2020-2021学年浙江省浙东北联盟(ZDB)高一(下)期中数学试卷(附答案详解)

2020-2021学年浙江省浙东北联盟（ZDB ）高一（下）期
中数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分） 1. 已知i 为虚数单位，则(1−i)2的值等于( )
A. 2−2i
B. 2+2i
C. −2i
D. 2i
2. 如图，在△ABC 中，BC =4，AB =AC =2√5，
若△ABC 的水平放置直观图为△A′B′C′，则△A′B′C′的面积为( )
A. √2
B. 2√2
C. 3√2
D. 4√2
3. 已知圆锥的侧面展开图是一个半圆，且圆锥的底面半径为1，则该圆锥的母线长为
( )
A. 1
B. 3
2
C. 2
D. 4
4. 已知向量a ⃗ =(4,2)，b ⃗ =(0,5)，则向量b ⃗ 在向量a
⃗ 上的投影向量为( ) A. (2,1) B. (−2,−1)
C. (209,10
9)
D. (6,3)
5. 已知在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，若sin 2A −sin 2B −sin 2C +
√2sinBsinC =0，则角A 的大小为( )
A. π
4
B. π
3
C. π
2
D. 3π
4
6. 已知复数z 的共轭复数是z −
，满足z(1+√3i)=2(i 为虚数单位)，则z −
的虚部为( )
A. −√3
2
i B. √3
2
i C. −√3
2
D. √32
7. 在平行四边形ABCD 中，点E 在线段DC 上，且2DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =EC
⃗⃗⃗⃗⃗ ，BE 与AC 的交点为F ，则向量DF ⃗⃗⃗⃗⃗ 等于( ) A. 1
3DC ⃗⃗⃗⃗⃗ −2
3
DA ⃗⃗⃗⃗⃗ B. 23DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +1
3
DA ⃗⃗⃗⃗⃗ C. 35DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +2
5
DA ⃗⃗⃗⃗⃗ D. 25DC ⃗⃗⃗⃗⃗ −3
5
DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 8. 如图，在四边形ABCD 中，BC =3，CD =DA =2√3，
CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =6，E ，F 分别为边BC ，CD 上的动点，且EF =2，则AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AF
⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为( )
A. 4
B. 5
C. 24
D. 25
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
9. 在复平面内有一个平行四边形OABC ，点O 为坐标原点，点A 对应的复数为z 1=1+
i ，点B 对应的复数为z 2=1+2i ，点C 对应的复数为z 3，则下列结论正确的是( )
A. 点C 位于第二象限
B. z 1+z 3=z 2
C. |z 1−z 3|=|AC|
D. z 1⋅z 3=z 2
10. 已知向量a ⃗ =(−1,1)，b ⃗ =(2,λ)，则下列叙述不正确的是( )
A. 若a ⃗ 与b ⃗ 的夹角为锐角，则λ>2
B. 若a ⃗ 与b ⃗ 共线，则λ=2
C. 若λ=2，则a ⃗ 与b ⃗ 垂直
D. 若λ<2，则a ⃗ 与b ⃗ 的夹角为钝角
11. 在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，若a =√3，且sinA +sin(B −C)−
2sin2C =0，则边c 的大小可能是( )
A. 1
B. 2
C. √3
D. 4
12. 已知某多面体的平面展开图如图所示，每个面都是边长为2的正三角形，则下列结
论正确的是( )
A. 该多面体的体积为8√2
3
B. 该多面体的外接球的表面积为8π
C. 该多面体的内切球的体积为8√6
27π
D. 该多面体的表面积为8
三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知圆柱的轴截面是面积为4的正方形，则此圆柱的体积为______ ． 14. 复数4+3i 与2−i 分别表示向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 与OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则表示向量BA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的复数为______． 15. 在△ABC 中，AB =5，AC =12，cos∠ABC =5
13，cos∠ACB =12
13，则BC 的值为______． 16. 已知a ⃗ ,b ⃗ 是两个平面向量，|b ⃗ |=2√2，且对任意t ∈R ，恒有|b ⃗ −t a ⃗ |≥|b ⃗ −a ⃗ |，
则|a ⃗ −b ⃗ |+|a ⃗ |的最大值是______．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17.已知向量a⃗=(√2,√2)，|b⃗ |=2，且(2a⃗+b⃗ )⋅b⃗ =8．
(1)设向量a⃗与b⃗ 的夹角为θ，求θ的值；
