2022-2023學(xué)年重慶市渝東九校聯(lián)盟高一（下）期中數(shù)學(xué)試卷（附答案詳解）

2022-2023學(xué)年重慶市渝東九校聯(lián)盟高一(下)期中數(shù)學(xué)試卷

一、單選題(本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項(xiàng)中，選出符合題目的一項(xiàng))

1.復(fù)平面上表示復(fù)數(shù)-1-t的點(diǎn)所在的象限是()

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限

2.2知向量五=(6,—2),b=(4,y),且二〃則y=()

A.號(hào)B.—C.—12D.12

3.在A48C中，若BC=VI,AB=P,則角C=()

4.如圖，已知水平放置的△4BC按斜二測(cè)畫(huà)法得到的直觀圖為4

,,,

ABCf若AB'=5AC'=3,則AABC的面積為()

A.3

d??

5.在平行四邊形力BCD中，設(shè)M為線段BC的中點(diǎn),N為線段4。上靠近。的三等分點(diǎn),同=,,

AD=b^則向量麗=()

A.?ɑ—bB.α—?hC.α+?hD.-?ɑ—b

OOOO

6.己知非零向量d，族滿足I五∣=3∣B∣,CoS位范)=；,若石_L(t五+Wb則實(shí)數(shù)t的值為()

A.4B.—4C.7D.-:

43

7.設(shè)直三棱柱ABC-4BICl的所有頂點(diǎn)都在一個(gè)球面上，且球的表面積為20τr,4B=BC=

AC=C,則此直三棱柱的高是()

A.1B.2C.2?∕~2D.4

8.在△4BC中，α,b,C分別為角2、B、C的對(duì)邊，。為ATlBC的外心，且有c+α=亨b，

c(cosA-√-3)+acosC=0>若而=xAB+yAC，x?yeR，則3x+4y=()

A.1B.-2?.0D.—?

二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項(xiàng)符合題目要求）

9.如圖所示，觀察下列四個(gè)幾何體，其中判斷正確的是（）

A.①是棱臺(tái)B.②是圓臺(tái)C.③是四面體D.④是棱柱

10.已知nf/為直線，口、夕為兩個(gè)不同平面，則下列命題中不正確的是（）

A.如果Tn〃hn∕∕Z,那么τn∕∕zι

B.如果n1It那么m〃n

C.如果?n〃n,n∕∕β9那么Tn〃夕

D.如果α〃氏m?a,nu0,那么n?〃九

11.已知zi，z2∈C,下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A.若Zl=i÷i2+i34-----F*023,則Zl∈R

B.若Zl+z2>0,則Zl=z2

C.若IZl—z2∣=0,則Zl=Z2

D.若Zi=3—4i,憶2—Zι∣=3,則∣Zz∣的最大值為6

12.△/BC的內(nèi)角4B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,則下列結(jié)論正確的是（）

A.sin2B—2sinAsinCcos（A+C）=sin2√l+Sin2C

B.若。是所在平面內(nèi)一點(diǎn)，且方,（前一焉）=布?（強(qiáng)Μ—簫）=°，則點(diǎn)。為△

ABC的內(nèi)心

SinB2bsinC,J

C.若嬴4=下右，則4ABC是等腰三角形

D.若α2=25-Z√,3cos（?A-B）cosC=1,則△ABC的外接圓半徑二

4

三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）

13.已知同=，攵，,與B的夾角為aE是與B同向的單位向量，則&在B方向上的投影向量為

14.已知一個(gè)圓錐的軸截面為邊長(zhǎng)為2的正三角形，則此圓錐的全面積為

15.如圖，為了測(cè)量山高BC,分別選擇山下平地的4處和另M

一座山的山頂M處為測(cè)量觀測(cè)點(diǎn),從a點(diǎn)測(cè)得M點(diǎn)的仰角

乙NAM=45。，C點(diǎn)的仰角NBaC=30。以及NMAC=75°,從M

點(diǎn)測(cè)得NAMC=45°,已知山高M(jìn)N=50C米，則Sin乙4CM=

,山高BC=米

16.在AABC中，點(diǎn)O滿足前=2022況，過(guò)點(diǎn)。的直線交線段4B于點(diǎn)M、交線段AC的延長(zhǎng)

線于點(diǎn)N,記萬(wàn)7=%通，A/V=y~AC>則2023x+4Ily的最小值為.

