【文档说明】广东省部分学校2024-2025学年高二上学期第一次联考数学试卷 Word版含解析.docx，共(24)页，3.048 MB，由小赞的店铺上传

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2024—2025学年高二上学期第一次月考联考高二数学试卷本试卷共5页满分150分，考试用时120分钟注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：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.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一

、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知()()2,1,3,1,1,1ab=−=−，若()aab⊥−，则实数的值为（）A.2−B.143−C.73D.2【答案】C【解析】【分析】利用两个向量

垂直的性质，数量积公式即求得的值．【详解】向量()()2,1,3,1,1,1ab=−=−若()aab⊥−，则2()(419)(213)0aabaab−=−=++−++=，73=．故选：C．2.P是被长为1

的正方体1111ABCDABCD−的底面1111DCBA上一点，则1PAPC的取值范围是（）A.11,4−−B.1,02−C.1,04−D.11,42−−【答案】B【解析】【分析】建立空间直角坐标系，写出各点坐标

，同时设点P的坐标为(),,xyz，用坐标运算计算出1PAPC，配方后可得其最大值和最小值，即得其取值范围．【详解】如图，以点D为坐标原点，1,,DADCDD所在直线分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，则𝐴

(1,0,0)，()10,1,1C，设(),,Pxyz，01x，01y，1z=，()1,,1PAxy=−−−，()1,1,0PCxy=−−，()()2222111111222PAPCxxyyxxyyxy=−−−−=−+−=−+

−−，当12xy==时，1PAPC取得最小值12−，当0x=或1，0y=或1时，1PAPC取得最大值0，所以1PAPC的取值范围是1,02−.故选：B.3.已知向量()4,3,2a=−，()2,1,1b=，则a在向量b上的投影

向量为（）A.333,,22B.333,,244C.333,,422D.()4,2,2【答案】A【解析】【分析】根据投影向量公式计算可得答案.【详解】向量a在向量b上

的投影向量为()()()22242312333cos,2,1,12,1,13,,222211babaabbbb+−====++rrrrrrrrr.故选：A.4.在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，E，F分别为

棱1AA，1BB的中点，G为棱11AB上的一点，且()102AG=，则点G到平面1DEF的距离为（）A.33B.2C.223D.255【答案】D【解析】【分析】建立空间直角坐标系，由点到平面的距离公

式计算即可．【详解】以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，1DD所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()2,,2G，()10,0,2D，()2,0,1E，()2,2,1F，所以()12,0,1E

D=−，()0,2,0=EF，()0,,1EG=．设平面1DEF的法向量为(),,nxyz=，则12020nEDxznEFy=−+===，取1x=，得()1,0,2n=r，所以点G到平面1DEF的距离

为22555EGndn===，故选：D．5.已知四棱锥PABCD−，底面ABCD为平行四边形，,MN分别为棱,BCPD上的点，13CMCB=，PNND=，设ABa=，ADb=，APc=，则向量MN用,,abc为基底表示为（）A.1132abc++B.1162abc−++C.1132ab

c−+D.1162abc−−+【答案】D【解析】【分析】利用空间向量的线性运算结合图形计算即可.【详解】由条件易知()11113232MNMCCDDNBCBADPADBAAPAD=++=++=++−()11113262bacbabc=−+−=−−+.故选：D6.在

四面体OABC中，空间的一点M满足1146OMOAOBOC=++．若,,MAMBMC共面，则=（）A.12B.13C.512D.712【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用空间向量的共面向量定理的推论列式计算即得.【详解】在四面体OABC中

，,,OAOBOC不共面，而1146OMOAOBOC=++，则由,,MAMBMC，得11146++=，所以712=.故选：D7.已知向量()()1,21,0,2,,attbtt=−−=，则ba−的最小值为（）A.5B.6C.2D.3【答案】

C【解析】【分析】计算出2322bta−=+，得到答案.【详解】因为()()1,21,0,2,,attbtt=−−=，所以()()222211322ttbtta++=−=−++，当0t=时，等号成立，故ba−的最小值为2.故选：C.8.“长太息掩

涕兮，哀民生之多艰”，端阳初夏，粽叶飘香，端午是一大中华传统节日.小玮同学在当天包了一个具有艺术感的肉粽作纪念，将粽子整体视为一个三棱锥，肉馅可近似看作它的内切球（与其四个面均相切的球，图中作为球O）.如图：已知粽子三棱锥PABC−中，PAPBA

