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2022-2023学年湖南省永州一中高一（下）月考数学试卷（6月份）（含解析）
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这是一份2022-2023学年湖南省永州一中高一（下）月考数学试卷（6月份）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖南省永州一中高一（下）月考数学试卷（6月份）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知复数z1=3+4i，z2=3−4i，则z1+z2=( )
A. 8i B. 6 C. 6+8i D. 6−8i
2. 已知点G是三角形ABC所在平面内一点，满足GA+GB+GC=0，则G点是三角形ABC的( )
A. 垂心 B. 内心 C. 外心 D. 重心
3. 已知m，n表示两条不同的直线，α表示平面．下列说法正确的是( )
A. 若m//α，n//α，则m//n B. 若m⊥α，n⊥α，则m//n
C. 若m⊥α，m⊥n，则n//α D. 若m//α，m⊥n，则n⊥α
4. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a=2,b= 3,C=30°，则c的值为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 2 3
5. 在△ABC中，若a=3，cosA=−12，则△ABC的外接圆半径是( )
A. 12 B. 32 C. 2 3 D. 3
6. 已知正方形ABCD的边长为1，点P是对角线BD上任意一点，则AP⋅BD的取值范围为( )
A. [−12,12] B. [− 22, 22] C. [−1,1] D. [− 2, 2]
7. 1748年，瑞士数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写出以下公式eix=cosx+isinx，其中e是自然对数的底，i是虚数单位，这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，下列说法正确的是( )
A. eix+1=0 B. (12+ 32i)3=1
C. cosx=eix+e−ix2 D. sinx=eix+e−ix2
8. 已知向量e1=(cosθ,sinθ)，e2=(−cosθ,sinθ)，其中θ∈(0,π2)，若平面向量m满足m⋅e1=m⋅e2=1，且|m|≥2，则θ的取值范围是( )
A. (0,π6] B. (0,π3] C. [π6,π2) D. [π3,π2)
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 如图，D，E，F分别是△ABC的边AB，BC，CA的中点，则AF−DB等于( )
A. FD
B. EC
C. BE
D. DF
10. 下列命题中错误的是( )
A. 若复数z1满足z12+1=0，则z1=i
B. 若复数z1，z2满足|z1|=|z2|，则z1=±z2
C. 若复数z=a+bi，则z为纯虚数的充要条件是a=0
D. 若复数|z1+z2|=0，则z1=−z2
11. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(2b−c)cosA=acosC，b=2 3，若边BC的中线AD=3，则下列结论正确的有( )
A. A=π3 B. A=π6
C. AB⋅AC=6 D. △ABC的面积为3 3
12. 我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用.图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体；如图2，已知正四棱柱和正四棱锥的高之比为1：2，且底面边长均为2 3，若该几何体的所有顶点都在球O的表面上，则( )
A. 球O的体积为25π3
B. 正四棱柱和正四棱锥组成的几何体的体积为20
C. 正四棱锥的侧棱与其底面所成角的正弦值为 155
D. 正四棱锥的侧面与其底面的夹角的正弦值为2 77
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知|a|=4，|b|=3，a⋅b=−6，则a与b所成的夹角大小是______．
14. 已知复数z=2+ii(i是虚数单位)，则|z|=______．
15. 如图是正四面体的平面展开图，G、H、M、N分别为DE、BE、EF、EC的中点，在这个正四面体中，
①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是______．
16. 在直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面为等腰直角三角形，AB=BC=2，AA1=1，若E、F、D别是棱AB、CB、A1C1的中点，则下列四个命题：①B1E⊥FD；
②三棱锥A−BCC1的外接球的表面积为9π；
③三棱锥B1−DEF的体积为13；
④直线C1E与平面ABC所成角为π3．
其中正确的命题有______.(把所有正确命题的序号填在答题卡上)
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知|a|=1，|b|=2，a与b的夹角为60°．
(1)求a·b，(a−b)·(a+b)；
(2)求|a−b|.
18. (本小题12.0分)
已知a∈R，b∈R，方程x2+ax+b=0的一个根为1−i，复数z1=a+bi，满足|z2|=4．
(1)求复数z1−；
(2)若z1−z2>0，求复数z2．
19. (本小题12.0分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面B1BCC1是正方形，M，N分别是A1B1，AC的中点，AB⊥平面BCM．
(Ⅰ)求证：平面B1BCC1⊥平面A1ABB1；
(Ⅱ)求证：A1N//平面BCM；
(Ⅲ)若三棱柱ABC−A1B1C1的体积为10，求棱锥C1−BB1M的体积．
20. (本小题12.0分)
在△ABC中，AB= 5，AC=3，sinA=2sinC．
(1)求BC的长；
(2)求cos(2C−π3)的值．
