四川省南充市2024-2025學(xué)年高一下學(xué)期學(xué)業(yè)質(zhì)量監(jiān)測(cè)數(shù)學(xué)試題

一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)

是符合題目要求的.

1.設(shè)i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z=i（2-E）,則z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第（）象限.

A.一B.二C.三D.四

2.已知平面向量五：=(-2,1),萬(wàn)=(2,久+2),若M〃尻貝卜=()

A.—3B.-2C.2D.3

3.已知aC&兀),cos([_?:)=,,則cos(兀-a)=()

.4R313D-I

A?一虧B?一百C5

4.設(shè)a,0為不同的平面，m,n為不同的直線，則下列說(shuō)法中正確的是（）

A.若zn//a,幾u(yù)a,貝ijzn//幾

B.若zn//n,nca,則zn//a

C.若m//a,n1a,則%11九

D.若a10,anjS=n,mln,則ml/?

5.如圖，已知圓錐S。的軸截面SAB是邊長(zhǎng)為4的正三角形，則該圓錐的側(cè)面積為（）

S

;

A.167rB.8TTC.4v57rD.4兀

6.已知△ABC中，AB=(2,V2),^4C=(4,-2A/2),則△ABC的面積為（）

A.4B.4V2C.8V2D.12

71

7.如圖，在A/BC中，C=4，ADIBC于0,AD=2,BC=6,則彳目在北上的投影向量為

()

A

CDB

A.——v4CB.—mA。C.D.|XC

8.如圖，正方體中，P為的中點(diǎn)，點(diǎn)Q為四邊形CC15。及其內(nèi)部的動(dòng)點(diǎn)，PQ//

平面BBiDi。.則PQ與平面4BCD所成角正切值的范圍（）

A."苧]B.[o用C.[0用D.[0,V2]

二'多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題

目要求.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.

9.在AABC中，下列說(shuō)法正確的是（）

A.tan（71+F）=tanC

口.A-\-BC

B.sin2-=cos2

C.若cosAVcosB,則Z>B

D.存在△ABC,使得sin/+sinB<sinC成立

10.如圖，在正三棱柱ZBC—Z1&C1中，AB=6,441=4,則下列說(shuō)法正確的是（）

Ax______Bx

1

A.直線與直線/Ci所成角后

B.三棱錐4一41BC的體積為12次

C.點(diǎn)的到平面&BC的距離為g

D.四棱錐公-BiBCCi的外接球的表面積為64兀

11.已知函數(shù)/'（久）=2sin（ax-勻，3>0,則下列說(shuō)法正確的是（）

A.3=2時(shí)，點(diǎn)島T,o）是函數(shù)/（久）圖象的一個(gè)對(duì)稱中心

B.3=2時(shí)，函數(shù)y=/（%）-1在[-兀用上有4個(gè)零點(diǎn)

C.將f（%）圖象向左平移/個(gè)單位長(zhǎng)度后，得到的函數(shù)圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，則3最小值為3

D.當(dāng)xe［0,1］時(shí)，/(幻恰有4個(gè)最大值，則實(shí)數(shù)3的取值范圍為［竿，竽)

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.

12.cos52.5°cos7.5°-sin52.5°s譏7.5°的值為.

171

13.已知a,b,c分別為AABC三個(gè)內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊，若a=8,cosA=，貝ij

b=.

14.在三角恒等變化中，積化和差實(shí)際上就是把s仇(a+/?)與s仇(仇一夕)，cos(a+￡)與cos(a-/?)相

加或相減而變形得到的；和差化積實(shí)際上就是一種角的變化，如：s譏a+siW?=sin(字+

a-”上⑺住+/?a-13\_a+pa-p

~17)+sin{2-~2sin2cos2?

11

如果角。與y滿足cos。一cosy=—1sind-siny=貝!Jcos(6+y)=.

四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.

15.已知函數(shù)/(%)=sin(2x+^)+sin(2%—^)+cos2x.

(1)求函數(shù)/(久)的值域；

⑵求使f(久)W。成立的式的取值集合.

