资源简介

黑龙江省哈三中 2025- 2026学年高一下学期 6月阶段检测
数学试题
★祝大家学习生活愉快★
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分，每小题只有一个选项符合要求
1. z已知复数 z= 1+ i，则 i =
A. 1+ i B. 1- i C. - 1+ i D. - 1- i
2.如图，△O A B 是水平放置的△OAB的直观图，O A = 4，O B = 3，则原平面图形△OAB的面积为
A. 3 2 B. 3 24 C. 12 D. 6
3.已知四面体 S- ABC的 4个顶点都在球O的表面上，若 SA⊥平面 ABC，AC⊥ BC，SA= AC= 3，BC=
4，则球O的表面积为
A. 17π B. 25π C. 34π D. 50π
4.已知两条不同的直线 a，b，两个不同的平面 α，β，下列说法正确的是
A. 若 a⊥ α，b⊥ a，则 b α B. 若 a α，b⊥ a，则 b⊥ α

C. 若 a α，b β，α β，则 a b D. 若 a⊥ α，b⊥ β ，a⊥ b，则 α⊥ β
5.△ABC π的内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，若 a= 10，A= 4 且 6bsinC= 5csin2B，则 c=
A. 14 B. 15 C. 16 D. 17
6.某圆台的轴截面 ABCD是一个上底CD为 2，下底 AB为 4，腰长为 2的等腰梯形，M为圆台下底面圆周上
一点，且 AM= 2，则二面角C- AM- B的余弦值为
A. 2 13 B. 3 1313 13 C.
2
3 D.
5
3
数学试题 第 1 页 共 4 页
7.直三棱柱 ABC- A1B1C1中，AB= AA1= BC= 2，AB⊥ BC，E为线段CB1上一动点，则 AE+ EC1的最小
值为
A. 2+ 6 B. 2 2 C. 2 3 D. 2+ 3
8. a = 1

b = a b= 1 c

已知 2 ，若向量 满足 a
-c b-c = 0，则 a c 的最大值为
A. 1+ 22 B. 2 C. 1+
3
2 D.
3
2
二、多选题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全
部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分。
9.三角形 ABC的内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，且 3bcosC+ 3ccosB= a2，下列说法正确的是
A. a= 3
B. 若 b= 5，c= 6，则三角形 ABC为锐角三角形
C. B= π若 3 ，b= 3 3，则 A=
π
6
D. 若 A= π4 ，且三角形 ABC有两解，则 b∈ 3,3 2
10.如图，在三棱柱 ABC- A1B1C1中，BC1与 B1C相交于点O，A1AB= A1AC= BAC= 60°，A1A= 2，AB= AC
= 1，则下列说法正确的是
A. AO⊥ BC B. AO= 112

C. AO AB 3 11与 所成角的余弦值为 22 D. AO AA1= 3
11.已知正方体 ABCD- A1B1C1D1棱长为 2，E为边 AD中点，P为空间内一动点，下列说法中正确的有
A. 当 P在线段 B1C上运动时，三棱锥 P- A1DE体积为定值
B. 当 P在线段 AC上运动时，存在点 P使直线D1P与 AD的夹角为 60°
C. 当 P在底面 ABCD内运动时，若 B1E⊥CP，则 P轨迹长度为 2
D. P 2 14 2 2当 在三角形△AB1C内运动，且D1P= 3 时，则 P轨迹长度为 3 π
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分

