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2023-2024学年高二数学上学期期中精选名校测试卷（湖北2）
（本试卷满分150分，考试时间120分钟）
测试范围：选择性必修第一册（人教A版2019）第一章、第二章
一、单选题(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．（2023秋·湖北武汉·高二武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）校考阶段练习）如图所示，是边长为3正三角形，，S是空间内一点，分别是，的二面角，满足，点D到直线SB的距离是1，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2022秋·湖北武汉·高二华中师大一附中校考期中）若直线的方向向量是，则直线的倾斜角是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023春·湖北襄阳·高二襄阳五中校考开学考试）如图，在平行六面体中，是与的交点，若，，，且，则等于（ ）
A． B． C． D．
4．（2021春·湖北武汉·高一武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）期末）如图所示，空间四边形中，，，则，的值是（ ）
A．0 B． C． D．
5．（2022·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）美术绘图中常采用“三庭五眼”作图法.三庭：将整个脸部按照发际线至眉骨，眉骨至鼻底，鼻底至下颏的范围分为上庭、中庭、下庭，各占脸长的，五眼：指脸的宽度比例，以眼形长度为单位，把脸的宽度自左至右分成第一眼、第二眼、第三眼、第四眼、第五眼五等份.如图，假设三庭中一庭的高度为2cm，五眼中一眼的宽度为1cm，若图中提供的直线AB近似记为该人像的刘海边缘，且该人像的鼻尖位于中庭下边界和第三眼的中点，则该人像鼻尖到刘海边缘的距离约为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2022秋·湖北武汉·高二华中师大一附中校考阶段练习）已知向量共面，则实数的值是（ ）
A．1 B． C．2 D．
7．（2022秋·湖北武汉·高二华中师大一附中校考阶段练习）在正三角形中，为中点，为三角形内一动点，且满足，则最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2023秋·湖北襄阳·高二襄阳五中校考开学考试）如图，在长方体中，，，E为棱AD上一点，且，平面上一动点Q满足，设P是该长方体外接球上一点，则P，Q两点间距离的最大值是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．（2023秋·湖北襄阳·高二襄阳市第一中学校考期末）已知向量，，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．不存在实数，使得
D．若，则
10．（2023春·湖北武汉·高二武汉市新洲区第一中学校考开学考试）过点的直线l与直线平行，则下列说法正确的是（ ）
A．直线l的倾斜角为
B．直线l的方程为：
C．直线l与直线间的距离为
D．过点P且与直线l垂直的直线为：
11．（2022·湖北黄冈·蕲春县第一高级中学校考模拟预测）已知正四棱柱中，，为的中点，为棱上的动点，平面过，，三点，则（ ）
A．平面平面
B．平面与正四棱柱表面的交线围成的图形一定是四边形
C．当与A重合时，截此四棱柱的外接球所得的截面面积为
D．存在点，使得与平面所成角的大小为
12．（2023·湖北·荆门市龙泉中学校联考二模）中国国家大剧院的外观被设计成了半椭球面的形状，如图，若以椭球的中心为原点建立空间直角坐标系，半椭球面的方程为（，a，b，，且a，b，c不全相等）
若该建筑的室内地面是面积为的圆，则下列结论正确的是（ ）
A．； B．；
C．； D．若，则
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上)
13．（2021秋·湖北襄阳·高二襄阳五中校考阶段练习）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为 .
14．（2019秋·湖北武汉·高二华中师大一附中校考期中）当直线被圆截得的弦最短时，的值为 .
15．（2019秋·湖北武汉·高二武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）校考期末）在平面直角坐标系中，经过三点（0，0），（1，1），（2，0）的圆的方程为 ．
16．（2021秋·湖北襄阳·高二襄阳五中校考阶段练习）下列四个命题：（1）已知向量是空间的一组基底，则向量也是空间的一组基底；（2） 在正方体中，若点在内，且，则的值为1；（3） 圆上到直线的距离等于1的点有2个；（4）方程表示的曲线是一条直线.其中正确命题的序号是 .
四、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．（2022秋·湖北·高二宜城市第一中学校联考期中）已知直线
(1)若直线的倾斜角，求实数m的取值范围；
(2)若直线l分别与x轴，y轴的正半轴交于A，B两点，O是坐标原点，求面积的最小值及此时直线l的方程．
18．（2022秋·湖北黄冈·高二湖北省红安县第一中学校考阶段练习）已知的三个顶点分别为，，，求：
(1)边上中线所在直线的方程；
(2)边的垂直平分线的方程；
(3)的外接圆方程．
19．（2022秋·湖北孝感·高二应城市第一高级中学校考阶段练习）已知向量，，.
（Ⅰ）当时，若向量与垂直，求实数和的值；
（Ⅱ）若向量与向量，共面，求实数的值.
