2022-2023学年福建省福州四十中高一（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年福建省福州四十中高一（下）期末数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.若落坂是两个单位向量，则下列结论中正确的是（）

A.a=KB.a2=b2C.a//bD.a.K=1

2.已知复数（1—，37）z=「+i,其中i为虚数单位，则|z|=（）

A.IB：C.1D.2

3.在AABC中，s讥4sinB：sinC=3：5：7,则cosC的值为（）

A.-2B.0C.D.3

4.在空间中，下列说法正确的是（）

A.垂直于同一直线的两条直线平行B.垂直于同一直线的两条直线垂直

C.平行于同一平面的两条直线平行D.垂直于同一平面的两条直线平行

5.如图①，普通蒙古包可近似看作是圆柱和圆锥的组合体；如图②，已知圆柱的底面直径

AB=16米，AD=4米，圆锥的高PQ=6米，则该蒙古包的侧面积约为（）

D.144兀平方米

6.下列等式不正确的是（）

1

1

2

A.cosl50sinl50=-4B.sin22°sin38°—cos220sin52°=

C_/■-DI_1—cos30°V~6-V~2

•l—tanl5°°«2—4

7.如图，在三棱锥A-BCD中，AB=AC=AD=2,AB1AC,A

AD，平面ABC,E为CD的中点，则直线BE与4D所成角的余弦值为

（）

c.一

D-l

8.如图，在直角坐标系内，角a的终边与单位圆交于点

0P1逆时针旋转亨得。P2，。22逆时针旋转g得。23，…，OPn-1逆

时针旋转百得。匕，则点「2024的横坐标为（）

A4+30

3+4口

B.

-io-

「4-3<3

*-10-

D.

10

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.设Z「Z2是复数，则下列命题中正确的是（）

A.若zi是纯虚数，则黄>0

B.若㈤叱㈤,贝3•Zi=Z2•Z2

C.若复数Z1满足㈤=1,则区+24的最大值为3

D.若z年+Z2=0,则Z1=z2=0

10.函数/'（%）=Asin｛（i）x+<p）（X>0,3>0）的部分图象如

图所示，则下列说法中正确的是（）

A./（x）的最小正周期是2兀

B.a的值为

C.f（x）在［-需，-软上单调递减

D.若fQ+t）为偶函数,则用最小值为弱

11.如图，已知正方体48CD—AiBiGDi的棱长为1,。为底面

4BCD的中心，4的交平面&BD于点E,点F为棱CD的中点，则

（）

A.E,。三点共线

B.三棱锥4-BCD的外接球的表面积为3兀

C.直线41c与平面&BD所成的角为45。

D.过点4,B,F的平面截该正方体所得截面的面积为看

O

12.已知△中，内角4,B,C所对的边分别为a,b,c,且c=V10,bcosC+ccosB=2.

若点P是边BC上一点，Q是AC的中点，点。是△ABC所在平面内一点，瓦？+2OB+3OC=0,

则下列说法正确的是（）

A.若（通+刀）•瓦:二。，贝ij|同+》|=6

B.若德在方方向上的投影向量为方，则两的最小值为挈

C.若点P为BC的中点，则2加+而=6

D.若（篇+^）-BC=0,则说.（AB+而）为定值18

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.已知复数z=l-2i,其中i为虚数单位，若z,z2在夏平面上对应的点分别为M,N,则

线段MN长度为.

14.已知轮船4和轮船B同时离开C岛，4船沿北偏东30。的方

向航行，B船沿正北方向航行（如图）.若4船的航行速度为

60nmile/h,1小时后，B船测得4船位于B船的北偏东45。的

方向上，则此时4B两船相距nmile.

15.已知向量五=(3sina,-2),b=(1,1-cosa)>若反]=一2，则tcm2a=

16.已知正四棱锥的侧棱长为小石，其顶点均在同一个球面上，若球的体积为36兀，则该正

四棱锥的体积为.

四、解答题(本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

17.(本小题10.0分)

已知/Q)=sin(兀-2x)+sin(2x-》

(1)化简/(%)并求函数/(%)图象的对称轴方程；

(2)当xe［上弱时,求函数/(%)的最大值、最小值及对应的工值.

