2023-2024學年重慶市南川區高一下冊期中數學質量檢測模擬試題一?單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知復數，則復數在復平面內對應的點在（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限2.中，是角的對邊，，則此三角形有（）A.一個解 B.2個解 C.無解 D.解的個數不確定3.下列幾組空間向量中，不能作為空間向量基底的是（）A.B.C.D.4.已知向量，滿足，且，則向量在向量上的投影向量為（）A.1 B. C. D.5.設表面積相等的正方體、正四面體和球的體積分別為、和，則（）A. B. C. D.6.如圖，直角梯形中，，，，梯形繞所在直線旋轉一周，所得幾何體的外接球的表面積為（）A. B. C. D.7.刻畫空間的彎曲性是幾何研究的重要內容．用曲率刻畫空間彎曲性，規定：多面體頂點的曲率等于與多面體在該點的面角和的差（多面體的面的內角叫做多面體的面角，角度用弧度制），多面體面上非頂點的曲率均為零，多面體的總曲率等于該多面體各頂點的曲率之和．則正八面體（八個面均為正三角形）的總曲率為（）A. B. C. D.8.中，，，是角，，對邊，，其外接圓半徑，且，則（）A.1 B. C. D.二?多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.設為直線，，為兩個不同平面，則下列命題中正確的是（）A.若，則B.若，則C.若，則D若，則10.已知函數在上單調，且函數圖像關于點對稱，則（）A.是的一個周期B.的圖像關于對稱C.將的圖像向右平移個單位后對應函數為偶函數D.函數在上有2個零點11.中，是角對邊，，則（）A.若，則B.若，則的面積為C.若，則角角平分線D.若為銳角三角形，，則邊長12.已知正方體的棱長為2，點，分別為面，的中心，點是的中點，則（）A.B.面C.直線與平面所成角的余弦值為D.過點且與直線垂直的平面，截該正方體所得截面周長為三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知正為水平放置的的直觀圖，若，則的面積為__________.14.已知復數滿足，則__________.15.中，為邊上一點，若，則__________.16.已知平面向量滿足，則的最大值為__________.四?解答題（共70分.解答應寫出必要的文字說明，證明過程或演算步驟）.17.已知向量.（1）若，求實數的值；（2）若與的夾角是鈍角，求實數的取值范圍.18.如圖所示，在四棱錐中，四邊形為等腰梯形，.（1）證明：平面：（2）若，求點到平面的距離.19.在中，對應的邊分別為的外接圓面積為.（1）求值；（2）若點在上，且直線平分角，求線段的長度.20.如圖所示，已知四邊形和四邊形都是矩形.平面平面分別是對角線上異于端點的動點，且.（1）求證：直線平面；（2）當時，用向量法求平面與平面夾角的余弦值.21.如圖，在三棱臺中側面為等腰梯形，為中點.底面為等腰三角形，為的中點.（1）證明：平面平面；（2）記二面角的大小為.①當時，求直線與平面所成角的正弦值.②當時，求直線與平面所成角的正弦的最大值.22.在中，對應的邊分別為，（1）求；（2）奧古斯丁.路易斯.柯西（AugustinLouisCauchy，1789年-1857年），法國著名數學家.柯西在數學領域有非常高的造詣.很多數學的定理和公式都以他的名字來命名，如柯西不等式?柯西積分公式.其中柯西不等式在解決不等式證明的有關問題中有著廣泛的應用.現在，在（1）的條件下，若是內一點，過作垂線，垂足分別為，借助于三維分式型柯西不等式：當且僅當時等號成立.求的最小值.答案解析一?單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知復數，則復數在復平面內對應的點在（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【正確答案】C2.中，是角的對邊，，則此三角形有（）A.一個解 B.2個解 C.無解 D.解個數不確定【正確答案】B3.下列幾組空間向量中，不能作為空間向量基底的是（）A.B.C.D.【正確答案】D4.