四川省成都市某中学2023-2024学年高一年级下册7月期末考试数学试题（含答案解析）

四川省成都市树德中学2023-2024学年高一下学期7月期末考

试数学试题

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.如图，四边形。4BC在斜二测画法下得到平行四边形O'AB'C,O'A=2,O'C'=1,则

该四边形Q4BC的周长为（）

2.在矩形ABCD中，AB^l,BC=2,以该矩形的边A。所在直线为旋转轴，其余三边旋

转一周形成的面所围成的空间几何体的表面积为（）

A.3兀B.4兀C.5兀D.6兀

3.如图所示，在正三棱柱ABC-A4G中，的=后山，则异面直线48与8G所成角的

余弦值为（）

11正

-C-

B.3OD.

-Z3

4.已知两条不同的直线佻,三个不同的平面。,反九则下列说法正确的是（）

A.若根〃〃，〃ua,则m//a

B.若a//，，mua,nu0,则初/〃

C.若m_L7,n±/,则m〃几

D.若。_L4，/?,贝!Ja//y

5.如图所示，在三棱锥S-A3C中，SA，平面A3C,且VABC是边长为1的正三角形，若

SA=BC,则点A到平面SBC的距离为（）

S

3s3721

7

7T

6.已知函数〃x）=-cos3x和g（x）=sin（无一二），则这两个函数图象在％日0,2汨的交点个数为

7.如图所示，已知在三棱锥A-J?CD中，二面角A-3D-C为直二面角，BC1CD,

BC=CD=6AB=ADg，若三棱锥A-3CD的各个顶点都在同一个球面上，则该球

的体积为（）

20兀

A.西B.8兀D.2缶

3

兀

8.已知函数/(X)=4sinx—4sin，x—asin2x—2acos2x+2。2cosx(aeR),若/(无)2°在xe[0,—]上

成立，则实数。的取值范围为（）

B.(-00,0][272,+00)

A.(-00,-1]

C.(-oo,0][叵+8)D.(^»,0],

二、多选题

试卷第2页，共6页

A

9.VABC的内角A8,C的对边分别为。,b,c，已知2fcosc+2ccosB=3,3sin(B+C)=2sin2-,

则()

A3Ao

A.Q=—B.tan——3

22

9

c.VA3C为锐角三角形D.6c的最大值为了

4

10.如图，在矩形ABC。中，AB=2AD=2,E为AB的中点，现将..CDE沿C£＞翻折至,

E'任平面ABC,则在翻折过程中，下列说法正确的是()

A.存在某个位置，使得

B.三棱锥E'-CDE体积的最大值为。

C.当EB=«,直线与底面ABC。所成角的正弦值为苴

3

2冗

D.若二面角E—CD-A的平面角为则3E=2

11.已知直线A是44之间的一定点并且点A到44的距离分别为1，2,B是直线4

上一动点，作ACLAB,且使AC与直线，2交于点c，AG=1(AB+AC),贝|()

A.VABC面积的最小值为2

B.点G到直线《的距离为定值

C.当|G@=|GC|时，Z\G钻的外接圆半径为学

D.G9GC的最大值为-2

三、填空题

12.已知向量a=(l,X),向量8=(2,1),若°与。共线，则实数X的值为.

13.VABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,c=2,a=巫,ZBAC=^,。为

边BC上一点，记△ABD、AlOC的面积分别为跖、S2,若6a=2邑，则A£)=.

14.已知在四面体尸—ABC中，PA=BC=2,PB=AC=^,PC=AB=5PM=MC，

AN=NB,平面/满足MN，尸，记平面夕截得该四面体尸-ABC的多边形的面积为S,则

S的最大值为.

四、解答题

15.已知复数z=a+2+(q2+a-2)i,其中i为虚数单位，aeR.

(1)若在复平面内复数z位于第二象限，求实数。的取值范围；

⑵当a=-l时，2是方程/依+〃=0(7〃,"eR)的一个根，求彳和〃-机的值.

16.已知振子的振动具有循环往复的特点，由振子振动的物理学原理可知，其位移y=/0)

.qr

随时间f的变化规律可以用函数f⑺=Asin(而+0)(40>。,|夕|<5)来刻画，已知位移y=f(t)

部分图象如图所示.

⑴求该振子在单位时间内往复运动的次数和V=/⑺的解析式；

⑵将y=/0)图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到y=g(r),求

y=g⑺在后(上的值域.