16.在三棱錐4-BC0中，平面ABO_L平面BCO,BC=CD,M為B0的中點(diǎn).

(1)求證：CMLAD-,

(2)若N為BC的中點(diǎn)，過(guò)MN的平面a交平面4CD于PQ,求證：PQ〃平面BCD

17.如圖，Rt^ABC^,"=90。，AC=6,BC=9,BM=^BA,N為"的中點(diǎn)，設(shè)刀=正

在與CM相交于點(diǎn)P.

(1)用百，萬(wàn)表示前、CM；

(2)若加=2而求4的值;

(3)求cos乙MPN.

18.已知a、b、c分別為A/BC三個(gè)內(nèi)角4B、C的對(duì)邊，且2asm(C+g=gh

(1)求a的值；

(2)若a=2V7,b>c,AZBC的面積為6百，求s比Q1+B)的值；

(3)若b=6,c=8,“為△ABC垂心，。為AABC的外心，?加的值.

19.如圖1,在直角梯形2BCD中，AB//DC,AB1BC,BC=DC=4,AB=8,E為的中點(diǎn).將

△ADE沿DE翻折，使點(diǎn)A到點(diǎn)P的位置，且PE1BE,得到如圖2所示的四棱錐P—BCOE,若M為

BC的中點(diǎn)，N是棱PB上動(dòng)點(diǎn).

E

圖1

(1)當(dāng)N為PB的中點(diǎn)時(shí).

①求證：平面EMNL平面PBC；

②求直線PB與平面EMN所成角的正弦值.

⑵若前=4甌4G值,1]>求二面角N—EM—B的正弦值的取值范圍.

答案解析部分

L【答案】A

【解析】【解答】解：由z=2i—/=1+2。對(duì)應(yīng)點(diǎn)坐標(biāo)為（1,2）,即在第一象限.

故答案為：A.

【分析】先通過(guò)復(fù)數(shù)乘法法則將復(fù)數(shù)z化簡(jiǎn)為標(biāo)準(zhǔn)形式a+bi（a,b為實(shí)數(shù)），然后根據(jù)實(shí)部a和虛

部b的正負(fù)確定其對(duì)應(yīng)點(diǎn)（a,b）所在的象限.

2.【答案】A

【解析】【解答】解：由題設(shè)牛，可得久=—3.

-Z1

故答案為：A.

【分析】利用“若兩個(gè)平面向量沅=（久1，%），同=（久2，%）平行，則久1>2一久2y1=?！边@一性質(zhì)，列出

關(guān)于％的方程，進(jìn)而求解久的值.

3.【答案】D

【解析】【解答】解：由cos居一a）=sina=|>兀）,則cosa=—稱，

4

所以COS（TT—a）=—cosa=耳.

故答案為：D.

【分析】本題考查三角函數(shù)誘導(dǎo)公式及同角三角函數(shù)平方關(guān)系的應(yīng)用,解題思路是先利用誘導(dǎo)公式將

77

85（2-&）轉(zhuǎn)化為0!1戊，再根據(jù)a的范圍，用同角三角函數(shù)平方關(guān)系求出cosa,最后再次利用誘導(dǎo)公

式求出cos（兀-a）.

4.【答案】C

【解析】【解答】解：A、m//a,nca,則：平行或異面，A錯(cuò)誤.

B、m//n,nca,則小〃a或6ua,B錯(cuò)誤.

C、m//a,則存在直線Zu平面a,使又n1a,得n1Z,故61n,C正確.

D、al/?,an0=7i,mln,則血可以在S內(nèi)，可以與/?平行，也可以與6相交但不垂直，不一定

有fnl8,D錯(cuò)誤.

故答案為：C.

【分析】本題聚焦空間中線面、面面的位置關(guān)系，需依據(jù)線面平行、垂直，面面垂直的判定與性

質(zhì)，逐一剖析選項(xiàng)，判斷線線、線面位置關(guān)系是否成立，解題關(guān)鍵在于熟練運(yùn)用空間幾何的基本定

理，準(zhǔn)確把握線面、面面位置關(guān)系的多種可能性.