四、解答題(本大題共6小題，共70.0分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟)

17.(本小題10.0分)

已知復(fù)數(shù)Z滿足Z(I+i)=21.

GL)求憶+2—5小

(2)若Z是方程產(chǎn)+αχ+b=0(α∈/?,6∈R)的一個(gè)根，求α+b的值.

18.(本小題12.0分)

己知N=(I,-1),b-(-2,3)>c=(-6,8).

(I)Sc=xα+yfo,求久，y的值

(2)當(dāng)(k五+2?與^的夾角為銳角時(shí)，求Zc的取值范圍.

19.(本小題12.0分)

如圖，在△4BC中，?BAC=150o,AB=<3,AC=1.

(1)求BC的長(zhǎng)度；

(2)在邊BC上取一點(diǎn)。，使8。=AD,求AACD的面積.

20.(本小題12.0分)

在正方體4BC?！?$心。1中，M,N分別是線段/C,BZ)的中點(diǎn).

(1)求證：MN〃平面44道避；

(2)若正方體的棱長(zhǎng)為2,求三棱錐B-MNC的體積.

21.(本小題12.0分)

在銳角△力BC中，a,b,C分別為內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊，且有α=2,在下列條件中選擇一個(gè)

條件完成該題目：

(l)asinB=bsin2A;@a2+be=b2+c2;(3)tanA=tanB-tanB.

(1)求A的大?。?/p>

(2)求2b-C的取值范圍.

22.(本小題12。分)

已知宣，石是平面內(nèi)任意兩個(gè)非零不共線向量，過(guò)平面內(nèi)任一點(diǎn)。作西=石?西=詼，

以。為原點(diǎn)，分別以射線。4、。人2為X、y軸的正半軸，建立平面坐標(biāo)系，如圖(1).我們把這

個(gè)由基底正，記確定的坐標(biāo)系Xoy稱(chēng)為基底E，而｝坐標(biāo)系Xoy.當(dāng)向量碼，石不垂直時(shí)，坐標(biāo)

系Koy就是平面斜坐標(biāo)系，簡(jiǎn)記為｛。；沅,近｝.對(duì)平面內(nèi)任一點(diǎn)P,連結(jié)0P,由平面向量基本

定理可知，存在唯一實(shí)數(shù)對(duì)(x,y),使得而=X沅+y石，則稱(chēng)實(shí)數(shù)對(duì)(x,y)為點(diǎn)P在斜坐標(biāo)

系｛。；4,近)中的坐標(biāo).

今有斜坐標(biāo)系｛0：耳,孩｝(長(zhǎng)度單位為米，如圖⑵)，且同|=|國(guó)=1,〈可用)=120。，設(shè)

Op=(1,2)

(I)計(jì)算I而I的大??；

(2)質(zhì)點(diǎn)甲在OX上距。點(diǎn)4米的點(diǎn)4處，質(zhì)點(diǎn)乙在Oy上距。點(diǎn)1米的點(diǎn)B處，現(xiàn)在甲沿拓的方向,

乙沿礙的方向同時(shí)以3米/小時(shí)的速度移動(dòng).

①若過(guò)2小時(shí)后質(zhì)點(diǎn)甲到達(dá)C點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)乙到達(dá)。點(diǎn)，請(qǐng)用否*,反,表示方；

②若，時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)甲到達(dá)M點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)乙到達(dá)N點(diǎn)，求兩質(zhì)點(diǎn)何時(shí)相距最短，并求出最短距離.

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：復(fù)平面上表示復(fù)數(shù)z=-l-i(i為虛數(shù)單位)的點(diǎn)(-1,-1)在第三象限.

故選：C.

直接利用復(fù)數(shù)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)判斷即可.

本題考查復(fù)數(shù)的代數(shù)形式的混合運(yùn)算，復(fù)數(shù)的幾何意義，考查計(jì)算能力.

2.【答案】B

【解析】解：向量五=(6,-2),b—(4,y)>且益〃3，

6y—(—2)×4=0>解得y=-

故選：B.

根據(jù)平面向量的共線定理列方程求出y的值.

本題考查了平面向量的共線定理應(yīng)用問(wèn)題，是基礎(chǔ)題.

3.【答案】A

【解析】解：由正弦定理有：券=悠

X=C,

ABxsinA

???SinC=

-BC-C2

-BOAB,.?.A>C,C∈(0,≡),???C≈^.

