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2022-2023学年湖北省武汉市5G联合体高一（下）期末数学试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（5分）复数（　　）
A．1+2i B．1+i C．1﹣2i D．1﹣i
2．（5分）设m为直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论中错误的是（　　）
A．m∥α，α∥β，且m β m∥β
B．α∥β，且m与α相交 m与β相交
C．m∥α，m∥β α∥β
D．α∥β，且m α m∥β
3．（5分）在正四面体ABCD中，点E，F，G分别为棱BC，CD，AC的中点，则异面直线AE，FG所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
4．（5分）某次投篮比赛中，甲、乙两校都派出了10名运动员参加比赛，甲校运动员的得分分别为8，6，7，7，8，10，9，8，7，8，这些成绩可用如图中的（1）所示，乙校运动员的得分可用如图中的（2）所示．则以下结论中，正确的是（　　）
A．甲校运动员得分的中位数为7.5
B．乙校运动员得分的75%分位数为10
C．甲校运动员得分的平均数大于8
D．甲校运动员得分的标准差大于乙校运动员得分的标准差
5．（5分）在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，若，，A＝30°，则边c＝（　　）
A． B．或 C．或 D．
6．（5分）如图所示，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若E、F分别为AB，AC靠近点A的三等分点，平面EB1C1F将三棱柱分成左右两部分体积为V1和V2，那么V1：V2＝（　　）
A．7：5 B．14：13 C．5：7 D．13：14
7．（5分）如图，圆锥PO的底面直径和高均是4，过PO的中点O1作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的表面积为（　　）
A． B． C． D．
8．（5分）在△ABC中，，，BC＝1，D为AC中点，若将△BCD沿着直线BD翻折至△BC′D，使得四面体C′﹣ABD的外接球半径为1，则直线BC′与平面ABD所成角的正弦值是（　　）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
（多选）9．（5分）已知互不相同的9个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，则剩下的7个数据与原9个数据相比，下列数字特征中不变的是（　　）
A．中位数 B．平均数
C．第41百分位数 D．方差
（多选）10．（5分）已知向量，，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．若，θ的值为
C．的取值范围为
D．存在θ，使得
（多选）11．（5分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别a，b，c，a2＝2bcsinA，下列说法正确的是（　　）
A．若a＝1，则
B．△ABC外接圆的半径为
C．取得最小值时，
D．时，值为
（多选）12．（5分）如图，正四面体ABCD的棱长为1，E，F分别是棱BD，CD上的点，且BE＝DF＝t，t∈（0，1），则（　　）
A．不存在t，使得BC∥平面AEF
B．直线AC与直线EF异面
C．不存在t，使得平面AEF⊥平面BCD
D．三棱锥A﹣DEF体积的最大值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.双空题第一空2分，第二空3分.
13．（5分）已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于，灯塔A在观察站C的北偏东40°，灯塔B在观察站C的南偏东20°，则灯塔A与灯塔B的距离为 　 　km．
14．（5分）已知，为单位向量，向量，的夹角为，则向量在向量上的投影向量为 　 　．
15．（5分）如图，在△ABC中，，，P为CD上一点，且满足，若AC＝2，AB＝4，则的值为 　 　．