BACBC====，H、I、J分别为所在棱中点，D、E分别为所在棱靠近P端的三等分点，小玮同学切开后发现，沿平面CDE或平面HIJ切开后，截面中均恰好看不见肉馅.则肉馅与整个粽子体积的比为（）.A.23π9B.3π1

8C.23π27D.3π54【答案】B【解析】【分析】设1PFCF==，易知233PAPBABACBC=====，且23FG=，设肉馅球半径为r，CGx=，根据中点可知P到CF的距离4dr=，sin4dPFCrPF==，根据三角形面积公式及内切圆半径公式

可得1x=，结合余弦定理可得1cos3PFC=，进而可得233PC=，22sin3PFC=，可得内切球半径且可知三棱锥为正三棱锥，再根据球的体积公式及三棱锥公式分别求体积及比值.【详解】如图所示，取AB中点为F，PFDEG=，为方便计算，不妨设1PFCF==，由PAPBA

BACBC====，可知233PAPBABACBC=====，又D、E分别为所在棱靠近P端的三等分点，则2233FGPF==，且ABPF⊥，ABCF⊥、PFCFF=，PF，CF平面PCF，即AB⊥平面PCF，又AB平面A

BC，则平面PCF⊥平面ABC，设肉馅球半径为r，CGx=，由于H、I、J分别为所在棱中点，且沿平面HIJ切开后，截面中均恰好看不见肉馅，则P到CF的距离4dr=，sin4dPFCrPF==，124142

33GFCrSr==△，又2132GFCrSx=++，解得：1x=，故22241119cos223213CFFGCGPFCCFFG+−+−===，又2222111cos21132PPFCFPCPCFFCPFC+−+−===，解得233PC=，22sin3

PFC=，所以：224sin31rPFC==，解得26r=，342381Vr==球，由以上计算可知：PABC−正三棱锥，故111sin4332ABCVSdABACBACr==粽1123233226432332627==，所以比值为2381π18

2627=.故选：B.二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符为合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9.如图，在棱长为2的正方体1111ABCDABC

D−中，E为1BB的中点，F为11AD的中点，如图所示建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是（）A.13DB=B.向量AE与1ACuuur所成角的余弦值为155C.平面AEF的一个法向量是()4,1,2−D.点D到平面AEF的距离为82121【答案】BCD【解析】【分析】先写出需要的

点的坐标，然后利用空间向量分别计算每个选项即可.详解】由题可知，𝐴(2,0,0),()0,0,0D,()2,2,1E,()1,0,2F,()12,2,2B,()10,2,2C，所以222122223DB=++=，故选项A错误；()0

,2,1AE=,()12,2,2AC=−，所以111·615cos,5523AEACAEACAEAC===，故选项B正确；()0,2,1AE=,()1,0,2AF=−，记()4,1,2n=−，则0,0AEAFnn==，故,AEAFnn⊥⊥，

因为AEAFA=,,AEAF平面AEF，所以()4,1,2n=−垂直于平面AEF，故选项C正确；𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,0)，所以点D到平面AEF的距离·88212121DAndn===，故选项D正确；【故选：BCD10.在正三棱柱1

11ABCABC−中，1ABAA=，点P满足1([0,1,0,])1BPBCBB=+，则下列说法正确的是（）A.当1=时，点P在棱1BB上B.当1=时，点P到平面ABC的距离为定值C.当12=时，点P在以11,BCBC的中点为端点的线段上D.当11,2==时，

1AB⊥平面1ABP【答案】BCD【解析】【分析】对于A，由1CPBPBCBB==−即可判断；对于B，由11,0,1BPBPBBBC=−=和11//BC平面ABC即可判断；对于C，分别取BC和11BC的中点D和E，由BPBD=+1BB即1DPBB=即可判断；对于D，先求证1AE

⊥平面11BBCC，接着即可求证1BP⊥平面1AEB，进而即可求证1AB⊥平面1ABP.【详解】对于A，当1=时，1,0,1CPBPBCBB=−=，又11CCBB=，所以1CPCC=即1//CPCC，又1CPCCC=，所以1CCP、、三点共

