−313i，
又因为复数z1所对应的点在第三象限，
所以−3a+213<02a−313<0，解得−23实数a的取值范围是(−23,32).
【解析】(1)将z代入方程求出m，再根据复数的模长公式求解即可；
(2)根据共轭复数的概念和复数除法运算化简z1，再根据复数的几何意义列不等式组求解即可．
本题考查复数的运算，属于基础题．
16.【答案】解：(1)由正弦定理以及已知可得2b2=a(2a−c)+c(2c−a)，
整理可得，a2+c2−b2=ac．
所以cs∠ABC=a2+c2−b22ac=ac2ac=12．
又∠ABC∈(0,π)，所以∠ABC=π3．
(2)
在△BDC中，由余弦定理可得cs∠BDC=BD2+CD2−BC22BD⋅CD=5−a24．
在△BDA中，由余弦定理可得cs∠BDA=BD2+AD2−AB22BD⋅AD=8−c28．
又∠BDC+∠BDA=π，所以cs∠BDC=−cs∠BDA，
即5−a24=−8−c28，整理可得c2+2a2−18=0．
因为b=AC=AD+CD=3，
在△ABC中，由余弦定理可得b2=a2+c2−2accs∠ABC，
即9=a2+c2−2accsπ3=a2+c2−ac，
整理可得a2+c2−ac=9．
联立c2+2a2−18=0a2+c2−ac=9，可得a= 3c=2 3．
所以BC=a= 3．
【解析】(1)由正弦定理角化边，整理可得a2+c2−b2=ac，然后根据余弦定理即可求得cs∠ABC=12，进而根据角的范围，即可得出答案；
(2)在△BDC以及△BDA中，分别根据余弦定理，结合∠BDC+∠BDA=π，整理化简可得c2+2a2−18=0.在△ABC中，根据余弦定理推出a2+c2−ac=9.联立两个方程，即可得出答案．
本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，方程思想，属中档题．
17.【答案】解：(1)∵正方体ABCD−A1B1C1D1中AB=2，M为DD1的中点，
∴MD⊥底面ABC，VM−ABC=13⋅S△ABC⋅MD=13×12×2×2×1=23；
(2)证明：如图，连接BD，设交AC于点O，∵O是DB的中点，M是DD1的中点，
∴MO//BD1，且MO⊂平面AMC，BD1⊄平面AMC，
∴BD1//平面AMC；
(3)证明：∵N是CC1的中点，M是DD1的中点，
∴四边形MCND1为平行四边形，
∴D1N//MC，且MC⊂平面AMC，D1N⊄平面AMC，
∴D1N//平面AMC，由(1)知BD1//平面AMC，且D1N∩BD1=D1，
∴平面AMC//平面BND1．
【解析】(1)根据条件可得出三棱锥M−ABC的高为MD=1，底面ABC的面积为2，然后根据三棱锥的体积公式求出体积即可；
(2)连接BD，设交AC于点O，容易说明BD1//MO，然后根据线面平行的判定定理即可得出BD1//平面AMC；
(3)可看出D1N//MC，然后得出D1N//平面AMC，然后根据面面平行的判定定理得出平面AMC//平面BND1．
本题考查了三角形中位线的性质，线面平行和面面平行的判定定理，考查了计算能力，推理能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)∵点P是等腰三角形PBC的顶点，且∠CPB=2π3，BC=1，
∴∠PCB=π6且由余弦定理可得：cs∠CPB=PB2+PC2−BC22PB⋅PC=2PC2−12PC2=−12，
解得PC= 33，
又∵∠ACB=π2，∴∠ACP=π3，
∵在Rt△ACB中，AB=2，BC=1，∴AC= 3，
在△ACP中，由余弦定理得AP2=AC2+PC2−2AC⋅PCcsπ3，
解得AP= 213，
∴AP+PC+PB= 213+2 33= 21+2 33，
∴连廊的长为 21+2 33百米；
(2)设正三角形DEF的边长a，∠CEF=α(0<α<π)，
则CF=asinα，AF= 3−asinα，
设∠EDB=∠1，
可得∠1=π−∠B−∠DEB=2π3−∠DEB，α=π−π3−∠DEB=2π3−∠DEB，
∴∠ADF=π−π3−∠1=2π3−α，
在△ADF中，由正弦定理得：DFsin∠A=AFsin∠ADF，
即asinπ6= 3−asinαsin(2π3 −α)，即2a= 3−asinαsin(2π3 −α)，
化简得：a⋅[2sin(2π3−α)+sinα]= 3，