5.【答案】B

【解析】【解答】解：由題設(shè)，圓錐底面半徑為2,則底面周長(zhǎng)為4兀,

所以圓錐的側(cè)面積為4義4兀=8兀.

故選：B.

【分析】本題考查圓錐側(cè)面積的計(jì)算，關(guān)鍵在于先根據(jù)軸截面的性質(zhì)確定圓錐的底面半徑和母線

長(zhǎng)，再利用圓錐側(cè)面積公式（S=?C,其中Z是母線長(zhǎng)，C是底面周長(zhǎng)）求解，解題思路是：先由

軸截面為正三角形得出底面半徑和母線長(zhǎng)，再計(jì)算底面周長(zhǎng)，最后代入側(cè)面積公式計(jì)算.

6.【答案】B

__8—41

【解析】【解答】解：因?yàn)闄z=（2,&）,XC=（4,-2V2）,則cos4=［而京忑=g

故siivl=V1—cos2X=Jl—R）=-r^~,

因此SUBC=||AB|?|^C|sim4=1xV6x2A/6x=4V2.

故答案為：B.

【分析】本題考查利用平面向量求三角形面積，核心思路是先通過(guò)向量數(shù)量積公式求出夾角A的余

1一

弦值，再用同角三角函數(shù)關(guān)系得正弦值，最后代入三角形面積公式=AB-ACsiiVl）計(jì)算.

7.【答案】A

【解析】【解答】解：由題設(shè)，AD=CD=2,則ZC=2a,BD=4,

故48=>JAD2+BD2=2V5,

所以i=嗎#"懸聶常嚕

所以砒E衣上的投影向量為四厘?羋=2后2彳x（爭(zhēng)）AC=_1AC

MMC|

故答案為：A.

【分析】本題考查向量投影向量的計(jì)算，核心思路是：先通過(guò)幾何條件求出相關(guān)線段長(zhǎng)度（4C、

AB-AC__>

AB）,再用余弦定理求cosNClB,最后依據(jù)投影向量公式（投影向量）計(jì)算，需依次

完成線段長(zhǎng)度推導(dǎo)、角度余弦值求解及投影向量運(yùn)算.

8.【答案】D

取線段CD,CiDi，BiG的中點(diǎn)分別為E,F,G,連接EF,EP,FG,GP,

由中位線可得EF〃PG，所以四點(diǎn)E,F,G,P四點(diǎn)共面，

又因?yàn)锽BJ/PG,BBiu平面BB15D,PGC平面BBiAD,

所以PG//平面BB1D1D,

又因?yàn)镈iBJ/FG,%Biu平面BBIAD,FGC平面BB/iD,

所以FG〃平面BB1D1D,

又因?yàn)镕GCPG=G,FG,PGu平面EFGP,

所以平面EFGP//平面BBiDiD,

因?yàn)辄c(diǎn)Q為四邊形515。及其內(nèi)部的動(dòng)點(diǎn)，所以當(dāng)QCEF,即PQu平面EFGP,

所以此時(shí)有PQ〃平面BBiDiD,

由正方體的性質(zhì)可知QE1平面2BCC,所以PQ與平面ABCD所成角就是NQPE,

又因?yàn)閠anzQPE=1f,設(shè)正方體的邊長(zhǎng)為2,貝肚an/QPE=登，

此時(shí)QE￡[0,2],所以tan“PE=登e

故答案為：D.

【分析】先通過(guò)構(gòu)造輔助平面，確定滿足PQ||平面的點(diǎn)Q的軌跡；再利用線面角的定義（線

面角為直線與平面中投影線的夾角），結(jié)合正方體邊長(zhǎng)，分析線面角正切值的范圍.需依次完成輔助

平面構(gòu)造、軌跡確定、線面角轉(zhuǎn)化及正切值范圍推導(dǎo).

9.【答案】B,C

【解析】【解答】A、由tanQ4+B）=tan（兀-C）=-tanC,A錯(cuò)誤.

B、由si上力,B=sin%^=cos|\B正確.

C、由丫=cosx在（0,兀）上單調(diào)遞減，且cos/<cosB,則2>B,C正確.