线，故点P在1CC上，故A错误；对于B，当1=时，11,0,1BPBPBBBC=−=，又11BCBC=，所以111BPBC=即111//BPBC，又1111BBCPB=，所以11BCP、、三点共线，故点P在棱11BC上，由三棱柱性质可得11//BC

平面ABC，所以点P到平面ABC的距离为定值，故B正确；对于C，当12=时，取BC的中点11,DBC的中点E，所以1//DEBB且1DEBB=，BPBD=+1,0,1BB，即1DPBB=，所以DPED=即//DPDE，又DPDED=，所以DEP、、三点共线，故P在

线段DE上，故C正确；对于D，当11,2==时，点P为1CC的中点，连接1,AEBE，由题111ABC△为正三角形，所以111AEBC⊥，又由正三棱柱性质可知11AEBB⊥，因为1111BBBCB=，111BBBC、平面11BBCC，所以1AE⊥平面11BBCC，又1BP平面11

BBCC，所以11AEBP⊥，因为1111BCBBCC==，所以11BECP=，又111π2BBEBCP==，所以111BBEBCP≌，所以111BEBCPB=，所以1111111π2PBCBEBPBCCPB+=+=，设BE与1BP相交于点O

，则1π2BOE=，即1BEBP⊥，又1AEBEE=，1AEBE、平面1AEB，所以1BP⊥平面1AEB，因为1AB平面1AEB，所以11BPAB⊥，由正方形性质可知11ABAB⊥，又111ABBPB=，11BPAB、平面1ABP，所以1A

B⊥平面1ABP，故D正确.故选：BCD.【点睛】思路点睛：对于求证1AB⊥平面1ABP，可先由111AEBC⊥和11AEBB⊥得1AE⊥平面11BBCC，从而得11AEBP⊥，接着求证1BEBP⊥得1BP⊥平面1AEB，进而11BPAB⊥，再结合11ABAB⊥即可得证1AB⊥平

面1ABP.11.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达・芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达・芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则（）A.122CGABAA=+B.直线CQ与平面1111DCBA所

成角的正弦值为23C.点1C到直线CQ的距离是53D.异面直线CQ与BD所成角的余弦值为36【答案】BC【解析】【分析】A选项，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到122ABAACG+；B选项，求

出平面的法向量，利用线面角的夹角公式求出答案；C选项，利用空间向量点到直线距离公式进行求解；D选项，利用异面直线夹角公式进行求解.【详解】A选项，以A为坐标原点，1,,DAABAA所在直线分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，则()()()()()()10,0,0,0,1,0,0,0,1

,1,1,2,0,1,2,1,1,0ABAGQC−−−−，()()()110,1,1,1,1,1,1,0,0BCD−−，()()()10,2,2,0,1,0,0,0,1CGABAA=−==，则()()()1220,2,

00,0,20,2,2ABAACG+=+=，A错误；B选项，平面1111DCBA的法向量为()0,0,1m=，()()()0,1,21,1,01,2,2CQ=−−−=−，设直线CQ与平面1111DCBA所成角的大小为，

则()()1,2,20,0,12sincos,3144CQmCQmCQm−====++，B正确；C选项，()10,0,1CC=，点1C到直线CQ的距离为()()2222110,0,11,2,2251133

144CCCQdCCCQ−=−=−=−=++，C正确；D选项，()()()1,0,00,1,01,1,0BD=−−=−−，设异面直线CQ与BD所成角大小为，则()()1,2,21,1,01202coscos,61441103

2CQBDCQBDCQBD−−−−++=====++++，D错误.故选：BC三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.正三棱柱111ABCABC−的侧棱长为2，底面边长为1，M

是BC的中点．在直线1CC上求一点N，当CN的长为______时，使1⊥MNAB．【答案】18##0.125【解析】【分析】根据正三柱性质建立空间直角坐标系，利用向量垂直的坐标表示可得结果.【详解】取11BC的中

点为1M，连接1,MMAM，由正三棱柱性质可得11,,AMMMBMMMAMBM⊥⊥⊥，因此以M为坐标原点，以1,,AMBMMM所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如下图所示：易知()131,0,0,0,,2,0

,0,022ABM，设CN的长为a，且0a，可得10,,2Na−；易知11310,,,,,2222MNaAB=−=−若1⊥MNAB,则1112022MNABa=−+=,解得18a=，所以当CN的长

