福建厦门大学附属科技中学2025-2026学年高一下学期4月阶段测试数学试题

姓名 班级 座号 (在此卷上答题无效) 2025-2026学年（下）厦门大学附属科技中学高一4月阶段测试 数学 试 题 (考试时长：120分钟 满分：150分) 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第I卷1至2页，第Ⅱ卷第2-4页。 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清 清楚。 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效。 第I卷 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的 1.己知复数z= 其中i为虚数单位，则=() 2i A.1 B.2 C② D.2 2 2i 2i(1+i) 【答案】D【详解】因为2=1后1-)1+i 2+2i-1+i,所以=V2故选：D, 2.平面向量a=(-2,k),b=(2,4),若a1i,则a-=() A.6 B.5 C.2W6 D.2√5 【答案】B【详解】因为a=(-2,k),b=(2,4),a1b, 所以a6=-2×2+4k=0,解得k=1,所以a-b=(-2-2,k-4)=(-4,-3), 因此a-=V(-4)2+(-3)2=5.故选：B. 3.如图，水平放置的△ABC的斜二测直观图为△ABC已知AO=B'O=CO=1,求△ABC的周长() B A A.6 B.8 C.2+25 D.2+4W5 【答案】C【详解】根据题意，作出原图△ABC, 试卷第1页，共13页 A 由斜二测画法，在原图中CO=2CO=2,AO=BO=1, 所以BC=AC=V5,故△ABC的周长为2+2√5.故选：C 4.已知球的半径和圆锥的底面半径相等，且圆锥的侧面展开图是半圆若球的表面积为4π，则圆锥的高为() A.√5 B.√2 C.1 D.2 【答案】A【详解】设球的半径和圆锥的底面半径为”，则球的表面积为402=4元，解得r=1. 设圆锥的母线长为1，高为h,因为圆锥的侧面展开图是半圆，所以=2心， 故1=2r=2,所以h=√72-r2=√3故选：A 5.记△4BC的三个内角A、8、C所对的边分别为a、b、c,已知a=3,c=7,C=2亚，则AMBC的面积 3 为() A.15V3 B.15V5 D.1s 4 2 2 4 【答案】A【详解】由已知及余弦定理得c0sC=- a2+b2-c29+b2-491 二一一； 2ab 6b 解得6=5（负值含去）.所以®4BC的面积为bnC=)×3x5x5_15√5故选：A 2 24 6.已知m,是两条不同的直线，，B是两个不同的平面，则下列说法正确的是() A.若n/n,nca,则//a B.若mlla,nllp,allp,则∥n C.若mc,ncB,m/,则ollB D.若a∩B=,nllB,l/a,则ml∥n 【答案】D【详解】对于A,若m/n,nca,则m//a或mCo,故A错误： 对于B,若m/a,np,allB,则m∥n或m与n相交或m与n异面，故B错误； 对于C,若mCo,ncB,/n,则olIB或ax与B相交，故C错误； 对于D,若nl/a,则存在直线aC(a不与m重合)，使得nl/a,又a∩B=,则alm或a与m相交， 若a/m,则m∥n,此时可以满足nl川B,只需n文B即可，所以m∥n, 若a与m相交，则a与B也相交，又n/∥a,所以n与B也相交，与nl/B相矛盾， 试卷第2页，共13页 所以a/m,则m∥n,故D正确；故选：D. 7.如图，在正三棱柱ABC-AB,C,中，AB=AA,D为BC的中点，则直线AC与平面ABD所成角的正弦值为() B D B A.6 B.10 c.5 D. 5 5 5 【答案】B【详解】如图， C B 过点C作CH⊥BD,垂足为H, 因为D是BC的中点，所以AD⊥BC,又CC⊥平面ABC,ADC平面ABC,所以CC,⊥AD, BC,CCc平面BCCB,BCOCC1=C,所以AD⊥平面BCCB,所以AD⊥CH, 又AD,B,DC平面AB,D,ADOB,D=D,所以CH⊥平面AB,D, 连接AH,则∠CAH就是直线AC,与平面AB,D所成的角.