12. a b a 已知向量 、 满足 +b = a -2b ，若 b为单位向量，则 a b= .
13.若一个正三棱台的上底面边长为 2，下底面边长为 4，侧棱长为 2，则这个三棱台的体积为 .
14.已知四面体 ABCD外接球半径为 2 3，AB= BC= 2 3，AC= 4 2，BD= 2 6，则该四面体体积最大值
为 .
数学试题 第 2 页 共 4 页
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.已知△ABC的内角 A，B，C sinB+sinC的对边分别为 a，b，c，且 tanA= cosB+cosC ．
(1)求 A；
(2)若 a= 6 3，△ABC的面积为 16 3，求△ABC的周长.
16.如图，在四棱锥 P- ABCD中，底面 ABCD为直角梯形，AD BC，AB⊥ AD，侧面 PAB为等边三角形，
AD= 2BC= 2AB= 4，E为 PD中点．
(1)求证：CE 平面 PAB；
(2)设 F为 AB中点，PC= 2 2，求直线CF与 PA所成角的余弦值．
17.如图，在平面四边形 ABDC中，BD= 1，△ABC为等边三角形．
(1)若 AB= 5 32 ，AB⊥ BD，求 sin∠BCD；
(2)若CD= 3，求四边形 ABDC面积 S的取值范围．
数学试题 第 3 页 共 4 页
18.在边长为 4的菱形 ABCD中，∠BAD= 60°，AC与 BD相交于点O．将△ABD沿 BD折起，使得点 A到达
点 P的位置，得到如图所示的三棱锥 P- BCD，M为线段 PC上一点．
(1)证明：平面 BDM⊥平面 POC；
(2)若二面角 P- BD-C的大小为 120° 42，直线DM与平面 PBC所成角的正弦值为 7 ，PM>MC．
PM
①求 MC 的值；
②求平面 BDM与平面CDM夹角的余弦值．
19.如图，直角梯形 ABCD中，BC AD，AB⊥ AD，BC= 6，AD= 12，AB= 4，点 E为线段 BC(不含端点 B)
上的一点，过 E作 AB的平行线交 AD于 F，将矩形 ABEF翻折至与梯形 ECDF垂直，得到六面体
ABCDEF．
(1)若CF⊥ BD，求 BE的长；
(2)求异面直线 BC与 AD所成角余弦值的最小值；
(3)若 BE= 4，点Q在△BCD内部 (含边界)运动，满足四棱锥Q- FECD与三棱锥Q- BEF的体积相等，
求点Q轨迹长度．
数学试题 第 4 页 共 4 页
。
参考答案
1. B
2
【解析】由 z= 1+ i z，则 i =
1+ i
i =
i+ i
2 =
i-1
-1 = 1- i.i
2. C
1 1 2
【解析】由直观图可得 S = O A O B °△O A B 2 sin45 = 2 × 4× 3× 2 = 3 2，
则 S△OAB= 2 2S△O A B = 2 2 × 3 2= 12.
3. C
【解析】已知 SA⊥平面 ABC，AC , BC 平面 ABC，
因此 SA⊥ AC , SA⊥ BC,
又因为 AC⊥ BC，可得 SA , AC , BC两两互相垂直，
将四面体 S- ABC补成一个三条棱长度分别为 SA= 3、AC= 3、BC= 4的长方体，
四面体的外接球与长方体的外接球完全重合，外接球的直径等于长方体的体对角线长度，
设外接球的半径为 R，所以 2R 2 = SA2+ AC2+ BC2= 32+ 32+ 42= 34，
进而求得球的表面积 S= 4πR2= π 2R 2 = 34π.
4. D
【解析】对于 A，若 a⊥ α，a⊥ b，则 b α或 b α，故 A错误；
对于 B，若 a α，b⊥ a，则 b α或 b α，或 b与 α相交，故 B错误；
对于C，若 a α，b β，α β，则 a与 b相交、平行或异面，故C错误；
对于D，不失一般性作下图，在空间中取一点 P，过点 P作 a a，b b，则 a ⊥ α , b ⊥ β，
过相交直线 a , b 作平面 γ，
设 γ∩ α=m，γ∩ β= n，
因为 a ⊥ α，m α，所以 a⊥m，又 a⊥ b，
且 a , b ,m都在平面 γγ内，所以 b m，因为 b ⊥ β，
根据平行线的线面垂直性质，得m⊥ β，又m α，
根据面面垂直的判定定理可得 α⊥ β，因此D正确.
5. A
【解析】根据正弦定理，由 6bsinC= 5csin2B得 6sinBsinC= 5sinCsin2B，
因为 sinC≠ 0，所以 6sinB= 5sin2B= 10sinBcosB，
又 sinB≠ 0，所以 cosB= 3 45 ，所以 sinB= 5 .
在△ABC中，C= π- (A+ B)，
所以 sinC= sin π-(A+B) = sin(A+ B) = sinAcosB+ cosAsinB= 7 210 .
参考答案 1 页 共 10 页
△ABC c = a在 中，由正弦定理得 sinC sinA ，
所以 c= asinA × sinC=
10 × 7 210 = 14.2
2
6. B
【解析】已知轴截面等腰梯形 ABCD中，上底CD= 2，下底 AB= 4，腰长为 2，
因此圆台的高 (即等腰梯形的高)h= AD2- AB-CD
2
2 = 22-12= 3
AB为下底圆的直径，故下底圆半径 R= 2，
因为M在下底圆周上，AB是直径，所以 AM⊥ BM，
AM= 2 , AB= 4，在 Rt△AMB中，BM= AB2-AM 2= 42-22= 2 3，
过C作下底面的垂线，垂足为C (C在轴截面上，故C 在直径 AB上)，
得CC = h= 3，且CC ⊥下底面 AMB，
过C 作C N⊥ AM，垂足为N，连接CN，
则∠CNC 就是二面角C- AM- B的平面角，
因为△AMC 1的面积 S△AMC = 2 AM C
N= 12 AC
hM，
其中 ∣ AC ∣= AO+OC = 2+ 1= 3(O为下底圆心)，hM 是M到 AB的距离，

