【文档说明】重庆市第十八中学2024-2025学年高二上学期10月学习能力摸底数学试卷 Word版含解析.docx，共(27)页，2.054 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市第十八中学2024-2025学年度（上）10月学习能力摸底高二数学试题命题人：余思彤审题人：邓礼文一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知向量(1,1,1)AB=−，(

1,1,0)AC=−，则平面ABC的一个法向量n=（）A.(1,1,0)B.(1,1,0)−C.(1,1,2)D.(1,1,2)−【答案】A【解析】【分析】先设平面ABC的一个法向量为(),,nxyz=r，结合法向量的定义得出,,xyz应满足的条件，进而判断即可.【详解】设

平面ABC的一个法向量为(),,nxyz=r，则00nABnAC==，即00xyzxy−++=−=，即0zxy==，所以满足上述条件的只有A符合.故选：A.2.两直线的斜率分别是方程2202410xx+−=的两根，那么这两直线的位置

关系是（）A.平行B.斜交C.垂直D.重合【答案】C【解析】【分析】设两直线的斜率分别为12,kk，利用根与系数的关系，即可得到121kk=−，即可判断.【详解】设两直线的斜率分别为12,kk，因为12,kk是方程2202410

xx+−=的两根，利用根与系数的关系得121kk=−，所以两直线的位置关系是垂直.故选：C3.在三棱锥ABCD−中，2AMMB=，2CDCN=，若MNxAByACzAD=++，则xyz++=（）A.13−B.13C.12−D.1

2【答案】B【解析】【分析】根据题意，利用空间向量的线性运算得到211322MNABACAD=−++，进而求得,,xyz的值，从而求解.【详解】因为2AMMB=，2CDCN=，所以()1221123322MNANAMACADABABACAD=−=+−=−++，又MNxAByACzAD=++

，可得211,,322xyz=−==，所以21113223xyz++=−++=.故选：B.4.下列四个命题，其中真命题是（）A.若向量a与向量b，c共面，则存在实数x，y，使axbyc=+B.若直线a的方向向

量为(1,0,1)a=−，平面的法向量为(1,1,1)m=，则a⊥C.若直线l的方向向量1,0,32n=，平面的法向量为12,0,3m=−，则直线//lD.若(1,2,2)AB=−，1,0,12AC=−，则点B到直线AC的距离为2【

答案】D【解析】【分析】对于A，举反例排除即可；对于BC，利用空间向量判断线面关系即可；对于D，根据空间中点到直线的距离公式求解判断即可.【详解】对于A，若a为非零向量，且与b不共线，而b与c共线，则不存在实数x

，y，使axbyc=+成立，故A错误；对于B，由于1010am=+−=，则am⊥，所以//a或a，故B错误；对于C，由于1010nm=−++=，则nm⊥，所以//l或l，故C错误；对于D，因为(1,2,2)AB=−，1

,0,12AC=−，所以(1,2,2)aAB==−，25525,0,555ACuACAC===−，所以29a=，5450555au=−+−=−，所以点B到直线AC的距离为()22952aau−=−=，故D正确.故选：

D.5.若向量123,,eee是空间中的一个基底，那么对任意一个空间向量a，存在唯一的有序实数组(,,)xyz，使得：123axeyeze=++，我们把有序实数组(,,)xyz叫做基底123,,eee下向量

a的斜坐标.设向量p在基底{,,}abc下的斜坐标为(1,2,5)−，则向量p在基底{,,}abbcca+++下的斜坐标为（）A.(3,1,4)−−B.(3,1,4)−C.(3,1,4)−−D.(3,1,4)−【答案】D【解析】【分析】待定系数法设

()()()pxabybczca=+++++urrrrrrr，结合所给定义及其在基底,,abc下的斜坐标计算即可得.【详解】设()()()()()()pxabybczcaxzaxybyzc=+++++=+++++urrrrrrrrrr，又25pabc=−+urrrr，125xzx

yyz+=+=−+=，解得314xyz=−==，即()()()34pabbcca=−+++++urrrrrrr.所以向量p在基底,,abbcca+++下的斜坐标为()3,1,4−.故选：D.6.如图，平行六面体各棱长为1