∴a= 32sinα+ 3csα= 3 7sin(α+θ)≥ 3 7= 217(其中，θ为锐角，且tanθ= 32)，
∴(S△ABC)min= 34amin2= 34×37=3 328．
【解析】(1)由余弦定理即可求得PC= 33，在△ACP中，确定∠ACP=π3，由余弦定理求得AP= 213，即可求得答案；
(2)设正三角形DEF的边长a，∠CEF=α(0<α<π)，则可表示CF=asinα，AF= 3−asinα，从而可由正弦定理表示出a= 3 7sin(α+θ)，结合三角函数的性质求得其最小值，即可求得答案．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合运用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)①解：因为A(0,2,1)，B(−1,3,2)，
则OA×OB=ijk021−132=4i−j+0+2k−0−3i=i−j+2k=(1,−1,2)．
②证明：设A(x1,y1,z1)，B(x2,y2,z2)，
则OA×OB=y1z2i+z1x2j+x1y2k−x2y1k−z2x1j−y2z1i，
=(y1z2−y2z1,z1x2−z2x1,x1y2−x2y1)，
x2x2与x1互换，y2与y1互换，z2与z1互换，
可得OB×OA=(y2z1−y1z2,z2x1−z1x2,x2y1−x1y2)，
故OA×OB+OB×OA=(0,0,0)=0．
(2)证明：因为sin∠AOB= 1−cs2∠AOB= 1−(OA⋅OB)2|OA|2|OB|2= |OA|2|OB|2−(OA⋅OB)2|OA||OB|．
故S△AOB=12|OA||OB|⋅sin∠AOB=12 |OA|2|OB|2−(OA⋅OB)2，
故要证S△AOB=12|OA×OB|，
只需证|OA×OB|= |OA|2|OB|2−(OA⋅OB)2，
即证|OA×OB|2=|OA|2|OB|2−(OA⋅OB)2．
由(1)OA=(x1,y1,z1),OB=(x2,y2,z2)，
OA×OB=(y1z2−y2z1,z1x2−z2x1,x1y2−x2y1)，
故|OA×OB|2=(y1z2−y2z1)2+(z1x2−z2x1)2+(x1y2−x2y1)2，
又|OA|2=x12+y12+z12,|OB|2=x22+y22+z22，
(OA⋅OB)2=(x1x2+y1y2+z1z2)2，
则|OA×OB|2=|OA|2|OB|2−(OA⋅OB)2成立，
故S△AOB=12|OA×OB|．
(3)由(2)S△AOB=12|OA×OB|，
得(OA×OB)2=|OA×OB|2
=12|OA×OB|⋅2|OA×OB|=S△AOB⋅2|OA×OB|，
故(OA×OB)2=13S△AOB⋅|OA×OB|×6，
故(OA×OB)2的几何意义表示：以△AOB为底面、|OA×OB|为高的三棱锥体积的6倍．
【解析】(1)利用向量的叉乘的定义进行分析运算即可；
(2)利用数量积公式求得cs∠AOB，则sin∠AOB= 1−cs2∠AOB，可得S△AOB=12|OA||OB|⋅sin∠AOB=12 |OA|2|OB|2−(OA⋅OB)2，借助叉乘公式利用分析法即可证得结果；
(3)由S△AOB=12|OA×OB|，化简可得(OA×OB)2=13S△AOB⋅|OA×OB|×6，即可得到结果．
本题考查的知识点：新定义问题，向量的坐标运算，向量的叉乘，数量积运算，向量的模的运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
1.已知点A(0,1),B(3,2)，向量AC→=(−4,−3)，则向量BC→=( )
A. (-7,-4)B. (7,4)C. (-1,4)D. (1,4)
2.把△ABC按斜二测画法得到△A′B′C′(如图所示)，其中B′O′=C′O′=1，A′O′= 32，那么△ABC是一个( )
A. 等边三角形B. 直角三角形
C. 等腰三角形D. 三边互不相等的三角形
3.已知向量a，b满足|a|=1，|b|=1，且|a+b|= 3，则a与b的夹角为( )
A. π6B. π3C. 5π6D. 2π3
4.在△ABC中，acsA=bcsB，则三角形的形状为( )
A. 直角三角形B. 等腰三角形或直角三角形
C. 等边三角形D. 等腰三角形
5.在正四面体P−ABC中，棱长为2，且E是棱AB中点，则异面直线PE与BC夹角的余弦值为( )
A. − 36B. 36C. 33D. − 33