已知向量，滿足，且，則向量在向量上的投影向量為（）A.1 B. C. D.【正確答案】C5.設表面積相等的正方體、正四面體和球的體積分別為、和，則（）A. B. C. D.【正確答案】B6.如圖，直角梯形中，，，，梯形繞所在直線旋轉一周，所得幾何體的外接球的表面積為（）A. B. C. D.【正確答案】D7.刻畫空間的彎曲性是幾何研究的重要內容．用曲率刻畫空間彎曲性，規定：多面體頂點的曲率等于與多面體在該點的面角和的差（多面體的面的內角叫做多面體的面角，角度用弧度制），多面體面上非頂點的曲率均為零，多面體的總曲率等于該多面體各頂點的曲率之和．則正八面體（八個面均為正三角形）的總曲率為（）A. B. C. D.【正確答案】B8.中，，，是角，，的對邊，，其外接圓半徑，且，則（）A.1 B. C. D.【正確答案】A二?多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.設為直線，，為兩個不同平面，則下列命題中正確的是（）A.若，則B.若，則C.若，則D.若，則【正確答案】CD10.已知函數在上單調，且函數圖像關于點對稱，則（）A.是的一個周期B.的圖像關于對稱C.將的圖像向右平移個單位后對應函數為偶函數D.函數在上有2個零點【正確答案】BD11.中，是角的對邊，，則（）A.若，則B.若，則的面積為C.若，則角的角平分線D.若為銳角三角形，，則邊長【正確答案】ABD12.已知正方體的棱長為2，點，分別為面，的中心，點是的中點，則（）A.B.面C.直線與平面所成角的余弦值為D.過點且與直線垂直的平面，截該正方體所得截面周長為【正確答案】ACD三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知正為水平放置的的直觀圖，若，則的面積為__________.【正確答案】14.已知復數滿足，則__________.【正確答案】15.中，為邊上一點，若，則__________.【正確答案】116.已知平面向量滿足，則的最大值為__________.【正確答案】12四?解答題（共70分.解答應寫出必要的文字說明，證明過程或演算步驟）.17.已知向量.（1）若，求實數的值；（2）若與的夾角是鈍角，求實數的取值范圍.【正確答案】（1）（2）【分析】（1）根據題意求得，結合向量垂直的數量積的表示，列出方程，即可求解；（2）根據題意，利用且與不共線，結合向量的坐標表示和數量積的運算，即可求解.【小問1詳解】解：由向量，可得，因為，可得，解得.【小問2詳解】解：由（1）知，，解得，又由向量與不共線，可得，解得，所以實數取值范圍是18.如圖所示，在四棱錐中，四邊形為等腰梯形，.（1）證明：平面：（2）若，求點到平面距離.【正確答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）由勾股定理證明所以，又，可證平面.（2）由，利用體積法求點到平面的距離.【小問1詳解】四邊形為等腰梯形，，過點C作于E，如圖所示，則，可知，由余弦定理知，則，所以，又，平面，，所以平面.【小問2詳解】連接BD，如圖所示,由（1）可知平面，平面，所以平面平面，平面平面，平面，，平面，又，，所以，在中，由，得，設點到平面的距離為d，則，，解得，即點到平面的距離為.19.在中，對應的邊分別為的外接圓面積為.（1）求的值；（2）若點在上，且直線平分角，求線段的長度.【正確答案】（1）（2）【分析】（1）由余弦定理可求得，再利用正弦定理計算可得外接圓半徑為，即可求出；（2）利用角平分線定理可得，再由余弦定理計算可得.【小問1詳解】由，利用余弦定理可得，所以；因此的外接圓的半徑為，所以的外接圓的面積【小問2詳解】如下圖所示：由直線平分角，利用角平分線定理可得，又，所以，因此在中，由余弦定理可得，所以，即線段的長度為20.如圖所示，已知四邊形和四邊形都是矩形.平面平面分別是對角線上異于端點的動點，且.（1）求證：直線平面；（2）當時，用向量法求平面與平面夾角的余弦值.【正確答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）利用線面平行的性質與判定定理結合條件直接證明即可；（2）建立空間直角坐標系，利用向量法即可求解二面角夾角余弦值.