，且1160AABAADBAD===，动点P在该几何体内部，且满足1(1)(,R)APxAByADxyAAxy=++−−，则||AP的最小值为（）A.64B.63C.62D.12【答案】B【解析】【分析】由平面向量共面定理可知：点P在平面1BDA内，则|

|AP的最小值即为点P到平面1BDA的距离，求出三棱锥1AABD−为正四面体，过点A作AH⊥平面1BDA，求解AH即可得出答案.【详解】因为1(1)(,R)APxAByADxyAAxy=++−−，则()

()111APAAxABAAyADAA−=−+−，即111APxAByAD=+，由平面向量共面定理可知：点P在平面1BDA内，则||AP的最小值即为点P到平面1BDA的距离，连接11,,,BDDAAB因为平行六面体各棱长为1，且1160AABAADBAD===

，所以111BDDAAB===，所以三棱锥1AABD−为正四面体，过点A作AH⊥平面1BDA，因为1AH平面1BDA，所以AH⊥1AH，如图，所以2121233132323AH=−==，所

以2221136133AHAAAH=−=−=，所以||AP的最小值为63AH=.故选：B.7.长方体11ABCDABCD−，1ABBC==，12BB=，动点P满足1(,[0,1])BPBCBB=+，1APBD⊥，则

二面角PADB−−的正切值的取值范围是（）A.10,4B.10,2C.11,42D.1,12【答案】B【解析】【分析】先建系，再根据向量垂直得出140−+=再结合[0,1],140,1

−，得出10,4，最后应用空间向量法计算二面角余弦结合同角三角函数关系求出正切范围即可.【详解】以D为原点，分别以1,,DADCDD所在直线为,,xyz轴建立空间直角坐标系.已知1ABBC==，12BB=，则(1,0,0)A，()1,1,0B，()11(1,

1,2),0,0,2BD，()()0,0,0,0,1,0DC.因为1(,[0,1])BPBCBB=+，所以()()()11,0,00,0,2,0,2BPBCBB=+=−+=−,()()()0,1,0,0,2,1,2APABBP=+=+−=−,()11,1,2BD=−

−因为1APBD⊥，所以1140APBD=−+=,因为[0,1],140,1−，所以10,4，设平面ADB的法向量为1(0,0,1)n=，设平面ADP的法向量为()2222,,nxyz=，(1,0,0)D

A=，(,1,2)AP=−.由2200nDAnAP==，即2222200xyzx−++==，令20x=，则22y=，21z=−，则2(0,2,1)n=−为平面ADP的一个法向量.设二面角PADB−−

为，由图可知为锐角，所以1212cosnnnn=.()120002111nn=++−=−.11n=，22222||(1)4041n=++−+=.所以222214cos,sin111,11444

==−=+++则1tan20,2=.则二面角PADB−−的正切值的取值范围是10,2故选：B.【点睛】关键点点睛：解题的关键点是应用向量关系得出140−+=结合[0,1],140,1−即可得出正切值取值范围.8.如图，在

正方形中，点,EF分别是线段,ADBC上的动点，且,AEBFAC=与EF交于G，EF在AB与CD之间滑动，但与AB和CD均不重合．在EF任一确定位置，将四边形EFCD沿直线EF折起，使平面EFCD⊥平面A

BFE，则下列选项中错误的是（）A.AGC的角度不会发生变化B.AC与EF所成的角先变小后变大C.AC与平面ABFG所成的角变小D.二面角GACB−−先变大后变小【答案】D【解析】【分析】以E为原点，EA，EF，ED所在的直线为,,

xyz轴，建立空间直角坐标系，设正方形的边长为1，AEa=，利用空间向量的数量积可判断A，B；求出平面ABFG的一个法向量，设AC与平面ABFG所成的角为，利用向量的数量积可求线面角，进而判断C；求出平面AGC的法向量以及平面AGC的法向量，利用空间向量数量积即可求解.【详

