2022-2023學(xué)年河北省保定市高一下學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題【含答案】

2022-2023學(xué)年河北省保定市高一下學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題

一、單選題

L設(shè)復(fù)數(shù)Z滿足z?(l+2i)=5,貝IJZ的虛部是()

A.2B.2iC.-2D.-2i

【答案】C

【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算求解.

/、55(l-2i)c?

【詳解】因?yàn)閦?(l+2i)=5,所以z=,=EF而1’

所以Z的虛部是-2,

故選：C.

2.已知加，〃為兩條不同的直線，α,夕為兩個(gè)不同的平面，對于下列四個(gè)命題：

①如果mUα,n?α,∣n∕∕β,nllβ,那么。〃夕；

②如果〃//加，"ua,那么Wj〃a；

③如果。//￡,WUa,“u?，那么加/”；

④如果m//a,〃ua,那么m∣∣n.

其中正確命題的個(gè)數(shù)有()

A.0個(gè)B.1個(gè)C.2個(gè)D.3個(gè)

【答案】A

【分析】根據(jù)線線、線面、面面的位置關(guān)系，結(jié)合平面的基本性質(zhì)判斷各項(xiàng)的正誤，即可知正確命

題的個(gè)數(shù).

【詳解】①如果〃2ua,n?a,mllβ,nllβ,僅當(dāng)“〃相交時(shí)々//日，否則a,尸不一定平行,

錯(cuò)誤；

②如果〃〃加，“ua,則加〃a或相ua,錯(cuò)誤；

③如果a//,〃7ua,nuβ,則加〃〃或掰，”為異面直線，錯(cuò)誤；

④如果m∕∕a,〃ua,則加〃〃或加，”為異面直線，錯(cuò)誤；

故選：A

3.己知A(2,-1),B(1,4),C1山芳,cos當(dāng)｝O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則下列說法正確的是()

ULMl

A.AB=(1,-5)B.Ao,C三點(diǎn)共線

C.A,B,C三點(diǎn)共線D.OA+OB=3OC

【答案】B

【分析】根據(jù)向量的坐標(biāo)運(yùn)算判斷AD,根據(jù)共線向量判斷三點(diǎn)共線可判斷BC.

【詳解】因?yàn)橹狝(2,-1),8(1,4),

所以AB=(-1,5),故A錯(cuò)誤；

T1→Tlf

因?yàn)?。C=(T,一),OA=(2,-1),即OC=--04,

22

所以AO,C三點(diǎn)共線，故B正確；

因?yàn)锳%=(-1,5),A2=(-3,∣),

所以A?K∕lAb,即A,8,C三點(diǎn)不共線，故C錯(cuò)誤；

因?yàn)镺A+OB=(3,3)≠3OC=∣^-3,∣J,故D錯(cuò)誤.

故選：B

4.已知在JIBC中，2B=A+C,b-=ac,則一ABC的形狀是()

A.直角三角形B.鈍角三角形C.等腰直角三角形D.等邊三角形

【答案】D

TT

【分析】根據(jù)23=A+C,可得8=3,再根據(jù)結(jié)合余弦定理即可得出結(jié)論.

【詳解】解：因?yàn)?8=A+C,

所以A+8+C=38=Λ?,所以8后，

則b2=a2+c2-2accosB，

即ac=a2+c2-acf所以(α-c)~=0,

所以。=c,

所以ABC為等腰三角形，

TT

又8=§,所以一ASC為等邊三角形.

故選：D.

5.斜二測畫法是畫一個(gè)水平放置的平面圖形直觀圖的常用方法之一.現(xiàn)在有高一年級(14)班的某

學(xué)生用斜二測畫法畫一個(gè)水平放置的平面圖形的直觀圖為如圖所示的直角梯形，其中BC=AB=1,則

原平面圖形的面積為()

C.12√2D.6√2

【答案】B

【分析】根據(jù)斜二測畫法規(guī)則：平行X軸的線段與原線段長度不變，平行)‘軸的線段長度是原長的

一半，求出原長，再利用梯形面積公式求解即可.