16．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，动点P在△AB1C内，满足，则点P的轨迹长度为 　 　．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）（1）设z∈C，在复平面内z对应的点为Z，那么求满足条件：2＜|z|＜3的点Z的集合的图形面积；
（2）已知复数（m∈R），z2＝x+（λ+2x）i（λ，x∈R）且z1+z2＝0，求λ的范围．
18．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin（A﹣B）＝sinC﹣sinB．
（1）求角A；
（2）若△ABC外接圆的半径为，求△ABC面积的最大值．
19．（12分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，面ABB1A1为正方形，面AA1C1C为菱形∠CAA1＝60°，侧面AA1C1C⊥面ABB1A1．
（1）求证：AC1⊥面CA1B1；
（2）求二面角C﹣BB1﹣A的余弦值．
20．（12分）为了深入学习领会党的二十大精神，某高级中学高一全体学生参加了《二十大知识竞赛》．试卷满分为100分，所有学生成绩均在区间[40，100]分内．已知该校高一选物理方向、历史方向的学生人数分别为180、120．现用分层抽样的方法抽取了30名学生的答题成绩，绘制了如图样本频率分布直方图．
（1）根据样本频率分布直方图，计算图中a的值，并估计该校全体学生成绩的平均数和第71百分位数；
（2）已知所抽取选物理方向和历史方向学生答题成绩的平均数、方差的数据如下表，且根据频率分布直方图估计出总成绩的方差为140，求高一年级选物理方向学生成绩的平均数和高一年级选历史方向学生成绩的方差．
选科方向 样本平均数 样本方差
物理方向 75
历史方向 60
21．（12分）已知△ABC的面积为，且且AB＞AC．
（1）求角A的大小；
（2）设M为BC的中点，且，∠BAC的平分线交BC于N，求线段MN的长度．
22．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，AB＝AD＝2BC＝2，△PAD≌△BAD．
（1）M为PC上一点，且，当PA∥平面DMB时，求实数λ的值；
（2）设平面PAD与平面PBC的交线为l，证明l∥面ABCD；
（3）当平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小为45°时，求PC与平面ABCD所成角的正弦值．
2022-2023学年湖北省武汉市5G联合体高一（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（5分）复数（　　）
A．1+2i B．1+i C．1﹣2i D．1﹣i
【解答】解：因为复数1﹣2i．
故选：C．
2．（5分）设m为直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论中错误的是（　　）
A．m∥α，α∥β，且m β m∥β
B．α∥β，且m与α相交 m与β相交
C．m∥α，m∥β α∥β
D．α∥β，且m α m∥β
【解答】解：由m∥α，α∥β，得m β或m∥β，而m β，所以m∥β，故A正确；
由α∥β，且m与α相交，可得m与β相交，故B正确；
由m∥α，m∥β，得α∥β或α与β相交，故C错误；
由α∥β，得α与β无公共点，又m α可得m与β无公共点，则m∥β，故D正确．
故选：C．
3．（5分）在正四面体ABCD中，点E，F，G分别为棱BC，CD，AC的中点，则异面直线AE，FG所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：连接DE，因为点F，G分别为棱CD，AC的中点，
所以FG∥AD，
所以∠EAD或其补角为异面直线AE，FG所成角，
设正四面体的边长为a，
则，AD＝a，
由余弦定理得：，
所以异面直线AE，FG所成角的余弦值为．
故选：C．
4．（5分）某次投篮比赛中，甲、乙两校都派出了10名运动员参加比赛，甲校运动员的得分分别为8，6，7，7，8，10，9，8，7，8，这些成绩可用如图中的（1）所示，乙校运动员的得分可用如图中的（2）所示．则以下结论中，正确的是（　　）
