江苏省徐州市2024-2025学年高一年级下册期末抽测数学试题（含答案）

江苏省徐州市2024-2025学年高一下学期期末抽测数学试题

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.已知iz=3+3则z的虚部为()

A.-3B.-1C.1D.3

2.已知2=(5,—1),石=(3,1)，则归一可=()

A.2B.2V2C.4D.8

3.用分层抽样的方法从某校学生中抽取1个容量为45的样本，其中高一年级抽20人，高三年级抽10人.己

知该校高二年级共有学生600人，则该校学生总数为()

A.1400人B.1600人C.1800人D.2000人

4.从分别写有1,2,3,4的4张卡片中不放回地随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之和是奇数的

概率为()

5.设a,/?为两个不同的平面，m,n为两条不同的直线，则下列命题正确的是()

A.若m||n,nua,则m||a

B.若nII/?,则mJ■九

C.若a工。,mIIa»nip,则m1n

D.若m||a,nIIS，mIIn,则a||p

6.在梯形4BCD中，AB||CD,AD=1,AB=2,/.BAD=60°,若而在而上的投影向量为：而，则冠=

()

A.［而+而B.AB+^ADC.^AB+ADD.AB+^AD

7.已知一个古典概型的样本空间Q和事件A,B,满足以。)=8,n(4)=3,n(B)=4,n(4+8)=5,则

()

A.A,B相互独立B.A,B互斥

CP(AB)=1D.尸⑷V

8.已知cos(a—勺+cos(a+着)=辛，则cos(2a—=()

7

_立一

A.B.qC.YD.8-

16816

二、选择题：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.有两组样本数据：2,6,4,2,1和4,8,6,4,3,则这两组样本数据的()

第1页

A.样本平均数不相同B.样本中位数相同

C.样本标准差不相同D.样本极差相同

10.在锐角△48C中，sin(A+B)=春sin(4—8)=春，则()

JJ

24l

A.sirL4cos8=qB.tan,4=2tan5C.tan(A+8)=一弓D.tan>l=24-V6

Jo

11.如图①，在长方形力BCD中，AB=W，AD=3,M,N为AO的三等分点，P,P,Q为BC的三等分点，

连接BM,PN,QD,分别交AC于点K,G,0.如图②，将△4CD沿AC翻折至△ACF,形成三棱锥产一/BC,

B.当NG18K时，直线MG与0Q所成的角号

C.当二面角/一AC-8为等时，BN=早

D.直线0尸上的点到直线PG的最短距离为卓

乙

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥的侧面积为.

13.已知数据1,2,4,m的方差为则m=.

14.记△48C的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若加(QsinA+bsinB-csinC)=asinBsinC,c=4,

则4月BC的面积的最大值为.

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.近口，江苏省城市足球联赛(简称“苏超”)登上热搜，为了解各年龄层对“苏超”的关注程度，随机选取

了20()名年龄在［15,55］内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图.

(1)求选取的市民年龄在［25,45)内的人数;

第2页

(2)利用频率分布宜方图的组中值对这200名市民的年龄的平均数进行估计;

(3)根据频率分布直方图，估计这200名市民的年龄数据的70%分位数.

16.已知复数Zi=cosx+i,=1+(1—bsinx)i,x€(0,等).

(1)当一=1时,求z/2和0-2zzl；

(2)设zi，Z2在复平面内对应的点分别为A,B,O为原点，若瓦51而，求乂

17.如图，在△4BC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2cosc(acosB+bcosA)=c.

(1)求C；

(2)设D为4B的中点，分别在边BC,4C上取点E,F,使点C,D关于直线EF对称，若a=2,b=3,

求工+工

“CE十C/

18.定义向量时：=(cosnx,sinnx),xG(O,TT).

(1)求。+曦；

oo

(2)若京与(1,2)共线，求tan2x；

⑶证明：当且仅当靠=今时，|距7-京|工|黑3一^^对任意nWN.恒成立.

19.如图，在四棱锥P-4BC0U」，底面4BC0是边长为2的菱形，^ABC=120°,PA1PB.

(1)证明：AD〃平面PBC；

(2)若平面P4B1平面4BCD,证明：点P,A,B,C在以D为球心的同一球面上;

(3)求直线PC与平面4BCD所成角的正弦值的最大值.