【小問1詳解】過N作NGDE與AD交于G點，連接MG，因為NG平面CDE，平面CDE，所以NG平面CDE，因為NGDE，所以，因為，，所以，所以MGABCD，因為MG平面CDE，平面CDE，所以平面CDE，因為，平面MNG，平面MNG，所以平面MNG平面CDE，因為平面MNG，所以直線MN平面CDE；【小問2詳解】因為平面平面，平面平面，又平面ADEF，，所以平面ABCD，則以A為原點，分別以AB，AD，AF為x，y，z軸建立空間直角坐標，如圖，可得，，，，所以，，設平面AMN的法向量為，則，所以，令，可得，，設平面MND的法向量為，，，則，所以，令，可得，所以，所以平面與平面夾角的余弦值..21.如圖，在三棱臺中側面為等腰梯形，為中點.底面為等腰三角形，為的中點.（1）證明：平面平面；（2）記二面角的大小為.①當時，求直線與平面所成角的正弦值.②當時，求直線與平面所成角的正弦的最大值.【正確答案】（1）證明見解析；（2）①，②最大值為【分析】（1）由三棱臺性質及其邊長即可證明平面，利用面面垂直的判定定理即可證明平面平面；（2）①由題意可知即為二面角平面角，，以為坐標原點建立空間直角坐標系，可得，平面的一個法向量為，把代入可得直線與平面所成角的正弦值為；②當時，，利用的范圍即可求得直線與平面所成角的正弦的最大值為.【小問1詳解】因為為等腰三角形，為的中點，所以，又因為側面為等腰梯形，為的中點，所以，又平面，因此平面，平面，所以平面平面【小問2詳解】在平面內，作，由（1）中平面平面，且平面平面，平面，可得平面；以分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，如下圖所示：又因為，，所以即為二面角的平面角，所以，在中，，易知，又，可得；所以，；即，設平面的一個法向量為，所以，可令，則，即；①當時，，，設直線與平面所成角的為，所以，即時，直線與平面所成角的正弦值為.②當時，，設，則在恒成立，所以在上單調遞增，，即，易知，所以；易知當時，，所以當時，直線與平面所成角的正弦的最大值為.22.在中，對應的邊分別為，（1）求；（2）奧古斯丁.路易斯.柯西（AugustinLouisCauchy，1789年-1857年），法國著名數學家.柯西在數學領域有非常高的造詣.很多數學的定理和公式都以他的名字來命名，如柯西不等式?柯西積分公式.其中柯西不等式在解決不等式證明的有關問題中有著廣泛的應用.現在，在（1）的條件下，若是內一點，過作垂線，垂足分別為，借助于三維分式型柯西不等式：當且僅當時等號成立.求的最小值.【正確答案】（1）（2）【分析】（1）先用正弦定理角化邊，然后結合余弦定理可以解出.（2）將構造出符合三維分式型柯西不等式左邊的形式，然后用三維分式型柯西不等式結合余弦定理可解.【小問1詳解】由正弦定理得即由余弦定理有，若，等式不成立，則，所以.因為，所以.【小問2詳解】.又，由三維分式型柯西不等式有.當且僅當即時等號成立.由余弦定理得，所以即，則.令，則因為解得，當且僅當時等號成立.所以.則.令，則在上遞減，當即時，有最大值，此時有最小值.要能仿照三維分式型柯西不等式的形式進行構造，找到所求要素與柯西不等式的內在聯系，再結合余弦定理和基本不等式等知識進行求解，屬于難題.2023-2024學年重慶市南川區高一下冊期中數學質量檢測模擬試題一、單項選擇題（本大題共8個小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）1.已知i是虛數單位，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【正確答案】A【分析】根據復數定義，求得命題邏輯關系.【詳解】i是虛數單位，則，“”是“”的充分條件；由，得，故“”是“”的不必要條件；故“”是“”的充分不必要條件，故選：A2.是兩個平面，是兩條直線，有下列四個命題，其中錯誤的是A.若，，∥，則B.若，∥，則C.若∥，，則∥D.若∥，∥，則與所成的角和與所成的角相等【正確答案】A【分析】依據空間中位置關系的判定定理和性質定理逐個判斷各選項中命題的真假后可得正確的選項.【詳解】對于A，平面可能平行，故A錯；對于B，存在平面使得且，因為∥，平面，故，因為，，故，所以，故B正確；對于C，根據面面平行的性質可知∥，故C正確；對于D，根據線面角定義可知與所成的角和與所成的角相等.