四川省南充市2024-2025学年高一年级下册学业质量监测数学试题（含解析）

四川省南充市2024-2025学年高一下学期学业质量监测数学试题

一、单选题：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.设i为虚数单位，复数z=i（2-E）,则z在复平面内对应的点在第（）象限.

A.一B.二C.三D.四

2.已知平面向量五：=(-2,1),万=(2,久+2),若M〃尻贝卜=()

A.—3B.-2C.2D.3

3.已知aC&兀),cos([_«:)=,,则cos(兀-a)=()

.4R313D-I

A•一亏B•一百C5

4.设a,0为不同的平面，m,n为不同的直线，则下列说法中正确的是（）

A.若zn//a,几ua,贝ijzn//几

B.若zn//n,nca,则zn//a

C.若m//a,n1a,则%11九

D.若a10,anjS=n,mln,则ml/?

5.如图，已知圆锥S。的轴截面SAB是边长为4的正三角形，则该圆锥的侧面积为（）

S

;

A.167rB.8TTC.4v57rD.4兀

6.已知△ABC中，AB=(2,V2),^4C=(4,-2A/2),则△ABC的面积为（）

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

71

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

()

A

CDB

A.——v4CB.—mA。C.D.|XC

8.如图，正方体中，P为的中点，点Q为四边形CC15。及其内部的动点，PQ//

平面BBiDi。.则PQ与平面4BCD所成角正切值的范围（）

A."苧]B.[o用C.[0用D.[0,V2]

二'多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.

9.在AABC中，下列说法正确的是（）

A.tan（71+F）=tanC

口.A-\-BC

B.sin2-=cos2

C.若cosAVcosB,则Z>B

D.存在△ABC,使得sin/+sinB<sinC成立

10.如图，在正三棱柱ZBC—Z1&C1中，AB=6,441=4,则下列说法正确的是（）

Ax______Bx

1

A.直线与直线/Ci所成角后

B.三棱锥4一41BC的体积为12次

C.点的到平面&BC的距离为g

D.四棱锥公-BiBCCi的外接球的表面积为64兀

11.已知函数/'（久）=2sin（ax-匀，3>0,则下列说法正确的是（）

A.3=2时，点岛T,o）是函数/（久）图象的一个对称中心

B.3=2时，函数y=/（%）-1在[-兀用上有4个零点

C.将f（%）图象向左平移/个单位长度后，得到的函数图象关于y轴对称，则3最小值为3

D.当xe［0,1］时，/(幻恰有4个最大值，则实数3的取值范围为［竿，竽)

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.cos52.5°cos7.5°-sin52.5°s讥7.5°的值为.

171

13.已知a,b,c分别为AABC三个内角A,B,C的对边，若a=8,cosA=，贝ij

b=.

14.在三角恒等变化中，积化和差实际上就是把s仇(a+/?)与s仇(仇一夕)，cos(a+£)与cos(a-/?)相

加或相减而变形得到的；和差化积实际上就是一种角的变化，如：s讥a+siW?=sin(字+

a-”上⑺住+/?a-13\_a+pa-p

~17)+sin{2-~2sin2cos2•

11

如果角。与y满足cos。一cosy=—1sind-siny=贝!Jcos(6+y)=.

四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

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

(1)求函数/(久)的值域；

⑵求使f(久)W。成立的式的取值集合.

16.在三棱锥4-BC0中，平面ABO_L平面BCO,BC=CD,M为B0的中点.

(1)求证：CMLAD-,

(2)若N为BC的中点，过MN的平面a交平面4CD于PQ,求证：PQ〃平面BCD

17.如图，Rt^ABC^,"=90。，AC=6,BC=9,BM=^BA,N为"的中点，设刀=正

在与CM相交于点P.

(1)用百，万表示前、CM；

(2)若加=2而求4的值;

(3)求cos乙MPN.

18.已知a、b、c分别为A/BC三个内角4B、C的对边，且2asm(C+g=gh

(1)求a的值；

(2)若a=2V7,b>c,AZBC的面积为6百，求s比Q1+B)的值；

(3)若b=6,c=8,“为△ABC垂心，。为AABC的外心，•加的值.