故選：A.

由正弦定理求出SinC,再由大邊對(duì)大角和特殊角的三角函數(shù)值求出C.

本題考查利用正弦定理解三角形，屬于基礎(chǔ)題.

4.【答案】C

【解析】解：根據(jù)題意，直觀圖A4'B'C‘中，?C'A'B'=45o,A'B'=?,A1C=3,

IiJiIc11√23√2

則SAC,A,R,=5×n3×2×-2^=~s~t

則^ABC的面積S=2/攵SAC=∣?

故選：C.

根據(jù)題意，求出直觀圖A4B'C'的面積，由原圖與直觀圖的面積關(guān)系分析可得答案.

本題考查斜二測(cè)畫(huà)法，涉及平面圖形的直觀圖，屬于基礎(chǔ)題.

5.【答案】B

【解析】解：M為線段BC的中點(diǎn)，N為線段AC上靠近。的三等分點(diǎn)，AB=a，AD=b，

則兩=正?+荏+麗f=-∣AD+AB+^BC

=—-AD+AB+,/I。

=a--b.

6

故選：B.

根據(jù)已知條件，結(jié)合平面向量的線性運(yùn)算，即可求解.

本題主要考查平面向量的線性運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題.

6.【答案】D

【解析】解：VIaI=3∣e|,cos(a,b)=?,

??a?b=?a??b∣cos<a,b>=^?b?2,

Vb1(ta+6)?.,.K?(tα÷h)=0,

一TT2

?ta-6+Z?=0，

.?,∣t∣K∣2+∣K∣2=o,

一3-4

?IeI≠0?-1+1=0,.?.t=-

故選：D.

由題中條件和數(shù)量積的定義求出,工，再由B_L(t蒼+W得到小(tZ+尤)=0,再由數(shù)量積的運(yùn)算

法則和a4的值，得到關(guān)于t的方程，再求解即可.

本題考查數(shù)量積的運(yùn)算及其性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題.

7.【答案】D

【解析】解：設(shè)AAιBιG的外接圓的圓心為M,AABC的外接圓的圓

心為N,

則直三棱柱4BC-4B1G的外接球的球心為MN的中點(diǎn)。，連接MN,

OA,

設(shè)直三棱柱48C-必當(dāng)6的外接球的半徑為R,

?.,球的表面積為20兀，:4πR2=20>

.?.R2=5,

???AN=IX?Xq=1，

.?.ON2=OA2-AN2=R2-1=4,

.?.ON=2,

MN=20N=4,即此直三棱柱的高是4.

故選：D.

設(shè)AAIBlCl的外接圓的圓心為M,AABC的外接圓的圓心為N,則直三棱柱ABC-4多6的外接

球的球心為MN的中點(diǎn)0,連接MN,0A,由題意可得外接球的半徑R2=5,再利用勾股定理求出

0N,進(jìn)而求出此直三棱柱的高.

本題主要考查了直三棱柱的外接球問(wèn)題，屬于中檔題.

8.【答案】A

【解析】解：由C(COSi4-V_W)+αCoSC=O及正弦定理可得,

sinC(cosA—√-3)+CosCsinA=0,

即SinCCoS4+CosCsinA=y∕~^3sinC?

即Sin(C+4)=?∕-3sinC?

又4+C=τr-B,則有SinB=√^3sinC,即b=√r^^c,

又C+α=—b>?'?U—c

C2+C2-3C21

CoSB一,

2c22

???B∈[0,π],.?,β=y,A=C=

如圖，。為ZMBC的外心，;OB為4C的中垂線,

又△力Bc為等腰三角形，且NABC=詈,

所以△ABO^ΔCBO均為等邊三角形.

在平行四邊形4BC。中，AO=BCAC-AB，

又而=X而+y而，二X=-1，y=l，

???3x÷4y=1.

故選：A.

首先根據(jù)正弦定理化邊為角，再用和角公式及誘導(dǎo)公式，求出角A,B,C,再結(jié)合外心的定義,

在平行四邊形4BC0中進(jìn)行向量的線性分解，得到X和y的值.

本題考查了向量的基本運(yùn)算和三角形的正弦定理，余弦定理，屬基礎(chǔ)題.