D、由正弦邊角關(guān)系，若sim4+sinB<sinC,即a+6<c,顯然不符合三角形三邊關(guān)系，D錯(cuò)誤.

故答案為：BC.

【分析】A、B、由三角形內(nèi)角和及誘導(dǎo)公式判斷A、B.

C、由余弦函數(shù)的單調(diào)性比較大小判斷c.

D、根據(jù)正弦邊角關(guān)系及三角形三邊關(guān)系判斷D.

10.【答案】A,B,D

【解析】【解答】解：A、因BiJIIBC,直線與BiG所成角=Z&BC（或補(bǔ)角），正三棱柱

7TTT

中A/BC是等邊三角形，乙4BC=w，故夾角為可A正確.

B、用等體積法：^A-AiBC=^Ai-ABC（換頂點(diǎn)），A^-ABC=LABC'其中旌48。=m*

2

6=9V3,AAt=4,故：7=1x9V3x4=12V3,B正確.

C、由/述=&。=2m，BC=6,則AaiBC中BC上的高為同，

所以打4必+X6X同=3同，若A到平面儆距離為d,則最X3同=12同所以d=

嚼，根據(jù)對(duì)稱性易知點(diǎn)的到平面儆距離為嗜，C錯(cuò)誤.

D、由題設(shè)，易知四棱錐人一BiBCCi的外接球，即為該三棱柱的外接球，而AABC的外接圓半徑r=

亨x6=2g,且7Ml=4,所以外接球的半徑R=，產(chǎn)+2?=4,故其表面積為4兀/?2=64兀，

D正確.

故答案為：ABD.

【分析】A：利用“線線平行可將異面直線夾角轉(zhuǎn)化為平面角”，結(jié)合正三角形性質(zhì)判斷.

B：用“等體積法”（換頂點(diǎn)），將三棱錐體積轉(zhuǎn)化為已知底面積和高的體積.

C、首先求出占到平面41BC的距離，再結(jié)合對(duì)稱性判斷C.

D、由四棱錐Ai-BiBCCi的外接球，即為該三棱柱的外接球，進(jìn)而求半徑，即可得表面積判斷D.

抽雷見(jiàn)：改的:足

1L【答案】A,C,D

7T

【解析】【解答】解：A、對(duì)稱中心判斷（3=2時(shí)）,當(dāng)3=2,/（%）=2sin（2%-741）,代入式=

票/倍）=2sin（2X等一g=2sin存一勻=2simr=0,正弦函數(shù)值為0的點(diǎn)是對(duì)稱中心，故

（等,0）是對(duì)稱中心，A正確.

B、零點(diǎn)個(gè)數(shù)（3=2時(shí),y=/（%）-1殂一兀幣）,令/（%）—1=0,BPsin（2x-^）=設(shè)1=

2汽—不則xG[―7T,芻=>tE[―正弦函數(shù)sint=■在tE[一手，等]內(nèi)的解為：￡=

-等對(duì)應(yīng)工有3個(gè)解，故零點(diǎn)個(gè)數(shù)為3,B錯(cuò)誤.

OOO

C、由/(%+g=2s譏［3%+3J勺圖象關(guān)于y軸對(duì)稱,則(3J"=^+kn,kEZ,

所以a=3+4/c,/c￡Z,且a>0,故3最小值為3,C正確.

TTTTTCTT7T

D、由則t=——即〉=sint在［一中3一彳］上有4個(gè)最大值,

所以嚶〈3—全〈警，可得平W3c孥，D正確.

L4,L44,

故答案為：ACD.

【分析】

A：代入特殊點(diǎn)，利用“正弦函數(shù)值為0一對(duì)稱中心”判斷.

77

B：通過(guò)換元法，將2久-4設(shè)為3轉(zhuǎn)化為正弦方程在指定區(qū)間的解數(shù).

C：圖象平移后，利用“偶函數(shù)一相位滿足升狂'推導(dǎo)3的最小值.

D：換元后，分析正弦函數(shù)在區(qū)間內(nèi)“恰有4個(gè)最大值”的相位范圍，解出3取值.