【詳解】直觀圖中，ZADC=45o,AB=BC=?,DCLBC,：.AD=O,DC=2,

原來的平面圖形上底長為1,下底為2,高為2√Σ的直角梯形，

該平面圖形的面積為3√L

故選：B

6.“端午節(jié)”為中國國家法定節(jié)假日之一，已被列入世界非物質(zhì)文化遺產(chǎn)名錄，吃粽子便是端午節(jié)食

俗之一.全國各地的粽子包法各有不同.如圖，粽子可包成棱長為6cm的正四面體狀的三角粽，也

3

可做成底面半徑為^cm,高為6cm(不含外殼)的圓柱狀竹筒粽.現(xiàn)有兩碗餡料，若一個(gè)碗的容積

等于半徑為6cm的半球的體積，則這兩碗餡料最多可包三角粽或最多可包竹筒粽的個(gè)數(shù)為(參考數(shù)

據(jù)：√2Λ-≈4.44)()

A.35,20B.36,20C.35,21D.36,21

【答案】C

【分析】分別計(jì)算正四面體，圓柱和半球的體積，再根據(jù)題意將體積相除進(jìn)行分析即可

【詳解】棱長為6cm的正四面體的體積匕=gx曰x6?X卜-Zx等x∣=18應(yīng)(Cm③)

底面半徑為gem,高為6cm的圓柱的體積％=;TX(IJX6=警(Cm3),

半徑為6cm的半球的體積K=；X彗X6,=144)(Cm3).

因?yàn)?^x2=8缶=35.5,-277×2=y≈21.3

所以這兩碗餡料最多可包三角粽35個(gè)，最多可包竹筒粽21個(gè).

故選：C

7.在AABC中，點(diǎn)M是BC上一點(diǎn)，且BC=38M,P為AV上一點(diǎn)，向量

31

BP=λBA^μBC{λ>0,//>0）,則7+一的最小值為（）

Λ∣Λ

A.16B.12C.8D.4

【答案】B

【分析】由三點(diǎn)ARM共線及平面向量基本定理得九〃的關(guān)系，然后結(jié)合基本不等式得最小值.

【詳解】因?yàn)?C=38M,所以BP=；IBA+〃BC=；IBA+,

又ARM三點(diǎn)共線，所以2+3〃=1,

所以W+L=（2+3〃）（±+，）=6+4+￥N6+2J4X”=12,當(dāng)且僅當(dāng)/1=3”，即4=1,〃=，時(shí)等

入μλμμλ?μλ26

31

號成立.所以7+一的最小值為12.

Zμ

故選：B

8.己知直三棱柱ABC-ABC的各頂點(diǎn)都在球。的球面上，且A3=AC=I,BC=G.若球。的體

積為迎叵兀，則這個(gè)直三棱柱的體積等于（）

3

A.√2B.√3C.2D.√5

【答案】B

【分析】由球的體積公式求得球的半徑，由余弦定理求出/C4B,即可求出底面三角形外接圓的半

徑與面積，再根據(jù)直三棱柱的性質(zhì)和平面幾何知識可求得直三棱柱的高，由柱體的體積公式計(jì)算可

得答案.

【詳解】設(shè)球。的半徑為R,?.?球。的體積為迎叵兀，.?.處=迎叵兀，解得R=B

333

?.F3=AC=1,BC=布,所以8，;NC4B_AC2+A8、BC2F+>（道）二」，

2AC?AB2×1×12

又O<NC46<π,所以∕C4B=2,所以S=LχFXSin型=立，

3AABC234

2,_BC_W_2

I.ASC外接圓的半徑sinZCAB.2π，解得r=l?

sin一

3

設(shè)球心到底面的距離為3則h=YR?一產(chǎn)=2,

，這個(gè)直三棱柱的體積匕*w∣=2ZrS4A8c=2χ2x曰=6.

故選：B.

二、多選題

9.已知平面向量a=。，。)，fe=(1,2√3),則下列說法正確的是()

A.?a+b?=16B.(α+b)?o=2

C.向量α+力與。的夾角為60°D.向量〃+。在。上的投影向量為2。

【答案】BCD

【分析】A選項(xiàng)，根據(jù)向量坐標(biāo)線性運(yùn)算得到α+b=(2,2∕),進(jìn)而求出模長；B選項(xiàng)，根據(jù)向量數(shù)

量積的坐標(biāo)運(yùn)算法則計(jì)算；C選項(xiàng)，利用向量夾角計(jì)算公式計(jì)算；D選項(xiàng)，代入公式求出投影向量.