6.如图1，一个正三棱柱容器，底面边长为1，高为2，内装水若干，将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图2，这是水面恰好是中截面，则图1中容器水面的高度是( )
A. 54B. 53C. 43D. 32
7.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，动点E在线段A1C1上，F，M分别是AD，CD的中点，则下列结论中错误的是( )
A. FM//A1C1
B. 当E为A1C1中点时，BE⊥FM
C. 三棱锥B−CEF的体积为定值
D. 存在点E，使得平面BEF//平面CC1D1D
8.在△ABC中，AB⋅AC=9，sinB=csAsinC，S△ABC=6，P为线段AB上的动点，且CP=x⋅CA|CA|+y⋅CB|CB|，则2x+1y的最小值为( )
A. 116+ 63B. 116C. 1112+ 63D. 1112
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列命题中的真命题是( )
A. 若直线a不在平面α内，则a//α
B. 若直线l上有无数个点不在平面α内，则l//α
C. 平行于同一平面的两直线可以相交
D. 若l//α，则直线l与平面α内任何一条直线都没有公共点
10.已知复数z=21+ 3i，其中i为虚数单位，则下列结论正确的有( )
A. 复数z的共轭复数的模为1
B. 复数z在复平面内对应的点在第四象限
C. 复数z是方程x2+x+1=0的解
D. 复数ω满足|ω−z|=1，则|ω|的最大值为2
11.在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trulli，于1996年被收入世界文化遗产名录.现测量一个Trulli的屋顶，得到圆锥SO(其中S为顶点，O为底面圆心)，母线SA的长为6m，C是母线SA的靠近点S的三等分点.从点A到点C绕屋顶侧面一周安装灯光带，灯光带的最小长度为2 13m.下面说法正确的是( )
A. 圆锥SO的侧面积为12πm2
B. 过点S的平面截此圆锥所得截面面积最大值为8 2m2
C. 圆锥SO的外接球的表面积为72πm2
D. 棱长为 3m的正四面体在圆锥SO内可以任意转动
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若一个球的体积为4 3π，则它的表面积为______．
13.平面向量a=(0,2),b=(4,2),c=ma+b(m∈R)，且c与a的夹角等于c与b的夹角，则m= ______．
14.正三棱柱ABC−A1B1C1中，所有棱长均为2，点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，则直线EF与直线BC所成角的余弦值为______；若过点A，E，F作一截面，则截面的周长为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
回答下列问题．
(1)已知复数z=m+2i是方程x2+6x+13=0的根(i是虚数单位，m∈R)，求|z|．
(2)已知复数z=−3+2i，设复数z1=a−i2023z−，(z−是z的共轭复数)，且复数z1所对应的点在第三象限，求实数a的取值范围．
16.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D是AC边上的点，2bsinB=(2a−c)sinA+(2c−a)sinC．
(1)求∠ABC的大小；
(2)若CD=1，AD=BD=2，求BC的长．
17.(本小题15分)
如图：在正方体ABCD−A1B1C1D1中AB=2，M为DD1的中点．
(1)求三棱锥M−ABC的体积；
(2)求证：BD1//平面AMC；
(3)若N为CC1的中点，求证：平面AMC//平面BND1．
18.(本小题17分)
如图，某公园改建一个三角形鱼塘，∠C=90°，AB=2，BC=1，现准备养一批观赏鱼供游客观赏．
(1)若在△ABC内部取一点P，建造APC连廊供游客观赏，如图①，使得点P是等腰三角形PBC的顶点，且∠CPB=2π3，求连廊AP+PC+PB的长；
(2)若分别在AB，BC，CA上取点D，E，F并连建造连廊，使得△DEF变成池中池，放养更名贵的鱼类供游客观赏，如图②，若△DEF为正三角形，求△DEF面积S的最小值．