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答案解析部分

1.【答案】A

【解析］【解答】解：由题意得，2=竿=@沪=1-31,故z的虚部为一3.

故答案为：A

【分析】利用复数分母实数化法则化简复数z,再根据复数标准形式z=a+bi(a,b£R)中，b为复数的虚

部，直接得出结果。

2.【答案】B

【解析】【解答】解：因为［=(5,-1)工=(3,1)，

所以1-1=(2,-2>

所以a—b|=所+4=2A/2.

故答案为：B.

【分析】本题考查平面向量坐标减法运算与向量模长公式，核心是先对向量做坐标相减，再代入向量模长公

式计算。

3.【答案】C

【解析】【解答】解：因为用分层抽样的方法从某校学生中抽取一个容量为45的样本，其中高一年级抽20

人，

高三年级抽10人，所以高二年级要抽取45-20-10=15人，

因为该校高二年级共杓学生60()人,所以每个个体被抽到的概率是熊=焉，

45

所以该校学生总数是丁=1800,

40

即该校学生总数为1800人.

故答案为：C.

【分析】本题考查分层抽样的核心性质：分层抽样中，各层抽样比统一(样本抽取人数：该层总体人数=

总样本容量：总体总人数)，先求出高二年级的抽取人数，计算抽样比，再求解全校总人数。

4.【答案】D

【解析】【解答】解：从4张卡片中不放回地随机抽取2张，

所有可能的组合有：(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),共6种等可能的结果，

和为奇数的条件是一奇一偶，

符合条件的组合为：(1,2),(1,4),(3,2),(3,4),

所以抽到的2张卡片上的数字之和是奇数的概率为之=I

OO

故答案为：D.

第4页

【分析】本题考查古典概型概率计算。核心知识点：两数之和为奇数的充要条件是一奇一偶；先计算所有抽

取组合总数，再统计符合条件的组合数，代入古典概型公式符合条件事件数总事■件数p=二

总事件数

求解。

5.【答案】B

【解析】【解答】解：A,由m||n,nca,则m||a或mua,故A错误；

B,由n||0,则引u/?,使得1IIzi,由m，/?,则?n_Ll,即m1n,故B正确；

C,由题意可得m与0的位置关系可能为相交、平行或在面内，当m与夕相交时，九与m的位置关系可能是相交

或异面不垂直，故C错误；

D,当an/?=1且?n||九||1时，m\\n,m||a,n||/?,故D错误.

故答案为：B.

【分析】本题考查空间中线面、面面平行与垂直的位置关系判定，核心是紧扣线面平行、垂直的判定定理与

性质，对每个选项逐一分析正误，结合反例排除错误命题。

6.【答案】C

【解析】【解答】解：由题意得，设方=/1而，则前=同+比=4而+而，

AC-AB

因为元在而上的投影向量为盛而，所以__.2.而V瓯又48=2,

乙1明

所以无.通=4x4=2,所以(2而+而)•而=2,即A而2+而•而=2，

因40=1,AB=2,々840=60。，则4A+2x1xcos60°=2,解得4=：,所以前=』而+而.

44

故答案为：C.

【分析】本题考查平面向量线性分解与向量投影公式。核心思路：由梯形平行关系设反=4万，将而拆解

为基底彳反而的线性组合，再利用向量投影向量公式结合数量积运算求解系数九

7.【答案】C

【解析】【解答】解：由题意可得「(4)=黯=去p⑻=喘量=今。伊+8)=喘菖=小

由PG4)+P(B)=[+U则P(力B)=[P(4)+P⑻]-P(4+B)=*,故C正确,B错误；

由P("P(B)=称x»备金PQ18)：则事件4B不是相互独立的，故A错误；

由P(1)=1-PG4)=率故D错误.

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故答案为：C.

【分析】本题考查古典概型，核心运用概率加法公式P(AID)=P(A)IP(D)P(AD),结合互斥事件、独立事

件、对立事件的定义逐项判断。

8.【答案】D

【解析】【解答】解：因为cos(°-亨)+cos(°+5)=cos售-a)+cos(a+f)

TCTT\_y/2

+cos(a+石)=y/2sinfa+

6+4；=T

所以si"(a+居)=cos(a-令)=

所以cos(2a一看)=2cos2

故答案为：D

【分析】本题考查三角恒等变换，核心用到诱导公式、辅助角公式、余弦二倍角公式。先通过角度变形、辅

助角公式化简已知条件，得到单角三角函数值，再凑角结合二倍角公式求解目标式。

9.【答案】A,D

【解析】【解答】解：A,两组数据的平均数分别为2+6+：+2+1=3,4+8+：+4+3=5,故A正确；

B,数据1,224,6的中位数是2,数据3,4,4,6,8的中位数是4,故B错误；

22222

C,两组数据的标准差都为(―1)+3+1+(T)+(-2)=3.2,故C错误；

5

D,两组数据的极差分别为6-1=5,8—3=5,故D正确.