【詳解】a+?=(2,2√3),所以,++√4+12=4,A錯(cuò)誤；

(α+?)?α=(2,2√3)?(l,0)=2,B正確；

(a+b)?a21r,π

COS4+A。=1----=-=-9因?yàn)椤?仇。?0,可，故〃+/?,。=；,所以向量4+匕與。的夾角為60°,

〃+〃?同423

C正確；

?a+b)?a∩

向量α+b在4上的投影向量為—?W=2”,故D正確.

IaIa

故選：BCD

10.如圖，已知正方體ABC￡>—A/B/G。的棱長為2,則下列四個(gè)結(jié)論正確的是()

B.AG//平面AC

C.正方體的外接球的表面積為12萬

Q

D.三棱錐Q—A。C的體積為§

【答案】ABC

【分析】對選項(xiàng)A,根據(jù)異面直線定義即可判斷A正確；對選項(xiàng)B,根據(jù)題意得到AG//4C，再利

用線面平行的判定即可得到AG//平面4CR,即B選項(xiàng)正確；對選項(xiàng)C,首先求出正方體外接球

14

半徑R=6,再求表面積即可判斷C正確：對選項(xiàng)D,根據(jù)RXS△△叱=§，即可判斷

D錯(cuò)誤.

【詳解】對選項(xiàng)A,因?yàn)锳GU平面A1B1C1D1,ADt,平面AEGR=R，

D1?A1C1,所以直線AC,與AD1為異面直線.

對選項(xiàng)B,因?yàn)锳G∕∕AC,AG0平面4C。，ACU平面AeA,

所以AG//平面AC。，故B正確；

對選項(xiàng)C,正方體外接球半徑R=亞二￡=用，

2

所以球體表面積S=4τrR2=i2乃，故C正確；

1114

對選項(xiàng)D,AOC=IXS-OC=§X2X5X2X2=§,故D錯(cuò)誤.

故選：ABC

11.在.ABC中，角A,8,C的對邊分別是α,6,c,b2+c2=?c+α2,?=8,α=2√13.則下列說法正確的

是()

A.一ABC為銳角三角形B.一ABC面積為46或12有

乃

C.AB長度為6D.一ΛBC外接圓的面積為5子2

【答案】BD

【分析】利用余弦定理求出A,從而求出邊c,再利用面積公式及正弦定理求出外接圓的半徑，即

可得解；

【詳解】解：^b2+c2=bc+a2,所以CoSA=絲了=4，因?yàn)锳∈(0,%),所以A=g,又

2bc23

?=8,α=2√13,所以82+c?2=8c+(2√iI)2,解得。=2或c=6,故C錯(cuò)誤；

當(dāng)c=2時(shí)?，cosg=6z~=--F=<0,所以3為鈍角，故A錯(cuò)誤；

2ac√13

當(dāng)c=2時(shí),，S=L/?csinA='x8x2x—^=4>/5；

222

當(dāng)c=6時(shí)，S=！bcsinA=Lχ8χ6X等=126,故B正確;

，所以R=2@,所以外接圓的面積乃

2R=W==52?,故正確;

sinAD

故選：BD

12.如圖，AC為圓錐So的底面圓。的直徑，點(diǎn)8是圓。上異于A,C的動(dòng)點(diǎn),SO=OC=2,貝IJ下

列結(jié)論正確的是（）

A.圓錐So的側(cè)面積為2缶

Q

B.三棱錐S-ABC體積的最大值為§

C.NSAB的取值范圍是O5）

D.若Afi=BC,E為線段AB上的動(dòng)點(diǎn)，則SE+CE的最小值為2（√J+1）

【答案】BD

【分析】先求出圓錐的母線長，利用圓錐的側(cè)面積公式判斷A；當(dāng)03,AC時(shí)，A8C的面積最大,

計(jì)算體積最大值判斷B；先用取極限的思想求出NASB的范圍，再利用NSA8=1=N4SB求范圍判

斷C；將4SAB以AB為軸旋轉(zhuǎn)到與/BC共面，得到$A3,求出SC判斷D作答.