19.如图1,在直角梯形2BCD中，AB//DC,AB1BC,BC=DC=4,AB=8,E为的中点.将

△ADE沿DE翻折，使点A到点P的位置，且PE1BE,得到如图2所示的四棱锥P—BCOE,若M为

BC的中点，N是棱PB上动点.

E

图1

(1)当N为PB的中点时.

①求证：平面EMNL平面PBC；

②求直线PB与平面EMN所成角的正弦值.

⑵若前=4瓯4G值,1]>求二面角N—EM—B的正弦值的取值范围.

答案解析部分

L【答案】A

【解析】【解答】解：由z=2i—/=1+2。对应点坐标为（1,2）,即在第一象限.

故答案为：A.

【分析】先通过复数乘法法则将复数z化简为标准形式a+bi（a,b为实数），然后根据实部a和虚

部b的正负确定其对应点（a,b）所在的象限.

2.【答案】A

【解析】【解答】解：由题设牛，可得久=—3.

-Z1

故答案为：A.

【分析】利用“若两个平面向量沅=（久1，%），同=（久2，%）平行，则久1>2一久2y1=。”这一性质，列出

关于％的方程，进而求解久的值.

3.【答案】D

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

4

所以COS（TT—a）=—cosa=耳.

故答案为：D.

【分析】本题考查三角函数诱导公式及同角三角函数平方关系的应用,解题思路是先利用诱导公式将

77

85（2-&）转化为0!1戊，再根据a的范围，用同角三角函数平方关系求出cosa,最后再次利用诱导公

式求出cos（兀-a）.

4.【答案】C

【解析】【解答】解：A、m//a,nca,则：平行或异面，A错误.

B、m//n,nca,则小〃a或6ua,B错误.

C、m//a,则存在直线Zu平面a,使又n1a,得n1Z,故61n,C正确.

D、al/?,an0=7i,mln,则血可以在S内，可以与/?平行，也可以与6相交但不垂直，不一定

有fnl8,D错误.

故答案为：C.

【分析】本题聚焦空间中线面、面面的位置关系，需依据线面平行、垂直，面面垂直的判定与性

质，逐一剖析选项，判断线线、线面位置关系是否成立，解题关键在于熟练运用空间几何的基本定

理，准确把握线面、面面位置关系的多种可能性.

5.【答案】B

【解析】【解答】解：由题设，圆锥底面半径为2,则底面周长为4兀,

所以圆锥的侧面积为4义4兀=8兀.

故选：B.

【分析】本题考查圆锥侧面积的计算，关键在于先根据轴截面的性质确定圆锥的底面半径和母线

长，再利用圆锥侧面积公式（S=?C,其中Z是母线长，C是底面周长）求解，解题思路是：先由

轴截面为正三角形得出底面半径和母线长，再计算底面周长，最后代入侧面积公式计算.

6.【答案】B

__8—41

【解析】【解答】解：因为检=（2,&）,XC=（4,-2V2）,则cos4=［而京忑=g

故siivl=V1—cos2X=Jl—R）=-r^~,

因此SUBC=||AB|•|^C|sim4=1xV6x2A/6x=4V2.

故答案为：B.

【分析】本题考查利用平面向量求三角形面积，核心思路是先通过向量数量积公式求出夹角A的余

1一

弦值，再用同角三角函数关系得正弦值，最后代入三角形面积公式=AB-ACsiiVl）计算.

7.【答案】A

【解析】【解答】解：由题设，AD=CD=2,则ZC=2a,BD=4,

故48=>JAD2+BD2=2V5,

所以i=吗#"悬聂常噜

所以砒E衣上的投影向量为四厘•芈=2后2彳x（争）AC=_1AC

MMC|

故答案为：A.

【分析】本题考查向量投影向量的计算，核心思路是：先通过几何条件求出相关线段长度（4C、

AB-AC__>

AB）,再用余弦定理求cosNClB,最后依据投影向量公式（投影向量）计算，需依次

完成线段长度推导、角度余弦值求解及投影向量运算.