故答案为：AD

【分析】本题考查样本数字特征，核心对平均数、中位数、方差(标准差)、极差四个统计量逐项计算辨

析。

10.【答案】A,B,D

【解析】【解答］解:A：因为sin(A+B)=,,sA(A—勾)=看,

所以sin/cosB+cos/lsin5=1①

sinAcosB-cosAsinB=q②，

所以sinAcosB=H=2,A正确；

LJ

B：因为sm力cosB==名cosAsinB==看所以箧^筮f=2，即tanA=2tan8,B正确;

c：因为sinQ4+B)=|,A+B>%,所以cos(4+B)=Jl—siMJ+B)=Jl一言二一春

所以tan(A+B)=1+=—,，C正确;

D\D/，

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D：因为tan(/+B)=T，署磊斋二子

3

2一3tan4__3

乂tan/=2tan8,所以

l-ltan242—tan2?l1

化简得taM4-4tanA-2=0,所以解得tanA=坨区=2土连.

乂4是锐角，所以tan4>0,所以tan4=2+乃，D正确.

故答案为：ABD.

【分析】A：利用正弦和差角公式展开sin(4+B)、sin(>4-8),两式相加求解sinAcosB的值。

B：由和差公式分别求出sinAcosB、cosAsinB,两式作比推导tan4与tanB的数量关系。

C：结合锐角三角形条件判断4+BR勺范围，先求cos(A+8),再由同角三角函数商数关系求tan(A+B)。

D：代入两角和的正切公式，结合tanA=2tan8,解方程求出tanA的精确值。

11.【答案】A,C,D

【解析】【解答】解：A,在矩形中，因为为40的三等分点，故MN=94。，

同理32=鼻。=聂0,而MN〃BP,故四边形BPNM为平行四边形，故BM〃PN,

同理P/V/OQ.

在直角三角形A8M中，48=百,/Al=1,故tan乙4M8=遍，

而24M8为锐角，故乙1MB=60。，同理4口4c=30。，故乙AKM=90。，

故BMJ.AC,故PN_LAC,同理QDJL4C,

故在三棱锥尸一4BC中,有PG140NG14C,

而NGnPG=G,NG,PGu平面NGP，故AC1平面NGP,故A正确；

B,连接MG,8G,由A的分析可得BK〃OQ,MK//NG,

故NMC8或其补角为异面直线MG,OQ所成的角，且MK1BK,

而MK=^AM=5x*x3=}BK=\/AB2+AM2-MK=去

91同

-+-一

故在图②中，BM=44=2

11

1X

(A82+8C2)=遮,

16

同理MG=+KG2=1-LX12=1»

\4+16

53

由余弦定理可得cos/8GM=上二=3=:，

2xlxQ2百4

故直线MG与。Q所成的角不是不故B错误；

C,当二面角/一AC-6为冬时，在平面NGP中，过N作NT工PG,

垂足为T,连接87,

第7页

由A的分析可得NG1AC,PG_LAC,故/PGN为二面角/一AC-8的平面角,

故匕PGN=等,故乙7GN=*故TN=GNx^=^ANx理=4，

3°LLLL

TG=GNx^=^ANx|=1,其中BG=4B=V5，AG=^AC=V5，

故28G4=60。，故28Gp=30。，所以48GT=150°,

故872=8G2+GT2-2BG•GTCQSLBGT=3+：+2乂2乂8><卓=学，

因为力CL平面PNG,而ACu平面力BC,故平面48cL平面PNG,

而平面ABCD平面PNG=PT,PTu平面PNG,故NTJ■平面ABC,

因为BTu平面ABC,故NT187,t^BN2=BT2+TN2==

442

故BN=谭，故C正确；

D,由A的分析可得OG_LPG,OGLOF,故OG为PG与OF的公垂线，

故直线。尸上的点到直线PG的最短距离为即为OG=\AC=g，故D正确：

42

故答案为：ACD.