(2)若(a⃗+k b⃗ )⊥(b⃗ −a⃗ )，求实数k的值．
18.已知复数z1=c+2i，复数z2=1+di，其中i是虚数单位，c，d∈R．
(1)若c=2，d=1，求|2z1−z2|的值；
(2)若z12=z22，求c2+d2的值．
19.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=5，AB=5，
AA1=4，DG=BE=1，CF=2．
(1)求平面四边形AEFG的面积；
(2)求几何体ABCDEFG的体积．
20. 如图，在公园内有一块边长为100米的等边三角形空地(
记为△ABC)，现修成草坪，图中MN 把草坪分成面积相等的两部分，点M 在AB 上，点N 在AC 上． (1)若AM =75米，求AN 长；
(2)如果MN 是灌溉水管，为了节约成本，希望灌溉水管MN 最短，请确定点M ，N 的位置，并求MN 的最小值．
21. 如图，在△ABC 中，已知AB =5，AC =4且，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC
⃗⃗⃗⃗⃗ =16，2DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ． (1)求AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC
⃗⃗⃗⃗⃗ ； (2)设AD 与CE 交于点F ，求∠DFE 的余弦值大小．
22. 在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，已知2sinAcosB =sinC ，且边
BC 上的中线长为4． (1)证明：A =B ； (2)求△ABC 面积的最大值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：化简可得(1−i)2
=1−2i+i2=−2i
故选：C．
由完全平方公式展开化简可得．
本题考查复数的代数形式的运算，属基础题．
2.【答案】B
【解析】解：在△ABC中，BC=4，AB=AC=2√5，所以底边BC上的高为AO=√(2√5)2−22=4，
所以△ABC的面积为S△ABC=1
2
×4×4=8，
所以△ABC水平放置的直观图△A′B′C′的面积为S△A′B′C′=√2
4S△ABC=√2
4
×8=2√2．
故选：B．
求出△ABC的面积，利用平面图形水平放置的直观图面积与原图形的面积比为√2
4
，计算即可．
本题考查了平面图形水平放置的直观图面积与原图形的面积计算问题，是基础题．3.【答案】C
【解析】解：圆锥的侧面展开图是个半圆，且半圆的半径是母线长l，
半圆的弧长是πl，
由圆锥的底面圆周长等于侧面展开图的扇形弧长，
且圆锥的底面半径是r=1，
所以2πr=πl，
所以该圆锥的母线长为l=2r=2．
故选：C．
根据圆锥的侧面展开图是半圆，半圆的半径圆锥的母线长，半圆的弧长是圆锥底面的周
长，由此求出结果．
本题考查了有关扇形和圆锥的相关计算问题，解题的关键是圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；圆锥的底面周长等于侧面展开图扇形的弧长，是基础题．
4.【答案】A
【解析】解：向量a⃗=(4,2)，b⃗ =(0,5)，
则向量b⃗ 在向量a⃗上的投影为|b⃗ |cosθ=a⃗ ⋅b⃗
|a⃗ |=
√16+4
=√5；
所以向量b⃗ 在向量a⃗上的投影向量为√5
√16+4
×(4,2)=(2,1)．
故选：A．
根据平面向量的投影定义，结合向量的数量积，转化求解的投影和投影向量．本题考查了平面向量的投影和投影向量计算问题，是基础题．
5.【答案】A
【解析】解：因为sin2A−sin2B−sin2C+√2sinBsinC=0，
由正弦定理得，a2−b2−c2+√2bc=0，
由余弦定理得，cosA=b2+c2−a2
2bc =√2
2
，
因为A∈(0,π)，
所以A=π
4
．
故选：A．
由已知结合正弦定理及余弦定理可求cos A，进而可求A．
本题主要考查了正弦定理及余弦定理在求解三角形中的应用，属于基础题．6.【答案】D
【解析】解：z(1+√3i)=2(i为虚数单位)，
∴(1−√3i)z(1+√3i)=2(1−√3i)，
化为：4z=2(1−√3i)，
∴z=1
2−√3
2
i，z−=1
2
+√3
2
i，
则z −
的虚部为√3
2
，
故选：D ．
利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出．
本题考查了复数的运算法则、共轭复数与虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：如图所示，
因为2DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =EC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =23DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 在平行四边形ABCD 中，AB//CD ，
所以EC AB =CF AF =2
3，所以CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =25
CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 所以DF ⃗⃗⃗⃗⃗
=DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +25CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +25(DA ⃗⃗⃗⃗⃗ −DC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=25DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +3
5DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 故选：C ．
由已知可得EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，又AB//CD ，则可得CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =25CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，然后利用三角形法则即可求解． 本题考查了平面向量基本定理的应用，涉及到平行线段成比例的性质，考查了学生的运算能力，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：设EF 的中点为M ，连接CM ，∵CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即CE ⊥CF ，∴CM =1．
可得M 的轨迹是以C 为圆心，以1为半径的一段圆弧， 连接AC ，AM ，
则AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2
=(DC ⃗⃗⃗⃗⃗ −DA ⃗⃗⃗⃗⃗ )2=|DC ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|DA ⃗⃗⃗⃗⃗ |2−2DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =12+12+12=36， ∴|AC
⃗⃗⃗⃗⃗ |=6． AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −12EF ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12EF ⃗⃗⃗⃗⃗ )=AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2
−1
4
EF
⃗⃗⃗⃗⃗ 2
， ∵|AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |≥|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |−1=5， ∴AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ≥25−14
×4=24，
即AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为24． 故选：C ．
设EF 的中点为M ，连接CM ，可得CM =1，连接AC ，AM ，由已知求得|AC
⃗⃗⃗⃗⃗ |=6，再由AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −12EF ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12EF ⃗⃗⃗⃗⃗ )=AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2
−14
EF
⃗⃗⃗⃗⃗ 2
及|AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |≥|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |−1=5，即可求得AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AF
⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值． 本题考查平面向量的数量积运算，考查化归与转化、数形结合思想，考查灵活变形及运算求解能力，是中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：如图，
由题意，O(0,0)，A(1,1)，B(1,2)， ∵OABC 为平行四边形，则C(0,1)， ∴z 3=i ，点C 位于虚轴上，故A 错误； z 1+z 3=1+i +i =1+2i =z 2，故B 正确； |z 1−z 3|=|1+i −i|=1=|AC|，故C 正确； z 1z 3=(1+i)i =−1+i ≠z 2，故D 错误． 故选：BC ．
由题意画出图形，求出C 的坐标，得到z 3，然后逐一分析四个选项得答案． 本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查数形结合思想，是基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：∵向量a ⃗ =(−1,1)，b ⃗ =(2,λ)，若a ⃗ 与b ⃗ 的夹角为锐角，则a ⃗ ⋅b ⃗ >0，即−2+λ>0，求得λ>2，故A 正确；
若a ⃗ 与b ⃗ 共线，则2−1=λ
1，则λ=−2，故B 错误；
若λ=2，∵a⃗⋅b⃗ =−2+λ=0，故a⃗与b⃗ 垂直，故C正确；
若λ<2，则a⃗⋅b⃗ =−2+λ<0，则a⃗与b⃗ 的夹角为钝角或平角180°，故D错误，
故选：BD．
由题意利用两个向量平行、垂直的性质，两个向量的夹角，得出结论．