A．甲校运动员得分的中位数为7.5
B．乙校运动员得分的75%分位数为10
C．甲校运动员得分的平均数大于8
D．甲校运动员得分的标准差大于乙校运动员得分的标准差
【解答】解：甲校派出的10名运动员参赛成绩从小到大为：6，7，7，7，8，8，8，8，9，10，
其中位数为：8，平均数为：，故选项A、C错误；
其方差为：[（6﹣7.8） +3×（7﹣7.8） +4×（8﹣7.8） +（9﹣7.8） +（10﹣7.8） ]＝1.16，标准差为；
乙校派出的10名运动员参赛成绩分别为：6，7，8，9，9，9，9，10，10，10，则其平均数为：（6+7+8+9×4+10×3）＝8.7，75%分位数为：10，
方差为：[（6﹣8.7） +（7﹣8.7） +（8﹣8.7） +4×（9﹣8.7） +3×（10﹣8.7） ]＝1.61，标准差为，
所以甲校运动员得分的标准差小于乙校运动员得分的标准差，故选项B正确，D错误．
故选：B．
5．（5分）在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，若，，A＝30°，则边c＝（　　）
A． B．或 C．或 D．
【解答】解：因为，，A＝30°，
由余弦定理得cosA，
则c或c＝2．
故选：C．
6．（5分）如图所示，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若E、F分别为AB，AC靠近点A的三等分点，平面EB1C1F将三棱柱分成左右两部分体积为V1和V2，那么V1：V2＝（　　）
A．7：5 B．14：13 C．5：7 D．13：14
【解答】解：设三棱柱的高为h，底面的面积为S，体积为V，则 V＝V1+V2＝Sh，
因为E、F分别为AB，AC靠近点A的三等分点，所以，
则，所以，
所以V1：V2＝13：14．
故选：D．
7．（5分）如图，圆锥PO的底面直径和高均是4，过PO的中点O1作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的表面积为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：设圆柱的底面半径为r，高为h，则r2＝1，h4＝2，
圆锥的母线长为2，
过PO的中点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，
则剩下的几何体的表面积为π×2×22π×1×2+π×22＝（8+4）π．
故选：B．
8．（5分）在△ABC中，，，BC＝1，D为AC中点，若将△BCD沿着直线BD翻折至△BC′D，使得四面体C′﹣ABD的外接球半径为1，则直线BC′与平面ABD所成角的正弦值是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：∵，，BC＝1，∴AC＝2，又D为AC中点，
∴AD＝CD＝BD＝1，则BC′＝C′D＝BD＝1，即△BC′D为等边三角形，
设△BC′D的外接圆圆心为G，△ABD的外接圆圆心为O，取BD中点H，
连接C′H，OH，OG，OB，OC′，OD，
∵，BD＝1，∴，即△ABD外接圆半径为1，
又四面体C′﹣ABD的外接球半径为1，∴O为四面体C′﹣ABD外接球的球心，
由球的性质可知：OG⊥平面BC′D，又C′H 平面BC′D，∴OG⊥C′H，
∵，OC′＝1，∴；
设点C′到平面ABD的距离为d，
由VC′﹣OBD＝VO﹣C′BD得：，
又△OBD与△C′BD均为边长为1的等边三角形，∴，
直线BC′与平面ABD所成角的正弦值为．
故选：D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
（多选）9．（5分）已知互不相同的9个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，则剩下的7个数据与原9个数据相比，下列数字特征中不变的是（　　）
A．中位数 B．平均数
C．第41百分位数 D．方差
【解答】解：设这9个数分别为x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，x9，
且x1＜x2＜x3＜x4＜x5＜x6＜x7＜x8＜x9，
中位数是x5，