【詳解】在RtASOC中，SC=y∣SG+Oe2=2垃,則圓錐的母線長∕=2√∑,半徑r=OC=2,

對于A,圓錐SO的側(cè)面積為：TIrl=4在it,A錯(cuò)誤；

對于B,當(dāng)08_LAC時(shí)，一ABC的面積最大，此時(shí)SAZjC=；x4x2=4,

11Q

則三棱錐S-ABC體積的最大值為：-×SAIIC×SO=-×4×2=^,B正確；

TT

對于C,ZXSAB是等腰三角形，SA^SB,又因?yàn)镾∕V+SC?=16=AC?,則NASC=萬，

依題意，0<N4SB<],而NsAB=I-；NASB,因此NS48e（：,5）,C錯(cuò)誤；

對于D,由AB=BcAC=4,ZABC=I,得AB=BC=2。有ASAB為等邊三角形，

7Γ

將ASAB以AB為軸旋轉(zhuǎn)到與JWC共面的位置，得到$48,則SAB為等邊三角形，Z5,BA=p

如圖，

于是(SE+CE)=SC,因?yàn)镾lB=BC=2√Σ,NS∣BC=NS∣BA+NABC=三,

nun16

5,C2=5B2+βC2-2SB?BC?cos-=8+8+8^=4(^+1)2,

t16

所以(SE+CE*n=SC=2(^+l),D正確.

故選：BD

三、填空題

13.在SABC中，已知AB=3,AC=2,BC=M,則A8?8C=

【答案】-y

【分析】先利用余弦定理求出CoSB,再根據(jù)向量的數(shù)量積定義即可求出.

4B?+BC?-AC?9+10-4√10

【詳解】解:cosB=

2×AB×BC6√10-4

???AB?BC=∣冽?gc°s(…)=TABHBC37加哼號.

故答案為：

14.已知復(fù)數(shù)Z滿足∣z+2-2i∏=l,則∣z-2-2i∣的最大值為

【答案】5

【分析】確定∣z+2-2i∣=l表示復(fù)數(shù)Z幾何意義，再結(jié)合∣z-2-2i∣的幾何意義求解作答.

【詳解】由∣z+2-2i∣=∣z-(-2+2i)∣=l,得復(fù)數(shù)Z對應(yīng)的點(diǎn)在以(-2,2)為圓心，1為半徑的圓上,

卜-2-2|=%-(2+劃表示復(fù)數(shù)2對應(yīng)的點(diǎn)到(2,2)的距離，

點(diǎn)(-2,2)到點(diǎn)(2,2)的距離為J(_2_2『+(2-2)2=4,

所以∣z-2-2i∣的最大值為4+1=5.

故答案為：5

15.如圖所示，為測量山高M(jìn)N,選擇A和另一座山的山頂為C測量觀測點(diǎn)，從A點(diǎn)測得M點(diǎn)的仰

角NM4N=60。，C點(diǎn)的仰角NCAB=30。以及NM4C=75。，從C點(diǎn)測得NMeA=60。，若山高

BC=100√2米，則山AB高M(jìn)V等于.

【答案】300米

【分析】利用直角三角形求出AC,再由正弦定理求出A",然后利用直角三角形求出MN

【詳解】解：在RlaABC中，ZC4B=30°,BC=IOo√Σ所以AC=200&米,

在，AMC中，NMAC=75。,NMeA=60。，則NAMC=45。，

ACAM

由正弦定理得,

sin45o^sin60o

√3

所以AM=200我=2006米,

2

在Rt4MW4中，AM=200港米，ZMAN=60°

所以MN=AMsin600=200退X*=300米，

故答案為：300米

16.已知圓錐底面圓的直徑為2,高為在該圓錐內(nèi)放置一個(gè)棱長為。的正四面體，并且正四面

體在該幾何體內(nèi)可以任意轉(zhuǎn)動(dòng)，則。的最大值為.

【答案】^∕∣√2

【分析】四面體可以在圓錐內(nèi)任意轉(zhuǎn)動(dòng)，則該正四面體內(nèi)接于圓錐的內(nèi)切球，求出圓錐的內(nèi)切球半

徑，即可求正四面體的棱長”的最大值.