21. (本小题12.0分)
如图，某巡逻艇在A处发现北偏东30°相距 6+ 2海里的B处有一艘走私船，正沿东偏南45°的方向以3海里/小时的速度向我海岸行驶，巡逻艇立即以2 2海里/小时的速度沿着正东方向直线追去，1小时后，巡逻艇到达C处，走私船到达D处，此时走私船发现了巡逻艇，立即改变航向，以原速向正东方向逃窜，巡逻艇立即加速以3 2海里/小时的速度沿着直线追击．
(1)当走私船发现了巡逻艇时，两船相距多少海里
(2)问巡逻艇应该沿什么方向去追，才能最快追上走私船．
22. (本小题12.0分)
如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC=60°，AD=2AB=4，E为AD的中点，以EC为折痕将△CDE折起，使点D到达点P的位置，且PB= 10，F，G分别为BC，PE的中点．
(1)证明：PB//平面AFG；
(2)若平面PAB与平面PEF的交线为l，求直线l与平面PBC所成角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵z1=3+4i，z2=3−4i，
∴z1+z2=(3+4i)+(3−4i)=6．
故选：B．
直接利用实部加实部，虚部加虚部得答案．
本题考查复数代数形式的加法运算，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：因为GA+GB+GC=0，所以GA+GB=−GC=CG，
以GA、GB为邻边作平行四边形GADB，连接GD，交AB于点O，如图所示：
则CG=GD，所以GO=13CO，CO是AB边上的中线，
所以G点是△ABC的重心．
故选：D．
直接利用平面向量的线性运算和三角形重心的定义，即可判断点G是△ABC的重心．
本题考查了平面向量的线性运算和三角形重心的定义，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由m，n表示两条不同的直线，α表示平面，知：
在A中，若m//α，n//α，则m与n相交、平行或异面，故A错误；
在B中，若m⊥α，n⊥α，由线面垂直的性质定理得m//n，故B正确；
在C中，若m⊥α，m⊥n，则n//α或n⊂α，故C错误；
在D中，若m//α，m⊥n，则n与α相交、平行或n⊂α，故D错误．
故选：B．
在A中，m与n相交、平行或异面；在B中，由线面垂直的性质定理得m//n；在C中，n//α或n⊂α；在D中，n与α相交、平行或n⊂α．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力及数形结合思想，是中档题．
4.【答案】A
【解析】解：在△ABC中，已知a=2，b= 3，C=30°，
由余弦定理得：c2=a2+b2−2abcosC=22+( 3)2−2×2× 3× 32=1．
所以c=1．
故选：A．
由余弦定理直接求解即可．
本题考查余弦定理的应用，是基础题．
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了正弦定理以及同角三角函数间的基本关系，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．
由cosA的值求出sinA的值，利用正弦定理求出△ABC的外接圆半径即可．
【解答】
解：∵在△ABC中，a=3，cosA=−12，且0
由正弦定理得：asinA=2R，且a=3，
则△ABC的外接圆半径R=a2sinA=32× 32= 3，
故选：D．
6.【答案】C
【解析】解：设BP=λBD，则0≤λ≤1，AP=AB+BP=AB+λBD=AB+λ(AD−AB)=(1−λ)AB+λAD，
BD=AD−AB，
所以AP⋅BD=[(1−λ)AB+λAD]⋅(AD−AB)，
又|AD|=|AB|=1,AB⋅AD=0，
所以AP⋅BD=−(1−λ)+λ=2λ−1，又0≤λ≤1，
所以AP⋅BD∈[−1,1]．
故选：C．
利用向量AB,AD表示AP,BD，根据数量积的定义和运算律求其范围．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：对于A，因为eix=cosx+isinx，所以eix+1=0不一定成立，选项A错误；
对于B，(12+ 32i)3=(cosπ3+isinπ3)3=(eπ3i)3=eπi=cosπ+isinπ=−1，所以B错误；
对于C，由eix=cosx+isinx，e−ix=cos(−x)+isin(−x)=cosx−isinx，
所以eix+e−ix=2cosx，得出cosx=eix+e−ix2，选项C正确；
对于D，由eix−e−ix=2isinx，得出sinx=eix−e−ix2i，选项D错误．
故选：C．
根据题设中的公式和复数运算法则，逐项计算后可得正确的选项．
本题考查新定义下复数的计算问题，也考查了复数的三角形式及运算问题，是基础题．
8.【答案】A
【解析】解：设m=(x,y)，
由m⋅e1=m⋅e2=1可得，xcosθ+ysinθ=1，−xcosθ+ysinθ=1，
两式相减可得xcosθ=0，
由于θ∈(0,π2)，cosθ≠0，
故x=0，
又|m|≥2，
则1sinθ≥2，即0
则θ∈(0,π6]．
故选：A．
设m=(x,y)，根据题意可得xcosθ=0，进一步可得x=0，而|m|≥2，则0
9.【答案】BCD
【解析】解：∵AF=DE，
∴AF−DB=DE−DB=BE，
∴BE=DF，
又∵E为BC的中点，
∴AF−DB=EC=BE=DF．
故选：BCD．
根据已知条件，结合向量的运算法则，即可求解．
本题主要考查向量的运算法则，属于基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：当z1=±i时满足z12+1=0，故A错误，
当z1=1+i，z2=1−i时满足|z1|=|z2|，但z1≠±z2，故B错，
复数z=a+bi，则z为纯虚数的充要条件是a=0且b≠0，故C错，
z1=a+bi，z2=c+di，当|z1+z2|=0时，a=−c，c=−d，则z1=−z2成立，故D正确．
故选：ABC．
根据已知条件，结合特殊值法，以及纯虚数的定义，即可求解．
本题主要考查纯虚数的定义，以及特殊值法，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：根据正弦定理，由(2b−c)cosA=acosC⇒2sinBcosA−sinCcosA=sinAcosC