抽查意見(jiàn)：改編不足

12.【答案】|

1

【解析】【解答】解：由cos52.5°cos7.5°-sin52.5°sin7.5°=cos(52.5°+7.5°)=cos60°=

故答案為：J.

【分析】本題考查兩角和的余弦公式的逆用，解題思路是識(shí)別出所給式子符合兩角和的余弦公式

cos(a+/?)=cosacos/?-sinasin。的形式，然后將對(duì)應(yīng)角度代入公式進(jìn)行計(jì)算.

13.【答案】7

【解析】【解答】解：由COST!=；且力為三角形內(nèi)角，則0山1=竽

由正弦定理得急=焉可得"需=^=7.

故答案為：7.

【分析】本題考查正弦定理在解三角形中的應(yīng)用，以及同角三角函數(shù)的基本關(guān)系，解題思路是：先

根據(jù)同角三角函數(shù)的平方關(guān)系，由cosZ求出sin4(因?yàn)?是三角形內(nèi)角，sinX>0)；再利用正弦

定理急=盛，代入已知條件求出b的值.

14.【答案】|

【解析】【解答】解：由cos。-cosy=cos(S|上+與匕)—cos(g^-=-2sin與上sin%Z=

1

69

所以sing^sin、？=擊,

由sin。-siny=sin(^~+-sin(^~一=2cossin

所附以、?cos―e+?—ysi-n—e?_—y=_>1

LL6

20+Y-2J+yq28+y

所以tan與上=1,cos―2—sin—2-1—tan―—3

而cos(6+y)=%.2用=-2%=子

cos4-^+sm1+tan3

故答案為：耳.

【分析】1.和差化積：將cos。一cosy、sin。-siny轉(zhuǎn)化為含等和竽的乘積形式，建立方程.

2.消元求正切：通過(guò)兩式相除消去sin號(hào)，得tan竽.

3.二倍角公式：利用萬(wàn)能公式，將cos(6+y)轉(zhuǎn)化為tan竽的表達(dá)式，代入計(jì)算.

綜上，通過(guò)“和差化積一消元求正切一二倍角公式”，逐步推導(dǎo)得cos(。+y)=|.

抽查意見(jiàn)：改編不足

15.【答案】(1)解:由/'(%)=sin(2%+,)+sin(2%—4)+cos2x=2sin2xcos看+cos2x

=2(sin2xcos,+cos2xsin.)=2sin(2x+卜),

因?yàn)槎x域?yàn)镠,所以/(%)值域?yàn)閇-2,2].

(2)解：由f(%)W0得:2sin(2%+1)<0,

77

所以兀+2kn<2%+-<2TT+2kntkEZ,

解得+kji<%<+k7,k￡Z.

所以使/(%)<。成立的久的取值集合是{%|罌+MrW久W晉+/ot,kez}.

【解析】【分析】(1)要確定函數(shù)/(%)的值域，需先對(duì)函數(shù)進(jìn)行化簡(jiǎn)，利用兩角和與差的正弦公式將

7T71

有1!(2%+0和411(2%—%)展開(kāi)，再通過(guò)輔助角公式進(jìn)一步合并，轉(zhuǎn)化為形如4sin(a%+0)的正弦型

函數(shù)，最后依據(jù)正弦函數(shù)的取值范圍來(lái)確定原函數(shù)的值域.

77

(2)先將/(%)化簡(jiǎn)后的形式2sin(2x+R代入不等式f(x)W0,得到關(guān)于正弦函數(shù)的不等式，再根

據(jù)正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)，求解出久的取值范圍.

71、

(1)由/(%)=sin(2x+2%--+cos2x=2sin2xcos7-1+cos2x

(6/6

=2（sin2xcos看+cos2xsi碟）=2sin（2%+'）,

因?yàn)槎x域?yàn)镽,所以/（久）值域?yàn)椋?2,2］；

（2）由/（久）<0得：2sin（2x+1）<0,

TT

所以兀+2kli<2%+-<2TT+2kn,kEZ,

解得+kn<x<^2+kmkEZ.