本题主要考查两个向量平行、垂直的性质，两个向量的夹角，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：因为sinA+sin(B−C)−2sin2C=0，
所以sin(B+C)+sin(B−C)−2sin2C=0，
整理得2sinBcosC=4sinCcosC，
所以C=90°或sinB=2sinC，
当C=90°时，a=√3，c>√3，B，D符合题意；
当sinB=2sinC，即b=2c时，对应A：c=1，b=2，a=√3构成直角三角形，符合题意；
对应C：a=c=√3，b=2√3构不成三角形，不符合题意．
故选：ABD．
由已知结合三角形诱导公式及和差角公式进行化简，然后结合选项及三角形两边之和大于第三边分别检验各选项即可判断．
本题主要考查了和差角公式，正弦定理，三角形大边对大角，属于中档题．
12.【答案】ABC
【解析】解：如图所示，该多面体
是每个面都是正三角形的正八面体，
其中四棱锥P−ABCD和四棱锥
Q−ABCD都是正四棱锥，
所以四边形ABCD是正方体，且
PO⊥平面ABCD，
V
八面体=2V P−ABCD=2⋅1
3
⋅S ABCD⋅
PO
=2⋅1
3⋅2⋅2⋅√22−(√2)2=
8√2
3
，故A 正确；
连接AB ，CD ，PQ ，三条直线相交于点O ， 因为OA =OB =OC =OD =OP =OQ =√2，
所以O 为正八面体的外接球球心，且外接球的半径为√2， 故S 外接球=4π⋅(√2)2=8π.故B 正确；
正八面体内切球的半径即点O 到平面ABP 的距离，设为r ， 则V O−ABP =V P−AOB ⇔1
3⋅√3
4⋅22⋅r =13⋅1
2⋅(√2)2⋅√2，解得r =√6
3，
故V 内切球=4
3
π⋅(√6
3
)3=
8√627，故C 正确；
S 八面体=8S △ABP =8⋅√34
⋅22=8√3，故D 错误．
故选：ABC ．
根据条件，可知该几何体是每个面都是正三角形的正八面体，然后依次判断各个选项即可．
本题考查几何体体积，外接球和内切球问题，考查的核心素养为直观想象和数学运算，属于难题．
13.【答案】2π
【解析】解：∵圆柱的轴截面是面积为4的正方形， ∴圆柱的底面半径为1，高为2． ∴圆柱的体积V =π×12×2=2π． 故答案为：2π．
根据轴截面为正方形可知圆柱的底面半径为2，高为4． 本题考查了圆柱的结构特征，体积计算，属于基础题．
14.【答案】2+4i
【解析】解：∵OA
⃗⃗⃗⃗⃗ =4+3i ，OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2−i ， ∴BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ −OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4+3i)−(2−i)=2+4i ， 即表示向量BA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的复数为2+4i ． 故答案为：2+4i ．
由已知直接利用向量的减法运算求解．
本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查向量的减法运算，是基础题．
15.【答案】13
【解析】解：由题意得，c =5，b =12，cosB =5
13，cosC =12
13， 所以sinB =12
13，sinC =5
13，
所以sinA =sin(B +C)=sinBcosC +sinCcosB =12
13×12
13+5
13×5
13=1， 所以A =π
2，a =√b 2+c 2=13． 故答案为：13．
由已知结合和差角及同角基本关系可求A =90°，然后结合勾股定理可求． 本题主要考查了同角基本关系及和差角公式，属于基础题．
16.【答案】4
【解析】解：∵对任意t ∈R ，恒有|b ⃗ −t a ⃗ |≥|b ⃗ −a ⃗ |，∴向量b ⃗ 的终点到向量a ⃗ 所在直线的距离最短．∴a ⃗ ⊥(b ⃗ −a ⃗ ).
设|a ⃗ |=x ，|b ⃗ −a ⃗ |=y ，则x 2+y 2=(2√2)2=8，
∴|a ⃗ −b ⃗ |+|a ⃗ |=x +y =√(x +y)2=√x 2+y 2+2xy =√8+2xy ≤√8+x 2+y 2=4，
当且仅当“x =y ”时“=”成立．∴最大值为4． 故答案为：4．
由向量加法几何意义和基本不等式可解决此题．
本题考查向量加法几何意义、基本不等式、数形结合思想，考查数学运算能力及直观想象能力．
17.【答案】解：(1)∵设向量a ⃗ 与b ⃗ 的夹角为θ，∵向量a ⃗ =(√2,√2)，|b
⃗ |=2， 且(2a ⃗ +b ⃗ )⋅b ⃗ =8=2a ⃗ ⋅b ⃗ +b ⃗ 2
=2×2×2cosθ+4，∴cosθ=1
2，∴θ=π
3． (2)若(a ⃗ +k b ⃗ )⊥(b ⃗ −a ⃗ )，则(a ⃗ +k b ⃗ )(b ⃗ −a ⃗ )=(1−k)a ⃗ ⋅b ⃗ −a ⃗ 2+k b ⃗ 2=(1−
k)×2×2×cosπ
3
−4+4k=0，
∴k=1．
【解析】(1)由题意利用两个向量的数量积的定义，求得θ的值．
(2)由题意利用两个向量垂直的性质，求得k的值．
本题主要考查两个向量的数量积的定义，两个向量垂直的性质，属于基础题．
18.【答案】解：(1)c=2，d=1时，
2z1−z2=4+4i−(1+i)=3+3i，
∴|2z1−z2|=√9+9=3√2．
(2)∵z1=c+2i，复数z2=1+di，z12=z22，
∴c2+4ci+4i2=1+2di+d2i2，即c2−4+4ci=1−d2+2di，
∴{c2−4=1−d2
4c=2d
，
∴c2+d2=5．
【解析】(1)c=2，d=1时，求出2z1−z2=3+3i，由此能求出|2z1−z2|.