设AB=A4=2a,则AC=2W2a,B,D=√5a, BBBD,得CH=2ax2a4V5 由VBBD:VCB,则SH-CB 5a5 a. 45 在tC4H中，sm∠CAC-等”_而所以直线4C与平面4BD所成角的正弦值为四 CA 22a 5 8.已知平面向量a6满足间=16，ā+6）-名，则a-6的最大值为《) A.2 B.V2+1 C.√3+1 D.3 【答案】C【详解】设a=OA,b=OB,a+b=OC,如图， B A D 试卷第3页，共13页 由题意，即在平行四边形OACB中，OA=1,∠OCA=,求AB的最大值 6 延长OA至OD,使OA=AD,则CD=AB, 由正弦定理，O,A,C三点所在外接圆的直径2R= QA =2, sin∠OCA 所以R=1,设圆心为G,如图， G 0 D 所以可知∠G0D-号又0G=10D-2,所以由余弦定理可得DG=2+2-2x1x2xc0号6 则由图象可知CD≤DG+R=1+√3，故选：C 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分。每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意。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.已知复数：满足z+2=4,2-2=-2i,其中1是虚数单位，三表示：的共轭复数，则下列正确的是() A.的虚部为-i B.:在复平面内对应的点位于第一象限 一是纯虚数 1-2i D.若=是关于x的实系数方程2x2+px+q=0的一个根，则p+q=2 【答案】BCD【详解】根据题意z+z=4,z-z=-2i,解得：=2-i,z=2+i,所以=的虚部为-1，故A错 误；又z=2+1,则在复平面内对应的点为(2,1)，位于第一象限，故B正确； z2+i(2+i)1+2i) 又2i1-2i1-21)01+21 =i,故C正确： 若=是方程2x2+x+q=0的一个根，则方程的另一根为：， 银振韦达定理有：+：-号4，京-号=(2-1(2+)=5， 3N 解得p=-8,q=10,所以p+q=2,故D正确.故选：BCD 在△4BC中，AB=4,AC=6,A3,点D为边8C上一动点，则 A.BC=2√7 B当AD为角A的角平分线时，AD=12 5 试卷第4页，共13页 C.当点D为边BC上点，BD=2DC时，AD=4 3 D.若点P为4BC内任一点，PA-(PB+PC)的最小值为-1 【答案】ABC【详解】A:BC=VAB2+AC2-2AB-AC cos A=√16+36-24=2万，对： B:由题意=6 x ADxsi工+女4x4Dxsn6x4xsn所以AD=6W3,可得4D23海 1 2 62 62 5 c:由而=2Dc.则D-4C+0D-ac+号o6-ac+a店-A0)-号ac+, 3 3 D D:构建如下图的直角坐标系，则A(0,0),B(2,2√3)，C(6,0),若P(x,y), A C衣 所以PA=(←x,-y),PB=(2-x,25-y),PC=(6-x-y), 则PA·(PB+PC)=(←x,-y)8-2x,2V5-2y)=2x2-8x+2y2-2W3y 2y29-9 2 2,y时，P在三角形内调足愿设，此时PAPB+PC的最小值为，错故选； ) 11.正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体.如图所示， 正八面体E-ABCD-F的棱长为2，下列说法中正确的有() 试卷第5页，共13页 A.该八面体的表面积为8√3 B.该八面体的体积为4W 3 C.若点P为棱EB上的动点，则AP+CP的最小值为2√5 D.若点0为四边形48CD的中心，点2为此八面体表面上动点，且0Q=1,则动点2的轨迹长度为16 3 【答案】ACD【详解】对于A选项，由于正八面体每个面都是边长为2的正三角形， 故该正八面体的表面积为8×子2”×m号85，A对： 对于B选项，在正四棱锥E-ABCD中，设顶点E在底面ABCD内的射影为点O, 则O为正方形ABCD的中心，即O为BD的中点， 因为正方形ABCD的边长为2，则BD=√2AB=2√2， 故0B=V√DE2-0D2=√22-2=√2， 因此，该正八面体的体积为r-2x兮m08-子×艺疗8，B错 3 对于C选项，将面ABE和面CBE延展为同一个平面，如下图所示： 