解】以E为原点，EA，EF，ED所在的直线为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，设正方形的边长为1，AEa=，(),0,0Aa，()0,1,1Ca−，()0,,0Ga，()0,1,0F，(),1,0Ba，对于A，(),,0

AGaa=−，()0,1,1GCaa=−−，()11cos2221AGGCaaAGCaaAGGC−===−，故AGC的角度不会发生变化，所以A正确；对于B，设AC与EF所成的角为，(),1,1ACaa=−−，()0,1,0EF=，()22211cos222111ACEFACEFaaaa

===−+++−，2222aa−+对称轴为12，且()0,1a，所以2222aa−+先减小后增加，所以cos先增加再减小，即AC与EF所成的角先变小后变大，故B正确；对于C，平面ABFG的一

个法向量为()0,0,1m=，设AC与平面ABFG所成的角为，()()()2222211sincos,1111ACmaaACmaaACmaa−−====++−++−()22112121112aaaa==+++−−+，()0,1a，则1aa+单调

递减，sin单调递减，所以AC与平面ABFG所成的角变小，故C正确；对于D，设平面AGC的法向量为()111,,nxyz=，则00nAGnAC==，即()11111010axayaxyaz−+=−++−

=，令11x=，11y=，11z=−，不妨设()1,1,1n=-，设平面ACB一个法向量为()222,,pxyz=，的则00pABPCB==，()222010yaxaz=+−=，令2za=，21xa=−，即()1,0,paa=−，()22

1cos,31npaanpnpaa−−==+−()22212331232213221aaaaa−==−−+−+，2221aa−+对称轴为12，在()0,1先减小后增大，所以212221aa−−+在()0,1先减小后增大，二面角GACB−−为钝角，231cos,23221npaa=−

−−+先增大后减小，故二面角GACB−−先减小后增大，故D错误.故选：D【点睛】思路点睛：解决二面角相关问题通常用向量法，具体步骤为：（1）建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内；（2）根据

题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错.（3）利用数量积验证垂直或求平面的法向量.（4）利用法向量求距离、线面角或二面角.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，看多项符合题目要求.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.在空间直角坐标系中，下列说法正确的是（）A.点(1,2,3)A关于坐标平面Oyz的对称点的坐标为1,23(,)−−B.点(4,0,5)B在平面Ozx面上C.点(1,1,2)C−，(1,3,4)D的中点坐标是(0,

2,3)D.两点(2,7,4)E−，(4,5,3)F−间的距离为3【答案】BCD【解析】【分析】A项，通过计算即可求出关于坐标平面zOy的对称点的坐标；B项，通过点(4,0,5)B的y坐标即可得出点在面上；C项，通过中点坐标公式即可得出结论；D项，根据两点间距离公式计算即

可.【详解】由题意，对A，点(1,2,3)A关于坐标平面Oyz的对称点的坐标为(1,2,3)−，A错误;对于B,点(4,0,5)B的y坐标为0,则点(4,0,5)B在平面Ozx上,B正确;对于C,点(1,1,2)C−与点(1,3,4)D，则CD的中点坐标是()0,2,

3，C正确;对于D,两点(2,7,4)E−，(4,5,3)F−间的距离为：()()()2222475434413EF=−+−++−=++=,D正确.故选：BCD.10.如图，圆锥PO的内切球和外接球的球心重合，且圆锥PO的底面直径为6，则（）A.设圆锥的轴截面三角形为PAB，则其为

等边三角形B.设内切球的半径为1r，外接球的半径为2r，则213rr=C.设圆锥的体积为1V，内切球的体积为2V，则12278VV=D.设S，T是圆锥底面圆上的两点，且3ST=，则平面PST截内切球所得截面的面

积为3π5【答案】ABD【解析】【分析】作出圆锥的轴截面，依题意可得PAB为等边三角形，设球心为G（即为PAB的重心），即可求出PAB的外接圆和内切圆的半径，即可为圆锥的外接球、内切球的半径，即可判断A、B，由圆锥及球的体积公式判断C，ST所对的圆心角为π3