去掉最大数和最小数，得x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，中位数也是x5，
所以中位数不变，选项A正确；
由41%×9＝3.69，得x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，x9的第41百分位数为第4个数x4，
由41%×7＝2.87，得x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8的第40百分位数为第3个数x4，
故第41百分位数不变，选项C正确；
设这9个数分别1，2，3，4，5，6，7，8，9，
则平均数为（1+2+3+4+5+6+7+8+9）＝5，
方差为[（1﹣5）2+（2﹣5）2+（3﹣5）2+（4﹣5）2+（5﹣5）2+（6﹣5）2+（7﹣5）2+（8﹣5）2+（9﹣5）2]，
去掉最大数和最小数，得2，3，4，5，6，7，8，
平均数为（2+3+4+5+6+7+8）＝5，
方差为[（2﹣5）2+（3﹣5）2+（4﹣5）2+（5﹣5）2+（6﹣5）2+（7﹣5）2+（8﹣5）2]＝4，
此时方差改变了，选项D错误；
设这9个数分别﹣1，2，3，4，5，6，7，9，10，
则平均数为（﹣1+2+3+4+5+6+7+9+10）＝5，
去掉最大数和最小数，得2，3，4，5，6，7，9，
计算平均数为（2+3+4+56+7+9），此时平均数改变了，是选项B错误．
故选：AC．
（多选）10．（5分）已知向量，，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．若，θ的值为
C．的取值范围为
D．存在θ，使得
【解答】解：，，
对于A，若，
则sinθ，即tanθ，故A正确；
对于B，若，
则，解得tanθ，
∵0≤θ≤π，
∴，故B正确；
对于C，，
∵0≤θ≤π，
∴，
∴，
∴的取值范围为[﹣1，2]，故C错误；
对于D，不妨设成立，
则，
故，即与反向共线，
，，
∵不存在实数λ（λ＜0）使得，，
∴与不反向共线，
∴假设不成立，即不存在θ，使得，故D错误．
故选：AB．
（多选）11．（5分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别a，b，c，a2＝2bcsinA，下列说法正确的是（　　）
A．若a＝1，则
B．△ABC外接圆的半径为
C．取得最小值时，
D．时，值为
【解答】解：A中，a＝1，由题意可得2bcsinA＝1，所以SbcsinA ，所以A正确；
B中，设外接圆的半径r，由正弦定理2r，因为a2＝2bcsinA，所以r，所以B正确；
C中，22，当且仅当，即b＝c，再由a2＝2bcsinA，当A时，可知三角形为等边三角形，代入不成立，所以C不正确；
D中，A，因为a2＝2bcsinA，可得a2bc，由余弦定理可得cosA，所以2，
所以2，所以D正确．
故选：ABD．
（多选）12．（5分）如图，正四面体ABCD的棱长为1，E，F分别是棱BD，CD上的点，且BE＝DF＝t，t∈（0，1），则（　　）
A．不存在t，使得BC∥平面AEF
B．直线AC与直线EF异面
C．不存在t，使得平面AEF⊥平面BCD
D．三棱锥A﹣DEF体积的最大值为
【解答】解：因为直线AC与平面BCD交于点C，EF 平面BCD，且不经过点C，
所以直线AC与直线EF异面，故B正确．
当 时，E，F分别是棱BD，CD的中点，此时BC∥EF，因为EF 平面AEF，
BC 平面AEF，所以BC∥平面AEF，故A错误．
设O为△BCD的中心，连接AO，因为经过点A有且只有一条直线AO垂直于平面BCD，
所以经过点A且垂直于平面BCD的平面一定经过直线AO，即当且仅当E，O，F三点共线时，
平面AEF⊥平面BCD，因为DE＝1﹣t，DF＝t，所以，，
设BC的中点为M，连接DM，则，
因为E，O，F三点共线，所以，整理得3t2﹣3t+1＝0，
因为Δ＝﹣3＜0，所以此方程无解，所以不存在 t∈（0，1），使得平面AEF⊥平面BCD，故C正确．
易知，在△DEF中，DE＝1﹣t，DF＝t，
所以△DEF的面积Sr （t﹣1） sin[]2，
当且仅当 时等号成立，所以三棱锥A﹣DEF体积的最大值为，故D错误．
故选：BC．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.双空题第一空2分，第二空3分.