17.如图，在五面体A3CDEF中，AB//CD,BDA.BF,平面ABEE1c平面CDEF=EF,

AB=AD=AE=2,BC=273,EF=3,NBAD=NDAE=5.

⑴证明：EfV/平面A3CD；

⑵若点。、G分别为AD、2c的中点，证明：平面E0GE1平面ABCZ)；

(3)求该五面体的体积.

(注：本题用空间向量法求解或证明不给分，若需要作辅助线，请在答题卡上作出相应的辅

试卷第4页，共6页

助线.)

18.为了提高市民的业余生活质量，因地制宜地利用空置土地资源，某市规划管理局拟在交

通便利的区域规划一个休闲区，由于该市三环路附近有一个便捷的停车场和一片三角形空置

区域，该市规划管理局准备在三角形空置区域规划三个功能区：如图所示，ACD区域规划

为游客餐饮服务区，CDE区域规划为微型游乐场，3CE区域规划为网红打卡区.已知

AC±BC,AC=10m,BC=10百m,ZDCE=-,

⑴若C£)=5石m,求DE的长；

⑵若4).AE=100m2,求ZACD的值；

(3)求微型游乐场面积的最小值.

19.如图，在长方形S4BC中，AB=2y/3,BC=2,SD=/IScg<4<1),将S4D沿AD折

起至△5相>,使平面SABI平面ABC.

B

⑴证明：BC1平面SLAB；

2

(2)若二面角S'-8的平面角的余弦值为：，求SO的长；

(3)设直线BC与平面S4D所成的角为反，二面角S'-AO-3的平面角为名，证明：

cos26*,+^->2^-1

1cos2

(注：本题用空间向量法求解或证明不给分，若需要作辅助线，请在答题卡上作出相应的辅

助线.)

试卷第6页，共6页

参考答案:

题号12345678910

答案DDACBDADABACD

题号11

答案ABD

1.D

【分析】根据斜二测画法的方法还原原图即可.

【详解】根据斜二测画法的方法还原原图如下，则原图为正方形，边长为2,则周长为8.

故选：D.

斗

3-

2c：

1-

________,1力，>

（9123x

2.D

【分析】确定所得旋转体的底面半径及母线长，再利用圆柱的全面积公式计算即得.

【详解】矩形ABCZ）绕直线AD旋转一周所得旋转体为圆柱，其底面半径为1,母线长为2,

所以所求表面积S=2TTX12+271x1x2=6；!.

故选：D

3.A

【分析】注意到BC//4G,从而可将问题转换为求cosN^BC即可，结合解三角形知识即可

得解.

【详解】

取中点。，连接AB，AC，A。，

答案第1页，共17页

不妨设A4j=A/5AB=,因为AAj_LAB,A4AC,

所以4B=4C=2,

所以ADLBC,

由题意30=工3C=LA3=J,

—222

j_

所以c°s/ABC=^=U，

因为8c7/4G,

所以异面直线\B与B£所成角的余弦值为:.

故选：A.

4.C

【分析】对于C,直接用线面垂直的性质可判断；对于其他选项，可以借助长方体模型举反

例判断即可.

【详解】对于A,如图，根〃"，"ua,此时小ua,故A错误；

对于B,如图，alIB,mua,nu/3,此时相，"异面，故B错误;

对于C,若〃z_L7,,则根〃明故C正确；

对于D,如图，aL/3,止匕时a_Ly,故D错误.

故选：C.

5.B

答案第2页，共17页

【分析】利用等体积法求解，由题意求出SC,S3,从而可求出SSBC，然后利用匕一SBC=%YBC

可求得答案.

【详解】设点A到平面SBC的距离为d,

因为SA_L平面ABC,AC,A8u平面ABC,

所以&4_LAC,S4_LAB,

因为VA3C是边长为1的正三角形，SA=BC,

所以&4=3C=AC=AB=1,S1ABe=乎，

所以SB=SC=Vl2+12=V2，

所以SSBC=；3CJS82Be］=gxlx^m，

因为匕-SBC=匕-A5C,所以5ssscM=g5ABe•SA,

所以‘义立d='xYlxl,角星得d=叵.