易知四边形ABCE是边长为2的菱形，且∠ABC=120°， 当A、P、C三点共线时，AP+CP取最小值， 且(AP+CP)mm=AC=√AB+BC2-2AB.BCcos120 2222《别 =33,C对： 试卷第6页，共13页 对于D选项，考虑点Q在侧面ABE上运动时点Q的轨迹长度，如下图所示： A 易知OE=OA=OB=√2，且△ABE是边长为2的等边三角形， 则三棱锥O-ABE是正三棱锥，则点O在底面ABE内的射影点G为△ABE的中心， 取H为BE的中点，连接AH、OH,则AH⊥BE, 因为OB=OE=√5，BE=2,故OB2+OE2=BE2,则OB⊥OE, 所以，∠0BB为等腰直角三角形，且OH=BB=1,4江=a-=E-下=5， 因为G为等边A1BB的中心，则AG=2H=25,所以，0G=O4AG 3 3 3 因为OG⊥平面ABE,QGc平面ABE,所以OG⊥0G,则OG=√OQ2-OG2 6 3 3 GH 所以，点Q的轨迹是以点G为圆心，半径为5的圆在AABB内的圆弧， 3 因为GH⊥BE,所以，圆G切线段BE于其中点H, 同理可知，圆G切线段AB、AB于其中点，故点2的轨迹是△ABz的内切圆圆G,且圆G的半径为5 综上所述，动点2的轨迹长度为8×2×5_163 ,D对故选：ACD 3 3 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知向量a=（-1,2),b=(,4),且a/1b,则m的值为 【答案】-2 【详解】因为a/仍，所以（←1）×4-×2=0，解得=-2 13.如图，己知圆台的轴截面为梯形ABCD,AB=4,CD=2,梯形ABCD的面积为62，则圆台的体积为 奢案)42一【详解】由AB=4CD=2,得题台的下底面的半径为R=2,上底面的半径为71 试卷第7页，共13页 设圆台的高为h,则二×(2+4)h=6W2,所以h=2√5， 所以圆合的体积为V=2+R+)动=仆+2+1x2)x:2V5-14W -元 3 17.如图，直四棱柱AB,C,D,-ABCD的底面是边长为2的正方形，AA=3,E,F分别是AB,BC的中点，P为 直四棱柱表面上的动点，若D,E,F,P四点共面，则动点P的轨迹的长度为一 D A B D- E B 【答案】7√2【详解】设直线EF分别于DA,DC得延长线交于点S,Q,连接DS,交AA于点M, 连接DO,交CC于点N,连接ME,N, 所以动点P的轨迹为直四棱柱ABCD-ABCD的截面五边形DMEFN 由平行线分线段比例可知：AS=BF=1,故DS=DD,=3,故△DDS为等腰直角三角形， 所以AM=AS=1,故AM=2,则D,M=D,N=2V2,ME=EF=FN=V2 所以五边形DMEFN的边长为：DM+ME+EF+N+ND=2√2+√2+√2+V2+2迈=7迈 D C A M B 故答案为：7√2. 第川卷 四、解答题：本大题共6小题，共77分。请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程 或演算步骤。 15.如图，长方体ABCD-ABGD中，AB=BC=1,AA=2,点M为CC的中点. 试卷第8页，共13页 (1)求证：AC∥平面BDM: (2)求点C到平面BDM的距离. 【详解】a)证明见解析2)5 【详解】(I)在长方体ABCD-ABCD中，令ACOBD=F,则F为AC中点，连接MF, B 由M为CC的中点，得MF∥AC,而AC,a平面BDM,MFC平面BDM,所以AC,I∥平面BDM. (2)设点C到平面BDM的距离为h,长方体ABCD-ABGD中，AB=BC=l,AA,=2, 所以MB=√BC+CM=√1+1P=√，DM=√DC2+CM=V1+1P=√，DB=√DC”+BC=P+1P=√2， 所以w5,-9又3-8cC1-片 4 2 由aw=hx可得，aawh-专amCM, 1 1 15 即}x5h=xx1,所以h=2 321 -321 =3故点C到平面BDM的距离为 3 2 16.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a+2b=2cc0sA, (1)求角C: (2)若△ABC的面积S=√5，a+b=5,求边c的大小. 