（在圆O上），设ST的中点为D，即可求出OD，不妨设D为OB上的点，连接PD，过点G作GEPD⊥交PD于点E，利用三角形相似求出GE，即可求出截面圆的半径，从而判断D.【详解】作出圆锥的轴截面如下：因为圆锥PO的内切球和外接球的球心重合，

所以PAB为等边三角形，故A正确；又6PBAB==，所以2233OPPBOB=−=，设球心为G（即为PAB的重心），所以2233PGPO==，133OGPO==，即内切球的半径为13rOG==，外接球的半径为223rP

G==，所以212rr=，故B正确；设圆锥的体积为1V，则211π33393π3V==，内切球的体积为2V，则()324π343π3V==，所以12493π943πVV==，故C错误；设ST、是圆锥底面圆上的两点，且3S

T=，则ST所对的圆心角为π3（在圆O上），设ST的中点为D，则π333sin32OD==，不妨设D为OB上的点，连接PD，则223152PDPOOD=+=，过点G作GEPD⊥交PD于点E，则PEGPOD∽，所以GEPGODPD=，即233331522GE=，解得2155GE=，所以平

面PST截内切球截面圆的半径22135rrGE=−=，所以截面圆的面积为2π3π5r=，故D正确；故选：ABD【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是由题意得到圆锥的轴截面三角形为等边三角形，从而确定外接球、内切球的半径.11.如图，点P是棱长为4的正方体1111ABC

DABCD−的表面上一个动点，11114AEAB=，11114AFAD=，1//BP平面AEF，则下列说法正确的是（）A.三棱锥APEF−的体积是定值B.存在一点P，使得11CPAC⊥C.动点P的轨迹长

度为72217+D.五面体EFABD−的外接球半径为6818【答案】ACD【解析】【分析】在AB边上取点,3GAGGB=，在AD边上取点,3HAHHD=，先由线面垂直的判定定理证明1//BG平面AEF和11//BD平面AEF，再得到平面11//D

BGH平面AEF，进而得到点P的轨迹，然后由三棱锥APEF−的体积等于三棱锥PAEF−的体积，结合棱锥的体积公式可得A正确；由点P的轨迹结合1AC⊥与平面1BCD可判断B错误；由点P的轨迹结合勾股定理可得C正

确；五面体EFABD−是四棱锥AEFDB−，确定球心的位置，设ONa=，再由OEODr==和勾股定理求出半径可得D正确；【详解】根据题意正方体的棱长为4，111,1AEAF==，利用勾股定理可得2222141

7,112AEAFEF==+==+=，如图所示，在AB边上取点,3GAGGB=，在AD边上取点,3HAHHD=，在平面11ABBA中，11//,EBAGEBAG=，四边形1EBGA为平行四边形，则1//AEBG，又AE平面AEF，1BG平面AEF，所以1//BG

平面AEF；同理11//EFBD，FE平面11,AEFBDÌ/平面AEF，所以11//BD平面AEF，因为1111111,,BDBGBBDBG=平面11DBGH，所以平面11//DBGH平面AEF，点P是正方体1111

ABCDABCD−的表面上一个动点，1//BP平面AEF，则点P的轨迹为四边形11DBGH（不包含点1B），对于A，三棱锥APEF−的体积等于三棱锥PAEF−的体积，在AEF△中，12117222433AEFS=创-=，点的轨迹为四边形11DBGH

，且平面11//DBGH平面AEF，则点P到平面的距离为22112444114AC=?=，113366233412PAEFAEFVSh-=创=创=，故A正确；对于B，点P的轨迹为四边形11DBGH（不包含点1B），在正方体中，1111,,,ACBDAC