⇒2sinBcosA=sinAcosC+sinCcosA=sin(A+C)=sin(π−B)=sinB，
因为B∈(0,π)，所以sinB≠0，因此2cosA=1⇒cosA=12，
因为A∈(0,π)，所以A=π3，因此选项A正确，选项B不正确；
因为AD是中线，所以由AD=12(AB+AC)⇒4AD2=AB2+AC2+2AB⋅AC⇒36=c2+12+2×2 3×12c⇒c=2 3，或c=−4 3舍去，
因此AB⋅AC=2 3×2 3×12=6，所以选项C正确；
△ABC的面积为12bcsinA=12×2 3×2 3× 32=3 3，所以选项D正确，
故选：ACD．
根据正弦定理，结合平面向量加法的几何意义、平面向量数量积的定义、三角形面积公式进行求解即可．
本题考查了正弦定理，平面向量数量积的定义和三角形面积公式，属于中档题．
12.【答案】BD
【解析】解：设正四棱锥为P−ABCD，其底面中心为O1；
设正四棱柱为ABCD−A1B1C1D1，其下底面中心为O2，
设E是BC的中点，连接O1E，PE，AC，BD，A1C1，B1D1，
设O是球O的球心，设球O的半径为R，
设正四棱柱的高为x，则正四棱锥的高为2x，x为正数，
所以根据题意可得R=2x+12x=52x，AC=A1C1= (2 3)2+(2 3)2=2 6，
所以O2C1= 6，所以( 6)2+(12x)2=(52x)2，解得x=1，
所以R=52，球的体积4π3×(52)3=125π6，A选项错误．
组合体的体积为2 3×2 3×1+13×2 3×2 3×2=20，B选项正确．
依题意可知正四棱锥的侧棱与其底面所成角为∠PAO1，
sin∠PAO1=PO1PA=2 ( 6)2+22= 105，C选项错误．
根据正四棱锥的性质可知：BC⊥O1E，BC⊥PE，
所以∠PEO1是正四棱锥的侧面与其底面的夹角，
sin∠PEO1=PO1PE=2 22+( 3)2=2 77，D选项正确．
故选：BD．
利用勾股定理列方程，求得球O的半径以及正四棱锥、正四棱柱的高，结合体积、线面角、面面角的知识求得正确答案．
本题考查几何体的外接球问题，线面角的求解，化归转化思想，属中档题．
13.【答案】2π3
【解析】解：设a与b所成的夹角大小是θ，θ∈[0,π]，
∵|a|=4，|b|=3，a⋅b=−6，
∴cosθ=a⋅b|a||b|=−64×3=−12，
∴θ=2π3．
故答案为：2π3．
根据已知条件，结合平面向量的夹角公式，即可求解．
本题主要考查平面向量的夹角公式，属于基础题．
14.【答案】 5
【解析】解：∵z=2+ii，
∴|z|=|2+ii|=|2+ i||i|= 5，
故答案为： 5．
由题意知|z|=|2+ii|，即可求得．
本题考查了复数的模，属于基础题．
15.【答案】②③④
【解析】解：将正四面体的平面展开图复原为正四面体A(B、C)−DEF，如图：
对于①，G、H分别为DE、BE的中点，则GH//AD，而AD与EF异面，故GH与EF不平行，故①错误；
对于②，BD与MN为异面直线，正确(假设BD与MN共面，则A、D、E、F四点共面，与ADEF为正四面体矛盾，故假设不成立，故BD与MN异面)；
对于③，依题意，GH//AD，MN//AF，∠DAF=60°，故GH与MN成60°角，故③正确；
对于④，连接GF，A点在平面DEF的射影A1在GF上，∴DE⊥平面AGF，DE⊥AF，
而AF//MN，∴DE与MN垂直，故④正确．
综上所述，正确命题的序号是②③④，
故答案为：②③④．
正四面体的平面展开图复原为正四面体A(B、C)−DEF，
①，依题意，GH//AD，而AD与EF异面，从而可判断GH与EF不平行；
②，假设BD与MN共面，可得A、D、E、F四点共面，导出矛盾，从而可否定假设，肯定BD与MN为异面直线；
③，依题意知，GH//AD，MN//AF，∠DAF=60°，于是可判断GH与MN成60°角；
④，连接GF，那么A点在平面DEF的射影肯定在GF上，通过线面垂直得到线线垂直．
本题考查命题的真假判断与应用，着重考查空间直线间的位置关系，突出考查异面直线的判定、两直线所成的角的概念及应用，属于中档题．
16.【答案】①②③
【解析】解：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面为等腰直角三角形，
AB=BC=2，AA1=1，若E、F、D别是棱AB、CB、A1C1的中点，
可得AC=2 2，EF= 2，B1E=B1F= 2，DE=DF= 2，B1D= 2，
即有三棱锥B1−DEF为正四面体，可得对棱B1E和FD垂直，故①正确；
三棱锥B1−DEF的体积为13× 34×2× 63× 2=13，故③正确；
连接CE，可得∠C1EC为直线C1E与平面ABC所成角，
由tan∠C1EC=CC1CE=1 1+4=1 5，即有∠C1EC=arctan1 5，故④错误；
由底面为等腰直角三角形可得△ABC的外心为AC的中点O，
设O′为三棱锥A−BCC1的外接球的球心，连接OC，OC1，
设球半径为r，可得r2=( 2)2+14=94，
可得外接球的表面积为4πr2=9π，故②正确．
故答案为：①②③．
运用勾股定理和线面垂直的性质可得三棱锥B1−DEF为正四面体，由对棱相互垂直可判断①；
由三棱锥的体积公式计算可判断③；连接CE，可得∠C1EC为直线C1E与平面ABC所成角，计算可判断④；
取AC的中点O，设O′为三棱锥A−BCC1的外接球的球心，连接OC，OC1，运用勾股定理和求得半径，计算可得球的表面积，可判断②．
本题考查空间线面位置关系和线面角的求法，考查三棱锥的体积和外接球的表面积的求法，考查空间想象能力和推理能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)a⋅b=|a||b|cos60°=1×2×12=1，
(a −b)·(a+b)=a2−b2=1−4=−3，
(2)|a−b|= (a−b)2= a2−2a⋅b+b2
= 1−2+4= 3．
【解析】(1)直接利用向量的数量积的定义：a·b=|a||b|cos60°即可求解，由向量的数量积的性质，(a −b)·(a+b)=a2−b2可求，
(2)由于|a−b|= (a−b)2= a2−2a⋅b+b2代入可求，
本题主要考查了向量的数量积的定义及性质的应用，属于基础试题
18.【答案】解：(1)∵方程x2+ax+b=0的一个根为1−i，
∴(1−i)2+a(1−i)+b=0，即(a+b)+(−2−a)i=0，