【答案】0否 (2)V2i 【详解】(1)因为a+2b=2 ccosA, 由正弦定理得sinA+2sinB=2 sin CcosA, 试卷第9页，共13页 .'sin A+2sin(A+C)=sinA+2sin Acos C+2cosAsin C=2sin C cos A, ∴.sinA+2 sin AcosC=sinA(1+2cosC)=0,在△ABC中，0<A<元，得sinA>0, 142osC-0,cosC=-号0<C<,C- 1 3 ②)eoc=5,又c-台“nc-5所以8w55,得b-4, 2 2 a=4[a=1 又，a+b=5,. b=1或b=4'由余弦定理得c=a+b-2bcoC=1+16-2x1x4× 21,所以c=. 1 17.在等腰梯形ABCD中，AB/1CD,AB=2,AD=CD=1,E为AB的中点，点F在BC上，且BF=2FC, 记AB=a,AD=b (1)用向量a,b表示向量EF: (2)求AF.EF的值. 【答案1(1)示=a+2万： (2)13 6 31 9 【小问1详解】如图所示，连接DE,则四边形EBCD为平行四边形， 所u正D0亚-6} 图为点水在0上，且原-2C,所以乐-号C-50. 3 3 所以-E+B驴-a6a-a+ 306d4B 3 【小间2详解】由(1)可知，A=AB+BF=a+26-1ā=2五+2五， 3333 在等腰梯形ABCD中，过C,D分别作AB的垂线，垂足分别为M,N, 则AW=BM=7所以∠DAB=60, 由题意知同=25=1，且a-6=万cos60=2x1×分1， 9 9*1s13 9 18.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,从以下三个条件中任选一个，解答以下问题 ①b2+bc=a2:②ac0sB=b+bcos4;③tan'B=1-cos4 1+cosA 试卷第10页，共13页 （1)求证：A=2B: ②)若cosB=a+4=2c,求边长b (3)求驰+6的最小值 bcosB 【答案】(1)选择见解析，证明见解析(2)4(3)4√2 【详解】(1)若选①b2+bc=a2,由余弦定理a2=b2+c2-2 bccosA, 则b2+bc=b2+c2-2 bccosA,化简可得c=b(1+2cos4), 根据正弦定理可得sinC=sinB(1+2cos4), 因为sinC=sin(A+B)=sinAcosB+sinBcos4,所以sinAcosB+sinBcosA=sinB+2 sinBcosA, 即sinAcosB-sinBcos4=sinB,即sin(A-B)=sinB,所以A-B=B,此时A=2B,或A-B+B=元，此时A=π 因为A∈(0，T),所以A=2B. 若选②acosB=b+bcosA,.由正弦定理可得sinAcosB=sinB+sinBcos4, 所以sinAcosB-sinBcosA=sinB,即sin(A-B)=sinB, 所以A-B=B,此时A=2B,或A-B+B=元，此时A=π因为A∈(0，π)，所以A=2B. 若选③tan'B=1-cos4 1+c0A 1-c0s4 1-1-2sim24） Sin 因为1+c0A 2) 2 =tan 号所以amB-tam子所以tamd-士ta如 A 1+ 2cos 4-1 2 因为4Q8e@则时-引所以=子或西= A 若8=不号则B+号元则B+A=π+号不符合题盒，所以B-号即A-2B A 2 2 a因caa=则-i-8--令- 由4=2B,可得sinA=sn2B=2 n3B=2x533V7 448 cos4=os28-2os78-1-2c分-1-写 所以sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB= 3万31万5万 848416 37 sin4sinc,可得-sin4 已知a+4=2c,由正弦定理a=c 86 c sinc 75 16 设a=6k,c=5k,则6k+4=2x5k,解得k=1,所以a=6,c=5, 试卷第11页，共13页 根据余弦定理可得B=G+c2-2ac0sB=62+5-2x6×5x316,所以b=4 (3)sinC=sin(A+B)=sin3B=sinBcos2B+cosBsin2B sinB(2cos2B-1)+2sinBcos2B =4sinBcos2B-sinB =4sinB(1-sin'B)-sinB =3sinB-4sinB. +c=3sinB+sinC3sinB+3sinB-4sin B 6-4sini B 2+4c0B 2 4cosB bcosB sinBcosB sinBcosB cosB cosB cosB 因为0<B<分所以4s8* c0sB23√4c0sBx2 .