34347

故选：B

6.D

【分析】画出两函数在［0,2可上的图象，根据图象即可求解

9TTJT

【详解】因为抬)=-8$3天的最小正周期7］=9,8。)=5皿尤-今的最小正周期7；=2兀，

36

TT

画出函数/(%)=-COS3%与g(x)=sin(x-一)在X£［。,2兀］上的图象如下所示：

3兀

T

g(x)=sin(x-)

由图可知，两函数图象有6个交点.

故选：D

7.A

【分析】取5D的中点E,由面面垂直的性质定理可得AE_L平面3C£>,可得AC=AB=AD,

答案第3页，共17页

外接球的球心在AE上，设为。，利用302=跖2+(AE-AO)2求出外接圆的半径可得答案.

【详解】取8。的中点E,连接AE,

因为=所以AE_LBD,

因为二面角A-3D-C为直二面角，AEu平面A3O,

所以平面BCD,

因为3C_LCD,BC=CD=框,所以BE=CE=—,

2

_____5_____

AE=y/AB2-BE2=^~,所以AC=，3+叱?=@AC=AB=AD,

因为3CLCD,所以外接球的球心在AE上，设为0,连接30、DO,

则BO2=BE2+OE2=BE2+(AE-AO)2,

o</yV_

可得8。2=；+^--AO,解得BO=e，

2I2J

所以该球的体积为专(0)3=#.

故选：A.

8.D

【分析】通过换元，r=sinx+cosx=^sin(x+^),则才£[1,0].原问题转化为

+上成立.运用二次函数知识分情况讨论.得出数，的取值范围.

【详解】f(x)=4sinx-4sin3x-asm2x-2acos2x+2a2cosx>0^xe[0,—]上成立,

4

BP4sinx(l-sin2x)-asin2x-2acos2x+la2cosx>0^xe[0,—]上成立,

4

即4sinxcos2x-asin2x-2acos2x+2a2cosx>0^xe[0,—]上成立,

4

即Isinxcosx-asinx-acosx+a220在x£[0,—]上成立,

4

答案第4页，共17页

JI、、

即2sinxcosx-a(sinx+cosx)+20在xw[0,—]上成立.

4

4^^=sinx+cosx=72sin(x+^),xe[O,^],则方£[1,痣].贝(J2sinxcosx=/一].

44

所以，2—G+Q2—拘上成立.

当了解得夜

2—ypZu+Q?—1N0

当《2一解得或

1—。+a?-1A0

1<^<V2

2

2VL

当<2解得2<a<

?-(改xa+a2-l>0

综上所得，实数，的取值范围为J*。]口,+8）.

故选：D.

9.AB

【分析】根据余弦定理、商关系、二倍角公式和基本不等式计算分别判断各个选项;

【详解】对于A,因为次osC+2eosN=3,结合余弦定理推论可得，

2人“丁2+2]+"-"=3,化简得2/=3.,解得a=0（舍）或4=?,A正确;

2ab2ac2

A

对于B,因为35皿（3+。）=2$1112万,4+3+。=兀，

所以3sinA=2sin2-^=>3x2sin-^cos-^=2sin2g,又sin0,

所以3cost=singn1011^=3,B正确；

2ctan—A

_____2_7xQa

对于C,tanA==鲁=一；<。，「乂是钝角，C错误;

1-tan2—A

2

cosA二——

tanA=——解得5

对于D,4

sin2A+cos2A=lsinA=—

[5

34

根据余弦定理可得a2=b2+c2-^bccosA,代入得^2=b2+c2+2bcx-

3441S

利用基本不等式(?)2=b2+c2+2bcx->2bc+2bcx-=~l-bc,

答案第5页，共17页

当且仅当6=c=巫时取等号；

4

所以力生cnbcW，，D错误；

458

故选：AB.

10.ACD

【分析】对于A,观察问题发现，两条直线有交点，可构造三角形，利用平面几何知识求解；

对于B,三棱锥的底面积为固定值，故只需让高最大，体积就会最大，易知当平面平

面ABC。时，高有最大值，得解；对于C,利用线面角的定义，找到线面角，构建三角形进

行求解；对于D,已知二面角，即可得到二面角的补角，通过构造直线与平面垂直，构造直

角三角形，利用勾股定理得解.