所以使/（%）<o成立的X的取值集合是b|+kn<X<^f+k7i,kEz）.

16.【答案】（1）證明：由BC=CO,M為BO的中點(diǎn)，則CM1BO,

由平面/BQ1平面BCD,平面/BDCI平面BCD=BD,CMu平面BCD,

所以CM，平面ABO,AOu平面ABO,i^CM1AD.

（2）證明：由M為BO的中點(diǎn)，N為BC的中點(diǎn)，則MN〃CD,

由MNua,CD（Ta,則CC〃a,又COu平面ACO,平面ACOC平面a=PQ,

所以PQ〃CD,PQ^^BCD,COu平面BCD,

所以PQ〃平面BCD

【解析】【分析】（1）利用“等腰三角形三線合一”得CM_LBO,結(jié)合“面面垂直性質(zhì)定理”證CM1平

面4BD,進(jìn)而得CM14D.

（2）通過(guò)“中位線定理”得MN||CD,依次用“線面平行判定一線面平行性質(zhì)一線面平行判定”，推導(dǎo)

PQ||平面BCD

抽空見(jiàn)：改財(cái)足

（1）由BC=CD,M為BZ）的中點(diǎn)，則CM1BD,

由平面/BQ1平面BCD,平面/BDD平面BCD=BD,CMu平面BCD,

所以CM，平面ABD,力Ou平面ABO,故CM_!AD

（2）由M為BO的中點(diǎn)，N為BC的中點(diǎn)，則MN〃CO,

由MNua,CDa,則CO〃a,又COu平面ACO,平面ACOC平面a=PQ,

所以PQ〃CD,PQd^-^BCD,CDu平面BCD,

所以PQ〃平面BCD.

17.【答案】（1）解：N為AC的中點(diǎn)，故前=就+前=一石+//益一反

故一

BM=段*-/BA,CMCB+BMb+^JBA=Z?+i*-zBC+i*_ZCAbiJd+JiJa+*_z

即：BN=5—b,CM=^3+

(2)解：=ACM=^CA+^~CB=^CN+^CB,

因?yàn)镻,B,N三點(diǎn)共線，設(shè)麗=m前，即在一加=租前一血在，

CP=(1+m)CB—mCN,故竽=—m,=1+m,

所以鄉(xiāng)+竽=1，解得4=*

(3)解：由⑴知，BN=^a-b,CM=^a+^b,

又NC=90。，AC=6,BC=9,故41=0,

CM,BNfia+,fifl—b)=^Zz+0—Bb=TX36—BX81—48,

\33/\z/6363

2

|CM|=J(1a+|K)=［式+軟石+#=J1x62+0+4xg2=2V10'

|B7V|==^-a-a-b+b2=x62-0+92=3V1U，

則c°sZMPN=cos〈BN,。用)=畫眄=2國(guó)*3回=飛

【解析】【分析】⑴利用向量基本定理得到前=基-尻CM=|a+|K.

(2)表達(dá)出前=4兩=竽函+竽函根據(jù)P,B,N三點(diǎn)共線，得到孕+竽=1,求出4=*

(3)在(1)基礎(chǔ)上，得至［］西?前=—48,|CM|=2V10,|filv|=3V10,利用夾角余弦公式進(jìn)行求

解.

