2022-2023学年重庆市高一年级下册期中数学模拟试题1（含解析）

2022-2023学年重庆市高一下册期中数学模拟试题

(含解析)

一、单项选择题：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.已知复数z=3+i,则复数z∙(l+i)4在复平面内对应的点在()

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D.第四象限

【正确答案】C

【分析】由复数代数形式的四则运算化简，再由复数的几何意义得结果.

【详解】由z=3+i,则有

z.(l+i)4=(3+i)[(l+i)2]2=(3+i)(2i)2=(3+i)x(-4)=-12-4i,

所以复数2-(1+碟在复平面内对应的点的坐标为(-12,-4),在第三象限.

故选：C.

2.A∕8C中，α,b,c是角4反。的对边，b=25c=2,C=30。,则此三角形有(

A.一个解B.2个解C.无解D.解的个

数不确定

【正确答案】B

I∙y--↑

【分析】利用正弦定理得sin8厘一，进而利用三角形内角和进行判断即可.

【详解】YAZBC中，⅛=2√3,c=2,C=30∖

,得出=也，

.∙.根据正弦定理,SinB=X=

sinBsinC

c22

二8为三角形的内角,b>c,则有8=60°或8=120°，

，三角形的解有两个.

故选:B.

3.下列几组空间向量中，不能作为空间向量基底的是()

A.α=(1,0,0),ð=(0,1,0),c=(0,0,1)

B1=(1,1,0),方=(1,0,1)B=(0,1,1)

c.α=(1,1,2),^=(1,1,0),C=(1,0,1)

D.5=(l,l,l),⅛=(l,0,l),c=(l,2,l)

【正确答案】D

【分析】根据空间向量共面定理依次判断各选项即可.

【详解】对于A,⅛(l,0,0)=Λ(0,1,0)+//(0,0,1),无解，即"B,J不共面,故可以作为

空间向量一个基底，故A错误；

对于B,设(l,l,0)=∕l(l,0,l)+4(0,l,l),无解，即扇瓦[不共面，故可以作为空间向量

一个基底，故B错误；

对于C,设(1,1,2)=4(1,1,0)+//。,0,1),无解，即口后忑不共面，故可以作为空间向量

一个基底，故C错误；

对于D,设(1,1,1)=2(1,0,1)+M(1,2,1),解得a=〃=g,所以扇瓦。共面，故不可以作

为空间向量一个基底，故D正确.

故选：D

4.已知向量万，B满足,+B)/=2,且W=L则向量1在向量B上的投影向量为()

A.1B.-1C.hD.-b

【正确答案】C

【分析】由已知可求得展3=1，然后根据投影向量的公式，即可得出答案.

【详解】因为W=l,[a+b]-b=a-b+b2=2,

所以展5=1，

a∙bb1b-

所以，向量3在向量B上的投影向量为而-∙Ri=i∙7=b.

故选：C.

5.设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为匕、％和匕，则（）

A.V1<V2<ViB,匕<匕<匕C.V3<Vi<V2D.

V3<V2<Vx

【正确答案】B

【分析】设正方体棱长为“，正四面体棱长为6,球的半径为H,面积为S.表示出3个几何

体的表面积，得出。,仇及,进而求出体积的平方，比较体积的平方大小，然后得出答案.

【详解】设正方体棱长为α,正四面体棱长为b,球的半径为R,面积为S.

c

正方体表面积为S=6/，所以/=二，

6

所以,片=.）2=（叫3=奈；

如图，正四面体尸一NBC,。为ZC的中点，。为AZ8C的中心，则尸。是尸一Z6C底

面NBC上的高.

则6D_L/C,AD=h,所以BD=NAB2-AD。=今b，

所以S,^-×AC×BD=-×b×-b^-b2.

“iBtec2224

所以，正四面体产一N6C的表面积为S=4S."C=√⅛2,所以∕）2=1fs∙

又。为-8C的中心，所以Bo=ZBD=叵b.