又 hM= AM C N =
AM BM
AB = 3，AC
1 1 3 3所以 2 2 ∣C N ∣= 2 3 3 ，解得 ∣C N ∣= 2 ，
3 3 2在 Rt△CC N中，∣CN ∣= ∣C N∣2+CC′2= 2 +( 3)2= 392 ，
3 3
∣C N∣ 2 3 13
因此二面角的余弦值 cos∠CNC = ∣CN∣ = = .39 13
2
7. A
【解析】如图，将△AB1C沿CB1旋转至与△CB1C1在一个平面，
当 A , E ,C1共线时，AE+ EC1取得最小值，
在△AB1C中，AB1= 2 2 , AC= 2 2 , B1C= 2 2，则∠AB1C= 60°，
参考答案 2 页 共 10 页
在△CB1C1中，∠CB1C1= 45°，
在△AB1C1中，cos∠AB1C1= cos 45°+60° = 22 ×
1 2 3 2- 6
2 - 2 × 2 = 4 ，
由余弦定理得 AC21= 8+ 4- 2× 2 2 × 2× 2- 6 24 = 6+ 2 ，
所以 AC1= 6+ 2，
即 AE+ EC1的最小值为 2+ 6.
8. C
a = 1

【解析】因为 2 b = a
b= 1，

cos a

所以 ,b =
a b
=
1
2 ，所以 a,b = 60°， a b

则可设 a= 1,0 , b= 1, 3 ，设 c= x,y ，

由 a-c b-c = 0，
得 1-x,-y 1-x, 3-y = 0，
3 2 3
即 1-x 2 - y 3-y = 0，化简整理得 x-1 2 + y- 2 = 4 ，
3 3 3
所以 x-1 2 ≤ 4 ，所以 1- 2 ≤ x≤ 1+ 2 ，