【详解】对于A：如图，连接即，

由题意知，四边形A3CL(是矩形，所以E3=即=忘，BD=s/5

22222

当(BE,)=(BD)-(E'D),即BE'=yJ(BD)-(E'D)=3时，E'BLE'D,

能找到该点，故A正确；

对于B：由题意知：四边形A3C。是矩形，且E为A5的中点，

可得：DE=EC=y[2,DC=2,由勾股定理逆定理得：DE2+EC2=DC2,

:.DELEC,即SsE=goE-EC=l,

故(％JCDE)max=§§CDE,h,因是//最大时取得；

易得，当平面平面ABCD时，/z有最大值，

DE=EC,取DC的中点尸，连接£尸，则后/_LCE>,

由面面垂直性质知，ET_L平面ABCD,即EF为三棱锥E—CDE的高，

又IDEC为等腰直角三角形，所以E'产=1

答案第6页，共17页

.•.(/*)皿=gs,CD£-//=|xlxl=1,故B错误；

对于C：由A知：当£8=6时，E'BIE'D,取DC的中点歹，连接即，E'F,

易得BF=形,E'F=1,:.BF1.EF且EF_LCD,

又.BFCCD=F,且18F,CDu平面ABCD,；.£T_L平面ABC。，

连接AF,易得AF=，

E'EJL平面ABC。，:.E'F±AF,AE'=-/3

根据线面角的定义可知，直线AE与底面ABC。所成角为NE'A户，

BPsinZE'AF=—=X=—，故C正确；

AE'V33

2兀

对于D：若二面角E-CD-A的平面角为彳，作平面ABC。，如图，

7jrTT

NE'FE=——,即N£R9=—,且E/=l,

33

:.FO=-,E'O=—,OB=y/EO2+EB-=—

222

代入可得：BE'=^E'CP+OB2=2＞故D正确.

故答案为：ACD

【点睛】方法点睛：作二面角的平面角常用方法有

(1)定义法：在棱上取点，过该点分别在二面角两半平面内引出两条射线与棱垂直，这两

条垂线所成的角即为二面角的平面角.

(2)垂面法：作一与棱垂直的平面，该垂面与二面角两半平面相交，交线所成的角即为二

面角的平面角.

11.ABD

【分析】对于A,过A作/"的垂线，分别交//于点瓦/，设ZFAC=0,然后表示出AC,AB,

从而可表示出VA3C面积，利用三角函数的性质可求得其最小值，对于B,如图，以A为原

点，EF所在的直线为、轴，建立平面直角坐标系，表示出反C坐标，再由AG=g(AB+AC)

答案第7页，共17页

可求出点G的坐标，从而可分析判断，对于C,由,q=卜4求出G,3,C三点的坐标，然后

求出AB,AG,再利用正弦定理可求出△GAB的外接圆半径，对于D,由题意可得

GRGC=（高-刎喏tan"/）d，化简后利用基本不等式可求得结果.

【详解】对于A,过A作的垂线，分别交//于点及死则钻=1,”=2,设NE4C=。,

AF2

则在RtZXAC尸中，AC=------=-------

cos。cos夕

AE1

因为AC_LAB,所以在RtZXABE中，ZABE=0,所以A3=——=——,

sin0sin6

所以：1212

SABC=A8-AC=——x--------x--------=----------,

2cos0sin0sin20

71

因为所以当且仅当8时，sin20=l取到最大值,

4

建立平面直角坐标系,

,1),0e0,—j,

所以AC=(2tan0-2),AB=(―^-,1),

tan。

所以AG=』(AB+AC)=!(2tane+^—,-1)(-tan(9+^—,

33tan633tan8

211

所以G（彳tan6+^-----,

33tan。3

4

所以点G到直线4的距离为I,是定值，所以B正确,

对于因为）应熹）

C'CQtana-2,1,tan0d---------,

3tang

答案第8页，共17页

2

所以G5=(.--tan0,-),GC=(-tan0——-—

3tan。3333tan。

因为|Gq=,q,

22八、216A1、225

所以——---tan6»)+—=(-tan6n>--——-)-+—,

3tan。3933tan89

所以々---tan^)2+—=—(4tan0--------)2+—,

9tan。99tan<99

所以4(^——tan6>)2=(4tan6>一——)2+9,

tan0tan0

所以4(一—-2+tan26>)=16tan26>-8+—!^+9

tan。tan夕

4i

——----8+4tan20=16tan2-8H-----；——1-9,

tan0tan0

所以《tar?。---工+3=0,解得tan?。'或tan*=-1(舍去),

tan-Q4

所以tan0=—,

所以C(l,-2),8(2,1),G(l,-1),

所以A3=(2,1),AG=

显

所以cosAB,AG=

2

因为AB,AGe[0,7i],所以A3,AG=£,

5

cGB350

所以由正弦定理得2r=———=卡=丁,

sin/BAGV23

~T

所以r二"，即钻的外接圆半径为逆，所以c错误，

66

对于D,因为G3=(2:tanet),GC=('tanC一1八,一|~)，

3tan6^3333tan。3

22，-型

所以G3・GC=(------------tantan”)