9.【答案】CD

【解析】解：由題意可知①是多面體，不是棱臺(tái)；

②不滿足圓臺(tái)的定義；

③是三棱錐，即四面體；

④滿足棱柱的定義.

故選：CD.

利用圓臺(tái)，棱臺(tái)，棱錐，棱柱的定義判斷即可.

本題考查空間幾何體的形狀的判斷，是基礎(chǔ)題.

10.【答案】BCD

【解析】解：如果n√",n∕∕l,由平行公理可得，m∕∕n,故A正確；

如果mil,nil,那么zn〃ZI或Tn與九相交或?n與n異面，故2錯(cuò)誤；

如果zn∕∕n,n∕∕β,那么m〃?；騧u/?,故C錯(cuò)誤；

如果α〃氏TnUα,nuβ,那么m〃n或m與n異面，故。錯(cuò)誤.

故選：BCD.

由空間中直線與直線、平面與平面位置關(guān)系逐一分析四個(gè)選項(xiàng)得答案.

本題考查空間中直線與直線、平面與平面位置關(guān)系的判定與應(yīng)用，考查空間想象能力與思維能力,

是基礎(chǔ)題.

11.【答案】BD

【解析】解：因?yàn)椴贰?1,j4"+1=i,i4"+2=-1,i4"+3=-i

Z1=i+i2+f3+...+i2023=i-l-i=-1,A正確；

當(dāng)Zι=2+i,Z2=3-i時(shí)滿足Zi+Z2>0，但ZlHi2,B錯(cuò)誤；

若IZjl-Z2|=0,則Z]=Z2,C正確；

設(shè)Z2=X+yi(x,y∈R),

22

因?yàn)閆l=3-4i,?z2-z1?=?x-3+(y+4)i∣=?/(x-3)+(y+4)=3>

所以(x-3)2+(y+4)2=9,表示以c(3,—4)為圓心，以3為半徑的圓,

則圓心C(3,-4)到原點(diǎn)的距離為5,

則LI=JX2+y2的最大值為5+3=8,。錯(cuò)誤.

故選：BD.

由已知結(jié)合復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算檢驗(yàn)選項(xiàng)A；

結(jié)合復(fù)數(shù)的基本概念檢驗(yàn)選項(xiàng)BC；

結(jié)合復(fù)數(shù)的幾何意義檢驗(yàn)選項(xiàng)D.

本題主要考查了復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算及復(fù)數(shù)的幾何意義的應(yīng)用，屬于中檔題.

12.【答案】ABD

【解析】解:4由余弦定理得爐=a2+c2-2abcosc,

EPsin2B=sin2j4+sin2C-IsinAsinCcosB=sin2√l+sin2C+IsinAsinCcos{A+C),

即SiMB—2sinAsinCcos(^A+C)=sin2Λ+sin2C,故A正確,

B.j?表示正方向的單位向量荏，黑表示標(biāo)方向的單位向量而，

MC∣MBl

則四邊形ADFE是菱形，則高—器=荏—而=方反

???就儡一端=詁?(i?-j?=tb

.-.OADE=0,^~0A1DF.即OA和AF共線，即04是乙4的角平分線，同理OB是NB的角平分線,

即。是AABC的內(nèi)心，故B正確，

、sinB_2bsinCsinB_2bsinC

C山cos2^-b+r^Tl-cosA-b+c9

EP-2b-=得C+ccosA=b+c,BPccosyl=b,

1+cosAb+c

22

得C.止￡那=b,即爐+c2_a2=2爐，即a2+b=c,貝必ABC

2bc

BC

是直角三角形，不一定是等腰三角形，故C錯(cuò)誤，

。.由3cos(A—B)cosC=1,得—3CoS(A—B)COS(A÷B)=1,

艮［J-3(cos?ICoSB+sinAsinB)(cosAcosB-SinAsinB)=1,

β∣Jcos2Λcos2β—Sin2Asin2B=—?,

則(1—sin2Λ)+(1—sin2B)—Sin2Asin2B=—?,

得1—sin2√l—Sin2B=-

即SiMa+Sin2B=*

設(shè)三角形/8C外接圓的半徑為R,由正弦定理得Q=2RsinAfb=2RsinB,

Vα2=25-h2,?α2÷h2=25,

22

即4R2si∏2i4+4RsinB=25,

即4R2(siιΛ4+sin2B)=。4/?2=25,得R?=名得R=2,即AABC的外接圓半徑為紅X故

?1644

D正確.