18.(本小题12.0分)

在AABC中，内角的对边分别为a,6,c,S为AABC的面积，且s=-^(a2+c2-b2).

(1)求角B的大小；

(2)若b=2/7,S=2，7,BD平分乙4BC,交XC于点D,求BD的长.

19.(本小题12.0分)

如图，是。。的直径，P4垂直于O。所在的平面，C是圆周上不同于4B的一点，E,F分

别是线段P8,PC的中点，AB=10,PC=12,"PC=30°.

(1)求证：BC〃平面AEF；

(2)求证：BC_L平面P4C；

⑶求点P到平面4EF的距离.

20.(本小题12.0分)

如图，在菱形48C0中，E是CD的中点，4E交BD于点F,设荏=洒AD=b.

(1)用向量区石表示荏和万昼

(2)若4。=2,/.BAD=60°,求COSNAFB.

E

21.(本小题12.0分)

...-1

如图，在四棱锥P—中，平面PAD1平面ABC。,BC//平面PAD,8c=^AD,^ABC=90°,

E是PD的中点.

(1)求证:BC//AD；

(2)求证：平面P4B_L平面PAD；

(3)若M是线段CE上任意一点，试判断线段4。上是否存在点N,使得MN〃平面P4B?请说明

理由.

22.(本小题12.0分)

△ABC中，AB=1,BC=C，。为AC上一点，AD=2DC,AB1BD.

(1)请画出大致图形，求8。的长度；

(2)四边形ABPD的四顶点共圆，求PB+2PD的取值范围.

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：落石是单位向量，方向可能不同，・•・4CD都错误；

五2=1,b=1，,,,a2=b,B正确.

故选：B.

单位向量的长度为1,但五万的方向可能不同，从而判断4CD都错误，从而只能选B.

本题考查了单位向量的定义，向量数量积的计算公式，考查了计算能力，属于容易题.

2.【答案】C

【解析】解：(1—V3i)z=V-3+i>

则2=m=止浮=3

1—1—V5t

故|z|=1.

故选：C.

根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数模公式，即可求解.

本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题.

3.【答案】A

【解析】解：sinA：sinB：sinC=3：5：7,

二由正弦定理可得a：b：c=3：5：7,

3b7b

CL=—fC=—,

r9人2?49b2

由余弦定理可得cosC=四*=铝尹=-i.

2ab2x等xb2

故选：A.

由正弦定理可得a：b：c=3：5：7,进而可用b表示a,c,代入余弦定理化简可得.

本题考查正、余弦定理的应用，用b表示a,c是解决问题的关键，考查了转化思想，属于基础题.

4.【答案】D

【解析】解：垂直于同一直线的两条直线的位置关系有：平行、相交和异面，4、B不正确;

平行于同一平面的两条直线的位置关系有：平行、相交和异面，C不正确；

根据线面垂直的性质可知：D正确；

故选：D.

根据空间中线、面的位置关系理解判断4B、C,根据线面垂直的性质判断D.

本题考查线面平行或垂直的判断方法，属于基础题.

5.【答案】D

【解析】解：依题意得，

圆柱的侧面积Si=2兀x(|XB)x/ID=2?rx1x16x4=64兀，vDC=AB=16,QC=|DC=

^1X16=8,

在RMPQC中，PC=7PQ2+QC2=V62+82=10,

-1-1

圆锥的侧面积S2=-xPCx27TxQC=-x10x27Tx8=80TT,

二该蒙古包的侧面积S=Si+S2=64兀+80兀=144兀，

故选：D.

首先根据圆柱的侧面展开图为长方形求出圆柱的侧面积，再根据圆锥的侧面展开图为扇形求出圆

锥的侧面积，进而得到蒙古包的侧面积.

本题考查了圆柱和圆锥侧面积的计算，属于基础题.

6.【答案】B

11

【解析】解：对于4sml5°cosl5°=-sin30°=故A正确;

对于B,sin22°sin380-cos22°sinE>2°=sin220cos520-cos220sin520=sin(22°-52°)=

—sin30°=-故2错误;

2工厂l+tanlS°tan45°+tanl5°以44r小/垓

对于C'1315。=1皿45在加15。=°即60。=「,故C正确;

对于D,1-笠30。=sin215o=s讥15。=sin(45°-30°)，

=s讥45%OS30。-cos45°s讥30。=还产,故°正确.