3tan。33tan。9

“一上an-2一型=_(—+

99tan26>9999tan26199

810c

<-2,——2,

9tan209999

9Q

当且仅当即tan2=工时取等号,

2

答案第9页，共17页

所以G8-GC的最大值为-2,所以D正确，

故选：ABD

【点睛】关键点点睛：此题解题的关键是根据题意合理建立平面直角坐标系,利用坐标计算，

从而得解.

12.-/0.5

2

【分析】根据共线向量的坐标结论可解.

【详解】a与6共线，则2x=lxl,解得x=；.

故答案为：—.

13.2

【分析】根据三角形的余弦定理得b=l+百，再利用余弦定理得C=：,最后根据余弦定理

即可求解.

【详解】根据题意，在VABC中，根据余弦定理，AC2+AB2-2AC-AB-cosZBAC=BC2,

即加+2?—26x0x；=6n6=l+g或6=1—道(负舍去)，

V62.正

根据正弦定理，得一=二，即国一碇nsmc-3，

smAsmc

2

因为a>c,所以4>C,又因为Ce(O,7t),所以C=

又因为》心=2§2,所以(若+1)加)=2CDnBZ)=(石—1)C£),

即BD+CD=y/6=>^-l^CD+CD=而=>CD=应，

在.ACD中，AC2+CD2-2,AC-CDcosC=AD2,

BPAZ)2=(V3+1)2+V22-2X(73+1)XA/2X^^AD2=4,所以AD=2,

故答案为：2.

14.1

【分析】将四面体还原至长方体，可知点M,N分别为PC,AB中点，即可得当£经过跖V

中点时，截面面积最大，再根据长方体的性质可得解.

【详解】由R4=8C=2,PB=AC=/1,PC=AB=5

可知四面体尸-ABC的各个棱为长方体各面的对角线，

答案第10页，共17页

设长方体的长宽高分别。，b,C,

—22…

则，/+。2=近2,解得<b=l

b2+c2=452]c=2

如图所示,

由PM=MC，AN=NB,

可得点M,N分别为PC,A3中点,

所以脑V_L长方体以AB为对角线的平面，

又MN1。,所以△与长方体以A8为对角线的平面平行，

易知当夕经过"N中点时，截面面积最大，

此时夕与长方体的截面如图所示，其中四边形跳68即为夕与四面体相交所得截面,

此时E、F、G、H分别为各边中点，

则SEFGH=万S长方形=万。。=1，

故答案为：1.

15.(1)。e(-oo,-2)

(2)z=l+2i>n-m=]

【分析】（1）根据复数对应的点所在象限建立不等式组求解即可；

（2）方程根彳=l+2i代入方程，根据复数相等建立方程组求解即可.

[a+2<0

【详解】（1）由题意，得2cC，

口+a-2>0

解得a<—2,

所以实数。的取值范围为ae（-叫-2）.

（2）当a=-l时，z=l-2i,

所以三=1+2i,

答案第11页，共17页

所以(l+2i)2+m(l+2i)+〃=0,

整理，得m+〃—3+(4+2w)i=。,

m+n—3=0m=—2

所以,解得

4+2m=0n=5

所以〃一加=7.

16.⑴次数为2次，/(f)=2sine[0,+»))

A/6—V2

⑵2-，

T51

【分析】(1)由图可知7=77-二，求出周期，则可求出频率，然后利用周期公式可求出。,

42412

再将点21的坐标代入函数中可求出。，从而可求出解析式；

兀「51一

(2)根据三角函数图象变换规律求出y=g⑺，令z=2"-,，由/£—,求得

TT27r

ze12,T，然后利用正弦函数的性质可求出函数的值域.

【详解】(1)设'=/«)的最小正周期为T,由图可知：7=三5-131=!，所以T=1

4241282

所以y=f(t)的频率为2,所以振子在单位时间内往复运动的次数为2次，

2兀.