19.(本小题17分)
三阶行列式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如下：a1a2a3b1b2b3c1c2c3=a1b2c3+a2b3c1+a3b1c2−a3b2c1−a2b1c3−a1b3c2.若a×b=ijkx1y1z1x2y2z2，则称a×b为空间向量a与b的叉乘，其中a=x1i+y1j+z1k(x1,y1,z1∈R)，b=x2i+y2j+z2k(x2,y2,z2∈R)，{i,j,k}为单位正交基底.以O为坐标原点，分别以i,j,k的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，已知A，B是空间直角坐标系中异于O的不同两点．
(1)①若A(0,2,1)，B(−1,3,2)，求OA×OB；
②证明：OA×OB+OB×OA=0．
(2)记△AOB的面积为S△AOB，证明：S△AOB=12|OA×OB|；
(3)问：(OA×OB)2的几何意义表示以△AOB为底面、|OA×OB|为高的三棱锥体积的多少倍？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
求出有向线段AB，然后由BC=AC−AB求之．
本题考查了有向线段的坐标表示以及向量的三角形法则的运用；注意有向线段的坐标与两个端点的关系，顺序不可颠倒．
【解答】
解：由已知点A(0,1)，B(3,2)，
得到AB=(3,1)，向量AC=(−4,−3)，
则向量BC=AC−AB=(−7,−4)；
故选：A．
2.【答案】A
【解析】解：根据斜二侧画法还原直线△ABC在直角坐标系的图形，如下图所示：
由图易得AB=BC=AC=2
故△ABC为等边三角形，
故选A
根据斜二侧画法还原直线△ABC在直角坐标系的图形，进而分析出△ABC的形状．
本题考查的知识点是斜二侧画法，三角形形状的判断，解答的关键是斜二侧画法还原直线△ABC在直角坐标系的图形．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查向量的数量积的求法，模的运算法则以及向量的夹角的求法，属于基础题．
利用向量的模的运算法则以及向量的数量积求解向量的夹角即可．
【解答】
解：向量a，b满足|a|=1，|b|=1，且|a+b|= 3，
可得a2+2a⋅b+b2=3，
可得a⋅b=12，即|a||b|cs
即cs
所以a与b的夹角为π3．
故选B．
4.【答案】B
【解析】解：∵acsA=bcsB，
∴根据正弦定理，得sinAcsA=sinBcsB，即sin2A=sin2B．
∵A∈(0,π)，
∴2A=2B或2A+2B=π，得A=B或A+B=π2，
因此△ABC是等腰三角形或直角三角形．
故选：B．
根据正弦定理将题中等式化简，得sinAcsA=sinBcsB，利用二倍角的正弦公式化简得sin2A=sin2B.再由三角函数的诱导公式加以计算，可得A=B或A+B=π2，从而得到答案．
本题给出三角形中的边角关系，判断三角形的形状，着重考查了正弦定理、三角函数的诱导公式和三角形的分类等知识，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：如图，取AC的中点G，连接EG，PG，
因为E是棱AB中点，
所以EG//BC，故∠PEG或其补角为异面直线PE与BC夹角，
又正四面体棱长为2，故PE=PG= 3,EG=1，
cs∠PEG=PE2+EG2−PG22PE⋅EG=12 3= 36，
故异面直线PE与BC夹角的余弦值为 36．
故选：B．
作出图形，取AC的中点G，连接EG，PG，则EG//BC，所以∠PEG或其补角为异面直线PE与BC夹角，根据余弦定理求解即可．
本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是中档题．
6.【答案】D
【解析】解：在图2中，水中部分是四棱柱，
四棱柱底面积为S=12×12×sin60°−12×(12)2×sin60°=3 316，高为2，
∴四棱柱的体积为V=2a×3 316=3 38，
设图1中容器内水面高度为h，
则V=12×12×sin60°×h=3 38，解得h=32．
∴图1中容器内水面的高度是32．
故选：D．
图2中水所占部分为四棱柱，求出其底面积和高，根据棱柱的体积公式求出四棱柱的体积，同理在图1中，求同三棱柱的体积，能求出图1中容器内水面的高度．