8.【答案】D

取线段CD,CiDi，BiG的中点分别为E,F,G,连接EF,EP,FG,GP,

由中位线可得EF〃PG，所以四点E,F,G,P四点共面，

又因为BBJ/PG,BBiu平面BB15D,PGC平面BBiAD,

所以PG//平面BB1D1D,

又因为DiBJ/FG,%Biu平面BBIAD,FGC平面BB/iD,

所以FG〃平面BB1D1D,

又因为FGCPG=G,FG,PGu平面EFGP,

所以平面EFGP//平面BBiDiD,

因为点Q为四边形515。及其内部的动点，所以当QCEF,即PQu平面EFGP,

所以此时有PQ〃平面BBiDiD,

由正方体的性质可知QE1平面2BCC,所以PQ与平面ABCD所成角就是NQPE,

又因为tanzQPE=1f,设正方体的边长为2,贝肚an/QPE=登，

此时QE£[0,2],所以tan“PE=登e

故答案为：D.

【分析】先通过构造辅助平面，确定满足PQ||平面的点Q的轨迹；再利用线面角的定义（线

面角为直线与平面中投影线的夹角），结合正方体边长，分析线面角正切值的范围.需依次完成辅助

平面构造、轨迹确定、线面角转化及正切值范围推导.

9.【答案】B,C

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

B、由si上力,B=sin%^=cos|\B正确.

C、由丫=cosx在（0,兀）上单调递减，且cos/<cosB,则2>B,C正确.

D、由正弦边角关系，若sim4+sinB<sinC,即a+6<c,显然不符合三角形三边关系，D错误.

故答案为：BC.

【分析】A、B、由三角形内角和及诱导公式判断A、B.

C、由余弦函数的单调性比较大小判断c.

D、根据正弦边角关系及三角形三边关系判断D.

10.【答案】A,B,D

【解析】【解答】解：A、因BiJIIBC,直线与BiG所成角=Z&BC（或补角），正三棱柱

7TTT

中A/BC是等边三角形，乙4BC=w，故夹角为可A正确.

B、用等体积法：^A-AiBC=^Ai-ABC（换顶点），A^-ABC=LABC'其中旌48。=m*

2

6=9V3,AAt=4,故：7=1x9V3x4=12V3,B正确.

C、由/述=&。=2m，BC=6,则AaiBC中BC上的高为同，

所以打4必+X6X同=3同，若A到平面儆距离为d,则最X3同=12同所以d=

嚼，根据对称性易知点的到平面儆距离为嗜，C错误.

D、由题设，易知四棱锥人一BiBCCi的外接球，即为该三棱柱的外接球，而AABC的外接圆半径r=

亨x6=2g,且7Ml=4,所以外接球的半径R=，产+2?=4,故其表面积为4兀/?2=64兀，

D正确.

故答案为：ABD.

【分析】A：利用“线线平行可将异面直线夹角转化为平面角”，结合正三角形性质判断.

B：用“等体积法”（换顶点），将三棱锥体积转化为已知底面积和高的体积.

C、首先求出占到平面41BC的距离，再结合对称性判断C.

D、由四棱锥Ai-BiBCCi的外接球，即为该三棱柱的外接球，进而求半径，即可得表面积判断D.

抽雷见：改的:足

1L【答案】A,C,D

7T

【解析】【解答】解：A、对称中心判断（3=2时）,当3=2,/（%）=2sin（2%-741）,代入式=

票/倍）=2sin（2X等一g=2sin存一匀=2simr=0,正弦函数值为0的点是对称中心，故

（等,0）是对称中心，A正确.

B、零点个数（3=2时,y=/（%）-1殂一兀币）,令/（%）—1=0,BPsin（2x-^）=设1=

2汽—不则xG[―7T,刍=>tE[―正弦函数sint=■在tE[一手，等]内的解为：£=

-等对应工有3个解，故零点个数为3,B错误.

OOO

C、由/(%+g=2s讥［3%+3J勺图象关于y轴对称,则(3J"=^+kn,kEZ,

所以a=3+4/c,/c£Z,且a>0,故3最小值为3,C正确.

TTTTTCTT7T

D、由则t=——即〉=sint在［一中3一彳］上有4个最大值,

所以嘤〈3—全〈警，可得平W3c孥，D正确.

L4,L44,

故答案为：ACD.

【分析】

A：代入特殊点，利用“正弦函数值为0一对称中心”判断.

77

B：通过换元法，将2久-4设为3转化为正弦方程在指定区间的解数.

C：图象平移后，利用“偶函数一相位满足升狂'推导3的最小值.

D：换元后，分析正弦函数在区间内“恰有4个最大值”的相位范围，解出3取值.

抽查意见：改编不足

12.【答案】|

1

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

故答案为：J.