故选：B.

根据二倍角的正弦公式即可判断a；根据两角差的正弦公式，即可判断B；根据两角和的正切公式

即可判断C；根据二倍角的余弦公式结合两角差的正弦公式即可判断D.

本题主要考查二倍角的三角函数，属于基础题.

7.【答案】A

【解析】解：因为力D1平面ABC,ABu平面ABC,ACu平面ABC,

所以401AB,ADLAC,

又AB1AC,

所以a。，AB,4c两两垂直，且A8=aC=aD=2,

所以BC=CD=BD=2C，

取AC的中点F,连结EF,BF,

因为E,F分别为CD,AC的中点，

所以E/7/4D,

所以直线BE与4。所成角为NBEF或其补角，

又BE=2cxy=V_6,BF=722+12=工,EF=1,

所以△BEF中，根据余弦定理cos/BEF=BE?+EF2-BF?==£6.

2BE・EF2XAT6X16

故选：A.

根据线面垂直的性质定理及异面直线所成角的定义，结合勾股定理及余弦定理即可求解.

本题考查了异面直线所成角的求法，重点考查了异面直线所成角的作法，属基础题.

8.【答案】D

【解析】解：由题意，P1（cosa,sina'）,故P2（）24（cos（a+型|型）,sin（a+型|即）），

由诱导公式且a+型券=674兀+a+热有P2024（cos（a+款sin（a+金），

即点P2024的横坐标为cos（a+g）=cosacos^—sinasin^=|X||Xy=3

故选：D.

根据余弦值的定义，结合诱导公式和两角和的余弦公式，即可求解.

本题考查了三角函数的诱导公式，两角和的余弦公式，考查了计算能力，属于基础题.

9.【答案】BC

【解析】解：对于4因为zi是纯虚数，所以设Zi=bi(b€R,b40),

则/=—匕2<0,所以A错误，

对于B,设z1=a+bi,z2=c+di^a,b,c,dER),因为|z/=氏|,所以a2+炉=c2+d?,

2222

因为Z[•Z]=(a+bi)(a—bi)=a+b>z2-z2=(c+di)(c—di)=c+d>所以z1•z】=z2•z2，

所以B正确，

对于C,设Z]=a+bi(a,beR),由|z/=1,得。2+炉=1,则可得-iWaWL

所以|zi+2i|=Ja2+(b+2==Va2+b2+4b+4=V5+4/?<3,b=1时取等号，所以C

正确，

对于D,当Z]=1,Z2=i时，此时z£+z/=0,故。错误.

故选：BC.

A.设Zi=bi(beR,b40),利用复数的运算概念，即可判断;

■8.设Zi=a+bi,z2=c+di(a,b,c,dG/?),根据共轨复数，以及运算，即可判断；

C根据复数模的公式，即可参数发取值范围，即可判断；D举反例，即可判断选项.

本题主要考查复数的四则运算，以及复数的性质，属于中档题.

10.【答案】ACD

【解析】解：对于4由f(x)的部分图象知，4=2,最小正周期为7=与冶=2兀，所以4选项

正确；

由于3=y=1,则F(x)=2sin(x+平),由图知%)=偌),

71.57r

所以该函数图象的一条对称轴为X=11五=",

212

将虑,2)代入/(%)=2s皿％+0),得出得+0=与+2Mr(kEZ),解得9=一卷+2左兀(々eZ),

所以f(%)=2sin(x-"+2k兀)=2sin(x-")，

所以a=f②=2sin(^一患)=2s呜=V-2,所以B选项错误；

令2/OT+^<x-<2k兀+苧(keZ),解得2/C7T+<X<2/OT+(fcSZ).

当k=-1时，/(x)在[-箸，—言]上单调递减，所以C选项正确；

若/(%+t)为偶函数，贝疗。+t)=2sin(x+t-*)为偶函数，

所以t—工="+其kez),解得1.(kez),

则当k=—1时，田取最小值，最小值为招，所以。选项正确.

故选：ACD.