33

又根据正四面体的性质，可知P0L8。,

所以PO=4PB1-BO1=显b，

3

22

1ʌ/ɜ,2vð」"=_LX

所以，Vi=∖-×S×P0

/Iɜ∆AZioBCC.1343J7272

S

球的表面积为S=4兀&2,所以尼

4π

所以，匕2=信成3⅛s3∙

ia^ɪs^ɪs^ɪ53>—L=53=—53,

36π144216216√3648

所以，匕2〉匕2>左,

所以，V2<Vi<Vi.

故选：B.

6.如图，直角梯形/8C。中，AB=3CD,N∕8C=30°,BC=A,梯形NBC。绕

所在直线旋转一周，所得几何体的外接球的表面积为（）

B.48πC.128πD.208π

【正确答案】D

【分析】由题意可知，旋转一周得到的几何体为圆台，可知外接球的球心一定在线段/0或

的延长线上.取圆台的轴截面，分情况讨论，作图，分别根据几何关系求出球的半径，

即可得出答案.

【详解】由题意可知，旋转一周得到的几何体为圆台.

取圆台的轴截面

由题意知，球心。一定在线段2。或的延长线上

图1

如图1,当球心O在线段/0上时.

过点C作CE工Z6于E点，则CE=BCsin30°=2，BE=BCCOS300=2也，

所以CZ)=G，AB=3也.

设球的半径为R,OA=x(0≤x≤2),OD=2-x,

R2=OD2+CD2[R2=(2—X『+3

则由勾股定理可得，Y?2，即Y,)，

22222

I；?=OA+AB[R=x+27

整理可得x+5=0,解得X=—5(舍去)；

O

图2

如图2,当球心。在OZ的延长线上时.

过点C作CE145于E点，则CE=8Csin30°=2,BE=BCCGS300=26，

所以CD=6，AB=36

设球的半径为R,OA=x(x>0),则。。=x+2,

R2=OD2+CD2R2=(2+X)2+3

则由勾股定理可得,

R2=OA2+AB2A2=X2+27

整理可得x-5=0,解得x=5.

所以，722=72+3=52.

所以，圆台外接球的表面积为4兀火2=208兀.

故选：D.

7.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点

的曲率等于2兀与多面体在该点的面角和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度

用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率

之和.则正八面体(八个面均为正三角形)的总曲率为()

B.4πC.6πD.8π

【正确答案】B

【分析】利用正八面体的面积和减去六个顶点的曲率和可得结果.

【详解】正八面体每个面均为等比三角形，且每个面的面角和为兀，该正面体共6个顶点，

因此，该正八面体的总曲率为6x2π-8τι=4π.

故选：B.

8.Δ√45C中，a,b,c是角A,B,。的对边，S^ABC=∙^∙c(4—b),其外接圆半径R=2，

且41游/一$游8)=(6"6卜inβ,则(l+sirk4)(I-Sin5)=()

532

A.1B.-C.-D.一

643

【正确答案】A

【分析】由已知可得〃=回，ab=4(a-b),进而可得α,b,可求(1+sin/)(1—sin6).

【详解】由正弦定理得一^=-^—=-^=2R=4,即α=4sinZ,力=4sinB,

sinAsinBsinC

c=4sinC,

又4(sin2A-sin2B)=(Ca-b)sinB,Jil1J16sin2J-16sin2B=(ʌ/ɜɑ-⅛)4sinB，

则/一/=(λ∕J4一6)6,即/=VJab,得a=和)①,

因为SMSC=gc(α-")，贝IjgabsinC=gc(o-b),

则,0bc=c(a-b),即=4(a-h)②，

4

结合①②解得b=%史1),a=4(√3-1),

vɜ

则1+sinZ=IH—=1+ʌ/ɜ—1=ʌ/ɜ>1—SinB=1--=1-1+~~—=,

4433

所以(1+sinN)(I-Sin6)=1.

故选：A.

本题考查了正弦定理，重点考查了三角形的面积公式，属中档题.

二、多项选择题：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。分.