BCBDBC⊥⊥是平面1BDC内两条相交直线，所以1AC⊥与平面1BCD，在平面1BCD任意一条直线都已1AC垂直，所以从点1C出发的直线在平面1BCD内才能使11ACCP⊥成立，点P的轨迹为四边形11DBGH（不包含点1B），则可知不存在点P，使得11ACCP⊥，

故B错误；对于C，点P的轨迹为四边形11DBGH，利用勾股定理计算动点P的轨迹长度为11114217317722172DBDHGBHG+++=+++=+，故C正确；对于D，五面体EFABD−是四棱锥AEFDB−，

四边形EFDB是等腰梯形，2222444442,2,35,17,BDEFBEDFAEAFABAD=+====+=====，设ABD△所在圆的圆心为,NM是1BD的中点，四棱锥AEFDB−的外接球球心为O，N是BD的中点，连接MN，R为11AB中点，()222222M

R=−=，1ER=，且MRER^，根据题意ABD△是直角三角形，O在线段MN上，设外接球半径为r，设ONa=，因为,4OEODrMN===，可得()222222222242,4212ODONDNaOEOMMRREa=+=+=++=−++，解得13

8a=，所以四棱锥AEFDB−的外接球半径为221342681828r=+=，故D正确；故选：ACD.三、塻空题：本题共3小题，每小题5分，第14题第一问3分，第二问2分，共15分.12.已知点(1,0)P，(0,1)A，B(2,3)，过P的直线l（不垂直于x轴）与

线段AB相交，则直线l斜率的取值范围是______.【答案】(),13,−−+【解析】【分析】根据题意作出相应图形，利用两点斜率公式求得两临界斜率，再数形结合即可得解.【详解】如图，直线l与线段AB相交，因为(1

,0)P，(0,1)A，B(2,3)，所以10301,30121PAPBkk−−==−==−−，结合图形可知l斜率取值范围是(),13,−−+.故答案为：(),13,−−+13.如图，两条异面直线a，b所成角为30；在直线上a，b分别取点A，E和点A，F，使AA

a⊥且AAb⊥.已知2AE=，3AF=，5EF=，则线段AA的长为______.【答案】23或2√6的【解析】【分析】根据空间向量的加法，利用向量数量积的性质计算模长，建立方程，可得答案.【详解】因为EFEAAAAF

=++，所以()22EFEAAAAF=++222222EAAAAFEAAAEAAFAAAF=+++++，由于,AAaAAb⊥⊥，则20,20EAAAAAAF==，又因为两条异面直线a，b所成角

为30，所以,30EAAF=或150，故222523223cos,AAEAAF=+++，可得23AA=或2√6.故答案为：23或2√6.14.已知三棱锥PABC−的四个面是全等的等腰三角形，且42,25PAPBAB===，D为AB中点，3PEEC=，则二面角PDEA−

−的余弦值为______.【答案】210535##210535【解析】【分析】由三棱锥的结构特征，补形为长方体，利用长方体建立平面直角坐标系，由空间向量法求解二面角余弦即可.【详解】由题意可知，三棱锥PABC−的四个面是全等的等腰三角形，且4

2,25PAPBAB===，则该三棱锥PABC−可补形为如图所示的长方体PHCGFBTA−，且42,25PABCPBABPCAC======，则有222222222322020FAFPPAFAFBABFPFBAC++=++=++=，解得4

42FAFPFB===，以,,AFATAG分别为,,xyz轴建立如图所示的空间直角坐标系，则()()()4,0,4,0,0,0,4,2,0PAB，因为D为AB中点，3PEEC=，所以()2,1,

0D，31,,42E，所以(2,1,0)AD=，11,,42DE=−，(2,1,4)PD=−−.设平面EAD的法向量为1111(,,)nxyz=，则1100nADnDE=

=，即11111201402xyxyz+=−++=，令12x=，则14y=−，11z=，则()12,4,1n=−为平面EAD的一个法向量.设平面DEP的法向量为2222(,,)nxyz=，则2200nDEnDP==，即22

22221402240xyzxyz−++=−+−=，令21x=，则22y=，20z=，则2(1,2,0)n=为平面DEP一个法向量.所以()121224106nn=+−+=−，()222124121n=+−+=，2222||1250n=++=.设二面角PDEA−−为，