由复数相等的定义及a，b∈R，得a+b=0−2−a=0，
解得a=−2b=2，
故复数z1−=a−bi=−2−2i．
(2)设z2=x+yi，(x,y∈R)，
∵|z2|=4，
∴x2+y2=16 ①，
∵z1−z2=(−2−2i)(x+yi)=(−2x+2y)−(2x+2y)i>0，
∴−2x+2y>02x+2y=0，即y>xx=−y②，
联立①②解得x=−2 2y=2 2，
∴z2=−2 2+2 2i．
【解析】(1)将1−i代入到方程x2+ax+b=0，并结合复数相等的定义和共轭复数的概念，即可求解．
(2)根据已知条件，结合复数模公式和复数的乘除法运算，即可求解．
本题主要考查了复数的运算，以及复数模公式和共轭复数的概念，属于中档题．
19.【答案】证明：(Ⅰ)∵AB⊥平面BCM，BC⊂平面BCM，∴AB⊥BC，
∵正方形B1BCC1，∴BB1⊥BC，
∵AB∩BB1=B，∴BC⊥平面A1ABB1，
∵BC⊂平面B1BCC1，∴平面B1BCC1⊥平面A1ABB1；
(Ⅱ)设BC中点为Q，连结NQ，MQ，
∵M，N分别是A1B1，AC的中点，∴NQ//AB，且NQ=12AB，
∵AB//A1B1，且AB=A1B1，∴NQ//A1M，且NQ=A1M，
∴四边形A1MQN是平行四边形，∴A1N//MQ，
∵MQ⊂平面BCM，A1N⊄
∴A1N//平面BCM．
解：(Ⅲ)连结A1B，根据棱柱和棱锥的体积公式，
得到三棱锥B−A1B1C1的体积VB−A1B1C1=13VA1B1C1−ABC=103，
∵M为A1B1的中点，
∴棱锥C1−BB1M的体积VC1−BB1M=VB−B1C1M=12VB−A1BM=53．
【解析】(Ⅰ)推导出AB⊥BC，BB1⊥BC，从而BC⊥平面A1ABB1，由此能证明平面B1BCC1⊥平面A1ABB1．
(Ⅱ)设BC中点为Q，连结NQ，MQ，推导出四边形A1MQN是平行四边形，从而A1N//MQ，由此能证明A1N//平面BCM．
(Ⅲ)连结A1B，根据棱柱和棱锥的体积公式，三棱锥B−A1B1C1的体积VB−A1B1C1=13VA1B1C1−ABC=103，棱锥C1−BB1M的体积VC1−BB1M=VB−B1C1M，由此能求出结果．
本题考查面面垂直、线面平行的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
20.【答案】解：(1)在△ABC中，∵sinA=2sinC，∴BC=2AB=2 5
(2)∵cosC=AC2+BC2−AB22AC⋅BC=2 55，∴sinC= 55
∴sin2C=2sinCcosC=45，
cos2C=cos2C−sin2C=35，
cos(2C−π3)=cos2Ccosπ3+sin2Csinπ3=3+4 310．
【解析】(1)直接利用正弦定理即可．
(2)利用余弦定理以及两角和与差的三角函数化简求解即可．
本题考查正弦定理以及余弦定理的应用，两角和与差的三角函数，考查计算能力．
21.【答案】解：由题知，当走私船发现巡逻艇时，走私船在D点，巡逻艇在C点，
在△ABC中，AB= 6+ 2，AC=2 2，∠BAC=60°，
由余弦定理有：BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos∠BAC=12，∴BC=2 3，
由正弦定理有：BCsin∠BAC=ACsin∠ABC，∴sin∠ABC= 22，∵BC>AC，∴∠BAC>∠ABC，∴∠ABC=45°，
在△BCD中，BD=3，BC=2 3，∠CBD=30°，
由余弦定理有：CD2=BD2+BC2−2BD⋅BC⋅cos∠CBD=9，∴CD=3，
∴∠BCD=∠CBD=30°，∴∠BDC=120°，∴∠CDE=105°，
设经过t小时后巡逻艇追上走私船，即在E处追上，
在△CDE中，CD=3，DE=3t，CE=3 2t，
由正弦定理有：DEsin∠DCE=CEsin∠CDE，∴sin∠DCE= 3+14．
∴巡逻艇应该沿北偏东(15°+α)，其中sinα= 3+14去追，才能最快追上走私船．
【解析】由题意可知，(1)在平面图形中多次解三角形即可求得；
(2)在平面图形中多次解三角形即可求得．
本题考查解三角形的实际应用问题，关键在于理清题意，属于中档题．
22.【答案】(1)证明：连接BE，交AF于点O，连接OG，则O为BE的中点，
因为G为PE的中点，
所以OG//PB，
因为OG⊂平面AFG，PB⊄平面AFG，
所以PB//平面AFG．
(2)解：因为AB//EF，AB⊄平面PEF，EF⊂平面PEF，
所以AB//平面PEF，
又平面PAB∩平面PEF=l，AB⊂平面PAB，
所以AB//l，
故直线l与平面PBC所成角可转化为直线AB与平面PBC所成角，
取BF的中点M，
因为平行四边形ABFE，且∠ABC=60°，所以AM⊥BF，
因为BF//AE，所以AM⊥AE，
以A为坐标原点，AM，AE所在直线分别为x，y轴，作Az⊥平面ABFE，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B( 3,−1,0)，C( 3,3,0)，
所以AB=( 3,−1,0)，BC=(0,4,0)，
设P(x,y,z)，
因为|PE|=|DE|=2|PC|=|DC|=2|PB|= 10，所以 x2+(y−2)2+z2=2 (x− 3)2+(y−3)2+z2=2 (x− 3)2+(y+1)2+z2= 10，解得x=3 34y=74z=32，即P(3 34,74,32)，
所以BP=(− 34,114,32)，
设平面PBC的法向量为n=(a,b,c)，则n⋅BC=0n⋅BP=0，即4b=0− 34a+114b+32c=0，
令c=1，则a=2 3，b=0，所以n=(2 3,0,1)，
设直线AB与平面PBC所成角为θ，则sinθ=|cos|=2 3× 3 13×2=3 1313，
所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为3 1313，
故直线l与平面PBC所成角的正弦值为3 1313．
【解析】(1)连接BE，交AF于点O，连接OG，易知OG//PB，再由线面平行的判定定理，得证；
(2)利用线面平行的性质定理，可证AB//l，从而将问题转化为求直线AB与平面PBC所成角，再以A为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式，求得点P的坐标，再求出平面PBC的法向量n，设直线AB与平面PBC所成角为θ，由sinθ=|cos|，得解．