所以 a c = x∈ 3 3 1- 2 ,1+ 2 ，
a 即 c 3的最大值为 1+ 2 .
9. AC
【解析】对于 A项，在△ABC中，由射影定理得：3bcosC+ 3ccosB= 3 bcosC+ccosB = 3a，
将其代入条件 3bcosC+ 3ccosB= a2，可得：3a= a2
因为 a> 0，所以 a= 3，故选项 A正确；
对于 B项，已知 a= 3 , b= 5 , c= 6，该三角形最大边为 c，则最大的角为角C，
2 2 2 2 2 2
由余弦定理：cosC= a +b -c 3 +5 -6 12ab = 2×3×5 =- 15 < 0
所以角C为钝角，△ABC为钝角三角形，故选项 B错误；
C a= 3 , B= π对于 项，已知 3 , b= 3 3，
3
a = b asinB
3× 2 1
由正弦定理 sinA sinB 得：sinA= b = = 。3 3 2
a< b π π又 ，根据大边对大角，得 A< B= 3 ，所以 A= 6 ，故选项C正确；
对于D项，已知 a= 3 A= π， 4 ，当三角形有两解时，满足条件：bsinA< a< b，
2
2 b< 3< b解得：3< b< 3 2，故 b∈ 3,3 2 ，故选项D错误.
10. ABD
【解析】对于 A，由题意，四边形 BB1C1C为平行四边形，则O为 B1C的中点，
1
因 AO= AB+ BO= AB+ 2 BC+BB1 = AB+
1
2 AC-AB+AA
1
1 = AB+AC+AA1 ，
2
BC= AC- AB，
参考答案 3 页 共 10 页
1 2 2
则 AO BC= 2 AB+AC+AA1 AC-AB =
1
2 -AB +AC +AA1 AC-AA1 AB
= 12 -1+1+2×1×cos60°-2×1×cos60° = 0，
则 AO⊥ BC，即 AO⊥ BC，故 A正确；
1
对于 B，由 A知，AO= 2 AB+AC+AA1 ，
2 2 2 2
则 AO = 14 AB +AC +AA1 +2AB AC+2AB AA1+2AC AA1
= 14 1+1+4+2×
1
2 +2×1+2×1 =
11
4 ，即得 AO=
11
2 ，故 B正确；

对于C，由 A知，AO= 12 AB+AC+AA AO =
11
1 ， 2 ，

AO AB= 1

则 2 AB+AC+AA1 AB=
1 2
2 AB +AC AB+AA1 AB
= 12 1+1×1×cos60°+2×1×cos60°
5
= 4 ，
5
则 cosAO , AB= A O A B = 4 = 5 11 ，
AO AB 11 ×1 222
5 11
即 AO与 AB所成角的余弦值为 22 ，故C错误；
1
对于D，由 A项知，AO= 2 AB+AC+AA AO =
11
1 ， 2 ，
1
则 AO AA1= 2 AB+AC+AA1 AA
1
1= 2 AB AA1+AC AA
2
1+AA1
= 12 1+1+4 = 3，故D正确.
11. ABD
【解析】对于 A，因为 B1C平行于平面 AA1D1D，所以 P到平面 A1DE的距离为定值 2，
又因为 S 1 1 2△A1DE= 2 × 1× 2= 1，所以VP-A DE= 3 × 1× 2= 3 为定值，A选项正确；1
对于 B，当 P在线段 AC上运动时，
当点 P与点 A重合，直线D1P与 AD的夹角为∠D1AD= 45°，
当点 P与点C重合，AD⊥平面DD1C1C，D1C 平面DD1C1C，则 AD⊥D1C，
直线D1P与 AD的夹角等于 90°，
当点 P在线段 AC上从 A运动到C时，直线D1P与 AD的夹角从 45°变化到 90°，
所以存在点 P使直线D1P与 AD成角为 60°，B选项正确；
参考答案 4 页 共 10 页
对于C，当 P在底面 ABCD内运动时，B1E⊥CP，B1E在底面 ABCD内的投影为 BE，
所以 BE⊥CP，
F为 AB中点，连接CF与 BE相交于点N，则有△ABE △BCF，
∠NFB+∠NBF=∠CFB+∠BCF= 90°，所以 BE⊥CF，
则点 P轨迹为线段CF，长度为 5，C选项错误；
对于D，三棱锥D1- AB1C是棱长为 2 2的正四面体，O为△AB1C的中心，连接D1O，
则D1O⊥ 1 3平面 AB1C，S△AB C= 2 × 2 2 × 2 2 × 2 = 2 3，1
由V 1 3 1D -AB C= 3 S△AB C D1O= 2 - 4× 3 ×
1
2 × 2× 2× 2=
8
3 ，解得D
4 3
1O= 3 ，1 1 1
2 14 2 14 2 4 3 2当 P在三角形△AB1C内运动，且D1P= 3 时，则OP= D1P
2-D1O2= 3 - 3 =
2 2
3 ，
P 2 2轨迹是半径为 3 的圆，位于△AB1C内的部分，
6
又因为等边△AB1C的边长为 2 2，其内切圆的半径 r1= 3 ，
如图所示，过点O作OM⊥ PQ，可得点M为 PQ的中点，且OM= r = 61 3 ，
参考答案 5 页 共 10 页
可得 cos∠POM= OM 3OP = 2 ，所以∠POM=
π
6 ，则∠POQ=
π
3 ，