故選：ABD.

A利用余弦定理和正弦定理進(jìn)行化簡(jiǎn)即可.

B.根據(jù)向量加法和減法法則以及數(shù)量積的應(yīng)用進(jìn)行證明.

C.利用正弦定理進(jìn)行轉(zhuǎn)化判斷.

。.利用正弦定理以及兩角和差的三角公式進(jìn)行轉(zhuǎn)化求解即可.

本題主要考查命題的真假判斷，涉及余弦定理，正弦定理以及向量數(shù)量積的應(yīng)用，綜合性較強(qiáng)，

屬于中檔題.

13.【答案】e

【解析】解：因?yàn)橥?。，五與坂的夾角為%E是與B同向的單位向量，

所以日在另方向上的投影向量為IaICoSmE=^2×^e=e.

42

故答案為：e.

根據(jù)投影向量的定義計(jì)算即可.

本題考查了投影向量的定義與應(yīng)用問(wèn)題，是基礎(chǔ)題.

14.【答案】3π

【解析】解：一個(gè)圓錐的軸截面為邊長(zhǎng)為2的正三角形,

可得：底面半徑r=l,母線長(zhǎng)為2.

二此圓錐的全面積=π×l2+-×2ττ×2=3π.

故答案為：3兀.

利用等邊三角形的性質(zhì)、圓錐的全面積計(jì)算公式即可得出.

本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、圓錐的全面積計(jì)算公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)

15.【答案】號(hào)5θQ

【解析】解：因?yàn)樵贏AMC中，由ZMaC=75。，ΛAMC=45%

所以NAeM=180°-4MAC-?AMC=180°-75°-45°=60°,

所以Sin乙4CM=sin60o=?，

在RtZMMN中，?NAM=45o,MN=50?/-ANM=90°,

則由SinZNAM=器，得AM=焉需=誓=Ioo

∕i∕"-?-

在AAMC中，由正弦定理得T萬(wàn)=一^7，

SinZJlMiCSinZJlCM

即=￥AC=IoOqX?，得4C=100√^Σ

sιn45sιn60o22

在RtZMBe中，AC=100√^-NBAC=30。，?ABC=90°,

則BC=^AC=SoyrL

故答案為：￡3,50/W

在AAMC中，由NAMC=75。乙4MC=45?？汕蟪鯪4CM,從而可求出sin/ACM,在RtZk4MN中,

由已知條件求出AM,再在△力MC中由正弦定理可求出AC,然后在RtA48C中求出8C.

本題考查正弦定理，解直角三角形，屬于基礎(chǔ)題.

16.【答案】4

【解析】解：由前=2022況可得前=磊”,

則而=AB+BDAB+I^HFC

=荏+f≡(正—荏)

_1TDI2022-7y?

一20234+2023"'

又M,D9N三點(diǎn)共線，故可設(shè)而=tR4+(l-t)麗(0<tvl),

又祠=X加AN=yACr

?,?AD=txAB+(1—t)yAC，

；Q些，即2023%=1

由平面向量基本定理，可得

2023_1,

（）、

2023.2022-I→

所以2。23"篇”；+告

1

=訴

11

=當(dāng)￡=機(jī)寸取等號(hào)，

故2023X+篇y的最小值為4.

故答案為：4.

將向量而基底希和尼表示，比較系數(shù)得到所求式子與參數(shù)C之間的等量關(guān)系，利用函數(shù)-尸+士的

最大值法可求得所求式的最小值為4.

本題考查了平面向量的線性運(yùn)算和平面向量基本定理，屬簡(jiǎn)單題.

17.【答案】解：（l）z（l+i）=2i,

2t(l-i)

則Z=搭=l+i,

(1+0(1-0

∣z+2-5ι∣=|1+i÷2-5i∣=|3-4i∣=√32+(-4)2=5;

(2)z是方程/+α%+h=O(α∈β,h∈R)的一個(gè)根，

則2=1-i也是方程/+αx÷h=0(α∈/?,h∈R)的一個(gè)根,

+i+1—i=-a

"x((l+0(1-0=h解得Q=-2,b=2,

故α÷e=0.

【解析】(1)根據(jù)已知條件，結(jié)合復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算，以及復(fù)數(shù)模公式，即可求解;

(2)根據(jù)已知條件，結(jié)合復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算，即可求解.