13．（5分）已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于，灯塔A在观察站C的北偏东40°，灯塔B在观察站C的南偏东20°，则灯塔A与灯塔B的距离为 　3　km．
【解答】解：由题意，AC＝BC，∠ACB＝120°，
由余弦定理可得3，
所以灯塔A与灯塔B的距离为，3km．
故答案为：3．
14．（5分）已知，为单位向量，向量，的夹角为，则向量在向量上的投影向量为 　　．
【解答】解：∵，为单位向量，
∴1，||4，
∴12，
∴向量在向量上的投影向量为2．
故答案为：2．
15．（5分）如图，在△ABC中，，，P为CD上一点，且满足，若AC＝2，AB＝4，则的值为 　3　．
【解答】解：由，可得，
又C，P，D三点共线，
则有m，
∵，
∴，即m，
又，
且，AC＝2，AB＝4，
故（） （）
＝3．
故答案为：3．
16．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，动点P在△AB1C内，满足，则点P的轨迹长度为 　　．
【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1 中，如图，
如图，E为正三角形AB1C的外心，D1E⊥平面AB1C，
根据几何关系，不难得出D1E＝32，
因为点P在ΔAB1 C内，满足D1P，则EP，
因此点P的轨迹是以点E为圆心，为半径的圆在ΔAB1C内的圆弧，
而ΔAB1C为正三角形，则三棱锥B﹣AB1C必为正三棱锥，E为正ΔAB1C 的中心，
于是正ΔAB1C的内切圆半径EH＝AB1，
则cos∠HEF，即∠HEF∠FEG，
所以圆在ΔAB1C内的圆弧为圆周长的，
即点P的轨迹长度为π，
故答案为：π．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）（1）设z∈C，在复平面内z对应的点为Z，那么求满足条件：2＜|z|＜3的点Z的集合的图形面积；
（2）已知复数（m∈R），z2＝x+（λ+2x）i（λ，x∈R）且z1+z2＝0，求λ的范围．
【解答】解：（1）由复数的几何意义知：所表示的图形为圆环，面积为π 32﹣π 22＝5π；
（2）∵（m∈R），z2＝x+（λ+2x）i（λ，x∈R）且z1+z2＝0，
∴x+m+（λ+2x+4﹣m2）i＝0，
∴m＝﹣x，λ+2x+4﹣m2＝0，
∴λ＝x2﹣2x﹣4＝（x﹣1）2﹣5，
当x＝1时，λ有最小值为﹣5，
故λ范围为[﹣5，+∞）．
18．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin（A﹣B）＝sinC﹣sinB．
（1）求角A；
（2）若△ABC外接圆的半径为，求△ABC面积的最大值．
【解答】解：（1）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin（A﹣B）＝sinC﹣sinB，
由sin（A﹣B）＝sinC﹣sinB得，sin（A﹣B）＝sin（A+B）﹣sinB，
所以sinB＝sin（A+B）﹣sin（A﹣B）＝2cosAsinB，
又0＜B＜π，所以sinB＞0，
所以，
因为0＜A＜π，所以；
（2）由△ABC外接圆的半径为，则得，
由余弦定理得，，即b2+c2＝bc+8，
所以b2+c2＝bc+8≥2bc，解得bc≤8，
所以，
故△ABC面积的最大值为．
19．（12分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，面ABB1A1为正方形，面AA1C1C为菱形∠CAA1＝60°，侧面AA1C1C⊥面ABB1A1．
（1）求证：AC1⊥面CA1B1；
（2）求二面角C﹣BB1﹣A的余弦值．
【解答】解：（1）证明：由菱形AA1C1C AC1⊥A1C，
∵平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，平面AA1C1C∩平面ABB1A1＝AA1，又正方形ABB1A1中，A1B1⊥AA1，
∴A1B1⊥平面AA1C1C，∴A1B1⊥AC1，∵A1B1∩A1C＝A1，A1B1，A1C 平面CA1B1，
∴AC1⊥平面CA1B1，
（2）过C作CH⊥AA1于H，∵侧面AA1C1C⊥面ABB1A1，侧面AA1C1C∩面ABB1A1＝AA1，
∴CH⊥平面ABB1A1．过H作HK⊥BB1于K，连CK，
则CH⊥BB1，HK⊥BB1，故BB1⊥平面CHK，所以BB1⊥CK，