为18时，使1⊥MNAB.故答案为：1813.四棱锥PABCD−中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，且1PD=，3AB=，G是ABCV的重心，则PG与平面PAD所成角的正弦值为______.【答案】23【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求出平面PAD的一个法向量m及PG，

由PG与平面PAD所成角，根据sincos,mPGmPGmPG==即可求解.【详解】因为PD⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，所以,,DADCDP两两垂直，以D为坐标原点，,,DADCDP的方向分别为,,xyz轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则()0,0,0D，()0

,0,1P，()3,0,0A，()3,3,0B，()0,3,0C，则重心()2,2,0G，因而()2,2,1PG=−，()3,0,0DA=，()0,0,1DP=，设平面PAD的一个法向量为(),,mxyz=，则300mDAxmDPz====

，令1y=则()0,1,0m=，则22sincos,133mPGmPGmPG====，故答案为：23.14.坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮那，展现造型之美.如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全

等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形.若25mAB=，10mBC=，且等腰梯形所在平面、等腰三角形所在平面与平面ABCD的夹角的正切值均为145，则该五面体的所有棱长之和为_______.【答案】117m【解析】【分析】先根据线面角的定义求得5

tantan14EMOEGO==，从而依次求EO，EG，EB，EF，再把所有棱长相加即可得解．【详解】如图，过E做EO⊥平面ABCD，垂足为O，过E分别做EGBC⊥，EMAB⊥，垂足分别为G，M，连接OG，OM，由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为

EMO和EGO，所以5tantan14EMOEGO==．因为EO⊥平面ABCD，BC平面ABCD，所以EOBC⊥，因为EGBC⊥，EO，EG平面EOG，EOEGE=，所以⊥BC平面EOG，因为OG平面EOG，所以BCOG⊥，同理，OMBM⊥，又BMBG⊥，故

四边形OMBG是矩形，所以由10BC=得5OM=，所以14EO=，所以5OG=，所以在直角三角形EOG中，2222(14)539EGEOOG=+=+=在直角三角形EBG中，5BGOM==，2222(39)58EBEGBG=+=+=，

又因为55255515EFAB=−−=−−=，所有棱长之和为2252101548117+++=．故答案为：117m四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15.如图，在长方体11

11ABCDABCD−中，11,2ADAAAB===，点E在棱AB上移动.（1）当点E在棱AB的中点时，求平面1DEC与平面1DCD所成的夹角的余弦值；（2）当AE为何值时，直线1AD与平面1DEC所成角的正

弦值最小，并求出最小值.【答案】（1）66（2）当2AE=时，直线1AD与平面1DEC所成角的正弦值最小，最小值为105【解析】【分析】（1）以D为坐标原点，1,,DADCDD所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面1DEC的一个法向量，平面1DCD的一个法

向量，利用向量法可求平面1DEC与平面1DCD所成的夹角的余弦值；（2）设AEm=，可求得平面1DEC的一个法向量，直线的方向向量1DA，利用向量法可得24sin2(2)10mm−=−+，可求正弦值的最小值.【小问1详解】以D为坐标原点，1,,DADCDD所在直线为坐标轴建立如图所示的空

间直角坐标系，当点E在棱AB的中点时，则1(0,0,1),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,0),(1,0,0)ECDAD，则1(1,1,1),(1,1,0),(1,0,0)EDECDA=−−=−=，设平面1DEC一个法向量为(,,)nxy

z=，则1·0·0nEDxyznECxy=−−+==−+=，令1x=，则1,2yz==，所以平面1DEC的一个法向量为(1,1,2)n=，又平面1DCD的一个法向量为(1,0,0)DA=，所以·16cos,61141·DAnDAnDAn===+

+，所以平面1DEC与平面1DCD所成的夹角的余弦值为66；【小问2详解】设AEm=，则11(0,0,1),(1,,0),(0,2,0),(0,0,0),(1,0,1)EmCDAD，则11(1,,1),(1,2,0),(02),(1,0,1)EDmECmmDA=−−=−

−=，设平面1DEC的一个法向量为(,,)nxyz=，则1·0·(2)0nEDxmyznECxmy=−−+==−+−=，令1y=，则2,2xmz=−=，所以平面1DEC的一个法向量为(2,1,2)nm=−，的设直线1AD与平面1DEC所成的角为，则1221|||22|4s

in||||(2)14112(2)10nDAmmnDAmm−+−===−+++−+，令4[2,4]mt−=，则222211sin81812902(2)102818218()981tttttttt====−+−+−