9.设/为直线，α,尸为两个不同平面，则下列命题中正确的是()

A.若IHa,IH∕3,则α〃夕

B,^allβ,llla,则/〃夕

C.若Uα,/_LS,则α〃夕

D.若a∕∕,lLa,则/_L£

【正确答案】CD

【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案.

【详解】若〃∕α,〃/夕，则α与仅可能平行，可能相交，A选项错误；

若a〃尸,〃/。，则〃/夕或/u夕，B选项错误；

若/Lα,/，夕，根据垂直于同一直线的两个平面平行，则α〃6，C选项正确；

若一条直线垂直与两个平行平面中的一个，则一定垂直与另一个，贝以，/,

D选项正确.

故选：CD.

10.已知函数/(x)=Sinl0x+工(<w>0)在一兀《上单调，且函数y=∕(x)图像关于

\6/2

对称，则(

A.2兀是/")的一个周期

B./(x)的图像关于X=WE对称

c.将/(χ)的图像向右平移W个单位后对应函数为偶函数

D.函数y=∕(x)-∖在［0,兀］上有2个零点

【正确答案】BD

【分析】由题意，利用正弦函数的图像和性质，先求出函数的解析式为/(x)=Sin(I+/),

从而可判断其周期、轴对称、变换后的解析式，即可判断A,B,C；依题意求得函数N=〃x)

9

在r［0,兀1］上与y=正有两个交点，进而即可判断D.

【详解】由函数/(x)=Sinl(υx+B(0〉0)在-π,g上单调，则一χJ∙≥C+τt,得

2ω2

3

又函数y=∕(x)图像关于点(一£,o］对称，则—处+工=E,AeZ,得。=-3左+'.

V3J362

2π

­=4ZI兀

故有/(X)的最小正周期为1,故A错误;

2

=sin5=1为最大值，可得/(χ)的图像关于X=g对称，故B正

确;

TrX

将/(X)的图像向右平移H个单位后对应函数为V=sin^,是一个奇函数，故C错误;

「八1Xπ「兀2兀1,X.(Xπ]「1,

⅛lx∈[O,π],则7+p∈—，则m/r(ix)=Sln彳+丁∈—,1,

2ooʒVZO√2

「•兀1.2π√3√39

又sin—=一,sin—=—，且h—<—<1.

6232210

9O

所以函数y=∕(χ)在[0,兀]上与y=而有两个交点，即函数y=/(x)-正在[0,兀]上有2

个零点，故D正确.

故选：BD.

11.4N8C中，Q,b,c是角4且C的对边，Z?2=/+々。，则()

TTπ

A.若B=生,则

24

B.若N=四M=2,则A∕8Cr的面积为26

6

C.若N=EM=2,则角B的角平分线8。=G

6

D.若AZBC为锐角三角形，α=2,则边长b120,2√5)

【正确答案】ABD

【分析】根据题意并结合余弦定理62=/+。2—2QCCOS8可得a=c—24cos8,由正弦

定理以及三角恒等变换可得B=2A,即可判断AB正确：由等面积SfBC=SMBD+S.D

可知60=竽，即C错误；根据三角形形状可得6∈(],即可确定∕>2∈(8,12),

可解得642衣2百)，所以D正确.

【详解】根据题意由62=∕+αc,结合余弦定理b2=∕+c2-2αccosB可得，

ac=c2-2accos5»又因为CW0，所以α=c-2acosB;

利用正弦定理可得sinZ=SinC-2sin/cosB,

再由SinC=Sin(Z+5)可得,sin/=Sin(Z+8)—2sin/cos8,

即sin/=sinAcosB+cosAsmB-2sinAcosB,所以sin4=Sin(B-Z)；

又因为48∈(θ,τι),所以/二8—4,即3=24；

对于A,若B==,则/=—=—,故A正确；

224

兀兀

对于B,若∕=-,a=2,则3=2/=—,由Q=C-2αcos8可得c=4,

63

所以“8。的面积为S“BC=gαcsin8=2√i,即B正确；

对于C,如下图所示：

CB

由等面积可知SMBC~S4ABD+SABCD,

π兀

由选项B可得c=4,3=-,所以ZABD=NCBD=—,

36

即s，BC=LC∙8D∙sin三+,e8Z)-sin¥=2jJ，解得8。=迪，所以C错误;