故∠CKH为二面角C﹣BB1﹣A的平面角，在Rt△CHK中设AC＝a，AA1＝AB＝a，∠CAA1＝60°，
∴，HK＝AB＝a，，∴，
∴二面角C﹣BB1﹣A的余弦值为．
20．（12分）为了深入学习领会党的二十大精神，某高级中学高一全体学生参加了《二十大知识竞赛》．试卷满分为100分，所有学生成绩均在区间[40，100]分内．已知该校高一选物理方向、历史方向的学生人数分别为180、120．现用分层抽样的方法抽取了30名学生的答题成绩，绘制了如图样本频率分布直方图．
（1）根据样本频率分布直方图，计算图中a的值，并估计该校全体学生成绩的平均数和第71百分位数；
（2）已知所抽取选物理方向和历史方向学生答题成绩的平均数、方差的数据如下表，且根据频率分布直方图估计出总成绩的方差为140，求高一年级选物理方向学生成绩的平均数和高一年级选历史方向学生成绩的方差．
选科方向 样本平均数 样本方差
物理方向 75
历史方向 60
【解答】解：（1）根据频率和为1，得（0.006+0.012+a+0.026+0.010+0.006）×10＝1，
解得a＝0.040，
计算平均数为（45×0.006+55×0.012+65×0.04+75×0.026+85×0.01+95×0.006）×10＝69，
第71百分位数x0：0.006×10+0.012×10+0.04×10+（x0﹣70）×0.026＝71%，
解得x0＝75．
（2）由题知抽取30名学生，其中物理方向18人，历史方向12人，
所以，
解得，．
21．（12分）已知△ABC的面积为，且且AB＞AC．
（1）求角A的大小；
（2）设M为BC的中点，且，∠BAC的平分线交BC于N，求线段MN的长度．
【解答】解：（1）因为，
又三角形ABC的面积为，即，
所以，
所以，
又A∈（0，π），所以．
（2）如图所示，
在△ABC中，因为M为BC的中点，所以，
两边平方得，，
所以b2+c2＝13，①
由（1）可知：，
所以bc＝6，②
又c＞b，所以由①②可得c＝3，b＝2，
又由余弦定理可知，a2＝b2+c2﹣2bccosA＝13+6＝19，
所以，
由，，
又∠CAN＝∠BAN，
所以，
又，
所以，
所以，
即线段MN的长度为．
22．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，AB＝AD＝2BC＝2，△PAD≌△BAD．
（1）M为PC上一点，且，当PA∥平面DMB时，求实数λ的值；
（2）设平面PAD与平面PBC的交线为l，证明l∥面ABCD；
（3）当平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小为45°时，求PC与平面ABCD所成角的正弦值．
【解答】解：（1）如图，连接AC交BD于点N，连接MN，
∵PA∥平面BDM，PA 平面PAC，平面PAC∩平面BDM＝MN，∴PA∥MN，
在梯形ABCD中，∵BC∥AD，∴△ADN∽△CBN，∴，
∵PA∥MN，∴，∴λ＝2；
证明：（2）∵BC∥AD，BC 平面PAD，AD 平面PAD，∴BC∥面PAD，
又∵BC 面PBC，面PBC∩面PAD＝1，∴BC∥l，
又∵l 面ABCD，BC 面ABCD，∴l∥面ABCD；
（3）取AD的中点O，连接OP、OB，
∵O为AD的中点，且BC∥AD，AD＝2BC，
∴OD∥BC且OD＝BC，四边形OBCD为平行四边形，∴CD∥OB，
∵∠ADC＝90°，∴∠BOD＝90°，∴AD⊥OB，
又AB＝AD，∴△ABD为等边三角形，
又△PAD △BAD，∴△PAD为等边三角形，∴AD⊥OP，
∵OP∩OB＝O，OP 平面POB，OB 平面POB，∴AD⊥平面POB，
∵BP 平面POB，∴AD⊥BP，
过点P作l∥AD，由AD∥BC，则l∥BC，∴l 平面PAD，l 平面PBC，
即平面PAD∩平面PBC＝1，∴l⊥OP，l⊥BP，
∴∠BPO为平面PAD与平面PBC所成的锐二面角，∴∠BPO＝45°，
又由，∴∠OBP＝45°，∴∠BOP＝90°，
∵PO⊥OB，AD⊥PO，
∵AD∩OB＝O，AD 平面ABCD，OB 平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，
∴∠PCO为PC与平面ABCD所成的角，
，
∴，
因此，PC与平面ABCD所成角的正弦值为．
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