本题考查立体几何的综合，熟练掌握线面平行的判定定理与性质定理，以及利用空间向量求线面角的方法是解题的关键，考查空间立体感，推理论证能力和运算能力，属于难题．
2022-2023学年湖南省永州一中高一（下）月考数学试卷（6月份）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知复数z1=3+4i，z2=3−4i，则z1+z2=( )
A. 8i B. 6 C. 6+8i D. 6−8i
2. 已知点G是三角形ABC所在平面内一点，满足GA+GB+GC=0，则G点是三角形ABC的( )
A. 垂心 B. 内心 C. 外心 D. 重心
3. 已知m，n表示两条不同的直线，α表示平面．下列说法正确的是( )
A. 若m//α，n//α，则m//n B. 若m⊥α，n⊥α，则m//n
C. 若m⊥α，m⊥n，则n//α D. 若m//α，m⊥n，则n⊥α
4. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a=2,b= 3,C=30°，则c的值为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 2 3
5. 在△ABC中，若a=3，cosA=−12，则△ABC的外接圆半径是( )
A. 12 B. 32 C. 2 3 D. 3
6. 已知正方形ABCD的边长为1，点P是对角线BD上任意一点，则AP⋅BD的取值范围为( )
A. [−12,12] B. [− 22, 22] C. [−1,1] D. [− 2, 2]
7. 1748年，瑞士数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写出以下公式eix=cosx+isinx，其中e是自然对数的底，i是虚数单位，这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，下列说法正确的是( )
A. eix+1=0 B. (12+ 32i)3=1
C. cosx=eix+e−ix2 D. sinx=eix+e−ix2
8. 已知向量e1=(cosθ,sinθ)，e2=(−cosθ,sinθ)，其中θ∈(0,π2)，若平面向量m满足m⋅e1=m⋅e2=1，且|m|≥2，则θ的取值范围是( )
A. (0,π6] B. (0,π3] C. [π6,π2) D. [π3,π2)
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 如图，D，E，F分别是△ABC的边AB，BC，CA的中点，则AF−DB等于( )
A. FD
B. EC
C. BE
D. DF
10. 下列命题中错误的是( )
A. 若复数z1满足z12+1=0，则z1=i
B. 若复数z1，z2满足|z1|=|z2|，则z1=±z2
C. 若复数z=a+bi，则z为纯虚数的充要条件是a=0
D. 若复数|z1+z2|=0，则z1=−z2
11. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(2b−c)cosA=acosC，b=2 3，若边BC的中线AD=3，则下列结论正确的有( )
A. A=π3 B. A=π6
C. AB⋅AC=6 D. △ABC的面积为3 3
12. 我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用.图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体；如图2，已知正四棱柱和正四棱锥的高之比为1：2，且底面边长均为2 3，若该几何体的所有顶点都在球O的表面上，则( )
A. 球O的体积为25π3
B. 正四棱柱和正四棱锥组成的几何体的体积为20
C. 正四棱锥的侧棱与其底面所成角的正弦值为 155
D. 正四棱锥的侧面与其底面的夹角的正弦值为2 77
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知|a|=4，|b|=3，a⋅b=−6，则a与b所成的夹角大小是______．
14. 已知复数z=2+ii(i是虚数单位)，则|z|=______．
15. 如图是正四面体的平面展开图，G、H、M、N分别为DE、BE、EF、EC的中点，在这个正四面体中，
①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是______．
16. 在直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面为等腰直角三角形，AB=BC=2，AA1=1，若E、F、D别是棱AB、CB、A1C1的中点，则下列四个命题：①B1E⊥FD；
②三棱锥A−BCC1的外接球的表面积为9π；
③三棱锥B1−DEF的体积为13；
④直线C1E与平面ABC所成角为π3．
其中正确的命题有______.(把所有正确命题的序号填在答题卡上)
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知|a|=1，|b|=2，a与b的夹角为60°．
(1)求a·b，(a−b)·(a+b)；
(2)求|a−b|.
18. (本小题12.0分)
已知a∈R，b∈R，方程x2+ax+b=0的一个根为1−i，复数z1=a+bi，满足|z2|=4．
(1)求复数z1−；
(2)若z1−z2>0，求复数z2．
19. (本小题12.0分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面B1BCC1是正方形，M，N分别是A1B1，AC的中点，AB⊥平面BCM．
(Ⅰ)求证：平面B1BCC1⊥平面A1ABB1；
(Ⅱ)求证：A1N//平面BCM；
(Ⅲ)若三棱柱ABC−A1B1C1的体积为10，求棱锥C1−BB1M的体积．
20. (本小题12.0分)
在△ABC中，AB= 5，AC=3，sinA=2sinC．
(1)求BC的长；
(2)求cos(2C−π3)的值．
21. (本小题12.0分)
如图，某巡逻艇在A处发现北偏东30°相距 6+ 2海里的B处有一艘走私船，正沿东偏南45°的方向以3海里/小时的速度向我海岸行驶，巡逻艇立即以2 2海里/小时的速度沿着正东方向直线追去，1小时后，巡逻艇到达C处，走私船到达D处，此时走私船发现了巡逻艇，立即改变航向，以原速向正东方向逃窜，巡逻艇立即加速以3 2海里/小时的速度沿着直线追击．