"B'26263

对于D,若一8C为锐角三角形，a=2,则可得c=α+2αcos8=2+4cos8,

71

，即《0<B<-，解得Bw，所以COSBe

23,2

CCBTI

Q<π-B<—

22

^b2=o2+αc=8+8cos5.所以∕∈(8,12),因此be(2√∑,2√5),即D正确

故选：ABD

12.已知正方体48CQ-&MGA的棱长为2,点、E,尸分别为面B耳CC,CCQQ的

中心，点G是4片的中点，则()

A.DElBG

B.4F〃面SGG

C.直线Z6与平面SGG所成角的余弦值为电

3

D.过点/且与直线。E垂直的平面ɑ,截该正方体所得截面周长为&+3/

【正确答案】ACD

【分析】以。为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量的性质，利用Z)E∙8G是否等于

零，即可判断A：求出平面8£G的法向量，与万•是否垂直，即可判断B；根据直线/6

与平面BCxG所成的角的余弦值可先求出AB与平面BCIG的法向量的余弦值，再根据角的

关系求出所要求的结果，即可判断C；做出过点口且与直线OE垂直的平面α的截面图，

根据几何关系即可求出其周长，即可计算出D.

【详解】以。为坐标原点，以。/,DC,OA所在直线分别为X,V,Z轴，建立坐标系,

如图所示，

则。(0,0,0),F(l,2,l),3(2,2,0),G(2,l,2),4(2,0,0),尸(0,1,1),C1(0,2,2),

G(2,l,2),

__ULU_____

对于A,由。£=(1,2,1),5G=(0,-l,2).则OE∙5G=lxO+2x(-l)+lx2=0,所以

DE±BG^故A正确；

对于B,设平面SGG的法向量为7=(%,乂,z∣),

UUU.UUUlUUUl

由g=(-2,0,2),BG=(O,-1,2)，NE=(-2,1,1)，

~2x,+2z∣=O

,令Z]=l,则Xl=1,ʃɪ=2,则亢=(1,2,1),

[jffG∙万=O—必+2Z]=0

又酢•万=(-2)X1+1X2+1X1=1H0,所以"'与平面8C∣G不平行，故B错误;

对于C,设直线/8与平面BGG所成的角为α,

AB∙n4√6

又在=(0,2,0),结合选项B得Sina

阿桐HJr丁所以

cosa=71-sin2a=——，故C正确;

对于D,结合C选项得万=诙，则。E人平面8C∣G,

取4A，/4的中点为X，T,WDx=CV=AU=-,

由几何关系可知，WX〃NU,WV//TU,则WXTUP组成一个平面，

由BG〃TV,BCx∕∕TX,TU,7*均在平面％X77√P内，

则Z)El平面亚X7I∕%,即过点F且与直线OE垂直的平面ɑ,截该正方体所得截面如图

所示平面殁ZVP,

则截面如7UP的周长为

22

wx+xτ+τu+uv+vw=+I+√Γ+T+ΛIɪI+1+√2+1+√2+1=3√5+√2

故D正确.

故选：ACD.

本题考查了立体几何的综合应用，属于难题.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知正A∕'8'C'为水平放置的A∕8C的直观图，若'=2,则ABC的面积为

【正确答案】2限

【分析】求出正A43'C'的面积，再利用直观图与原图形面积间的关系计算作答.

【详解】依题意，正的面积-A'B'22

AZ'8'C'S,λ,γ,=sinɪ=—X2=√3.

W234

因为直观图与原图形的面积比为YZ,

4

所以的面积S

ΔABCabc=2V25rz.γ.-=2Λ∕6.

⅛⅛2√6

14.己知复数Z满足∣z∣+z=2+4i,则T=.