【分析】A：先在矩形中证明、BM、PN、QD均垂直于对角线力C，由线面垂直判定定理，证ACL平面

PGNo

B：连接MG、BG,将异面直线MG与。Q所成角转化为相交直线夹角，结合余弦定理计算角度，判断正误。

C：由翻折性质得二面角尸一AC-B的平面角，在平面NGP内作垂线，结合余弦定理、空间边长公式计算BN

的长度。

D：由线线垂直关系，确定直线。F上的点到PG的最短距离为公垂线段0G的长度，计算验证数值。

12.【答案】87r

【解析】【解答】解：由题意可得圆锥的母线长，=4,底面半径为r=2,

所以圆锥的侧面积为劣x2TTx2x4=8TT.

乙

故答案为：87r.

【分析】本题考查圆锥轴截面性质与圆锥侧面积公式。圆锥轴截面为过圆锥轴线的截面，结合正三角形边长

第8页

确定母线长、底面半径，代入侧面积公式求解。

13.【答案】5或3

【解析】【解答】解：数据1,2,4,巾的平均数为空，

故方差环［(空—1)2+(宇一2)2+(竽-4)2+(竽-m)［［

化简可得(3+m)2+(m-I)2+(m-9)2+(7-3m)2=80,

即37n2-14m+15=0,解得m=,或巾=3.

故答案为：§或3

【分析】若数据工1/2，必/4的平均数为焉则方差s2=IsiLi(Xj-X)2,先求平均数，代入方差公式建立方程，

求解参数m。

14.【答案】4夜

【解析】【解答】解：由题意&(02+庐—2)=0加由。，所以sinC='网次+贬"2)=Q2+/)2—2二

ab2ab

2\/2cosC，

而C6(0,7r),sin2c+cos2c=1,解得cosC=sinC=挈，

由余弦定理有c?=16=次+M-2abcosC=a2+b2—1a/?>2ab—^ab=

所以就W12,等号成立当且仅当a=b=2g,

所以Q力的最大值为12,所以△ABC的面积的最大值为/x12x孥=4V2-

故答案为：4a.

【分析】本题综合考查正弦定理、三角恒等变换、余弦定理、基木不等式、三角形面积公式。先由正弦定理

角化边，结合三角恒等变换求出、cosC、sinC，再用余弦定理+基本不等式求M的最大值，最后代入面积公

式得最值。

15•【答案】(1)解：由频率分布直方图可得市民年龄在［25,45)内的频率为0.03x10+0.04x10=0.7,

由题得，随机选取了200名市民，所以市民年龄在［25,45)内的人数为0.7x200=140.

所以选取的市民年龄在［25,45)内的人数为140人.

(2)解：由频率分布直方图，可估计200名市民的年龄的平均数为

(0.01x20+0.03X30+0.04x404-0.02x50)x10=37.

所以这200名市民的年龄的平均数为37岁.

(3)解:由频率分布直方图，可知市民年龄在［15,35)内的频率之和为0.01x10+003x10=0.4,

市民年龄在［15,45)内的频率之和为OOIx10+0.03x10+0.04x10=0.8,

所以70百分位数应在［35,45)中，设为工,

第9页

可得0.4+(x-35)x0.04=0.7,解得x=42.5.

所以这200名市民的年龄数据的70%分位数为42.5.

【解析】【分析】(1)由频率频率组距组距频率=鬻、组距计算区间频率，再由频数总数频率频数=总数

组距

X频率求人数；

(2)利用组中值加权，计算样本平均数估计值；

(3)根据百分位数定义，累计频率定位区间，用内插法计算70%分位数。

(1)由频率分布直方图可得市民年龄在［25,45)内的频率为0.03x10+0.04x10=0.7,

由题得，随机选取了200名市民，所以市民年龄在［25,45)内的人数为0.7X200=140.

所以选取的市民年龄在［25,45)内的人数为140人.

(2)由频率分布直方图，可估计200名市民的年龄的平均数为

(0.01X204-0.03X304-0.04x40+0.02x50)x10=37.

所以这200名市民的年龄的平均数为37岁.