A中，看函数的图象求周期即可；

B中，求出/■(%)的解析式，再求a；

C中，求出f(x)的减区间，再作出判断即可；

。中，求出/(x+t)为偶函数时t的取值，再求出用的最小值.

本题考查了函数y=4s讥(3X+0)的图象与性质应用问题，也考查了推理与判断能力，是中档题.

11.【答案】ABD

【解析】解:。为底面48CD的中心，;。为BD和4C的中点，则。eBD,

0GAC,

BDu平面4/D,ACu平面4"出，

二。6平面4遇£),。€平面ACC14,

则点。是平面4BD与平面4CC14的公共点，

4是平面&BD与平面4CC1&的公共点；

,•TC1交平面于点E,AQu平面"前4，

E也是平面4BD与平面4CC1&的公共点，

.­•AltE,。三点都在平面&BD与平面4CG4的交线上,

即41，E,。三点共线，故A正确；

三棱锥&-BCD的外接球和正方体是同一个外接球，棱长为1,2R=

VI2+I2+I2=A/-3,

得/?=?，则外接球的表面积S=4TTR2=3兀，故3正确；

C]C_L平面4BCD,BDu平面BD1QC,

y,BD1AC,acnCiC=C,AC,u平面ACCIA，

BD1•平面而BDu平面力1BD,可得平面4BD1平面ACC14,

又平面C平面ACCiA=A10,&C在平面&BD的射影为40,

即直线&C与平面&BD所成的角为NC&O,

22

VArC=C，OC=?，Ar0=7ArB-BO=J2-g=?，

.•.c°s“4°=唱骑>=学力殍,故C错误；

ZX/1]UXZ11tlJz

取。1。的中点G,连FG,GAr,BF,ArB,

•••尸6〃。5〃4/，.•.等腰梯形&BFG就是过点&,B,F的平面截该正方体所得截面，

---A^B—A/~2,FG——^―>A-^G=BF=>

.・.等腰梯形&BFG的高为h=J&G2—=亨，

二等腰梯形&BFG的面积为/(4/+FG)-h=J(6+¥)x手=2,

LL248

即过点4,B,F的平面截该正方体所得截面的面积为]故。正确.

O

故选：ABD.

由题意可证得&,E,。三点都在平面4BD与平面4CC14的交线上，可判断4；由题意可证得BD1

平面4CC14,从而BD14C1，可判断B；由题意可证得BD_L平面4CC14,则直线&C与平面4/。

所成的角为NC&O,根据余弦定理，求解可判断C；取的中点G,因为FG“CD、〃A\B,所以

等腰梯形48FG就是过点B,F的平面截该正方体所得截面，求出面积可判断D.

本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与平面的位置关系，训练了多面体外接球表面

积的求法，考查运算求解能力，是中档题.

12.【答案】ACD

【解析】解：如图，设BC的中点为E,连接QE,

bcosC+ccosB=2,由余弦定理可得:

,a2+b2—c2a2+c2—b2

b-^^+c-^^=n2'

2a2_?.„_2

-------4,,,LC—乙,

2a

又市+2而+3历=0,.-.OA+OC=-2(OB+OC),

•­•2~0Q=-2x(2两，0Q=-20E,

对4选项，(AB+IC)-BC=0.2AE-BC=0.

•••AE1BC,

[1

又E为中点，・,・BE=-BC=-a=1,又AB=c=N10,

・•.AE=VAB2-BE2=V10-1=3,

：.\AB+AC\=\2AE\=6,故A选项正确；

对B选项，•.•德在方方向上的投影向量为通，

.■.ABLBC,又Q是4C的中点，P在BC上，

.•.当PQLBC时,PQ最小，

此时PQ=：4B=^,故B选项错误；

对C选项，若点P为BC的中点，即P与E点重合，

■■-0Q=-2OF,■■~0Q=-2OP,2OP+OQ=0,故C选项正确;

•••AABC是以BC为底边的等腰三角形，

•••AE1BC,又由4选项分析知4E=3,

・•・根据向量数量积的几何意义知布•荏=\AE\2=9.

AP■(AB+AC)=AP-(2AE)=2AP-AE=2x9=18,故D选项正确.

故选：ACD.