【詳解】依題意，正四面體可以在圓錐內(nèi)任意轉(zhuǎn)動(dòng)，則該正四面體棱長最大時(shí)內(nèi)接于這個(gè)圓錐的內(nèi)

切球，

設(shè)圓錐內(nèi)切球球心為P,球的半徑為「，圓錐的底面圓半徑為R=1,

作出圓錐的軸截面，截圓錐得等腰ASAB,其中SA=SB,截圓錐內(nèi)切球得球的大圓，該圓是ASAB

的內(nèi)切圓，如圖;

其中。，。為切點(diǎn)，OA=OB=R=LSOf,則V=SB=JSO2+08?=2,即aSAB為正三角形,

于是P是aS48的中心，連接3P,則BP平分/Sβ4,有NPBO=30,

即有tan30==，則r=立R=迫XI=立，設(shè)半徑廠=且的球的內(nèi)接正四面體棱長為機(jī)，

R3333

正四面體可以從正方體中截得，如圖:

從圖中可以得到，當(dāng)正四面體的棱長為加時(shí)，截得它的正方體的棱長為《2〃?，

2

而正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)都在正方體上，于是正四面體的外接球即為截得它的正方體的外接球,

因此2r=JJx立=,即，"=—^,

22√6

462√2

所以。的最大值為m——7=×——=-------

√633

故答案為：—

3

四、解答題

17.已知向量：=(1,2),W=(—3,k).

⑴若W〃0求H的值；

(2)若(；+2p,求實(shí)數(shù)A的值；

(3)若；與了的夾角是鈍角，求實(shí)數(shù)k的取值范圍.

【答案】(1)3正；

⑵仁“

(3火〈,且厚一6.

【分析】⑴解方程IX左一2x(-3)=O即得解;

(2)解方程1x(-5)+2x(2+2Z)=O即得解；

(3)解不等式1x(-3)+2XAVo且厚一6,即得解.

【詳解】(1)解：因?yàn)橄蛄浚?(1,2),X=(—3,女)，且；;〃羨

所以IXZ—2x(-3)=0,解得攵=—6,

所以b=J(-3)2+(-6)2=3小.

(2)解：因?yàn)?+2[=(-5,2+2%),且”(。2和

所以IX(-5)+2x(2+2Z)=0,解得k=

(3)解：因?yàn)椋号cZ的夾角是鈍角，則且；與了不共線.

3

即1、(-3)+2*左＜0且#一6,所以k＜一且上一6.

2

18.已知復(fù)數(shù)Z=l+"2i(i是虛數(shù)單位，meR),且彳?(3+i)為純虛數(shù)(三是Z的共軌復(fù)數(shù))

⑴求實(shí)數(shù)機(jī)及|z|；

-i≡3

(2)設(shè)復(fù)數(shù)Zl=幺zj二，且復(fù)數(shù)Zl對應(yīng)的點(diǎn)在第二象限，求實(shí)數(shù)”的取值范圍.

Z

【答案】(l)m=-3,IZl=M

【分析】(1)根據(jù)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法運(yùn)算化簡f(3+i),再根據(jù)復(fù)數(shù)的概念得到方程(不等式)組,

求出〃?的值，即可求出z,從而求出其模；

(2)根據(jù)復(fù)數(shù)的乘方及代數(shù)形式的除法運(yùn)算化簡4,再根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義得到不等式組，解得即

可.

【詳解】(1)Vz=l+∕77i,ΛZ=I-ZHi,

.,.5(3+i)=(l-mi)(3+i)=(3+m)+(l-3∕n)i,

5?(3+i)為純虛數(shù),

3+"2=0

l-3^≠0,解得“I,

故Z=I—3i,則IZl=JI2+(-3)--y/10

(2)?.-i2023=i4×505÷3=i3=-i,

2023

7-tz-i_a+i_(tz+i)(l+3i)_a-33α+l.

■"Z|Z--l-3i^(l-3i)(l+3i)^^(Γ+10?'

復(fù)數(shù)4所對應(yīng)的點(diǎn)在第二象限,

cι-3?

------<0

0

J1,解得W<a<3,

生1>03

10

故實(shí)數(shù)α的取值范圍為

9Jr

19.如圖，某地計(jì)劃在一海灘處建造一個(gè)養(yǎng)殖場，射線OAoB為海岸線，ZAOB=y,現(xiàn)用長度為

1千米的網(wǎng)依托海岸線圍成一個(gè)POQ的養(yǎng)殖場

（2）問如何選取點(diǎn)P,。，才能使得養(yǎng)殖場一POQ的面積最大，并求其最大面積

【答案】（1）亞千米；

3

（2）∣0PI=IoQl=［千米時(shí)，SOPQ取得最大值*平方千米.