故選：A.本題考查空間中與線面位置關系有關的命題的真假判斷，這類問題需根據位置關系的定義、判定定理、性質定理等來判斷真假，必要時還要動態地考慮它們的位置關系，本題屬于中檔題.3.復數滿足，則的最大值為（）A. B.C. D.【正確答案】D【分析】根據復數的幾何意義求解即可.【詳解】復數滿足，其對應的點是以原點為圓心，為半徑的圓上的點，復數幾何意義是復數對應點到點的距離，所以的最大值為，故選：D.4.我國東漢末數學家趙爽在《周髀算經》中利用一副“弦圖”給出了勾股定理的證明，后人稱其為“趙爽弦圖”，它是由四個全等的直角三角形與一個小正方形拼成的一個大正方形，如圖所示．在“趙爽弦圖”中，已知，則（）A. B. C. D.【正確答案】A【分析】利用平面向量的線性運算及平面向量的基本定理求解即可.詳解】由題意,即，所以故選：A.5.我國古代數學經典著作《九章算術》中記載了一個“圓材埋壁”的問題：“今有圓材埋在壁中，不知大小，以鋸鋸之，深一寸，鋸道長一尺，問徑幾何?”現有一類似問題，不確定大小的圓柱形木材，部分埋在墻壁中，其截面如圖所示.用鋸去鋸這木材，若鋸口深，鋸道，則圖中與弦圍成的弓形的面積為（）A. B. C. D.【正確答案】B【分析】設圓的半徑為，利用勾股定理求出，再根據扇形的面積及三角形面積公式計算可得；【詳解】解：設圓的半徑為，則，，由勾股定理可得，即，解得，所以，，所以，因此.故選：B6.已知等邊的邊長為2，為的中點，若，則實數t的取值范圍為（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】直接利用向量的模的運算法則列出不等式解得即可.【詳解】在中，為的中點，則，，，所以，所以，由，得，即，整理得，解得或，所以實數的取值范圍為.故選：C.本題考查兩個向量的加減法的法則、其幾何意義、兩個向量的數量積的定義以及向量的數量積的定義，屬于基礎題.7.《九章算術》中記載，塹堵是底面為直角三角形的直三棱柱．陽馬指底面為矩形，一側棱垂直于底面的四棱錐．如圖，在塹堵中，，，當陽馬的體積為時，塹堵的外接球的體積的最小值為（）A. B. C. D.【正確答案】B【分析】設，，由陽馬的體積為8求得，把塹堵補形為長方體，求其對角線長的最小值，可得塹堵的外接球的半徑的最小值，代入球的體積公式即得答案．【詳解】根據題意，把塹堵補形為長方體，則長方體的對角線即為塹堵的外接球的直徑，設，，則陽馬體積，，把塹堵補形為長方體，則長方體的對角線長，當且僅當時上式取“”．即塹堵的外接球的半徑的最小值為，塹堵的外接球的體積的最小值為，故選：B．8.在銳角中，，，點是邊的中點，則的長度的取值范圍是（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】根據題意由正弦定理可得，結合銳角三角形解得，再根據結合向量的運算律、余弦定理整理得，根據二次函數的性質運算求解即可.【詳解】設角所對的邊分別為，則，∵，由正弦定理可得，即，若為銳角三角形，則，解得，又∵點是邊的中點，則，可得，注意到開口向上，對稱軸，且，可得，即的長度的取值范圍是.故選：D.二、多項選擇題（本大題共4個小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中不止一項符合題目要求．全選對得5分，沒選全得2分，選錯得0分）9.下列有關復數的說法中（其中為虛數單位），正確的是（）A. B.復數的虛部為C.對任意復數都有 D.復數為實數的充要條件是【正確答案】AD【分析】根據復數的乘方判斷A，根據復數的定義判斷B，根據復數的平方運算和復數模的計算判斷C，根據充要條件的定義判斷D.【詳解】對于A：，故A正確；對于B：復數的虛部為，故B錯誤；對于C：設，則，則，所以C錯誤；對于D：若復數為實數，則，設，，若，即，所以，則復數為實數，故復數為實數的充要條件是，故D正確；故選：AD.10.八卦是中國文化的基本哲學概念，如圖1是八卦模型圖，其平面圖形記為圖2的正八邊形ABCDEFGH，其中=2，則下列結論正確的是（）A. B.C. D.在上的投影向量為【正確答案】ACD【分析】根據數量積的定義、向量的線性運算法則，向量模的定義以及投影向量的概念計算判斷各選項．