由图可知为锐角，所以121262105cos35215nnnn===.则二面角PDEA−−的余弦值210535.故答案为：210535.【点睛】关键点睛：解决本题的关键是由三棱锥的结构特征，补形为长方体.四、解答题：本题共5小题，共77分.解

答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.设()()1,5,1,2,3,5ab=−=−．的（1）若()()//3kabab+−，求k；（2）若()()3kabab+⊥−，求k．【答案】（1）13k=−；（2）1063k=.【解析】【分析】（

1）由空间向量线性运算的坐标表示求得(2,53,5),3(7,4,16)kabkkkab+=−+−−=−−，再由向量共线的坐标表示求参数；（2）根据向量垂直的坐标表示列方程求参数.【小问1详解】由题设(2,53,5),3(7,4,16)kabkkkab+=−+−−=−−，若()

()//3kabab+−，则25357416kkk−+−==−−，可得13k=−；【小问2详解】若()()3kabab+⊥−，则7(2)4(53)16(5)0kkk−−+−−=，所以10631063kk==16.如图，在直三棱柱111ABCA

BC−中，13ABAA==，ABAC⊥，D为11AC的中点.（1）证明：1AB⊥平面1ABD；（2）若6AC=，求二面角ABCD−−的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）34【解析】.【分析】（1）先证明四边

形11AABB是正方形，再由线面垂直的判定定理得到AC⊥平面11AABB，进而再由线面垂直的判定定理证明结果即可；（2）建立如图所示空间直角坐标系，分别求出平面ABC和平面BCD的法向量，代入空间二面角的余弦公式求解即可；【小问1详解】由题意可得1AA⊥平

面ABC，又,ABAC平面ABC，所以11,,AAABAAAC⊥⊥因为四边形11AABB是平行四边形，且1,AAAB=所以四边形11AABB是正方形，所以11ABAB⊥，因为111,,,,ABACAAACAAABAAAAB⊥⊥=平

面11AABB，所以AC⊥平面11AABB，又1AB平面11AABB，所以1ACAB⊥，又1//ADAC，所以11ADAB⊥，又因为11111,,ADABAADAB=平面1ABD，所以1AB⊥平面1ABD，【小问2详解】以A为原点，1,,ABACAA所

在直线分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系，如图则()()()()0,0,0,3,0,0,0,6,0,0,3,3ABCD，所以()()()0,3,0,3,6,0,0,3,3ACBCCD==−=−，所以平面ABC的一个法向量为()

0,0,1=，设平面BCD的一个法向量为(),,xyz=，则00BCCD==，即360330xyyz−+=−+=，取3z=，则()23,1,3=，设二面角ABCD−−的大小为，则33coscos,41213

====++，所以二面角ABCD−−的余弦值为34.17.如图，在平行六面体ABCDABCD−中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AA的长为2，且120AABAAD==，在线段AA、BB、CC、DD分别取A、B、C、D四点且14AAAAⅱ?

=，12BBBBⅱ?=，34CCCCⅱ?=，12DDDDⅱ?=.（1）证明：A，B，C，D四点共面；（2）证明：AC⊥平面ABCD；（3）求直线BD与平面ABCD所成角的余弦值.【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）63.【解析】【分析】（1）取,

,ABADAA为一个基底，表示,ABCDⅱⅱⅱⅱ，通过//ABCD得四点共面；（2）用基底表示AC，通过0ACAB¢?、0ACAD¢?得到线线垂直，从而证明线面垂直；（3）通过（2）得AC为平面ABCD的法向量，利用公式计算.【小问1详解】记,,ABaA

DbAAc===，则1121141442ABAAABBBcaAAABBacBc¢ⅱⅱⅱⅱ=++=¢=-+=++-++，1114114422CDCCCDDDCCcaCDcDacC¢ⅱⅱⅱⅱⅱⅱ=++=--¢==+-ⅱ--，所以ABCD=−uuuuruuuur，