(1)当走私船发现了巡逻艇时，两船相距多少海里
(2)问巡逻艇应该沿什么方向去追，才能最快追上走私船．
22. (本小题12.0分)
如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC=60°，AD=2AB=4，E为AD的中点，以EC为折痕将△CDE折起，使点D到达点P的位置，且PB= 10，F，G分别为BC，PE的中点．
(1)证明：PB//平面AFG；
(2)若平面PAB与平面PEF的交线为l，求直线l与平面PBC所成角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵z1=3+4i，z2=3−4i，
∴z1+z2=(3+4i)+(3−4i)=6．
故选：B．
直接利用实部加实部，虚部加虚部得答案．
本题考查复数代数形式的加法运算，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：因为GA+GB+GC=0，所以GA+GB=−GC=CG，
以GA、GB为邻边作平行四边形GADB，连接GD，交AB于点O，如图所示：
则CG=GD，所以GO=13CO，CO是AB边上的中线，
所以G点是△ABC的重心．
故选：D．
直接利用平面向量的线性运算和三角形重心的定义，即可判断点G是△ABC的重心．
本题考查了平面向量的线性运算和三角形重心的定义，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由m，n表示两条不同的直线，α表示平面，知：
在A中，若m//α，n//α，则m与n相交、平行或异面，故A错误；
在B中，若m⊥α，n⊥α，由线面垂直的性质定理得m//n，故B正确；
在C中，若m⊥α，m⊥n，则n//α或n⊂α，故C错误；
在D中，若m//α，m⊥n，则n与α相交、平行或n⊂α，故D错误．
故选：B．
在A中，m与n相交、平行或异面；在B中，由线面垂直的性质定理得m//n；在C中，n//α或n⊂α；在D中，n与α相交、平行或n⊂α．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力及数形结合思想，是中档题．
4.【答案】A
【解析】解：在△ABC中，已知a=2，b= 3，C=30°，
由余弦定理得：c2=a2+b2−2abcosC=22+( 3)2−2×2× 3× 32=1．
所以c=1．
故选：A．
由余弦定理直接求解即可．
本题考查余弦定理的应用，是基础题．
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了正弦定理以及同角三角函数间的基本关系，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．
由cosA的值求出sinA的值，利用正弦定理求出△ABC的外接圆半径即可．
【解答】
解：∵在△ABC中，a=3，cosA=−12，且0
由正弦定理得：asinA=2R，且a=3，
则△ABC的外接圆半径R=a2sinA=32× 32= 3，
故选：D．
6.【答案】C
【解析】解：设BP=λBD，则0≤λ≤1，AP=AB+BP=AB+λBD=AB+λ(AD−AB)=(1−λ)AB+λAD，
BD=AD−AB，
所以AP⋅BD=[(1−λ)AB+λAD]⋅(AD−AB)，
又|AD|=|AB|=1,AB⋅AD=0，
所以AP⋅BD=−(1−λ)+λ=2λ−1，又0≤λ≤1，
所以AP⋅BD∈[−1,1]．
故选：C．
利用向量AB,AD表示AP,BD，根据数量积的定义和运算律求其范围．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：对于A，因为eix=cosx+isinx，所以eix+1=0不一定成立，选项A错误；
对于B，(12+ 32i)3=(cosπ3+isinπ3)3=(eπ3i)3=eπi=cosπ+isinπ=−1，所以B错误；
对于C，由eix=cosx+isinx，e−ix=cos(−x)+isin(−x)=cosx−isinx，
所以eix+e−ix=2cosx，得出cosx=eix+e−ix2，选项C正确；
对于D，由eix−e−ix=2isinx，得出sinx=eix−e−ix2i，选项D错误．
故选：C．
根据题设中的公式和复数运算法则，逐项计算后可得正确的选项．
本题考查新定义下复数的计算问题，也考查了复数的三角形式及运算问题，是基础题．
8.【答案】A
【解析】解：设m=(x,y)，
由m⋅e1=m⋅e2=1可得，xcosθ+ysinθ=1，−xcosθ+ysinθ=1，
两式相减可得xcosθ=0，
由于θ∈(0,π2)，cosθ≠0，
故x=0，
又|m|≥2，
则1sinθ≥2，即0
则θ∈(0,π6]．
故选：A．
设m=(x,y)，根据题意可得xcosθ=0，进一步可得x=0，而|m|≥2，则0
9.【答案】BCD
【解析】解：∵AF=DE，
∴AF−DB=DE−DB=BE，
∴BE=DF，
又∵E为BC的中点，
∴AF−DB=EC=BE=DF．
故选：BCD．
根据已知条件，结合向量的运算法则，即可求解．
本题主要考查向量的运算法则，属于基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：当z1=±i时满足z12+1=0，故A错误，
当z1=1+i，z2=1−i时满足|z1|=|z2|，但z1≠±z2，故B错，
复数z=a+bi，则z为纯虚数的充要条件是a=0且b≠0，故C错，
z1=a+bi，z2=c+di，当|z1+z2|=0时，a=−c，c=−d，则z1=−z2成立，故D正确．
故选：ABC．
根据已知条件，结合特殊值法，以及纯虚数的定义，即可求解．
本题主要考查纯虚数的定义，以及特殊值法，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：根据正弦定理，由(2b−c)cosA=acosC⇒2sinBcosA−sinCcosA=sinAcosC
⇒2sinBcosA=sinAcosC+sinCcosA=sin(A+C)=sin(π−B)=sinB，
因为B∈(0,π)，所以sinB≠0，因此2cosA=1⇒cosA=12，
因为A∈(0,π)，所以A=π3，因此选项A正确，选项B不正确；