【正确答案】-3-4?

【分析】根据已知条件，结合复数模公式，复数的四则运算，共桅复数的定义，即可求解

【详解】设z="+6i(.,b∈R),

V∣z∣+z=2+4i,

∙∙∙√777+α+bi=2+4i,即α:丁+”2,解得宜；，

则有Z=-3+4i,z=-3-4i.

故答案为.-3-4i

TT

15.446C中4=§,D为边BC上一点,若2CD=AD=BD,则SinC=.

【正确答案】1

TT∖TT/71

【分析】设/胡。=仇。€0,一,有NZMC=——θ,NACD=——。，在A∕C0中,

Iɜj33

由正弦定理求出6,得到/C,可求SinC.

【详解】如图所示，

BD

设/胡z)=e,ee(o，mj,由NO=6。，则N/B。=。,

所以N∕OC=26,ΛDAC=--Θ,ZACD=--Θ,

33

ADDC

在AΛCD中，由正弦定理可得√2πA一.(兀I,

sin--θzjsin——θZI

I3)U)

因为∕D=2C7),所以Sin(T-夕卜2sin(∙∣-6

即JIcos。一Sine='ɪeosθ+'Sin。，整理得tan8=@，即。=二

2236

2πππ.「

ZC=--Θ------=一,sine=1.

3362

故1

16.已知平面向量1,瓦己满足同=B_闸=2,区一同=1,则B七的最大值为

【正确答案】12

【分析】根据向量加减法的几何意义作出图形，观察W和同以及两个向量夹角的变化，判

断51取最大值的位置.

【详解】设万=7砺=B,反=1,则成=5-尻9=万一万

由同=B-*2,区一同=1,则囱=2,6点在以Z为圆心2为半径的圆周上，C点在以

A为圆心1为半径的圆周上，如图所不，

h∙c=∖δB∖^δc∖cos(θB,Oc),由图可知，当4氏C三点共线，在如图所示的位置,

I丽I有最大值4,Pq有最大值3,此时CoS（丽,反）取最大值1,

所以鼠,的最大值为12.

故12.

四、解答题（共70分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）.

17.已知向量Z=（2,2）,B=（-1,左）.

（I）若£J∙R+2B）,求实数A的值；

（2）若。与B的夹角是钝角，求实数后的取值范围.

【正确答案】（1）-1

（2）（-∞,-l）u（-l,l）

【分析】（1）根据题意求得=-2+2左，结合向量垂直的数量积的表示，列出方程，即

可求解；

（2）根据题意，利用7B<o且Z与B不共线，结合向量的坐标表示和数量积的运算，即

可求解.

【小问1详解】

解：由向量α=（2,2）,B=（-l,%）,可得Z∙B=-2+2左，

因为a_L（a+2B）,可得α∙（α+2b）=α+24∙B=8—4+4左=0,解得左=—1.

【小问2详解】

解：由（I）知，a-b=-2+2k<Q>解得左<1，

又由向量Z与5不共线，可得2x左#2x（—1）,解得左≠T,

所以实数上的取值范围是（-∞,-l）u（-1』）

18.如图所示，在四棱锥中，四边形NBC。为等腰梯形,

AB〃CD,AD=CD=2,AB=4,AC工PC.

（2）若PBlBC,PB=Ni,求点。到平面PBC的距离.

【正确答案】（1）证明见解析

⑵√3

【分析】（1）由勾股定理证明所以/C/BC,又AeLPC,可证NCL平面尸BC.

v

（2）由VD-PBC=P-BCD，利用体积法求点D到平面PBC的距离.

【小问1详解】

四边形/8C。为等腰梯形，ABHCD,AD=CD=2,AB=4,

过点C作CEIZB于E,如图所示，

由余弦定理知NO?=ZB2+BC2-2∕B∙8C∙COSNASC=16+4-8=12，

则所以ZClBC，

又ZC_LPC,PC,8CU平面尸BC,PCCBC=C,

所以/CL平面PBC.