P PQ 3 3× π × 2 2 = 2 2所以动点 的轨迹为 的 倍，其长度为 3 3 3 π，所以D正确.
12. 12
2
【解析】由已知 b = 1，故 b2= b = 1 ，由 a+b = a -2b 两边平方得 a2

+ 2a b+ b2= a 2- 4a b+ 4b2，所
a

以 b= 12 .
13. 14 23
【解析】设上下底面的外心分别为D , E，过 B1作底面的垂线交 BE于点 F，
上、下底面三角形的高分别为 22-12= 3， 42-22= 2 3，
EF= B D= 2 × 3= 2 3 BE= 2 × 2 3= 4 3所以 1 3 3 ， 3 3 ，
2 3
所以 BF= 3 ，又 BB1= 2，
2
所以正三棱台的高为 22- 2 33 = 2 63 ，
1
上底面积为 2 × 2× 3= 3
1
，下底面积为 2 × 4× 2 3= 4 3，
V= 1 3+ 3×4 3+4 3 × 2 6 14 2所以正三棱台的体积为 3 3 = 3 .
14. 4 6+12 23
【解析】因为 AB= BC= 2 3，AC= 4 2，由余弦定理得
AB2 2cos∠ABC= +BC -AC
2 2 2 2
2 AB BC =
(2 3) +(2 3) -(4 2) =- 1 ，
2×2 3×2 3 3
2
所以 sin∠ABC= 1- - 1 = 2 23 3 ，
1
所以 S△ABC= 2 AB BC sin∠ABC=
1 × 2 3 × 2 3 × 2 22 3 = 4 2，
参考答案 6 页 共 10 页
△ABC r r= AC = 4 2设 的外接圆半径 ，则 2sin∠ABC = 3，2× 2 23
设四面体 ABCD的外接球球心为O，△ABC的外接圆圆心为O1，则OO1⊥平面 ABC，
由外接球半径 R= 2 3，得OO = R2-r21 = (2 3)2-32= 12-9= 3
因为OD=OB= 2 3 , BD= 2 6 ,所以OD2+OB2= BD2，所以OD⊥OB，
当D , B ,O1 ,O四点共面时，D到平面 ABC的距离取得最大值，
过D作DN⊥平面 ABC交O1B于点N ,过O作OM⊥DN交DN于点M，
则点D到平面 ABC的距离的最大值是DN，设DM= x , BN= y,
则OM=O1N= OD2-DM 2= 12-x2，
BD2=DN 2+BN 2 2 6
2 = 3+x 2 +y2 24= 3+x 2 +y2
由 O ，得 2 即1B=O1N+BN 3= 12-x +y y=3- 12-x2
由 y= 3- 12-x2，所以 y2= 3- 12-x2
2
= 21- x2- 6 12-x2，
所以 24= 3+ x2+ 2 3 x+ 21- x2- 6 12-x2，即 3 x= 3 12-x2，所以 3x2= 9 12-x2 ，解得 x= 3，此
时DN= 3+ 3，
所以点D到平面 ABC的距离的最大值是 3+ 3，
1
所以四面体体积的最大值为VD-ABC= 3 S△ABC DN=
1
3 × 4 2 ×
4 6+12 2
3+3 = 3
15. (1) sinA sinB+sinC由已知 cosA = cosB+cosC ，得 sinAcosB+ sinAcosC= cosAsinB+ cosAsinC，
所以 sinAcosB- cosAsinB= cosAsinC- sinAcosC，
整理得 sin A-B = sin C-A ，
又-π< A- B< π，-π所以 A- B=C- A或 A-B + C-A = π(舍去)或 A-B + C-A =-π(舍去)，
所以 A+ B+C= A+ 2A= 3A= π A= π，解得 3 .
(2) 1由已知 S= 2 bcsinA=
3
4 bc= 16 3，得 bc= 64①，
由余弦定理 a2= b2+ c2- 2bccosA，得 (6 3 )2= (b+ c)2- 3bc②，
由①②可得 b+ c= 10 3，
所以△ABC的周长 L= a+ b+ c= 6 3+ 10 3= 16 3.
16. (1)证明：取 PA中点G，连接 BG，GE，EC
参考答案 7 页 共 10 页
∵ EG AD，EG= 12 AD，BC AD BC=
1
， 2 AD
∴ BC GE，BC=GE
∴GBCE为平行四边形
∴GB CE，
又∵CE 平面 PAB，BG 平面 PAB
∴CE 平面 PAB
(2)取 PB中点H，连接 FH，FH PA，则∠CFH或其补角为直线CF与 PA所成角，
∵ PF 2+ FC2= PC2 ,∴ PF⊥ FC，
又∵ PF⊥ AB，AB∩CF= F，AB ,CF 平面 ABCD，
∴ PF⊥平面 ABCD，
又∵ PF平面 PAB，
∴平面 PAB⊥平面 ABCD，平面 PAB∩平面 ABCD= AB，
又∵ BC⊥ AB，BC 平面 ABCD，
∴ BC⊥平面 PAB，PB 平面 PAB ,∴ BC⊥ PB，
AB⊥ AD且 PB= BC= 2 , AB= 2，
2
∴CH= BC2+ 12 PB = 5，
∵CF= 5，HF= 12 PA= 1，
∴ cos∠CFH= 5+1-5 = 5
2× 5×1 10
，
所以直线CF与 PA 5所成角的余弦值为 10 ．.
17. (1) 5 3 5 3因为△ABC为等边三角形，AB= 2 ，所以 BC= 2 ．
2
在△BCD中，CD= 5 3 2 5 32 +1 -2×1× 2 ×cos30° = 72 ，
7
CD = BD 2 1 1又因为 sin∠CBD sin∠BCD ，即 sin30° = sin∠BCD ，解得 sin∠BCD= 7 .
(2)设∠BDC= θ
在△BCD中，BC2= 12+ 32- 2× 1× 3× cosθ= 10- 6cosθ，
S 3△ABC= 4 BC
2= 34 10-6cosθ =
5 3
2 -
3 3
2 cosθ，
S 1△BCD= 2 BD CD sinθ=
1
2 × 1× 3× sinθ=
3
2 sinθ，
参考答案 8 页 共 10 页
∴ S= S + S = 5 3 - 3 3 cosθ + 3 5 3△ABC △BCD 2 2 2 sinθ= 2 -
3 3
2 cosθ+
3
2 sinθ= 3sin θ-
π
3 +
5 3
2 ，
∵ θ∈ π π 2 0,π ,∴ θ- 3 ∈ - 3 , 3 π , sin θ-
π
3 ∈ -
3 ,1 2 , 3sin θ-
π
3 ∈ -
3 3
2 ,3