所以//ABCD，所以A，B，C，D四点共面.【小问2详解】由题意得，ACABBCCCabc=++=++，所以21()1012()02ACABabcaabaca¢?++?+??++创-=，21()0121()02ACA

Dabcbabbcb¢?++??+?++创-=，所以,ACABACADⅱ^^，因为,,ABADAABAD=平面ABCD，所以AC⊥平面ABCD.【小问3详解】由（2）得，AC是平面ABCD的法向量.因为AC

abc=++，BDBABCBBabcⅱ=++=-++，所以22()()()ACBDabcabcbcaⅱ?++?++=+-2221212124122bbcca=+?-=-创?-=，2222()222ACabcabcabcabacbc¢=++=++=+++???1140222

=+++−−=，2222()222BDabcabcabcabacbc¢=-++=-++=++-???1140226=++-+-=，设直线BD与平面ABCD所成角为，则23sincos,326ACBDACBDACBDqⅱ×ⅱ====

ⅱ´，所以236cos133=−=.18.在底面是菱形的四棱锥SABCD−中，已知5ABAS==，4BS=，过D作侧面SAB的垂线，垂足O恰为棱BS的中点.（1）在棱𝐴𝐷上是否存在一点E，

使得OE⊥侧面SBC，若存在，求𝐷𝐸的长；若不存在，说明理由.（2）二面角BSCD−−的大小为，二面角SABC−−的大小为，求cos()+.【答案】（1）存在，455DE=（2）6535260−−【解析】【分析】（1）连接AO，证明BS⊥平面AOD，再过O作OEAD⊥于E，

证明OE⊥平面BSC，再根据三角形中的关系求解DE的长即可；（2）以O为原点建立空间直角坐标系，分别利用向量法求出二面角BSCD−−的平面角的余弦值cos，二面角SABC−−的平面角的余弦值cos，再利用两角和的余弦公式求解即可.【小问1详解】如图，连接AO，ABAS=Q，O是BS的中点，

AOBS⊥，又DO⊥平面ABS，BS平面ABS，DOBS⊥，又AODOO=，,AODO平面AOD，BS⊥平面AOD，过O作OEAD⊥于E，又//ADBC，OEBC⊥，又OE平面AOD，BSOE⊥，又BCBSB=，,BCBS平面BSC，

OE⊥平面BSC，在RtAOD中，2215412AOABBS=−=−=，22512DOADAO=−=−=，1122AODOADEO=，得122555AODOEOAD===，22445455DEDOEO=−=−=.【小问2详解】以O为原点，OA，

OB，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则𝐴(1,0,0)，()0,2,0B，()0,2,0S−，()0,0,2D，()1,0,2BCAD==−，()1,2,0ABDC==−，()0,2,2DS=−−，由（1）知，15

AEAD=uuuruuur，可得42,0,55E，42,0,55OE=，又OE⊥平面BSC，所以平面BSC的一个法向量为()12,0,1n=，设平面SCD的一个法向量为()2111,,nxyz=，则2

200nDSnDC==，即22020yzxy−−=−+=，令1y=，得2,1xz==−，()22,1,1n=−，12121230cos,10nnnnnn==，由图可知二面角BSCD−−的平面角为钝角，则30cos10=−，70sin10

=，由题知，平面SAB的一个法向量为()10,0,2mOD==，设平面ABC的一个法向量为()2222,,mxyz=，则2200mABmBC==，即22222020xyxz−+=−+=，令22x=，得221yz==，()22,1,1m=.12121226

cos,626mmmmmm===，由图可知二面角SABC−−的平面角为锐角，则6cos6=，35sin6=，()65352coscoscossinsin60−−+=−=.19.如图①所示，矩形ABCD中，1AD=，2AB=，点M是边CD的中点

，将ADM△沿AM翻折到PAM△，连接PB，PC，得到图②的四棱锥PABCM−，N为PB中点．（1）求证：//NC平面PAM；（2）若平面PAM⊥平面ABCD，求直线BC与平面PMB所成角的大小；（3）设PAMD−−的大小为θ，若π(