所以“=了=痴

2

因为>=/(。过点g，2),

57r

所以五•4兀+0=万+2k7i(keZ),得夕=+2hi(kGZ),

TTTT

又1。1<5,所以"=一],

所以y=f(t)的解析式为f(t)=2sin14而-]。e[0,+动).

(2)因为将y=fit)图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变,得到y=g«),

所以g«)=2sin(2兀t一Qe[0,+(»)),

c71,「511/口「兀2兀

令AZ=27U-q,由,得Z£—,

TTTTIT27r

因为y=sinz在ze上单调递增，ze-,y上单调递减，

答案第12页，共17页

A/6-A/2.7i

「.兀.2兀M

又sin——---------------,sin—=1,sin——二——，

124232

所以产sinz在zw联仁的值域为

所以y=2sinz在的值域为

所以y=g⑺在此盘,;的值域为,2.

17.(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】(1)应用线面平行判定定理证明；

(2)应用面面垂直判定定理证明即可；

(3)把几何体补形应用柱体体积公式计算即可.

【详解】(1)因为A8//CD,AB，平面CDERCDu平面CD£尸，所以AB//平面CD£F,

又因为超u平面抽印且平面ABEFc平面CDEF=EF,

所以AB//EF,又EFU平面ABCD,ABu平面ABCD,所以EF〃平面ABCD.

TTTT

(2)因为43=4。=2,/氏4。=§,所以△ABD为正三角形，所以乙钻。=NADB=1,又

AB//CD,

所以/BDC=:又BC=26,所以在△BCD中，由余弦定理，得=2。+8?-2C。,

解得05=4或。=-2(舍去)，

因为B£)2+BC2=22+(26)2=C£>2=4二所以8D_L8C,又应)母'，且BCBF=B,

所以3£>1平面BCF,又BDu平面ABCD,^以平面ABCD1平面BCF.

7T

因为AO=AE=2,ZDAE=§,所以VADE为正三角形，

因为VADE为正三角形，所以£。=心，

由梯形中位线，可得。6=四产=所，且OG〃AB〃CZ),所以0G〃所,OG=M，所以四

答案第13页，共17页

边形OEBG为平行四边形，

所以尸G〃EO,FG=EO,即/G=g=：BC,所以/G，3C,又平面ABCD|平面BCF=BC,

所以FG，平面ABCD,所以EO，平面ABCD,又EOu平面AED,所以平面AED1平面

(3)过G作直线MV〃A£>，延长AB与MN交于点、M,MN与CD交于点N,连接FM,FN.

因为G为BC的中点，所以MG=Q4且MG//Q4,所以四边形AOGM为平行四边形，

所以AM=OG,同理DN=OG,所以AM=0G=£W=£F=3.

又ABI/CD,所汝AM//DN,所汝AM//DN//EF,

所以多面体肱VF-ADE为三棱柱过M作MHLAD于X点，因为平面ADEL平面ABCZ),

所以MH_L平面ADE,

所以线段5的长即三棱柱MZVF-ADE的高，在..4团中，

=AM-sin60°=—,

2

所以三棱柱MZVF-ADE的体积为3><22*述=2.

422

9

因为三棱锥尸-BUG与/-OVG的体积相等，所以所求多面体的体积为；.

2

兀

(2)ZAC£>=-

(3)75(2-我n?

【分析】(1)借助锐角三角函数定义，余弦定理计算即可；

(2)运用正弦定理，结合三角恒等变换公式化简计算即可；

(3)三角形的边长用。表示，后用面积公式，转化为三角函数解题即可.

答案第14页，共17页

【详解】(1)因为ACLBCACnlOm,BCnlogm,

得tanA=S=丑叵=百，又Ae(0,g],所以/[，旌]

CD10I2J36

若CO=5gm,在ACD中，由余弦定理，得(56y=A。？+i()2一？.ADJO.COS；,

冗

解得AD=5m,所以CDLAE,所以/AC。=/OCE=—,

6

所以/XACE为等腰三角形，所以OE=AD=10m.

AD10

(2)i5ZACD=6>0<6><y，在ACD中，由正弦定理，得奋而一司

AE_10

同理.「八吟.(n兀、,

I6jI2)

ADAE100

又4>AE=100,所以.A.G।兀).J।兀1G।兀1，

'〃sinsin8+—sin0+—sin8+—

I6JI3；I2；

(731)(1G)

〔22J122J

即cos20=0,又0<e<一7,1所以720r=—,即。=—TT,所以/ACD=乌7T.

3244

(Q