+−+，当2t=时，sin取得最小值，最小值为105.16.如图所示，直三棱柱11ABCABC−中，11,92,0,,CACBBCAAAMN====分别是111,ABAA的中点．（1）求BN的长；（

2）求11cos,BACB的值．（3）求证：BN⊥平面1CMN．【答案】（1）3（2）3010（3）证明见解析【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，根据空间两点间距离公式，即得答案；（2）根据空间向量的夹角公式，即可求得答案；（3）求出1CM，1CN，BN的

坐标，根据空间位置关系的向量证明方法，结合线面垂直的判定定理，即可证明结论.【小问1详解】如图，建立以点O为坐标原点，CA、CB、1CC所在直线分别为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系．依题意得(0,1,0),(1,0,1)BN，∴222(10)(01)(10)3BN=−+−+

−=；【小问2详解】依题意得，()()()()111,0,2,0,1,0,0,0,0,0,1,2ABCB，∴1(1,1,2)BA=−，1(0,1,2)CB=，113BACB=，16BA=，15CB=，所以11111330cos,1065BACBBACBBACB==

=；小问3详解】证明：()()()10,0,2,0,1,0,1,0,1CBN，11,,222M．∴111,,022CM=uuuur，()11,0,1CN=−uuur，()1,1,1BN=−，∴1111(1)10022CMBN=

+−+=，1110(1)(1)10CNBN=+−+−=，∴1CMBN⊥，1CNBN⊥，即11,CMBNCNBN⊥⊥，又1CM平面1CMN，1CN平面1CMN，111=CMCNC，∴BN⊥平面1CMN．17.如图，在四棱维PABCD−中，平面PAD⊥平面ABCD

，PAPD⊥，PAPD=，ABAD⊥，1AB=，2AD=，5ACCD==．【（1）求直线PB与平面PCD所成角的正切值；（2）在PA上是否存在点M，使得//BM平面PCD？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）22（2）存在点M，使得//BM平面PCD，14AMAP=.【

解析】【分析】（1）取AD的中点为O，连接,POCO，由面面垂直的性质定理证明⊥PO平面ABCD，建立空间直角坐标系求解直线PB与平面PCD所成角的正切值即可；（2）假设在PA上存在点M，使得()01PMPA=，由线面平行，转化为平面的法向量与直线的方向向量垂直，求解参数

即可.【小问1详解】取AD的中点为O，连接,POCO，因为PAPD=，所以POAD⊥，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD=，PO平面PAD，所以⊥PO平面ABCD，又ACCD=，所以COAD⊥，PAPD⊥，2AD=，所以1PO=，5ACCD==，所以2CO=，所以以O为坐

标原点，分别以,,OCOAOP所在的直线为,,xyz轴建立空间直角坐标系，𝑃(0,0,1)，()2,0,0C，()0,1,0A，()1,1,0B，()0,1,0D−，所以()2,0,1PC=−，()0,1,1PD=−−，()1,1,1P

B=−，设平面PCD的一个法向量为𝑚⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则00PCmPDm==，200xzyz−=−−=，令1,x=则2,2zy==−，所以()1,2,2m=−，设直线PB与平面PCD所成角为，122

3sincos,393mPBmPBmPB−−====，所以16cos133=−=，所以2tan2=，所以直线PB与平面PCD所成角的正切值22.【小问2详解】在PA上存在点M，使得()01PMPA=，所以()0,1,1PA=−，所

以()0,,PMPA==−，所以()0,,1M−，所以()1,1,1BM=−−−，因为//BM平面PCD，所以BMm⊥，即()()121210−−−+−=，解得34=，所以存在点M，使得//BM平面P

CD，此时14AMAP=.18.如图1，在边长为4的菱形ABCD中，60DAB=，点M，N分别是边BC，CD的中点，1ACBDO=，ACMNG=．沿MN将CMN翻折到PMN的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥PABMND−．（1）

在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论；（2）若平面PMN⊥平面MNDB，线段PA上是否存在一点Q，使得平面QDN与平面PMN所成角的余弦值为1313？若存在，试确定点Q的位置；若不