=4V2 cosB 当且仅当4c0sB=2。,即cosB=5时等号成立，所以0+C的最小值为4N2 cosB 2 bcosB 19.在直角梯形ABCD中，AD∥BC,BC=2AD=2AB=2√2，∠ABC=90°（如图1），把△ABD沿BD翻折，使 得AE平面BCD,连接AC,M,N分别是BD和BC中点（如图2）. 图1 图2 图3 (1)证明：平面BCD⊥平面AMN; (2)记二面角A一BC一D的平面角为0，当平面BCD⊥平面ABD时，求tan的值； (3)若P、Q分别为线段AB与DN上一点，使得S-9=A(元eR)(如图3》，令P0与BD和AW所成的角分 PB OD 别为6，和6，求sin6+sin6,的取值范围. 【答案】(1)证明见解析(2)√23)1，√2 【详解】(I)因为AB=AD,且点M是BD的中点，所以AM⊥BD, 因为△ABD是等腰直角三角形，BD=2,BD=2√5，∠CBD=45°，则DC=√BD2+BC2-2BDBC.cos45°=2， 则BD2+DC2=BC2,得BD⊥DC, 因为点M,N分别是BD,BC的中点，所以MNI/DC,即BD⊥MN,AM⌒N=M,且AM,MNC平面AMN, 所以BDL平面AMN,且BDc平面BCD,所以平面BCD⊥平面AMN: (2)因为平面BCD⊥平面ABD,且平面BCD∩平面ABD=BD, 因为AM⊥BD,所以AM⊥平面BCD,取BN的中点E,连结ME,AE, 因为DB=DC,则DN⊥BC,ME //DN,所以ME⊥BC, 试卷第12页，共13页 所以∠ABM为二面角A-BC-D的平面角0， tan= AM 1 M√ =V2 3 E （有N发银束点，传种行没品(e. A M R 从而易得PR/IAN且RO∥BD,Q=∠P2R,O=∠QPR, 另一方面，AM⊥BD,MN⊥BD,从而B=∠AW, 所以AM⊥BD,MN⊥BD,AMOMN=M,AM,MNc平面AMN, 所以BDI平面AMN,ANc平面AMN,所以BD⊥AN, 因为PRI1AW,R2I/BD,所以∠PRO=2 从而8+8=59=0引q+经得)则m8+na=m风-ca8=mQ-5 试卷第13页，共13页姓名 班级 座号 (在此卷上答题无效) 2025-2026学年（下）厦门大学附属科技中学高一4月阶段测试 数学 试 题 (考试时长：120分钟 满分：150分) 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第I卷1至2页，第Ⅱ卷第2-4页。 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清 清楚。 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效。 第I卷 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的 1.己知复数z= 2i 其中i为虚数单位，则=() A.1 B.2 D.√2 2 2.平面向量a=（-2,k),3=(2,4),若a16,则a-=() A.6 B.5 C.26 D.2W5 B' O 3.如图，水平放置的△ABC的斜二测直观图为△ABC'已知AO=B'O=C'O=1,求△ABC的周长() A.6 B.8 C.2+25 D.2+4W5 4.己知球的半径和圆锥的底面半径相等，且圆锥的侧面展开图是半圆若球的表面积为4π，则圆锥的高为() A.3 B.√2 C.1 D.2 3记4M8C的三个内角4、、C所对的边分别为a、6、c,已加a-=3,c=7,C=号，则△MBC的前积为 () A.15v3 B.15/3 15 D. 4 2 2 4 6.已知，是两条不同的直线，&，B是两个不同的平面，则下列说法正确的是() A.若/n,nC&,则m//a B.若mIa,nllP,allP,则m/∥n C.若mco,ncB,mln,则ol/B D.若a∩B=,n∥B,nl/a,则ml∥n 试卷第1页，共4页 c 7.