本题考查正三棱柱的体积的运算，考查三棱柱的性质、体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
7.【答案】D
【解析】解：对A选项：因为F、M分别是AD、CD的中点，所以FM//AC//A1C1，所以A选项正确；
对B选项：因为当E为中点时，BE⊥A1C1，所以BE⊥FM，所以B选项正确；
对C选项：三棱锥B−CEF是以面BCF为底，又高是定值，所以其体积也为定值，所以C选项正确；
对D选项：因为BF与平面CC1D1D有交点，所以不存在点 E，使得平面BEF//平面CC1D1D，所以D选项错误．
故选：D．
根据平行线的传递性，线线垂直的证明方法，三棱锥的体积公式，面面平行的判定定理，针对各个选项分别判断即可．
本题考查立体几何的综合应用，线线平行的判定，三棱锥的体积问题，面面平行的证明，属中档题．
8.【答案】C
【解析】解：设|AB|=c，|AC|=b，根据题意得bccsA=9b=ccsA12bcsinA=6，
解得b=3，c=5，sinA=45，csA=35，∴|CB|=4，∴CP=x⋅CA|CA|+y⋅CB|CB|=x3CA+y4CB，
又∵A、P、B三点共线，∴x3+y4=1，且x>0，y>0，
∴2x+1y=(x3+y4)(2x+1y)=1112+x3y+y2x≥1112+2 x3y⋅y2x=1112+ 63，
当且仅当x3+y4=1x3y=y2x，即x=6(4− 6)5y=4(2 6−3)5时，等号成立，
∴2x+1y的最小值为1112+ 63．
故选：C．
可设|AB|=c，|AC|=b，从而得出bccsA=9b=ccsA12bcsinA=6，然后可解出|CA|=3,|CB|=4，从而得出CP=x3CA+y4CB，由A，P，B三点共线即可得出x3+y4=1，然后可得出2x+1y=(x3+y4)(2x+1y)，然后根据基本不等式即可求出最小值．
本题考查了三角形的面积公式，向量数量积的计算公式，正弦定理，基本不等式，1的代换，三点共线的充要条件，考查了计算能力，属于基础题．
9.【答案】CD
【解析】解：对于A，若直线a不在α内，则aa//α或a与α相交，故A错误；
对于B，a和α相交时，直线l上有无数个点不在平面α内，故B错误；
对于C，根据线面平行的性质可知平行于同一个平面的两条直线可能相交，平行，或异面，故C正确．
对于D，根据线面平行的定义可知，若l//α，则l与α内任何一条直线都没有公共点，故D正确．
故是真命题的为：CD．
故选：CD．
对于A，根据直线和平面的位置关系判断；
对于B，利用直线和平面的位置关系判断；
对于C，根据线面平行的性质判断；
对于D，利用线面平行的性质判断即可．
本题考查命题的真假判断与应用，着重考查空间直线和平面之间的位置关系，熟练掌握线面平行的定义和性质是答题的关键，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：z=2(1− 3i)1+3=12− 32i，
∴z−=12+ 32i，|z−|=1，A正确；
复数z对应的点为(12,− 32)，在第四象限，B正确；
解x2+x+1=0得，x=−12− 32i或−12+ 32i，∴复数z不是方程x2+x+1=0的解，C错误；
设ω=a+bi，(a,b∈R)，则ω−z=(a−12)+(b+ 32)i，|ω−z|= (a−12)2+(b+ 32)2=1，
∴(a−12)2+(b+ 32)2=1，设a=csθ+12,b=sinθ− 32，则：a2+b2=2+csθ− 3sinθ=2+2sin(π6−θ)≤4，
|ω|= a2+b2的最大值为2，D正确．
故选：ABD．
化简复数z得出z=12− 32i，从而可判断A的正误；根据z可得出z对应的点的坐标，从而判断点所在的象限，从而判断B的正误；可解方程x2+x+1=0，从而判断z是否为该方程的解，从而判断C的正误；可设ω=a+bi，(a,b∈R)，根据|ω−z|=1可得出(a−12)2+(b+ 32)2=1，然后设a=csθ+12,b=sinθ− 32，从而可求出a2+b2的最大值，从而可判断D的正误．
本题考查了复数的除法和乘法的运算，复数模的求法，复数和点的对应关系，两角差的正弦公式，考查了计算能力，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A：设圆锥底面半径为r，如图，