存在，请说明理由．【答案】（1）总有平面PBD⊥平面PAG，证明详见解析（2）存在，Q是PA的靠近P的三等分点，理由见解析.【解析】【分析】（1）通过证明BD⊥平面PAG来证得平面PBD⊥平面PAG.（2）建立空间

直角坐标系，利用平面QDN与平面PMN所成角的余弦值来列方程，从而求得Q点的位置.【小问1详解】折叠前，因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD⊥，由于,MN分别是边BC，CD的中点，所以//MNBD，所以MNAC⊥，折叠过程中，,,,,MNGPMNGAGPGAGGPGA⊥⊥=平面PAG

，所以MN⊥平面PAG，所以BD⊥平面PAG，由于BD平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAG.【小问2详解】存在，理由如下：当平面PMN⊥平面MNDB时，由于平面PMN平面MNDBMN=，GP平面PMN，GPMN⊥，所以GP⊥平面MNDB

，由于AG平面MNDB，所以GPAG⊥，由此以G为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，依题意可知()()()()()0,0,3,3,2,0,3,2,0,0,1,0,3,2,3PDBNPB−−=−()33,0,0A，()33,0,

3PA=−，设()01PQPA=，则()()()0,0,333,0,333,0,33GQGPPQGPPA=+=+=+−=−，平面PMN的法向量为()11,0,0n=，()()333,2,33,3,1,0DQDN=−−=−，设平面QDN的法向量为()2222,,nxyz=

，则()()2222222333233030nDQxyznDNxy=−++−==−+=，故可设()21,33,31n=−−+，设平面QDN与平面PMN所成角为，由于平面QDN与平

面PMN所成角的余弦值为1313，所以()()()1222212113cos1313331nnnn−===−+−++，解得13=,所以当Q是PA的靠近P的三等分点时，平面QDN与平面PMN所成角的余弦值为1313.19.如图，四棱锥PABCD−中，四边形ABCD是菱形

，PA⊥平面,60ABCDABC=，11,,2PAABEF==分别是线段BD和PC上的动点，且()01BEPFBDPC==．（1）求证：//EF平面PAB；（2）求直线DF与平面PBC所成角的正弦值的最大值；（3）若直线AE与线段BC交

于M点，AHPM⊥于点H，求线段CH长的最小值．【答案】（1）证明见解析（2）158（3）455【解析】【分析】（1）根据条件建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量证明线面关系即可；（2）利用空间向量研究线面夹角，结合二次函数的性质计算最大值即可；（3）设BMtBC=，利用空间向量基本定理及

三点共线的充要条件得出AH，利用向量模长公式及导数研究函数的单调性计算最值即可.【小问1详解】由于四边形ABCD是菱形，且60ABC=，取CD中点G，则AGCD⊥，又PA⊥平面ABCD，可以A为中心建立如图所示的空间直角坐标系，则()(

)()()()2,0,0,1,3,0,1,3,0,0,0,1,0,3,0BCDPG−，所以()()()1,3,1,3,3,0,2,0,1PCBDBP=−=−=−，由()01BEPFBDPC==，可知,,BEBDPFPCEFEBBPPFBDBPPC===++=−++()42,0,1

=−−，易知()0,3,0AG=是平面PAB的一个法向量，显然0EFAG=，且EF平面PAB，即//EF平面PAB；【小问2详解】由上可知()()()1,3,1,3,1,33,1DPPFDF+==−+−=+−−，设平面PBC一个法向量为(),,nxyz=r，则2

030nBPxznPCxyz=−+==+−=，令1x=，则32,3zy==，31,,23n=，设直线DF与平面PBC所成角为，则2223sincos,4325655653nDFnDFnDF====−+−+，易知35=时，()2min1656

55−+=，即此时sin取得最大值158；【小问3详解】设()((),3,0,0,12,3,0BMtBCtttAMABBMtt==−=+=−，由于,,HMP共线，不妨设()1AHxAMxAP=+−，易知AMAP⊥，则有()()22010AHPMAHAMAPxAMxAP

=−=−−=，所以22114451xttAM==−++，则()()21,33,1CHCAAHtxtxx=+=−−−−，即()()2222454454655445tCHttxtxtt−−=−+−++=+−+记()(()2450,1445tftttt−−=−

+，则()()()2228255445ttfttt−−+=−+，的易知22550tt−+恒成立，所以()0ft，即()ft单调递减，所以()()min994515555ftfCH=−=−=.