【分析】（1）運(yùn)用正弦定理可求出OP的長度；（2）根據(jù)面積公式和余弦定理可求.

【詳解】(1)在OPQ中，由正弦定理可得：

IPQlIoPl1_∣°H

-zoL=?ZoL>代入數(shù)據(jù)得?2π-?π

sinZPOQs?nZ.PQOsin—sin—

解之：IOPI=半千米；

（）在中，由余弦定理可得年=

2AopQCoSW2XFoJP"

ΓIYLl

令I(lǐng)oH="Jo。=b可得1=〃+Z>2+訪≥2y[^+ab=3ab，

所以時(shí)≤[當(dāng)且僅當(dāng)a=b=3時(shí)取得

33

又S0pq=；absinNPOQ=^?ab≤*?(km]

.?.∣0H=IoQI=4千米時(shí)，Sopq取得最大值W平方千米.

20.從以下三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問題中，若問題中的三角形存在，求C的值；若問題

中的三角形不存在，說明理由.

①SinC=有SinA,②SABC=4+,③CoS(B+C)=^cos2B.

問題：在一ABe中，角A,B,C所對的邊分別為“，b,c.

已知：a=bcosC+y∣3csinB,b=4,.

【答案】答案見解析

【分析】由正弦定理將邊化角，再結(jié)合三角恒等變換可得B=2，

若選擇①：由正弦定理得c=心,再由余弦定理解方程即可得解；

若選擇②：由面積公式可得αc=16g,再由余弦定理解方程即可得解；

若選擇③：由誘導(dǎo)公式可得CoSA=-立，求得A后即可得解.

2

【詳解】因?yàn)棣?bCoSC+Gcsin8,

由正弦定理得SinA=sinBcosC+>∕3sinCsinB,

又因?yàn)锳=?！?B+C),

所以SinA=Sin[兀一(B+C)]=sin(3+C)=sinBcosC+cosBsinC,

所以SinBcosC+cosBSinC=sinBcosC+>∕3sinCsinB,

所以cosBsinC=?∣3sinCsinβ,

又因?yàn)?<C<兀，所以SinCW0,

所以cos3=JJsin3,所以tan3=立，又0<B<π,所以5=g

36

若選擇①：SinC=QsinA,由正弦定理得C=J^〃，

由余弦定理力2=/+,a-2QCCOSB,W16=?+3?2-2?×?∣3a×—,解得々=4,

2

所以C=4√L

若選擇②：因?yàn)镾ABC=46，所以;αcsinB=4后，得“,=166，

222222

又由余弦定理從=a+c-2accosB，R∏?16=0+c--J3ac=aC-48,

得片+(?=64,

從而得c=4或C=4√L

若選擇③:因?yàn)镃oS(B+C)=GCoS25,?A=π-(B+C),

所以-CoSA=走，即COSA=，

22

5兀

因?yàn)?<A<π,所以A=?，

6

此時(shí)A+3=π,這與三角形的內(nèi)角和等于兀相矛盾，所以這樣的三角形不存在.

21.如圖所示，在四棱錐尸-ABC。中，8C7/平面PAO,BC=^AD,E是PD的中點(diǎn).

QC

(1)求證：BC//AD-,

(2)求證：CE//平面PAB；

(3)若M是線段CE上一動(dòng)點(diǎn)，則線段AO上是否存在點(diǎn)N,使仞N//平面PAB?說明理由.

【答案】(1)見解析：(2)見解析；(3)見解析.

【分析】(1)根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理即可證明；

(2)?。サ闹悬c(diǎn)F,連接EF,BF,利用中位線的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，以及線面平行的判

斷定理即可證明；

(3)取Ao中點(diǎn)N,連接CN,EN,根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理和判斷定理即可證明.

【詳解】證明：(1)在四棱錐P—ABC。中，BC〃平面PA。，BCu平面ABCD,

平面ABCf)C平面PAD=AD,

.-.BC//AD,

(2)取小的中點(diǎn)F,連接E尸，BF,

E是？。的中點(diǎn)，

.?.EF∕∕AD,EF=-AD,

2

又由（1）可得BC