在△A′SC中，A′S=6，SC=2，A′C=2 13，
所以cs∠A′SC=A′S2+SC2−A′C22A′S⋅SC=36+4−522×6×2=−12，
所以∠A′SC=2π3，
所以2πr=2π3×6，∴r=2(米)，
所以圆锥的侧面积为：12×6×2π×2=12π(m2)，故A正确；
对于B，在△ASB中，cs∠ASB=SA2+SB2−AB22SA⋅SB=79，
所以sin∠ASB= 1−4981=4 29，
所以过点S平面截此圆锥所得截面面积最大为
S△SAB=12SA⋅SB⋅sin∠ASB=12×6×6×4 29=8 2(m2)，故B正确；
对于C，设圆锥SO的外接球半径为R，则R2=(SO−R)2+r2，
又SO= SA2−r2= 36−4=4 2，
所以R2=(4 2−R)2+4，即R=94 2，
圆锥SO的外接球表面积为4πR2=4π×8116×2=81π2，故C不正确；
对于D，设圆锥SO的内切球半径为t，则t4 2−t=13，解得t= 2，
在棱长为 3米的正四面体中，设其外接球半径为r1，
则此正四面体的底面外接圆半径为 32× 3×23=1，高为 ( 3)2−1= 2，
所以r12=1+( 2−r1)2，所以r1=3 24，
因为r1
利用圆锥的侧面展开图、余弦定理、扇形的弧长公式可求出圆锥的底面半径，进而可求出圆锥的侧面积，可知A正确；过点S平面截此圆锥所得截面面积最大为S△SAB，计算可知，B错误；计算出圆锥SO的外接球半径后，再求出其表面积，可知C不正确；求出圆锥的内切球的半径和棱长为 3的正四面体的外接球的半径，比较可知，D正确．
本题考查圆锥的侧面展开图、余弦定理、扇形的弧长公式的应用，属于中档题．
12.【答案】12π
【解析】解：由4π3R3=4 3π得R= 3，所以S=4πR2=12π．
有球的体积，就可以利用公式得到半径，再求解其面积即可．
本题考查学生对公式的利用，是基础题．
13.【答案】 5
【解析】解：a=(0,2)，b=(4,2)，c=ma+b=(4,2m+2)，
∵c与a的夹角等于c与b的夹角，
∴a⋅c|a||c|=b⋅c|b||c|，得4m+42 16+(2m+2)2=16+4m+42 5× 16+(2m+2)2，
解得：m= 5．
故答案为： 5．
由已知求得c的坐标，再由数量积求夹角公式列式求解m值．
本题考查数量积求向量的夹角，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】34 2 5+2 133
【解析】解：取CC1的中点M，连接EM，FM，
因为点E为棱BB1的中点，所以BC//EM，BC=EM=2，
所以∠FEM为异面直线EF与直线BC所成角，
连接B1F，因为BB1⊥平面A1B1C1，B1F⊂平面A1B1C1，所以BB1⊥B1F，
因为△A1B1C1为边长是2的正三角形，F为A1C1的中点，所以B1F= 3，
所以EF= B1F2+B1E2= 3+1=2，
MF= C1F2+C1M2= 2，
所以由余弦定理得cs∠FEM=EF2+EM2−FM22EF⋅EM=4+4−22×2×2=34，
所以直线EF与直线BC所成角的余弦值为34，
连接AE并延长交A1B1的延长线于点G，连接FG交B1C1于点D，连接ED，
所以过点A，E，F的截面为四边形AEDF，
因为点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，所以AE=AF= 1+4= 5，
过F作FN//B1C1，交A1B1于点N，则N为A1B1的中点，
因为AA1//BB1，所以△GB1E∽△GA1A，
所以GB1GA1=B1EA1A=12，所以B1为GA1的中点，所以GB1=A1B1=2，
因为FN//B1C1，所以△GB1D∽△GNF，
所以B1DNF=GB1GN，B1D1=23，所以B1D=23，则C1D=2−23=43，
所以DE= B1E2+B1D2= 1+49= 133，
在△DFC1中由余弦定理得DF2=C1D2+C1F2−2C1D⋅C1Fcs60°
=(43)2+12−2×43×1×12=139，
所以DF= 133，
所以四边形AEDF的周长为AE+AF+DE+DF=2 5+2 133，
即截面的周长为2 5+2 133，
故答案为：34，2 5+2 133．