因为AD是中线，所以由AD=12(AB+AC)⇒4AD2=AB2+AC2+2AB⋅AC⇒36=c2+12+2×2 3×12c⇒c=2 3，或c=−4 3舍去，
因此AB⋅AC=2 3×2 3×12=6，所以选项C正确；
△ABC的面积为12bcsinA=12×2 3×2 3× 32=3 3，所以选项D正确，
故选：ACD．
根据正弦定理，结合平面向量加法的几何意义、平面向量数量积的定义、三角形面积公式进行求解即可．
本题考查了正弦定理，平面向量数量积的定义和三角形面积公式，属于中档题．
12.【答案】BD
【解析】解：设正四棱锥为P−ABCD，其底面中心为O1；
设正四棱柱为ABCD−A1B1C1D1，其下底面中心为O2，
设E是BC的中点，连接O1E，PE，AC，BD，A1C1，B1D1，
设O是球O的球心，设球O的半径为R，
设正四棱柱的高为x，则正四棱锥的高为2x，x为正数，
所以根据题意可得R=2x+12x=52x，AC=A1C1= (2 3)2+(2 3)2=2 6，
所以O2C1= 6，所以( 6)2+(12x)2=(52x)2，解得x=1，
所以R=52，球的体积4π3×(52)3=125π6，A选项错误．
组合体的体积为2 3×2 3×1+13×2 3×2 3×2=20，B选项正确．
依题意可知正四棱锥的侧棱与其底面所成角为∠PAO1，
sin∠PAO1=PO1PA=2 ( 6)2+22= 105，C选项错误．
根据正四棱锥的性质可知：BC⊥O1E，BC⊥PE，
所以∠PEO1是正四棱锥的侧面与其底面的夹角，
sin∠PEO1=PO1PE=2 22+( 3)2=2 77，D选项正确．
故选：BD．
利用勾股定理列方程，求得球O的半径以及正四棱锥、正四棱柱的高，结合体积、线面角、面面角的知识求得正确答案．
本题考查几何体的外接球问题，线面角的求解，化归转化思想，属中档题．
13.【答案】2π3
【解析】解：设a与b所成的夹角大小是θ，θ∈[0,π]，
∵|a|=4，|b|=3，a⋅b=−6，
∴cosθ=a⋅b|a||b|=−64×3=−12，
∴θ=2π3．
故答案为：2π3．
根据已知条件，结合平面向量的夹角公式，即可求解．
本题主要考查平面向量的夹角公式，属于基础题．
14.【答案】 5
【解析】解：∵z=2+ii，
∴|z|=|2+ii|=|2+ i||i|= 5，
故答案为： 5．
由题意知|z|=|2+ii|，即可求得．
本题考查了复数的模，属于基础题．
15.【答案】②③④
【解析】解：将正四面体的平面展开图复原为正四面体A(B、C)−DEF，如图：
对于①，G、H分别为DE、BE的中点，则GH//AD，而AD与EF异面，故GH与EF不平行，故①错误；
对于②，BD与MN为异面直线，正确(假设BD与MN共面，则A、D、E、F四点共面，与ADEF为正四面体矛盾，故假设不成立，故BD与MN异面)；
对于③，依题意，GH//AD，MN//AF，∠DAF=60°，故GH与MN成60°角，故③正确；
对于④，连接GF，A点在平面DEF的射影A1在GF上，∴DE⊥平面AGF，DE⊥AF，
而AF//MN，∴DE与MN垂直，故④正确．
综上所述，正确命题的序号是②③④，
故答案为：②③④．
正四面体的平面展开图复原为正四面体A(B、C)−DEF，
①，依题意，GH//AD，而AD与EF异面，从而可判断GH与EF不平行；
②，假设BD与MN共面，可得A、D、E、F四点共面，导出矛盾，从而可否定假设，肯定BD与MN为异面直线；
③，依题意知，GH//AD，MN//AF，∠DAF=60°，于是可判断GH与MN成60°角；
④，连接GF，那么A点在平面DEF的射影肯定在GF上，通过线面垂直得到线线垂直．
本题考查命题的真假判断与应用，着重考查空间直线间的位置关系，突出考查异面直线的判定、两直线所成的角的概念及应用，属于中档题．
16.【答案】①②③
【解析】解：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面为等腰直角三角形，
AB=BC=2，AA1=1，若E、F、D别是棱AB、CB、A1C1的中点，
可得AC=2 2，EF= 2，B1E=B1F= 2，DE=DF= 2，B1D= 2，
即有三棱锥B1−DEF为正四面体，可得对棱B1E和FD垂直，故①正确；
三棱锥B1−DEF的体积为13× 34×2× 63× 2=13，故③正确；
连接CE，可得∠C1EC为直线C1E与平面ABC所成角，
由tan∠C1EC=CC1CE=1 1+4=1 5，即有∠C1EC=arctan1 5，故④错误；
由底面为等腰直角三角形可得△ABC的外心为AC的中点O，
设O′为三棱锥A−BCC1的外接球的球心，连接OC，OC1，
设球半径为r，可得r2=( 2)2+14=94，
可得外接球的表面积为4πr2=9π，故②正确．
故答案为：①②③．
运用勾股定理和线面垂直的性质可得三棱锥B1−DEF为正四面体，由对棱相互垂直可判断①；
由三棱锥的体积公式计算可判断③；连接CE，可得∠C1EC为直线C1E与平面ABC所成角，计算可判断④；
取AC的中点O，设O′为三棱锥A−BCC1的外接球的球心，连接OC，OC1，运用勾股定理和求得半径，计算可得球的表面积，可判断②．
本题考查空间线面位置关系和线面角的求法，考查三棱锥的体积和外接球的表面积的求法，考查空间想象能力和推理能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)a⋅b=|a||b|cos60°=1×2×12=1，
(a −b)·(a+b)=a2−b2=1−4=−3，
(2)|a−b|= (a−b)2= a2−2a⋅b+b2
= 1−2+4= 3．
【解析】(1)直接利用向量的数量积的定义：a·b=|a||b|cos60°即可求解，由向量的数量积的性质，(a −b)·(a+b)=a2−b2可求，
(2)由于|a−b|= (a−b)2= a2−2a⋅b+b2代入可求，
本题主要考查了向量的数量积的定义及性质的应用，属于基础试题
18.【答案】解：(1)∵方程x2+ax+b=0的一个根为1−i，
∴(1−i)2+a(1−i)+b=0，即(a+b)+(−2−a)i=0，
由复数相等的定义及a，b∈R，得a+b=0−2−a=0，
解得a=−2b=2，
故复数z1−=a−bi=−2−2i．
(2)设z2=x+yi，(x,y∈R)，
∵|z2|=4，
∴x2+y2=16 ①，
∵z1−z2=(−2−2i)(x+yi)=(−2x+2y)−(2x+2y)i>0，