【小问2详解】

连接8。，如图所示，

由（1）可知NCL平面尸6C,NCU平面Z8C0,所以平面ZBC。上平面尸BC,

平面/8C。C平面PBC=8C,尸8u平面尸8C,PBLBC,P8_L平面/8C。，

又CE=2sin60°=√LS^BCD=^CE-CD=y/3,

所以/-BCO=；乂S-BCD.PB=g乂义4垂＞=4，

在APBC中，由尸8L8C,得S.PBc=^PB∙BC=4yβ,

设点。到平面P8C的距离为止则=∣×4√3√,

VD-PBC=VP.BCD，解得d=G，即点。到平面PBC的距离为JL

2兀

19.在A∕8C中，/4/民/。对应的边分别为4,“，,4=—力=5,。=3/45。的外接

3

圆。面积为S.

（1）求S的值；

（2）若点。在NC上，且直线8。平分角NNBC,求线段8。的长度.

49

【正确答案】（1）S=-π

3

（2）BD=^-

2

7

【分析】（1）由余弦定理可求得α=7,再利用正弦定理计算可得外接圆半径为H=耳,

49

即可求出S=——兀；

3

（2）利用角平分线定理可得/O=3,再由余弦定理计算可得BQ=迈

22

【小问1详解】

2π

由4=——乃=5,c=3,利用余弦定理可得

3

cr=⅛2+c2-2⅛ccos^=25+9-2×5×3×f-∙ɪj=49,所以α=7;

1a177

Rn=-X------——X-7="——产

因此的外接圆。的半径为2sin/2√3百，

T

49

所以“BC的外接圆。的面积S=成2=—兀

3

【小问2详解】

如下图所示：

ΛΓ∖AB3

由直线BD平分角NABC,利用角平分线定理可得——=——=一,

DCBC7

33

又b=AC=5,所以ZO=-NC=-,

102

因此在4Z60中，由余弦定理可得

BD2=AB2+AD2-2AB-ADcosA^9+--2×3×-×∖,

42{2J4

所以BD=近,即线段8。的长度为地

22

20.如图所示，己知四边形ZBCO和四边形ZZ）EE都是矩形.平面/8CO工平面

ADEF,AD=3AF=3AB=3,M,N分别是对角线BD,AE上异于端点的动点，且

BM=AN.

FE

(1)求证：直线MN〃平面COE；

(2)当ZN=LNE时，用向量法求平面/MN与平面。AfN夹角的余弦值.

2

【正确答案】(1)证明见解析

43√46

322

【分析】(1)利用线面平行的性质与判定定理结合条件直接证明即可;

(2)建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解二面角夹角余弦值.