取CC1的中点M，连接EM，FM，则可得∠FEM为异面直线EF与直线BC所成角，然后在△FEM中求解，连接AE并延长交A1B1的延长线于点G，连接FG交B1C1于点D，连接ED，则四边形AEDF为截面四边形，然后求解其周长即可．
此题考查异面直线所成的角，考查几何体的截面问题，解题的关键是根据平面的性质结合题意作截面图形，考查空间想象能力，属于难题．
15.【答案】解：(1)因为复数z=m+2i是方程x2+6x+13=0的根，
所以(m+2i)2+6(m+2i)+13=0，整理得m2+6m+9+(4m+12)i=0，
所以m2+6m+9=04m+12=0，解得m=−3，
所以z=−3+2i，|z|= (−3)2+22= 13．
(2)因为z=−3+2i，
所以z1=a−i2020⋅i3−3−2i=(a+i)(−3+2i)(−3−2i)(−3+2i)=−3a+2ai−3i−29+4=−3a+213+2a−313i，
又因为复数z1所对应的点在第三象限，
所以−3a+213<02a−313<0，解得−23
【解析】(1)将z代入方程求出m，再根据复数的模长公式求解即可；
(2)根据共轭复数的概念和复数除法运算化简z1，再根据复数的几何意义列不等式组求解即可．
本题考查复数的运算，属于基础题．
16.【答案】解：(1)由正弦定理以及已知可得2b2=a(2a−c)+c(2c−a)，
整理可得，a2+c2−b2=ac．
所以cs∠ABC=a2+c2−b22ac=ac2ac=12．
又∠ABC∈(0,π)，所以∠ABC=π3．
(2)
在△BDC中，由余弦定理可得cs∠BDC=BD2+CD2−BC22BD⋅CD=5−a24．
在△BDA中，由余弦定理可得cs∠BDA=BD2+AD2−AB22BD⋅AD=8−c28．
又∠BDC+∠BDA=π，所以cs∠BDC=−cs∠BDA，
即5−a24=−8−c28，整理可得c2+2a2−18=0．
因为b=AC=AD+CD=3，
在△ABC中，由余弦定理可得b2=a2+c2−2accs∠ABC，
即9=a2+c2−2accsπ3=a2+c2−ac，
整理可得a2+c2−ac=9．
联立c2+2a2−18=0a2+c2−ac=9，可得a= 3c=2 3．
所以BC=a= 3．
【解析】(1)由正弦定理角化边，整理可得a2+c2−b2=ac，然后根据余弦定理即可求得cs∠ABC=12，进而根据角的范围，即可得出答案；
(2)在△BDC以及△BDA中，分别根据余弦定理，结合∠BDC+∠BDA=π，整理化简可得c2+2a2−18=0.在△ABC中，根据余弦定理推出a2+c2−ac=9.联立两个方程，即可得出答案．
本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，方程思想，属中档题．
17.【答案】解：(1)∵正方体ABCD−A1B1C1D1中AB=2，M为DD1的中点，
∴MD⊥底面ABC，VM−ABC=13⋅S△ABC⋅MD=13×12×2×2×1=23；
(2)证明：如图，连接BD，设交AC于点O，∵O是DB的中点，M是DD1的中点，
∴MO//BD1，且MO⊂平面AMC，BD1⊄平面AMC，
∴BD1//平面AMC；
(3)证明：∵N是CC1的中点，M是DD1的中点，
∴四边形MCND1为平行四边形，
∴D1N//MC，且MC⊂平面AMC，D1N⊄平面AMC，
∴D1N//平面AMC，由(1)知BD1//平面AMC，且D1N∩BD1=D1，
∴平面AMC//平面BND1．
【解析】(1)根据条件可得出三棱锥M−ABC的高为MD=1，底面ABC的面积为2，然后根据三棱锥的体积公式求出体积即可；
(2)连接BD，设交AC于点O，容易说明BD1//MO，然后根据线面平行的判定定理即可得出BD1//平面AMC；
(3)可看出D1N//MC，然后得出D1N//平面AMC，然后根据面面平行的判定定理得出平面AMC//平面BND1．
本题考查了三角形中位线的性质，线面平行和面面平行的判定定理，考查了计算能力，推理能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)∵点P是等腰三角形PBC的顶点，且∠CPB=2π3，BC=1，
∴∠PCB=π6且由余弦定理可得：cs∠CPB=PB2+PC2−BC22PB⋅PC=2PC2−12PC2=−12，
解得PC= 33，
又∵∠ACB=π2，∴∠ACP=π3，
∵在Rt△ACB中，AB=2，BC=1，∴AC= 3，
在△ACP中，由余弦定理得AP2=AC2+PC2−2AC⋅PCcsπ3，