【詳解】，A正確；由向量加法的平行四邊形法則知是以為鄰邊的平行四邊形的對角線對應的向量，起點是，易知該平行四邊形的對角線長不等于的二倍，即，而，因此B錯誤；，C正確；，在上的投影為，又，∴在上的投影向量為，D正確．故選：ACD．11.在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且，則下列結論正確的是（）A.B.是銳角三角形C.若，則內切圓半徑為D.若，則外接圓半徑為【正確答案】AC【分析】利用正弦定理判定選項A正確；利用邊角關系和余弦定理判定選項B錯誤；利用三角形的面積公式進而求出內切圓半徑判定選項C正確；利用進行求解判定選項D錯誤.【詳解】因，所以設，，，且，對于A：由正弦定理，得，即選項A正確；對于選項B：因為，所以角最大，則，即為鈍角，即是鈍角三角形，即選項B錯誤；對于C：若，則，，因為，所以，則，設的內切圓半徑為，則，解得，即選項C正確；對于D：若，由正弦定理，得，即，即選項D錯誤.故選：AC.12.如圖，在棱長為2的正方體中，M，N，P分別是，，的中點，Q是線段上的動點，則（）A.存在點Q，使B，N，P，Q四點共面 B.存在點Q，使平面MBNC.三棱錐P-MBN的體積為 D.經過C，M，B，N四點的球的表面積為【正確答案】ABC【分析】對于A，連接，，可證得，從而可得結論，對于B，連接PQ，，當Q是的中點時，由線面平行的判定可證得，對于C,利用求解，對于D，分別取，的中點E，F，構造長方體MADF-EBCN，其體對角線就是外接球的直徑，求出體對角線的長，可求出球的表面積【詳解】如圖，在正方體中，連接，，因為N，P分別是，的中點，所以，又因為，所以，所以，B，N，P四點共面，即當Q與重合時，B，N，P，Q四點共面，故選項A正確；連接PQ，，當Q是的中點時，因為，，所以，因為平面BMN，平面BMN，所以平面BMN，故選項B正確；連接，，，因為，所以，故選項C正確；分別取，的中點E，F，構造長方體MADF-EBCN，則經過C，M，B，N四點的球即為長方體MADF-EBCN的外接球，設所求外接球直徑為2R，則長方體MADF-EBCN的體對角線即為所求的球的直徑，即，所以經過C，M，B，N四點的球的表面積為，故選項D錯誤.故選：ABC三、填空題（本大題共4個小題，每小題5分，共20分）13.已知向量，滿足，，，則________．【正確答案】【分析】直接平方進行運算即可得到答案.【詳解】，則，故答案為.14.已知復數z1＝－1＋2i，z2＝1－i，z3＝3－2i，它們所對應的點分別為A，B，C，O為坐標原點，若，則x＋y的值是________.【正確答案】5【分析】由題可知A(－1,2)，B(1，－1)，C(3，－2)，利用向量關系可求出.【詳解】由已知得A(－1,2)，B(1，－1)，C(3，－2)，，∴(3，－2)＝x(－1,2)＋y(1，－1)＝(－x＋y,2x－y)，，解得，故x＋y＝5.故5.本題考查向量的運算，以及復數的坐標表示，屬于基礎題.15.已知的內角A，B，C所對邊的長分別為a，b，c，已知的面積S滿足，則角A的值為______．【正確答案】【分析】根據余弦定理和三角形面積公式化簡已知條件，得求解可得角A的值.【詳解】由已知得，根據余弦定理和三角形面積公式，得，化簡為，由于，所以，化簡得，即，解得，或（舍），由于，所以.故16.已知等邊的邊長為2，將其繞著BC邊旋轉角度，使點A旋轉到位置．記四面體的內切球半徑和外接球半徑依次為r，R，當四面體的表面積最大時，______，______．【正確答案】①.②.##【分析】先判斷出當時四面體的表面積最大，即可求得；先求出表面積，再得到的中點O為四面體的外接球球心，即可求得，再求出四面體的體積，由即可求得，即可求解.【詳解】易得的面積為定值，又，顯然當時，此時面積最大，即四面體的表面積最大，此時；當四面體的表面積最大時，易知四面體的表面積最大值為，設的中點為O，易知，∴，即O為四面體的外接球球心，∴四面體的外接球半徑，∵，且，∴，∴，由，平面，，可得平面，∴四面體的體積為，又，∴，解得，∴.故；．四、解答題（本大題共6個小題，第17題10分，其余各題12分，共70分）17.已知中角所對的邊分別為滿足.（1）求角；（2）若，求角的平分線的長.