，
∴ S∈ 3 ,3+ 5 3 2 .
18. (1)在菱形 ABCD中，AC⊥ BD，O为 BD中点，
由题可知 PB= PD，所以OP⊥ BD，
因为OC∩OP=O，OC，OP 平面 POC，
所以 BD⊥平面 POC
又 BD 平面 BDM，所以平面 BDM⊥平面 POC.
(2)①以O为原点，OB，OC所在直线分别为 x，y轴，过点O且垂直于平面 BCD的直线为 z轴，建立如图
所示的空间直角坐标系
二面角 P- BD-C的大小为 120°，即∠POC= 120°
因为 PB= PD= 4，∠BPD= 60°，所以 BD= 4，OP=OC= 2 3，
则 P 0,- 3 ,3 ，B 2,0,0 ，D -2,0,0 ，C 0,2 3 ,0 ，

所以 PC= 0,3 3 ,-3 ，PD= -2, 3 ,-3 ，

设 PM = tPC= 0,3 3 t,-3t ，则M 0,3 3 t- 3 ,3-3t ，

所以DM = 2,3 3 t- 3 ,3-3t ．

PBC n = x,y,z PC n
=3 3 y-3z=0
设平面 的法向量为 ，则 ，PB n =2x+ 3 y-3z=0
取 y= 1，得 x= \sqrt3，z= 3，则 n = 3 ,1, 3 ．
设直线DM与平面 PBC所成角为 θ，


sinθ= cos DM n
> = = 4 3 = 42则 ，
DM × n 4+(3 3 t- 3)2+(3-3t)2 7 7
整理得 9t2- 9t+ 2= 0，解得 t= 1 23 或 t= 3 ，