本題主要考查復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題.

18.【答案】解：⑴???2=(1,-1),石=(-2,3),C=(-6,8),

c=xa+yb>可得(-6,8)—x(l,—1)+y(—2,3),

即謂二；器解得｛江/

(2)??,(A五+23)與［的夾角為銳角，

.?.(kα+26)?c>0,

又kG+b=(k,—k)+(—2,3)=(k-2,—k+3)，

-6(fc-2)+8(—k+3)>0,解得k<

當(dāng)(k五+25=m麗，可得｛鼠：］匚黑，解得卜=2，此時(shí)兩個(gè)向量同向共線;

Ik=-I

???當(dāng)(0+2W與乙的夾角為銳角時(shí)，求k的取值范圍為：｛k∣∕c<岑且kH-l｝?

【解析】(1)直接根據(jù)向量相等列方程求解即可；

(2)根據(jù)夾角為銳角，得到數(shù)量積大于0,再排除同向共線即可.

本題考查向量的基本運(yùn)算，向量的夾角以及數(shù)量積的運(yùn)算，考查計(jì)算能力.

19.【答案】解：(1)在Zk4BC中，由余弦定理得Bf2=AB2+4C2-24B?AC?COS4BAC,

BPfiC2=3+1-2<^3×(-?)=7.所以BC=√^7?

(2)設(shè)BD=AD=X,則DC=√7-X,

在4ABD中，由余弦定理得COS乙4OB=加+加一加=x2+x^-3=良學(xué)，

2ADB2XΔ2XZ

在A4CD中，由余弦定理得COSN4DC=x："?：T=2f省了;6=A空，

?*/ΛJ4^V/?V/??

由CoSZJIDB+COSZ.ADC=0,即^^+χi-=xxj3=。，

解得％=?,所以4。=?,DC=浮，cos乙4。C=M

所以SinzJlDC=Vl-cos2?ADC—

所以△4CD的面積為S=?AD-DC-sin?ADC=WXNX*X手=?-

Z233146

【解析】（1）在AABC中，由余弦定理求解即可；（2）設(shè)Bo=AO=X,DC=y∏-χ,利用余弦

定理表示出COSzTIDB和COSNADC,再結(jié)合CoS乙4DB+cos乙4DC=0即可解出X,進(jìn)而利用面積公

式求解即可.

本題考查余弦定理在解三角形中的應(yīng)用，考查運(yùn)算求解能力，屬中檔題.

20.【答案】（1）證明：如圖，

?.?M為BIC的中點(diǎn)，連接BG，則BCl過(guò)點(diǎn)M,且M為BG的中點(diǎn)，

又N為OB的中點(diǎn)，則MN〃DCl,由正方體的結(jié)構(gòu)特征可知DC1〃4名,

則MN〃4Bi,

?.?AB1U平面44]B∕,MNC平面：.MN〃平面44道/；

11

（2）解：TIE方體的棱長(zhǎng)為2,，S>BNC=,S正方形ABCD=-×2×2=l>

???M為BCl的中點(diǎn)，??.M到平面4BCD的距離力等于Cl到平面ABCD的距離的一半，等于1.

\^B-MNC=VM-BNC=ES.加。?九=EXlXl=寸

【解析】（1）由已知證明MN〃。的，可得MN〃AB],再由直線與平面平行的判定可得MN〃平面

AAγβ^B；

（2）直接利用等體積法求三棱錐B-MNC的體積.

本題考查直線與平面平行的判定，考查空間想象能力與思維能力，訓(xùn)練了利用等體積法求多面體

的體積，是中檔題.

21.【答案】解：（1）選①：因?yàn)閍sinB=bsin2A,

則由正弦定理可得：SinAsinB=SinB-2sinAcosA,

化簡(jiǎn)可得:CosA=?,因?yàn)?∈（0,τr）,則4=熱

選②：因?yàn)镃j2+be=從+￠2,所以/）2+￠2—tl2=be,

則由余弦定理可得：COSA=h2+c2-a2=匹=L

2bc2bc2

因?yàn)锳e（O,兀），則4=梟

選③：因?yàn)閠<mA=^tcmBTanB,由正弦定理得嗎=駕?嗎—嗎,

JbCosASinBcoshcosB

口IJSini4_2sinCSinB

cosAcosBcosB,

貝IJSiTlACoSB=