(2)由z12=z22，得c2−4+4ci=1−d2+2di，由此利用复数相等的定义能求出c2+d2．本题考查复数的运算，考查复数运算法则、复数相等的定义等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题．
19.【答案】解：(1)在平面CC1D1D中，过G作GM⊥C1C，
由DG=1，CF=2，可得FM=1，在Rt△GMF中，求得GF=√52+12=√26，
在Rt△ABE中，求得AE=√26，则AE//GF且AE=GF，
∴四边形AGFE为平行四边形．
又AG=√AD2+DG2=√52+12=√26，AF=√AC2+CF2=√(5√2)2+22=3√6，
在△AGF中，可得cos∠AGF=
2×√26×√26=−1
26
，
∴sin∠AGF =√1−(−126)2=
15√326
．
∴平面四边形AEFG 的面积S =AG ⋅GF ⋅sin∠AGF =√26×√26×
15√326
=15√3；
(2)几何体ABCDEFG 的体积V =V A−DCFG +V A−BCFE ==2×1
3×1
2×(1+2)×5×5=25．
【解析】(1)证明四边形AEFG 为平行四边形，求出∠AGF 的余弦值，进一步得到正弦值，利用平行四边形面积公式求解；
(2)把几何体ABCDEFG 的体积转化为两个全等的四棱锥的体积求解．
本题考查长方体截面四边形面积的求法，考查多面体体积的求法，考查空间想象能力与运算求解能力，是中档题．
20.
【答案】解：(1)由AM =75，S △AMN =1
2S △ABC =1
2×1
2×10×10×sin60°=1250√3， 设AN =a ，则S △AMN =1
2×75×a ×sin60°=1250√3， ∴a =
2003
，即AN 的长为
2003
．
(2)设MN =y ，AM =x ，
在△AMN 中由余弦定理可得y 2=x 2+AN 2−2xANcos60°， 又S △AMN =1
2xANsin60°=1250√3，∴AN =5000x
，
∴y 2=x 2+(
5000x )2
−5000，
∴y =√x 2+(
5000x
)2
−5000≥√2×5000−5000=50√2，
当且仅当x 2=(
5000x
)2
，即x =50√2时取等号；
即当M ，N 分别在AB ，AC 上距离A 点50√2米时MN 距离最小，最小值为50√2．
【解析】(1)利用题中的条件三角形△AMN 的面积是三角形△ABC 面积的一半，即可解出；
(2)设AM =x ，则利用三角形△AMN 的面积是三角形△ABC 面积的一半，可将AN 的长度用x 表示出，再利用余弦定理即可解出．
本题考查了函数模型的实际应用，学生的数学运算能力，解三角形，属于基础题．
21.【答案】解：(1)因为CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AC
⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =16−16=0， 所以CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AC
⃗⃗⃗⃗⃗ ， 因为2DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，所以AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +13
CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +13CB ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2
+13CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2
=16． (2)因为AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +12CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 而AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +13
CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(12CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +12CB ⃗⃗⃗⃗⃗ )(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +13CB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=−12CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2
+16CB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2
=−132， 所以cos∠DFE =CE
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |CE
⃗⃗⃗⃗⃗ ||AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=−
13
2
5
2
⋅√17
=−
13√17
85
．
【解析】(1)由向量的线性运算及向量的数量积运算即可求得可得AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ； (2)由向量的数量积运算及夹角公式即可求解∠DFE 的余弦值．
本题主要考查向量的线性运算及平面向量的数量积运算，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】证明：(1)因为2sinAcosB =sinC =sin(A +B)=sinAcosB +sinBcosA ，
所以sinAcosB −sinBcosA =0，即sin(A −B)=0， 所以A =B ；
解(2)：由(1)a =b ，取BC 的中点D ，
△ABD 中，由余弦定理得，c 2=AD 2+(a
2)2−2AD ⋅a
2cos∠ADB ， △ACD 中，由余弦定理得，b 2=AD 2+(a
2)2−2AD ⋅(a
2)cos∠ADC ， 因为∠ADB +∠ADC =π， 两式相加得，c 2+b 2=2AD 2+a 22
，
即a 2+2c 2=64，
由0<c 2<32，a 2=64−2c 2>0， S △ABC =c
2⋅√a 2−
c 24
=14√c 2(4a 2−c 2)=1
4√−9(c 2−
1289
)2
+(
1283
)2
≤14×
1283
=
323
，
所以△ABC 面积的最大值32
3．
【解析】(1)由已知结合和差角公式进行化简即可证明；
(2)由已知结合余弦定理及诱导公式进行化简，然后结合三角形面积公式及二次函数的性质可求．
本题主要考查了和差角公式，余弦定理，三角形面积公式及二次函数的性质在求解最值中的应用，属于中档题．。