当 t= 13 时，PM =
1 PC PM3 ，则 MC =
1
2 ；

当 t= 23 时，PM =
2 PM
3 PC，则 MC = 2．
因为 PM>MC PM，所以 MC = 2
②由①DM = (2 , 3 , 1) , BD= -4,0,0 ,设平面 BDM的法向量为 n1= x1,y1,z ， 1
D M n1=0 2x + 3 y由 1，即 1+z1=0 BD n =0 -4x =0 ，取 y1=-1，则 z1= 3，1 1

所以 n1= 0,-1, 3 .

设平面CDM的法向量为 n2= x2,y2,z2 ，CD= (-2 ,-2 3 , 0) ,CP= 0,-3 3 ,3 ,
C D n2=0 -2x2-2 3 y2=0 ，即 -3 3 y +3z =0，取 y2=-1，则 x2= 3 , zCP n =0 2=- 3，2 2 2

所以 n2= 3 ,-1,- 3
参考答案 9 页 共 10 页
设平面 BDM与平面CDM所成角为 θ ，则 cosθ

= cos n1,n2 7 = 7 .
19. (1)连接DE，平面 ABEF⊥平面 ECDF，交线为 EF，
由 BE⊥ EF，有 BE⊥平面 ECDF，又CF 平面 ECDF，所以 BE⊥CF，
当CF⊥ BD，BE∩ BD= B , BE , BD 平面 BDE，所以CF⊥平面 BDE，
又DE 平面 BDE，所以CF⊥DE，
直角梯形 ECDF中，∠FEC=∠DFE= 90° , ∠ECF=∠CFD，
所以∠CFE=∠FDE，此时△FEC与△DFE相似，故DF EC= EF 2，
设 BE= t(0< t≤ 6)，由 12- t 6- t = 16，
解得 t= 4或 t= 14(舍)，所以 BE= 2.
(2)过C作 EF的平行线交DF于点G，连接 AG，由CG EF BA，且CG= EF= BA，
得四边形CGAB是平行四边形，故 BC AG，所以∠DAG即为异面直线 BC与 AD所成的角，
设 BE= t(0< t≤ 6)，
tan∠DAG= tan tan∠DAF- tan∠GAF ∠DAF-∠GAF = 1+ tan∠DAFtan∠GAF
12- t
t -
6- t
= t = 3 ≤ 312- t 6- t 36 = 1，1+ t+ -9 2 36-9t t t
当且仅当 t= 6取等，
所以锐角∠DAG 2正切值的最大值为 1，此时余弦值有最小值 2 ，
2
所以异面直线 BC与 AD所成角余弦值的最小值为 2 .
(3)BC= 2 5，CD= 2 13，BF= 4 2，BD= 4 6，
由题可知，点Q到平面 FECD和平面 BEF的距离为常数，所以点Q的轨迹为线段，
设轨迹与 BC交于Q1，与 BD交于Q2，
VQ1-CEF = S△CEFV =
1
，
Q S 51-FECD FECD
VQ -CEF 1
因为V 1Q1-FECD=VQ -BEF，所以 V =1 Q -BEF 5
，
1
VQ -CEF VC-Q EF CQ1 5 5 5
又 1 1V = = ，所以 BQ1= BC=Q1-BEF VB-Q EF BQ1 6 31
VQ V
同理， 2
-DEF S△DEF 4 Q2-DEF 4
V = S = 5 ，VQ2-FECD=VQ2-BEF， = ，Q2-FECD FECD VQ 52-BEF
VQ2-DEF V= D-Q2EF = DQ2V V BQ ，所以 BQ =
5
2 9 BD=
20 6
Q2-BEF B-Q2EF 2 9
2 2 2
cos∠CBD= BC +BD -CD = 20+96-52 42BC BD =2× 20× 96 30
Q Q = BQ2+BQ21 2 1 2-2BQ1 BQ2cos∠CBD=
5 5
3 .
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