0,]2，求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值．【答案】（1）证明见解析；（2）π6；（3）1111.【解析】【分析】（1）取PA中点Q，借助三角形中位线性质，结合平行公理，利用线面平行的判定推理即得.（2）借助面面垂直的性质，以M为原点建立空间

直角坐标系，求出平面PMB的法向量，利用线面角的向量求法求出大小.（3）连接DG，过点D作Dz⊥平面ABCD，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及法向量，列出方程，即可得到结果.【小问1详解】取PA中点Q，连

接,NQMQ，由N为PB中点，得1//,2NQABNQAB=，依题意，1//,2MCABMCAB=，则//,NQMCNQMC=，于是四边形CMQN是平行四边形，//CNMQ，而MQÌ平面PAM，NC平面PAM，所以//NC平面PAM.【小问2详解】取AM中点G，

连接PG，由1PMPA==，得PGAM^，而平面PAM⊥平面ABCD，平面PAM平面,ABCDAMPG=平面PAM，则PG⊥平面ABCD，过M作//MzPG，则Mz⊥平面ABCD，又,MAMB平面

ABCD，于是,MzMAMzMB⊥⊥，在矩形ABCD中，2==MAMB，2224MAMBAB+==，则MAMB⊥，以点M为原点，直线,,MAMBMz分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系，则2222(0,0,0),(0,2,0),(,,0),(,0,)2

222MBCP−，2222(0,2,0),(,0,),(,,0)2222MBMPBC===−−，设平面PMB的法向量为(,,)mabc=，则2022022mMBbmMPac===+=，令1a=，得(1,0,1)m=−，设直线BC与平面PMB所成的角为，

则2||12sin|cos,|2||||21mBCmBCmBC====，所以直线BC与平面PMB所成角的大小为π6.【小问3详解】连接DG，由DADM=，得DGAM⊥，而PGAM^，则PGD为PAMD−−的平面角，即PGD=，过点D作Dz⊥平面ABCD，以

D为坐标原点，直线,,DADCDz分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系，则𝐴(1,0,0)，()0,1,0M，()0,2,0C，显然AM⊥平面PGD，AM平面ABCD，则平面PGD⊥平面ABCD，在平面PGD内过P作PHDG⊥于点H，则PH⊥平面A

BCM，设()000,,Pxyz，而22PG=，则2sin2PH=，2cos2GH=，()21cos2DH=−，即00221(1cos)(1cos)222xy==−=−，02sin2z=，所以112((1cos),(1cos),sin)222P−−，于

是()1,1,0AM=−，1coscos12(,,sin)222PA+−=−，设平面PAM的法向量为𝑛1⃗⃗⃗⃗=(𝑥1,𝑦1,𝑧1)，则1111101coscos12sin0222xyx

yz−+=+−+−=，令12z=，得()1tan,tan,2n=，设平面PBC的法向量为()2222,,nxyz=，因为()1,0,0CB=，cos1cos32(,,sin)222PC−+=−，则22220cos1cos32sin0222xx

yz=−++−=，令22siny=，得()20,2sin,3cosn=+，设平面PAM和平面PBC为，则()()21222212sin2322cos3cos1coscos11cos6cos2tan2sin6cos10nnnn

+++===−++++2213|cos|331201808020(cos)(cos)11133399(cos)3(cos)33+==−+++++−++令11cos3t=+，π(0,]2，则3(,3]4t，即29cos80609tt=+−

，则当3t=时，cos有最小值1111，所以平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为1111．【点睛】方法点睛：利用向量法求二面角的常用方法：①找法向量，分别求出两个半平面所在平面的法向量，然后求得法向量的夹角，结合图形得到二面角的大小；②找与交线垂直的直线的方向向量，分

别在二面角的两个半平面内找到与交线垂直且以垂足为起点的直线的方向向量，则这两个向量的夹角就是二面角的平面角．