(3)由频率分布直方图，可知市民年龄在口5,35)内的频率之和为0.01x10+0.03x10=0.4,

市民年龄在［15,45)内的频率之和为0.01X104-0.03x10+0.04x10=0.8,

所以70百分位数应在［35,45)中，设为工,

可得0.4+(%-35)x0.04=0.7,解得x=42.5.

所以这200名市民的年龄数据的70%分位数为42.5.

16•【答案】(1)解：当％=孑时，zi=/+3Z2=1—i»

所以=Q4-i)(1一*i)=1+,力—2Z2=—+23

则％_2Z2|=j(-1)2+22=J

(2)解：由已知得4(cosx,l),5(1,1-VJsinx),

因为历1而，所以赤•OB=cosxx1+1x(1-V3sinx)=0,

所以竽sinx—4cosx=*,即，也(工一看)=；'

因为“£(o,第，所以所以即％=*

【解析】【分析】(1)代入不值得到复数标准形式，利用复数乘法、加减运算法则计算2逐2,再由复数模长公

式求区-2Z2\;

(2)根据复数的几何意义得到对应点坐标，由向量垂直的坐标数量积为0列方程，结合辅助角公式、给定角的

范围求解心

(1)当％=鄂寸，Zi=4+3Z2=l—

第10页

所以z/2—(之+20=1+43Z\—2z?——2+23

(2)由已知得A(cosx,1),fi(l,l-\/3sinx),

因为方1赤，所以画•OB=cosxx1+1x(1-V3sinx)=0,

l\1

所以仔sinx-1cosx=iTru=-

26-z2

因为欠«0噂)，所以扉_看«_看分所以“尹卷即％=：

17.【答案】(1)解：在△48C中，由余弦定理可得QCOSB+bcosA=a.+匕./+。2一-=「

2ac2bc

所以2cosc(acosB+bcosA)=c即2ccosC=c,所以cosC=

又因为C€(O,TT),所以c=%

(2)解：因为Q=2,b=3,由余弦定理得c2=a2+b2-2Qh8sC=4+9-2x2x3x4=7,即c=

夕，

*匚、r>4+7—91.9+7—42

所以II858=近万=屹'854=近万=万’

连接DE,DF,贝iJCE=OE,设为％,CF=DF,设为y,

在ABDE中，由余弦定理得了=(2-x)2+：-2x(27)x孚x强解得％=果

在A/WF中，由余弦定理得y2=(3-y)2+：-2x(3-y)x?x5，解得y二

所以工+工=上+竺=〃

“十CF19十1919,

【解析】【分析】(1)利用射影定理acosB+bcosA=c化简已知等式，结合角C的范围，直接求解角C；

(2)由D是A8中点、C,0关于EF对称，得EF是CO的中垂线，即EC=ED,FC=FD；先用余弦定理求、

AB.。的长度，再设CE=%CF=y,在、xECF、△£7加中分别用余弦定理列方程，化简求解4+东。

(1)在44BC中，由余弦定理可得火陋？+尻os4=a.次广庐十万飞一次=。

2acZbc

所以2cosc(acosB+bcosA)=c即2ccosC=c,所以cosC=义.

乙

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又因为CE(0,7T),所以c=*

(2)因为Q=2,b=3,由余弦定理得c?=〃+反—2昉85。=4+9—2x2x3x4=7,即c=V7,

o4+7—91.9+7-42

所以。。'^二近万"耳万’3sA=五寸市,

连接DE,DF,贝i」CE=DE,设为％,CF=D凡设为y,

在^BDE中，由余弦定理得d=(2—X)2+1—2X(2—X)X^X*,解得％=居,

在△4D"中，由余弦定理得y2=(3-y)2+1—2x(3-y)x¥xS，解得y=黑，

所以&+J__L416_30

CF-19+19-19,

5n\

18.【答案】(1)解：因为=(cos曰,sin57r.石)=(/一V不3办1\

所以瓦方+

(2)解：因为五£=(cos%,sin%)与工=(1,2)共线,所以2cosx—sinx=0,

因为xE(0,"),所以sinx*°'cos"0,所以协=器|=等=2,

2tanx2x24

所以tan2x=2-==

1—tanx1^43,

(3)证明：因为|册/一=V(cosnx-cos%)24-(sinnx—sinx)2=yj2-2cos(n-l)x,

I嗨-词=j2—2c°s…%

要证|匹；一艰|w-a77,只要证cos(〃一l)xNcos(n—

"'彳"'彳—

①当x=今时，cos封在>cos(n-1)洲vneN”成立，

②当xW(0,勺U(百㈤时，取n=2,cos%Ncos多解得0VxV多

取九=9,cos8x>COS2TT=1,所以8X=4TT,6TT>即％当，

又因为先竽武。,勺，所以不存在了£(0,勺“左㈤使原不等式成立.