【分析】本题考查两角和的余弦公式的逆用，解题思路是识别出所给式子符合两角和的余弦公式

cos(a+/?)=cosacos/?-sinasin。的形式，然后将对应角度代入公式进行计算.

13.【答案】7

【解析】【解答】解：由COST!=；且力为三角形内角，则0山1=竽

由正弦定理得急=焉可得"需=^=7.

故答案为：7.

【分析】本题考查正弦定理在解三角形中的应用，以及同角三角函数的基本关系，解题思路是：先

根据同角三角函数的平方关系，由cosZ求出sin4(因为2是三角形内角，sinX>0)；再利用正弦

定理急=盛，代入已知条件求出b的值.

14.【答案】|

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

1

69

所以sing^sin、？=击,

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与上=1,cos―2—sin—2-1—tan―—3

而cos(6+y)=%.2用=-2%=子

cos4-^+sm1+tan3

故答案为：耳.

【分析】1.和差化积：将cos。一cosy、sin。-siny转化为含等和竽的乘积形式，建立方程.

2.消元求正切：通过两式相除消去sin号，得tan竽.

3.二倍角公式：利用万能公式，将cos(6+y)转化为tan竽的表达式，代入计算.

综上，通过“和差化积一消元求正切一二倍角公式”，逐步推导得cos(。+y)=|.

抽查意见：改编不足

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

=2(sin2xcos,+cos2xsin.)=2sin(2x+卜),

因为定义域为H,所以/(%)值域为[-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{%|罂+MrW久W晋+/ot,kez}.

【解析】【分析】(1)要确定函数/(%)的值域，需先对函数进行化简，利用两角和与差的正弦公式将

7T71

有1!(2%+0和411(2%—%)展开，再通过辅助角公式进一步合并，转化为形如4sin(a%+0)的正弦型

函数，最后依据正弦函数的取值范围来确定原函数的值域.

77

(2)先将/(%)化简后的形式2sin(2x+R代入不等式f(x)W0,得到关于正弦函数的不等式，再根

据正弦函数的图象与性质，求解出久的取值范围.

71、

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

(6/6

=2（sin2xcos看+cos2xsi碟）=2sin（2%+'）,

因为定义域为R,所以/（久）值域为［-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）证明：由BC=CO,M为BO的中点，则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）证明：由M为BO的中点，N为BC的中点，则MN〃CD,

由MNua,CD（Ta,则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“等腰三角形三线合一”得CM_LBO,结合“面面垂直性质定理”证CM1平

面4BD,进而得CM14D.

（2）通过“中位线定理”得MN||CD,依次用“线面平行判定一线面平行性质一线面平行判定”，推导

PQ||平面BCD

抽空见：改财足

（1）由BC=CD,M为BZ）的中点，则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为BO的中点，N为BC的中点，则MN〃CO,

由MNua,CDa,则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为AC的中点，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,

因为P,B,N三点共线，设丽=m前，即在一加=租前一血在，

CP=(1+m)CB—mCN,故竽=—m,=1+m,

所以乡+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+软石+#=J1x62+0+4xg2=2V10'

|B7V|==^-a-a-b+b2=x62-0+92=3V1U，

则c°sZMPN=cos〈BN,。用)=画眄=2国*3回=飞

【解析】【分析】⑴利用向量基本定理得到前=基-尻CM=|a+|K.

(2)表达出前=4两=竽函+竽函根据P,B,N三点共线，得到孕+竽=1,求出4=*

(3)在(1)基础上，得至［］西•前=—48,|CM|=2V10,|filv|=3V10,利用夹角余弦公式进行求

解.

抽空见：改财足

(1)N为力C的中点，故前=就+前=一万+/备=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,

因为P,B,N三点共线，设丽=m前，即而一方=TH前—TH而，

CP=(l+m)CB-mCW,故竽=一巾，=l+m,

所以铝+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

则c°sZBMPN7=cos(BrtN,CM)=^^=2VTUX3同=F

18.【答案】⑴解：因为2as讥(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,

因为4、CE(0,Ti),故sinC>0,可得sim4=V5cos/>0,

7T

所以tan4=J5,因止匕，A=y

⑵解：因为SMBC=*bcsirL4=*be=6V5,可得儿=24,

因为a=2被，由余弦定理可得层=b2+c2—2bccosA=b1-Vc2—be=28,

be=24,_

故属+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：由平面向量数量积的定义可得近•前=|近就|coszBAC=8x6x4=24,