设BC的中点为E,先根据余弦定理化简已知条件得a=2,再由61+2福+3云=0得的=

-2OE,接着再根据向量的线性运算，向量垂直的性质，投影向量的定义，向量数量积的几何意

义即可求解.

本题考查余弦定理，向量的线性运算，向量垂直的性质，投影向量的定义，向量数量积的几何意

义，属中档题.

13.［答案］2-x/-5

【解析】解：z=l-2i,则“(1,一2),z2=(l-2i)2=-3-4i,则N(—3,-4),

所以线段MN的长度J(1+3尸+(—2+4产=2AT5.

故答案为：2，石.

根据复数的几何意义，写出点M,N,再根据两点间距离公式，即可求解.

本题主要考查复数的几何意义，属于基础题.

14.【答案】30，至

【解析】解：由题设，CA=60nmile,且乙4BC=135。，

由正弦定理有•可得48=30yT~2nmile-

sinz.BCAsinz.ABCsin30°sinl35

故答案为：30c..

由题意，△ABC中，AC=30nmile,zC=30°,NB=135。，由正弦定理可得48.

本题考查利用数学知识解决实际问题，考查正弦定理的运用，比较基础.

15.【答案】一当

【解析】解：a-b=3sina—2(1—cosa)=—2,得tcma=—|,

八2tana

tanza=----厂=——12.

1—tana5

故答案为：-茅

根据数量积公式求得tcma=-|,再根据二倍角的正切公式，即可求解.

本题主要考查二倍角的三角函数，属于基础题.

16.【答案】y

【解析】解：如图，ACHBD=H,连结PH,贝1JPH，平面4BCD,

四棱锥外接球的球心在P"上，设为点。，连结。B,

因为球的体积P=^nR3=36兀，所以R=3,

设四棱锥的底面边长为a,则=贝16-包,

△OB“中，O"2+BH2=OB2,即(J6—^_3)2+曰=9，

解得：a=CU，则P"=l,

则四棱锥的体积U=|xa2xPW=y.

故答案为：-y.

首先根据正四棱锥的性质，确定球心的位置，再根据几何关系建立方程，即可求解.

本题考查正四棱锥的体积的求解，化归转化思想，属中档题.

17.【答案】解：(1)/(%)=sin(7r—2%)+sin(2x—^)=sin2x-cos2x=V~^sin(2%—7),

L4

令2万一.=k兀+](keZ),得比=?+胡(keZ)，

所以函数f(x)图象的对称轴方程为：X=y+^(fcGZ).

(2)由(1)得/(%)=sin(2x-今，

因为xe冷手，故2%_江百争，

所以，当2x-；=宏即无=等时，函数/(%)取最大值，攵；

当2%—R季即％=牛时，函数;'(X)取最小值—L

【解析】(1)利用诱导公式及辅助角公式即可化简/(乃，利用三角函数的性质即可求解对称轴方程;

(2)根据角的范围，利用三角函数的性质即可求得答案.

本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的图象与性质，考查运算求解能力，属于中档题.

18.【答案】解：(1)由余弦定理得小+c2-b2=2accosB,

又S=—华(a2+c2—h2)=acsinB，

4L

・•.x(2accosB)=gacsinB，整理得tcmB=—V~3,

4L

217"

又B6(0,7T),AB=y.

(2)•・•△ABC的面积为S=2「，且8=与，

—CLCSITIB=-—CLC—2A/_3,***ac=8,

Z4

又由余弦定理得/=a2+c2—laccosB,即28=a2+c2+ac,

则(a+c)2=28+ac=36,即a+c=6,

7T

abd

S=S〉ABD+S"CD，^=乙CBD=

27-3=3BDxcsin^+Xasin^f

2yl3=BDX(c+a)=BD，

4L

4

BD=土

【解析】(1)根据题意，由余弦定理及三角形面积公式可得出tanB,从而可求出8；

(2)根据S=2/豆及余弦定理可得出a+c=6,然后由S=SMBD+SABCD，结合三角形面积公式

求解.

本题考查了解三角形问题，涉及到正余弦定理的应用，考查了学生的运算能力，属于中档题.