如图，在正三棱柱ABC-A,B,C,中，AB=AA,D为BC的中点，则直线AC与平面AB,D A 所成角的正弦值为() A.5 B.v C.5 D 3 5 5 3 D 8已知平面向量a5满足问-1亿a+6)-名，则a-列的最大值为《) A.2 B.√2+1 C.√3+1 D.3 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分。每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意。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.已知复数：满足z+2=4,:-z=-2i,其中1是虚数单位，二表示：的共轭复数，则下列正确的是() A.:的虚部为-i B.二在复平面内对应的点位于第一象限 C. 三是纯虚数 1-2i D.若=是关于x的实系数方程2x2+px+q=0的一个根，则p+9=2 中，AB三4：AC=6,A,点D为边BC上动 A.BC=2√万 B.当AD为角A的角平分线时，AD=12V5 C当点D为边BC上点，BD=2DC时，4D=4 3 D若点P为AMBC内红一点，及（历+P到的最小值为9 11.正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体如图所示， 正八面体E-ABCD-F的棱长为2，下列说法中正确的有() A.该八面体的表面积为8√3 B.该八面体的体积为4V2 C.若点P为棱EB上的动点，则AP+CP的最小值为2√3 H D.若点O为四边形ABCD的中心，点2为此八面体表面上动点，且0Q=1,则动点2的轨迹长度为1W3π 3 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。 12.己知向量=(-1,2)，b=(,4),且a/1b,则m的值为 试卷第2页，共4页 13.如图，已知圆台的轴截面为梯形ABCD,AB=4,CD=2,梯形ABCD的面积为62，则圆台的体积为 D B 14.如图，直四棱柱AB,C,D-ABCD的底面是边长为2的正方形，AA=3,E,F分别是AB,BC的中点，P为 直四棱柱表面上的动点，若D,E,F,P四点共面，则动点P的轨迹的长度为 B D--4 A E B 第川卷 四、解答题：本大题共6小题，共77分。请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程 或演算步骤 15.(13分) 如图，长方体ABCD-ABCD中，AB=BC=1,AA,=2,点M为CC的中点. D (1)求证：AC∥平面BDM: B (2)求点C到平面BDM的距离. 16.(15分) 在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,己知a+2b=2 ccosA. (1)求角C: (2)若△ABC的面积S=√5，a+b=5,求边c的大小 试卷第3页，共4页 17.(15分) 在等腰梯形ABCD中，AB/ICD,AB=2,AD=CD=1,E为AB的中点，点F在BC上，且BF=2FC, 记AB=a,AD=b (1)用向量ā，b表示向量EF: (2)求AF.EF的值. 18.(17分) 在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,从以下三个条件中任选一个，解答以下问题 ①b+bc=d:②acosB-b+bcos4;③tan'B=1-cos1 1+cosA (1)求证：A=2B: 2》若co8=子a+4=26,求边长办 (3)求3动+C的最小值， bcosB 19.(17分) 在直角梯形ABCD中，AD∥BC,BC=2AD=2AB=2W2,∠ABC=90°（如图1），把△ABD沿BD翻折，使 得A平面BCD,连接AC,M,N分别是BD和BC中点（如图2）. M.- M B W B 图1 图2 图3 (I)证明：平面BCD⊥平面AMN (2)记二面角A一BC一D的平面角为0，当平面BCDL平面ABD时，求tan的值： (3》若P、Q分别为线段AB与DN上一点，使得9=（元∈R)(如图3》，令P阳与BD和AN所成的 PB OD 角分别为日和62，求sin6+sinO,的取值范围. 试卷第4页，共4页