综上所述，当且仅当“利，|右一京|三|何一%

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【解析】【分析】(1)代入工=看得到两个向量坐标，直接做向量加法运算；

(2)由向量共线坐标条件列方程，得tanx,再用二倍角正切公式求tan2x；

(3)先用向量模长公式化简位g-2",转化为余弦不等式恒成立问题，从充分性、必要性双向证明充要条

件。

⑴因为％=(cos?si啖)=(甥)，写=(cos),sin^=f),

所以嗨+嗨=修，)+(~T4)=©】)•

(2)因为方=(cosx,slnx)与G=(1,2)共线，所以2cos%-sinx=0,

因为％W(0,"),所以sinx"cos"”所以协=瑞=鬻=2,

4

2tanx_2x2

所以tan2x=-

l-tan2x1—43-

22

(3)因为|斯:—a1(x|=V(cosnx-cosx)4-(sinnx-sinx)=，2—2cos(九一l)x,

%一嗝=j_2cos(…)£

要证|艰一丐|£|瓦/一％|，只要证cos(兀-l)x>cos(n-1)%

方法1：①当％=耳时，cos色押Ncos(n-l)-对vnWN*成立,

②当xW(0,勺U(*TT)时，取n=2,cosx>cos^,解得0Vx<$

取九=9,cos8x>COS2TT=1,所以8x=4zr,6TT,即％=今，当，

又因为宙竿C(0()，所以不存在工G(0,^)U值㈤使原不等式成立.

综上所述，当且仅当x=/时，|反一很|三|五1一可可.

方法2：令k=n-1,keN,则coskx>cos%

①当》=理，cosk•"cos竽成立，

②当0<xV即寸，取k=8,0<kx<2TC,-1<coskx<1,而cos等=cos27r=1，

所以coskx<cos竽.

(2)当今<x<鄂寸,取k=2,<kx<n,coskx<0>而cos器=cos^=0»

所以coskx<cos殍

④当gvxvn"时，取k=l,^<kx<ntcoskx<0,而3竽=cos^=孝，所以coskxVcos竽.

综上所述，当且仅当“=今时，|右一京|三|嗨一%

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19•【答案】(1)证明：因为底面ABCO为菱形，所以A0〃8C,

乂因为AOU平面PSC,SCu平面P3C,所以4。//平面P3C

(2)证明：取AB中点E,连接PE,DE,

因为底面ABC。是边长为2的菱形，且乙A8C=120。,

所以。<=OB=OC=2,DELAB,DE二代.

又因为PAJ.P8,所以PE=»8=1，

因为平面P48_L平面4BC0,DE1AB,平面PA8n平面ABC。=48,

OEu平面4BCO,所以DEJ_平面P/1B,

又因为PEu平面P4B,所以。EJ.PE,即△PDE为直角三角形，

所以DP=>JDE2+PE2=V3TT=2，所以。4=DB=DC=DP,

即点P,A,B,C在以D为球心的同一球面上.

(3)解：设P在底面48CD上的射影为点G,PG1平面48c0,则"CG就是PC与平面48CD所成的角.

①若点G在CE上，则4PCE就是PC与平面4BC0所成的角.

在aCBE中，由余弦定理得CE=7BC2+BE?-2BC•BEascCBE=夕,

在APCE中，由正弦定理，sin乙PCE=半％W4,当且仅当乙CPE=90。时，取等号.

二7

②若点G不在CE上，连接CG,EG,设々PEG=a,乙GEC=0,a6(0,^],/?G

因为PG1平面ABC。，GE,CGu平面A8C0,所以PG1GE,PG1CG.

△PGE^f由PE=1,得GE=cosa,PG=sina»

在△CGE"|,CG=Jcos2a4-7-2V7cosacosjff»

所以在RtZkPGC中，pc=y/PG2+CG2=j8-2x/7cosacos/?，

则sin"CG=黑=।sina工sina=居区,

j8-277cosacos/?j8-2/7cosaJ82Y7COS(Z

当且仅当