19.【答案】解：(1)证明：因为E,F分别是线段PB,PC的中点，所以BC〃EF,

又EFu平面4EF,XCB\cancelc^-^AEF,所以BC//平面AEF；

(2)证明：因为P4垂直于O。所在的平面，BC包含于。。所在的平面，

所以PA1BC,

因为C是圆周上不同于4B的一点，所以AC1BC,

又PACAC=4PA,"u平面PAC,所以BC_L平面PAC；

(3)又BC〃EF,所以EF_L平面P4C,所以EFJ.AF,

PC=12,ZXPC=30°,所以AC=PCs讥30°=6,PA=PCcos30°=6AT3,

BC=VAB2—AC2=8,EF==4,

又因为zpac=90。，尸是线段PC的中点，所以aF=gpc=6,

1

所以S-IEF=/X4X6=12,

设点P到平面/EF的距离为历

所以4-4EF=5sMEF,h=4/l,

^E-APF=§SAAPF•EF=gx；SAAPC.EF=12AT3,

又VETPF=Vp-AEF^所以点p到平面4EF的距离为3，？.

【解析】(1)利用中位线，得到线线平行，即可证明.

(2)根据线面垂直的判断定理，转化为线线垂直，即可证明；

(3)利用等体积法，/TPF=/YEF，即可求点面距离.

本题考查了空间点线面位置关系，考查了等体积法求距离，属于中档题.

20.【答案】解：⑴在菱形4BCD中，E是CD的中点，AB//CD,则黑=喘=〈，

br/\DZ

所以亦=2前，砺=2希，

则荏=AD+DE=AD+g荏=^a+b,

DF=1(AB-XD)=1a-1b；

(2)因为在菱形4BCD中，E是CD的中点，且2。=2,/.BAD=60°,

所以而=2DF=_|历+|前，

则需=而+函=-|AD+|AB+B!=-|AD-|AB,

所以襦•丽=(-|^D•(-|X5+|^4B)-|^B2-|X\AD\\AB\COS60°

4c2c24

=^X22-^X22-^X2X2cos60。=氤

且|而|=J(-|x5+|lB)2=J+^ZB2-1|ZD||XB|cos60°=

|FB|=J(-|ID-|AB)2=J^AD2+ilB2+^|AD||XB|cos600=宇

所以cosNAFB=上空.==工.

7/1八|F?1||FB|'亨14

【解析】⑴在菱形48CD中，根据E是CD的中点，DC//AB,器=器=9,结合向量的线性运算

可得答案；

(2)用血,荏表示向量而，刀,然后分别求得A5-FB,\FB\,\~FA\,再由平面向量的夹角公式求解.

本题考查了平面向量基本定理的应用，考查了学生的运算能力，属于中档题.

21.【答案】解：(1)证明：・•・BC/mPAD,BCu平面ABC。，

平面PADC平面2BCD=AD,

所以BC〃4D.

(2)证明：因为平面24。，平面48CD,平面PADC平面4BCD=

AD,

因为乙4BC=90°,BC//AD,则B41AD,所以BA1平面PAD,

又因为BAu平面P2B,

所以平面PAB_L平面PAD.

(3)当N为2D中点时，MN〃平面P4B.

证明：取4。的中点N,连接CN,EN,E,N分别为PD,2。的中点，所以EN//PA,ENC平面24B,

PAu平面P4B,所以EN〃平面PAB,

又因为BC=2A“，BC//AD,所以四边形4BCN为平行四边形，

所以CN〃4B,CNC平面PAB,ABu平面P48,所以CN〃平面P2B,CNnNE,所以平面CNE//

平面PAB,又因为MNu平面CNE,所以MN〃平面P4B.

线段4。上存在点N,使得MN〃平面P48.

【解析】(1)由线面平行的性质定理即可证明.

(2)由面面垂直的性质定理证得BA1平面PAD,又因为BAu平面所以平面PAB1平面P2D.

(3)取AD的中点N,连接CMEN,由线面平行的判定定理证明EN〃平面PAB,CN〃平面P4B,

所以平面CN£7/平面248,再由面面平行的性质定理可证得MN〃平面P2B.

本题考查直线与平面的位置关系，涉及直线与平面平行的判断和性质的应用，属于基础题.

22.【答案】解：(1)设4D=2x,DC=x,则BD=-4/一i,

因为cos乙4DB+cosZ-BDC=0,