抽空見(jiàn)：改財(cái)足

(1)N為力C的中點(diǎn)，故前=就+前=一萬(wàn)+/備=44一反

JM=^BA,

故CMCB+BM=/j+iFi4=Z?+5'BC+iCA=b-+ioia+Bb；

JJJJD*_JJ

(2)CP=ACM=^CA+^CB=^CN+^CB,

因?yàn)镻,B,N三點(diǎn)共線，設(shè)麗=m前，即而一方=TH前—TH而，

CP=(l+m)CB-mCW,故竽=一巾，=l+m,

所以鋁+竽=1,解得2=、；

(3)由(1)知,~BN=^a-b,CM=^a+^b,

又NC=90。，AC=6,BC=9,故N1=0,

CM,BN=fitt+-b)=[A+0—b=X36-x81=-48,

\33/\z/6363

|CM|=(|a+1b)2=J|a2+|a-K+|b2=x62+0+1x92=2V10，

|前|=JQa-b)2=^-a-a-b+b2=x62-0+92=3V10>

_1j777#\CM-BN-484

則c°sZBMPN7=cos(BrtN,CM)=^^=2VTUX3同=F

18.【答案】⑴解：因?yàn)?as譏(c+.)=8b,由正弦定理可得2sirMsin(C+勺=V5sinB=

V3sin(X+C),

BP2sirh4QsinC+亨cos。)=V3(sirh4cosC+cosXsinC),

即sin/sinC+V3sinXcosC=V^sin4cosc+V3cosy4sinC,

即sin/sinC=V^cos/sinC,

因?yàn)?、CE(0,Ti),故sinC>0,可得sim4=V5cos/>0,

7T

所以tan4=J5,因止匕，A=y

⑵解：因?yàn)镾MBC=*bcsirL4=*be=6V5,可得兒=24,

因?yàn)閍=2被，由余弦定理可得層=b2+c2—2bccosA=b1-Vc2—be=28,

be=24,_

故屬+c2=28+be=52,所以)■=52,解得｛二,

iC-4,

b>C

由正弦定理可得急=品，故sinC=萼=禁=苧，

因此，sin(A+B)=sinC=考^

(3)解：由平面向量數(shù)量積的定義可得近?前=|近就|coszBAC=8x6x4=24,

設(shè)通=久通+>前，則麗=而一瓶=(%—1)南+y就，

2

因?yàn)锽H1/C,則麗???？=(%—1)而.前+/=24(%一1)+36y=0，

即2%+3y=2①，

CH=AH-AC=xAB+(y-1)IC,

2

因?yàn)镃H14B,則西?同=久屈+(y-1)XC-AB=64%+24(y-1)=0-

BP8%+3y=3②,

聯(lián)立①②得％=/,y=故

取線段4B的中點(diǎn)E,連接。E,則。ELAB,如下圖所示:

>>/?>、>.>>>>1>2

AO-AB={AE+EO)^AB=AE-AB+EO-AB=^AB=32,

同理可得?前=^~AC=^-x62=18,

->-?->/->-?\-?-?-?-?

因止匕40,AH40,(2/B+]aC)卷40，AB+1丁0.AC.X18

【解析】【分析】(1)：利用正弦定理化邊為角，結(jié)合兩角和正弦公式化簡(jiǎn)，求tanyl得角4

(2)：通過(guò)面積公式求尻，余弦定理聯(lián)立方程得b,c,再用正弦定理結(jié)合4+3=兀-C求sinC.

(3)：設(shè)垂心而為而、前的線性組合，利用垂心垂直性質(zhì)列方程解系數(shù)，結(jié)合外心向量投影性

質(zhì)(中點(diǎn)投影)計(jì)算數(shù)量積.

抽查意見(jiàn)：改編不足

(1)因?yàn)?as譏(C+9=舊瓦由正弦定理可得24皿011修+專=住山8=每皿4+(7),

即2sin4QsinC+-^cosC)=V3(sin4cosC+cosAsinC),

即sirb4sinC+V5sirh4cosc=V3sirh4cosC+V3cosXsinC,

即sirh4sinC=V3coSi4sinC,

因?yàn)?、C6(0,Ti),故sinC>0,可得sin4=V3cosX>0,

7T

所以taivl=遍，因此:，&=于

(2)因?yàn)镾AHBC=；bcsinA=亨be=675,可得be=24,

因?yàn)閍=2A/7,由余弦定理可得a?=b2+c2—2bccosA=b2+c2—be=28,

be=24ch-

故尻+°2=28+%=52,所以廿+°2=52,解得{:二?，

b>c

由正弦定理可得施=嬴，故sinC=￡￥=:g=孚，

因此，sin(i4+B)=sinC=考^.