设通=久通+>前，则丽=而一瓶=(%—1)南+y就，

2

因为BH1/C,则丽・！？=(%—1)而.前+/=24(%一1)+36y=0，

即2%+3y=2①，

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

2

因为CH14B,则西•同=久屈+(y-1)XC-AB=64%+24(y-1)=0-

BP8%+3y=3②,

联立①②得％=/,y=故

取线段4B的中点E,连接。E,则。ELAB,如下图所示:

>>/»>、>.>>>>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)：利用正弦定理化边为角，结合两角和正弦公式化简，求tanyl得角4

(2)：通过面积公式求尻，余弦定理联立方程得b,c,再用正弦定理结合4+3=兀-C求sinC.

(3)：设垂心而为而、前的线性组合，利用垂心垂直性质列方程解系数，结合外心向量投影性

质(中点投影)计算数量积.

抽查意见：改编不足

(1)因为2as讥(C+9=旧瓦由正弦定理可得24皿011修+专=住山8=每皿4+(7),

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

即sirb4sinC+V5sirh4cosc=V3sirh4cosC+V3cosXsinC,

即sirh4sinC=V3coSi4sinC,

因为4、C6(0,Ti),故sinC>0,可得sin4=V3cosX>0,

7T

所以taivl=遍，因此:，&=于

(2)因为SAHBC=；bcsinA=亨be=675,可得be=24,

因为a=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)由平面向量数量积的定义可得丽•阮=|丽卜\AC\COSABAC=8X6X1=24,

设用=%而+屈，则前=而一四=(久一1)南+、石，

2

因为B"14C,则丽•元=(久—1)同•前+汨=24(%—1)+36y=0，

即2%+3y=2①，

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

2

因为CHI/B,则丽・南=%丽+(y-1)XC-AB=64%+24(y-1)=0-

即8x+3y=3(2),

联立①②得x=W，y=|)故力”=\AB+氯C，

取线段4B的中点E,连接。E,则。E，4B,如下图所示：

>>/>,、>>>>>[>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=学+鲁x18=华.

J\69/69393

19.【答案】(1)①证明见解析；②孚；①证明：由题可设，易知BCDE是边长为4的正方形，且

PEIDE,PE1BE,

由OECBE=E者B在平面BCOE内,则PE1平面BCOE,BCu平面BCOE,

所以PE_LBC,又BELBC,PEClBE=£1都在平面PBE内，贝1BC1平面PBE,

由ENu平面PBE,则BC1EN,又PE=BE,N为PB的中点，则ENJ.PB,

由BCDPB=B者6在平面PBC内，则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,则EN1MN,且EN=2证

同理可得BC1PB,则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的距离为d,则/dx2VS=*可得d=靠，而BN=2近,

所以直线PB与平面EMN所成角的正弦值品=卓.

D/V3

（2）法一：解：由前=XBP,Ae[i,且PB=4VL则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,宁,1,故一到引^的距离八=MNsin乙EMN=痴;+1，

75J1+8ZV5

m_'I

又N到平面BME的距离m=42,则二面角N—EM—B的正弦值五=b—2A+1

V5

J(j-l)+5

又兴[2,4],则与e[野,留];

法二：解：由题设，构建如下图示空间直角坐标系E—xyz,则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的一个法向量,

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

"l沅•前=4（1一2）%+42z=0令久=A,则万=（A,—2A,2—1）,

m-nl-a1

〈通元〉

ICOSI=Ijm[jn|

JSA2+（A-I）212

而平面BEM的一个法向量为冠=(0,0,1),则5（七）+r

J厂

而，e[/目’则上—故(工_])£卜,1],

所以|cos绿向G岛+，故二面角N—EM—B的正弦值范围噜,等].

【解析】【分析】①面面垂直证明：利用“线面垂直一面面垂直”，通过翻折后PE1平面BCDE,结

合BC1平面PBE推导EM1平面PBC,进而得面面垂直.

②线面角计算：建立空间直角坐标系，求平面法向量与直线方向向量，用向量夹角公式计算线面

角(线面角正弦值=方向向量与法向量夹角余弦值的绝对值)