∴−2x+2y>02x+2y=0，即y>xx=−y②，
联立①②解得x=−2 2y=2 2，
∴z2=−2 2+2 2i．
【解析】(1)将1−i代入到方程x2+ax+b=0，并结合复数相等的定义和共轭复数的概念，即可求解．
(2)根据已知条件，结合复数模公式和复数的乘除法运算，即可求解．
本题主要考查了复数的运算，以及复数模公式和共轭复数的概念，属于中档题．
19.【答案】证明：(Ⅰ)∵AB⊥平面BCM，BC⊂平面BCM，∴AB⊥BC，
∵正方形B1BCC1，∴BB1⊥BC，
∵AB∩BB1=B，∴BC⊥平面A1ABB1，
∵BC⊂平面B1BCC1，∴平面B1BCC1⊥平面A1ABB1；
(Ⅱ)设BC中点为Q，连结NQ，MQ，
∵M，N分别是A1B1，AC的中点，∴NQ//AB，且NQ=12AB，
∵AB//A1B1，且AB=A1B1，∴NQ//A1M，且NQ=A1M，
∴四边形A1MQN是平行四边形，∴A1N//MQ，
∵MQ⊂平面BCM，A1N⊄
∴A1N//平面BCM．
解：(Ⅲ)连结A1B，根据棱柱和棱锥的体积公式，
得到三棱锥B−A1B1C1的体积VB−A1B1C1=13VA1B1C1−ABC=103，
∵M为A1B1的中点，
∴棱锥C1−BB1M的体积VC1−BB1M=VB−B1C1M=12VB−A1BM=53．
【解析】(Ⅰ)推导出AB⊥BC，BB1⊥BC，从而BC⊥平面A1ABB1，由此能证明平面B1BCC1⊥平面A1ABB1．
(Ⅱ)设BC中点为Q，连结NQ，MQ，推导出四边形A1MQN是平行四边形，从而A1N//MQ，由此能证明A1N//平面BCM．
(Ⅲ)连结A1B，根据棱柱和棱锥的体积公式，三棱锥B−A1B1C1的体积VB−A1B1C1=13VA1B1C1−ABC=103，棱锥C1−BB1M的体积VC1−BB1M=VB−B1C1M，由此能求出结果．
本题考查面面垂直、线面平行的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
20.【答案】解：(1)在△ABC中，∵sinA=2sinC，∴BC=2AB=2 5
(2)∵cosC=AC2+BC2−AB22AC⋅BC=2 55，∴sinC= 55
∴sin2C=2sinCcosC=45，
cos2C=cos2C−sin2C=35，
cos(2C−π3)=cos2Ccosπ3+sin2Csinπ3=3+4 310．
【解析】(1)直接利用正弦定理即可．
(2)利用余弦定理以及两角和与差的三角函数化简求解即可．
本题考查正弦定理以及余弦定理的应用，两角和与差的三角函数，考查计算能力．
21.【答案】解：由题知，当走私船发现巡逻艇时，走私船在D点，巡逻艇在C点，
在△ABC中，AB= 6+ 2，AC=2 2，∠BAC=60°，
由余弦定理有：BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos∠BAC=12，∴BC=2 3，
由正弦定理有：BCsin∠BAC=ACsin∠ABC，∴sin∠ABC= 22，∵BC>AC，∴∠BAC>∠ABC，∴∠ABC=45°，
在△BCD中，BD=3，BC=2 3，∠CBD=30°，
由余弦定理有：CD2=BD2+BC2−2BD⋅BC⋅cos∠CBD=9，∴CD=3，
∴∠BCD=∠CBD=30°，∴∠BDC=120°，∴∠CDE=105°，
设经过t小时后巡逻艇追上走私船，即在E处追上，
在△CDE中，CD=3，DE=3t，CE=3 2t，
由正弦定理有：DEsin∠DCE=CEsin∠CDE，∴sin∠DCE= 3+14．
∴巡逻艇应该沿北偏东(15°+α)，其中sinα= 3+14去追，才能最快追上走私船．
【解析】由题意可知，(1)在平面图形中多次解三角形即可求得；
(2)在平面图形中多次解三角形即可求得．
本题考查解三角形的实际应用问题，关键在于理清题意，属于中档题．
22.【答案】(1)证明：连接BE，交AF于点O，连接OG，则O为BE的中点，
因为G为PE的中点，
所以OG//PB，
因为OG⊂平面AFG，PB⊄平面AFG，
所以PB//平面AFG．
(2)解：因为AB//EF，AB⊄平面PEF，EF⊂平面PEF，
所以AB//平面PEF，
又平面PAB∩平面PEF=l，AB⊂平面PAB，
所以AB//l，
故直线l与平面PBC所成角可转化为直线AB与平面PBC所成角，
取BF的中点M，
因为平行四边形ABFE，且∠ABC=60°，所以AM⊥BF，
因为BF//AE，所以AM⊥AE，
以A为坐标原点，AM，AE所在直线分别为x，y轴，作Az⊥平面ABFE，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B( 3,−1,0)，C( 3,3,0)，
所以AB=( 3,−1,0)，BC=(0,4,0)，
设P(x,y,z)，
因为|PE|=|DE|=2|PC|=|DC|=2|PB|= 10，所以 x2+(y−2)2+z2=2 (x− 3)2+(y−3)2+z2=2 (x− 3)2+(y+1)2+z2= 10，解得x=3 34y=74z=32，即P(3 34,74,32)，
所以BP=(− 34,114,32)，
设平面PBC的法向量为n=(a,b,c)，则n⋅BC=0n⋅BP=0，即4b=0− 34a+114b+32c=0，
令c=1，则a=2 3，b=0，所以n=(2 3,0,1)，
设直线AB与平面PBC所成角为θ，则sinθ=|cos
所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为3 1313，
故直线l与平面PBC所成角的正弦值为3 1313．
【解析】(1)连接BE，交AF于点O，连接OG，易知OG//PB，再由线面平行的判定定理，得证；
(2)利用线面平行的性质定理，可证AB//l，从而将问题转化为求直线AB与平面PBC所成角，再以A为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式，求得点P的坐标，再求出平面PBC的法向量n，设直线AB与平面PBC所成角为θ，由sinθ=|cos
本题考查立体几何的综合，熟练掌握线面平行的判定定理与性质定理，以及利用空间向量求线面角的方法是解题的关键，考查空间立体感，推理论证能力和运算能力，属于难题．
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