(3)由平面向量數(shù)量積的定義可得麗?阮=|麗卜\AC\COSABAC=8X6X1=24,

設(shè)用=%而+屈，則前=而一四=(久一1)南+、石，

2

因?yàn)锽"14C,則麗?元=(久—1)同?前+汨=24(%—1)+36y=0，

即2%+3y=2①，

CH=AH-AC^xAB+(y-1)ZC,

2

因?yàn)镃HI/B,則麗?南=%麗+(y-1)XC-AB=64%+24(y-1)=0-

即8x+3y=3(2),

聯(lián)立①②得x=W，y=|)故力”=\AB+氯C，

取線段4B的中點(diǎn)E,連接。E,則。E，4B,如下圖所示：

>>/>,、>>>>>[>2

AO-AB=^AE-{-EO)-AB=AE-AB+EO-AB=^AB=32,

同理可得20.ZC=//C=^-x62=18,

-?-?-?/-?-?\-?-?-?-?

因此40.A”=AO.(1B+%C)=?4B+射OZC=學(xué)+魯x18=華.

J\69/69393

19.【答案】(1)①證明見(jiàn)解析；②孚；①證明：由題可設(shè)，易知BCDE是邊長(zhǎng)為4的正方形，且

PEIDE,PE1BE,

由OECBE=E者B在平面BCOE內(nèi),則PE1平面BCOE,BCu平面BCOE,

所以PE_LBC,又BELBC,PEClBE=￡1都在平面PBE內(nèi)，貝1BC1平面PBE,

由ENu平面PBE,則BC1EN,又PE=BE,N為PB的中點(diǎn)，則ENJ.PB,

由BCDPB=B者6在平面PBC內(nèi)，則EN_L平面PBC,ENu平面EMN,

所以平面EMN1平面PBC.

②解：由EN，平面PBC,MNu平面PBC,則EN1MN,且EN=2證

同理可得BC1PB,則MN=2^,故SAEMN=/X28X2企=2布，

]1118

由=^N-BEM=y^P-BEM=?*口X4X^X4X2=M，

若B到平面EMN的距離為d,則/dx2VS=*可得d=靠，而B(niǎo)N=2近,

所以直線PB與平面EMN所成角的正弦值品=卓.

D/V3

（2）法一：解：由前=XBP,Ae[i,且PB=4VL則BN=4V2A,

L4ZJ

所以MN=y/BN2+BM2=V32Z2+4,EN=<BN2+BE2-2BN-BEcos45°=

V32A2+16-322,EM=2瓜

22

MN+EM-EN1322+4+20-324-16+3221+4/1

所以cosNEMN=_2MN.EM

V5-J1+8A2

故sinZ_EMN=2,寧,1,故一到引^的距離八=MNsin乙EMN=癡;+1，

75J1+8ZV5

m_'I

又N到平面BME的距離m=42,則二面角N—EM—B的正弦值五=b—2A+1

V5

J(j-l)+5

又興[2,4],則與e[野,留];

法二：解：由題設(shè)，構(gòu)建如下圖示空間直角坐標(biāo)系E—xyz,則M(4,2,0),N(4(1-4)044),

所以前=(4,2,0),前=(4(1—4),0,42),若方=(x,y,z)是平面EMN的一個(gè)法向量,

.fm-EM=4%+2y=0

"l沅?前=4（1一2）%+42z=0令久=A,則萬(wàn)=（A,—2A,2—1）,

m-nl-a1

〈通元〉

ICOSI=Ijm[jn|

JSA2+（A-I）212

而平面BEM的一個(gè)法向量為冠=(0,0,1),則5（七）+r

J廠

而，e[/目’則上—故(工_])￡卜,1],

所以|cos綠向G島+，故二面角N—EM—B的正弦值范圍嚕,等].

【解析】【分析】①面面垂直證明：利用“線面垂直一面面垂直”，通過(guò)翻折后PE1平面BCDE,結(jié)

合BC1平面PBE推導(dǎo)EM1平面PBC,進(jìn)而得面面垂直.

②線面角計(jì)算：建立空間直角坐標(biāo)系，求平面法向量與直線方向向量，用向量夾角公式計(jì)算線面

角(線面角正弦值=方向向量與法向量夾角余弦值的絕對(duì)值)