解得AP= 213，
∴AP+PC+PB= 213+2 33= 21+2 33，
∴连廊的长为 21+2 33百米；
(2)设正三角形DEF的边长a，∠CEF=α(0<α<π)，
则CF=asinα，AF= 3−asinα，
设∠EDB=∠1，
可得∠1=π−∠B−∠DEB=2π3−∠DEB，α=π−π3−∠DEB=2π3−∠DEB，
∴∠ADF=π−π3−∠1=2π3−α，
在△ADF中，由正弦定理得：DFsin∠A=AFsin∠ADF，
即asinπ6= 3−asinαsin(2π3 −α)，即2a= 3−asinαsin(2π3 −α)，
化简得：a⋅[2sin(2π3−α)+sinα]= 3，
∴a= 32sinα+ 3csα= 3 7sin(α+θ)≥ 3 7= 217(其中，θ为锐角，且tanθ= 32)，
∴(S△ABC)min= 34amin2= 34×37=3 328．
【解析】(1)由余弦定理即可求得PC= 33，在△ACP中，确定∠ACP=π3，由余弦定理求得AP= 213，即可求得答案；
(2)设正三角形DEF的边长a，∠CEF=α(0<α<π)，则可表示CF=asinα，AF= 3−asinα，从而可由正弦定理表示出a= 3 7sin(α+θ)，结合三角函数的性质求得其最小值，即可求得答案．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合运用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)①解：因为A(0,2,1)，B(−1,3,2)，
则OA×OB=ijk021−132=4i−j+0+2k−0−3i=i−j+2k=(1,−1,2)．
②证明：设A(x1,y1,z1)，B(x2,y2,z2)，
则OA×OB=y1z2i+z1x2j+x1y2k−x2y1k−z2x1j−y2z1i，
=(y1z2−y2z1,z1x2−z2x1,x1y2−x2y1)，
x2x2与x1互换，y2与y1互换，z2与z1互换，
可得OB×OA=(y2z1−y1z2,z2x1−z1x2,x2y1−x1y2)，
故OA×OB+OB×OA=(0,0,0)=0．
(2)证明：因为sin∠AOB= 1−cs2∠AOB= 1−(OA⋅OB)2|OA|2|OB|2= |OA|2|OB|2−(OA⋅OB)2|OA||OB|．
故S△AOB=12|OA||OB|⋅sin∠AOB=12 |OA|2|OB|2−(OA⋅OB)2，
故要证S△AOB=12|OA×OB|，
只需证|OA×OB|= |OA|2|OB|2−(OA⋅OB)2，
即证|OA×OB|2=|OA|2|OB|2−(OA⋅OB)2．
由(1)OA=(x1,y1,z1),OB=(x2,y2,z2)，
OA×OB=(y1z2−y2z1,z1x2−z2x1,x1y2−x2y1)，
故|OA×OB|2=(y1z2−y2z1)2+(z1x2−z2x1)2+(x1y2−x2y1)2，
又|OA|2=x12+y12+z12,|OB|2=x22+y22+z22，
(OA⋅OB)2=(x1x2+y1y2+z1z2)2，
则|OA×OB|2=|OA|2|OB|2−(OA⋅OB)2成立，
故S△AOB=12|OA×OB|．
(3)由(2)S△AOB=12|OA×OB|，
得(OA×OB)2=|OA×OB|2
=12|OA×OB|⋅2|OA×OB|=S△AOB⋅2|OA×OB|，
故(OA×OB)2=13S△AOB⋅|OA×OB|×6，
故(OA×OB)2的几何意义表示：以△AOB为底面、|OA×OB|为高的三棱锥体积的6倍．
【解析】(1)利用向量的叉乘的定义进行分析运算即可；
(2)利用数量积公式求得cs∠AOB，则sin∠AOB= 1−cs2∠AOB，可得S△AOB=12|OA||OB|⋅sin∠AOB=12 |OA|2|OB|2−(OA⋅OB)2，借助叉乘公式利用分析法即可证得结果；
(3)由S△AOB=12|OA×OB|，化简可得(OA×OB)2=13S△AOB⋅|OA×OB|×6，即可得到结果．
本题考查的知识点：新定义问题，向量的坐标运算，向量的叉乘，数量积运算，向量的模的运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
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