【正確答案】（1）（2）【分析】（1）根據題意，利用正弦定理和兩角和的正弦公式，化簡得到，求得，即可求解；（2）根據余弦定理列出方程求得，結合，即可求得角的平分線的長.【小問1詳解】解：因為，由正弦定理得，整理得，即又由，所以，又因為，可得，所以，又由，所以【小問2詳解】解：由（1）知，且，根據余弦定理得，可得，即，解得或（舍去），設角A的平分線的長為，因為，即，即，解得，即角A的平分線的長為.18.如圖，保定市某中學在實施“五項管理”中，將學校的“五項管理”做成宣傳牌（CD），放置在教學樓的頂部（如圖所示），該中學數學活動小組在山坡的坡腳A處測得宣傳牌底部D的仰角為60°，沿該中學圍墻邊坡AB向上走到B處測得宣傳牌頂部C的仰角為45°．已知山坡AB的坡度為．（1）求點B距水平面AE的高度BH；（2）求宣傳牌CD的高度．（結果保留根號）【正確答案】（1）2m（2）【分析】（1）根據坡度比以及勾股定理即可求解，（2）根據銳角三角形的邊角關系即可結合圖形關系進行求解.【小問1詳解】由于所以,設，則，所以【小問2詳解】過點作，垂足為,則,在中，又，故宣傳牌CD的高度為，19.如圖，在四棱錐中，底面ABCD為直角梯形，其中，，，，平面ABCD，且，點M在棱PD上（不包括端點），點N為BC中點．（1）若，求證：直線平面PAB；（2）已知點M滿足，求異面直線MN與AD所成角．【正確答案】（1）證明見解析（2）90°．【分析】（1）取PA的一個靠近點P的三等分點Q，連接MQ，QB，由題意可證得，再由線面平行的判定定理即可證明；（2）過點M作，交AD于K，連接KN，由線面垂直的判定定理證明面MNK，即可得出，即可得出答案.【小問1詳解】取PA的一個靠近點P的三等分點Q，連接MQ，QB，因為，所以且，又因為，且，點N為BC中點，所以且，則四邊形MQBN為平行四邊形，所以，平面PAB，平面PAB，所以直線平面PAB．【小問2詳解】過點M作，交AD于K，連接KN，可知面ABCD，因為面ABCD，所以，又因為，所以．∵∴，∴，，所以四邊形AKNB為平行四邊形，，又因為，所以，又，∴面MNK，因為面MNK，∴，所以異面直線MN與AD成角為90°．20.如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，側面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點，P為AM上一點，過B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）證明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）設O為△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值.【正確答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）由分別為，的中點，，根據條件可得，可證，要證平面平面，只需證明平面即可；（2）連接，先求證四邊形是平行四邊形，根據幾何關系求得，在截取，由（1）平面，可得為與平面所成角，即可求得答案.【詳解】（1）分別為，的中點，，又，，在中，為中點，則，又側面為矩形，，，，由，平面，平面，又，且平面，平面，平面，又平面，且平面平面，，又平面，平面，平面，平面平面.(2)[方法一]：幾何法如圖，過O作的平行線分別交于點，聯結，由于平面，平面，，平面，平面，所以平面平面．又因平面平面，平面平面，所以．因為，，，所以面．又因，所以面，所以與平面所成的角為．令，則，由于O為的中心，故．在中，，由勾股定理得．所以．由于，直線與平面所成角的正弦值也為．[方法二]【最優解】：幾何法因為平面，平面平面，所以．因為，所以四邊形為平行四邊形．由（Ⅰ）知平面，則為平面的垂線．所以在平面的射影為．從而與所成角的正弦值即為所求．在梯形中，設，過E作，垂足為G，則．在直角三角形中，．[方法三]：向量法由（Ⅰ）知，平面，則為平面的法向量．因為平面，平面，且平面平面，所以．由（Ⅰ）知，即四邊形為平行四邊形，則．因為O為正的中心，故．由面面平行的性質得，所以四邊形為等腰梯形．由P，N為等腰梯形兩底的中點，得，則．設直線與平面所成角為，，則．