【小问1详解】

过N作NG//DE与AD交于G前,连接MG,因为NGa平面CL>E,Z)EU平面CAE,

所以NG〃平面COE,因为NGIlDE,所以处=NGAG

AEDEAD

因为BM=NA,AE=BD,所以在="所以MGilAB“CD,

GDMD

因为MGe平面CDE,Z)CU平面CDE,所以MG〃平面CDE,

因为MGCNG=G,MGU平面MNG,NGU平面MNG,

所以平面MNGH平面CDE,因为MNU平面MNG,所以直线MN〃平面CDE；

【小问2详解】

因为平面ABCD1平面ADEF，平面ABCDC平面ADEF=AD，

又NFU平面E凡AFlAD,所以/RJ_平面/88,

则以力为原点，分别以/8,AD,AF为X,AZ轴建立空间直角坐标，如图,

21

可得4(0,0,0),O(0,3,0),Λ∕(-,l,0),7√(0,l,-),

—■1——•2

所以NN=(0,1,一),AM=(-,1,0),

2

yX+y=0

AM∙n=0

设平面ZMN的法向量为“=(x,y,z),则__,所以《

AN•元=0

y+-z=0

3

令X=3,可得，H=(3,-2,6),

设平面MND的法向量为五=(α,b,c),丽=(0,—2,；),而=(g,—2,0),

2

-a-2b=0

DM•比二O3

贝"—.所以7,令α=3,可得玩=(3,1,6),

DN

∙w=0-2h+-c=0

[3

9-2+36_43

所以COS而,五

7∙√46^7√46

9-2+3643√46

所以平面AMN与平面DMN夹角的余弦值.cosm,n

7∙√46—322

21.如图，在三棱台/8C-Cl中侧面BCCs为等腰梯形，BC=8,耳G=CG=4,“

为BtCl中点.底面A∕8C为等腰三角形，/B=NC=5,。为BC的中点.

B

（1）证明：平面平面/O/；

（2）记二面角4—8C—4的大小为夕

TT

①当6=一时，求直线BB与平面AACC所成角的正弦值.

6x11

TTπ

②当Oe时，求直线8瓦与平面44∣CC所成角的正弦的最大值.

【正确答案】（1）证明见解析；

（2）①豆豆，②最大值为3

375

【分析】（1）由三棱台NBC-44G性质及其边长即可证明BC人平面NOM，利用面面

垂直的判定定理即可证明平面NBC工平面NOM；

（2）①由题意可知/NOM即为二面角Z-BC-耳的平面角，NAOM=6,以。为坐标

原点建立空间直角坐标系，可得函=卜2,2cos6,2JJSine）,平面的一个法

向量为n=f-3,4,拒一TO],把6=四代入可得直线BB1与平面44CC所成角的正弦

、SlnJJ6

.3

值为拽②当

7；Oe时，（6—4CoSe丫，利用e的范围即可求

37

↑sinθ

3

得直线8用与平面/4GC所成角的正弦的最大值为

【小问1详解】

因为"8C为等腰三角形，。为BC的中点，所以BCLZO,

又因为侧面BCG4为等腰梯形，M为Bc的中点，所以8C_LM。，

又为OCMO=O,M9,/OU平面40Λ∕,

因此BCj.平面N。M,

8。匚平面/6。，所以平面/8CJ,平面ZOM

【小问2详解】

在平面ZOM内，作ON，CM,

由（1）中平面4SC工平面/0",

且平面/3CC平面CWU平面ZOA/,可得CWd.平面4SC；

以。6,。4。N分别为X轴，V轴，Z轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

又因为BC_LA/。，BClAO,

所以//OM即为二面角A-BC-By的平面角，所以NAOM=6,

在A√48C中，BC=8,AB=AC=5,易知。6=4,04=3,

又BCl=CCl=4,BCLM0,可得0〃=26；

所以

^(0,3,0),5(4,0,0),C(-4,0,0),Λ∕(0,2√3cos6>,2√3sin^),5l(2,2√3cosθ,2√3sin

,C1(-2,2√3cosθ,2√3sin^)；

β∣J方瓦=(-2,2√3cos^2√3sin61),C4ɪ(4,3,0),Cq=(2,2√3cos。，2√3sinθ)

设平面AA1C1C的一个法向量为n=(x,y,z),

五∙C4=4x+3y=O

所以《

n∙CC1=2x+2VJcos9∙y+2Csin9∙z=O

可令x=B则y=4,z=百—4CoSj即5=,3,4W一4汽〕

JSine(SlneJ

①当6=.时，函=(—2,3,6)，rt=(-3,4,-2√3),

设直线BBl与平面AAlCiC所成角的为a,

所以Sina=卜os(函,。I=!-,∣=—⅛==之祟，

1∖/II网“4×√3737

即6=£时，直线BB1与平面44∣CC所成角的正弦值为之咨.

Tlπ

②当年时,

设"久盟”⑹=七＞。在咄身恒成立，

所以/⑹在Oeɪ,j上单调递增，/(0)∈[√6-4,√3],

即小二片行|，易知序“卜6所以产；：,[2«0,3卜

易知当避-40°s'=o时,(Sina),

Ara

Sine'X5

TTTT3

所以当Oe时，直线8片与平面44CC所成角的正弦的