20．（2022秋·湖北·高二校联考阶段练习）如图，已知四棱锥中，平面，平面平面，且，，，点在平面内的射影恰为的重心.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
21．（2022·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）如图1，在平行四边形中，，，，以对角线为折痕把折起，使点到达图2所示点的位置，且.
(1)求证：；
(2)若点在线段上，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
22．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）在三棱锥P-ABC中，若已知，，点P在底面ABC的射影为点H，则
(1)证明：
(2)设，则在线段PC上是否存在一点M，使得与平面所成角的余弦值为，若存在，设，求出的值，若不存在，请说明理由.
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2023-2024学年高二数学上学期期中精选名校测试卷（湖北2）
（本试卷满分150分，考试时间120分钟）
测试范围：选择性必修第一册（人教A版2019）第一章、第二章
一、单选题(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．（2023秋·湖北武汉·高二武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）校考阶段练习）如图所示，是边长为3正三角形，，S是空间内一点，分别是，的二面角，满足，点D到直线SB的距离是1，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求得，根据二面角以及解直角三角形等知识分别求得和，由此求得正确答案.
【详解】由于，所以，
由余弦定理得，
则，而为锐角，
所以，，
同理可求得.
设平面，且平面，
过作，垂足为，过作，垂足为，连接，
由于平面，所以，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以，所以，
同理可证得，依题意，
即，
设，则，
所以，
，，
所以三点共线，而平面，所以，
，，
连接，过作，垂足为，则，
所以，所以 ，
由两边平方得
，
即，为锐角，故解得.
由两边平方得
，
即，为锐角，故解得，
所以.
故选：D
【点睛】求解二面角有关问题，关键是利用二面角的定义作出二面角的平面角.常用的方法有定义法和线面垂直法.定义法是：在交线上任取一点，过这点在两个面内分别引交线的垂线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角.线面垂直法是：自二面角的一个面上的一点向另一个面引垂线，再由垂足向交线作垂线，连线后得到二面角的平面角.
2．（2022秋·湖北武汉·高二华中师大一附中校考期中）若直线的方向向量是，则直线的倾斜角是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由斜率与倾斜角，方向向量的关系求解，
【详解】由题意得直线的斜率为，则直线的倾斜角是，
故选：C
3．（2023春·湖北襄阳·高二襄阳五中校考开学考试）如图，在平行六面体中，是与的交点，若，，，且，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】以为一组基底可表示出，从而求得的值，进而得到结果.
【详解】，
，，，.
故选：D.
4．（2021春·湖北武汉·高一武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）期末）如图所示，空间四边形中，，，则，的值是（ ）
A．0 B． C． D．
【答案】A
【分析】利用，以及两个向量的数量积的定义求出，的值即可.
【详解】，
，
，，
故选：A
5．（2022·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）美术绘图中常采用“三庭五眼”作图法.三庭：将整个脸部按照发际线至眉骨，眉骨至鼻底，鼻底至下颏的范围分为上庭、中庭、下庭，各占脸长的，五眼：指脸的宽度比例，以眼形长度为单位，把脸的宽度自左至右分成第一眼、第二眼、第三眼、第四眼、第五眼五等份.如图，假设三庭中一庭的高度为2cm，五眼中一眼的宽度为1cm，若图中提供的直线AB近似记为该人像的刘海边缘，且该人像的鼻尖位于中庭下边界和第三眼的中点，则该人像鼻尖到刘海边缘的距离约为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】建立平面直角坐标系，求出直线AB的方程，利用点到直线距离公式进行求解.
【详解】如图，以鼻尖所在位置为原点O，中庭下边界为x轴，垂直中庭下边界为y轴，建立平面直角坐标系，则，
直线，整理为，
原点O到直线距离为，
故选：B
6．（2022秋·湖北武汉·高二华中师大一附中校考阶段练习）已知向量共面，则实数的值是（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】C
【分析】根据空间共面向量定理，结合已知向量的坐标，待定系数，求解即可.
【详解】因为共面，所以存在，使得，
整理得，解得.
故选：C.
7．（2022秋·湖北武汉·高二华中师大一附中校考阶段练习）在正三角形中，为中点，为三角形内一动点，且满足，则最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】以为坐标原点建立平面直角坐标系，设边长为，由向量坐标运算可表示出点轨迹，利用两点间距离公式可得；当时，可求得；当时，令，根据的几何意义，利用直线与圆的位置关系可求得的范围，进而得到最小值；综合两种情况可得结果.
【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示平面直角坐标系，
不妨设正三角形的边长为，则，，，
设，则，，
，，
，即；
点轨迹为：，
；
当时，，；
当时，令，则表示与连线的斜率，
设直线与圆相切，
则圆心到直线距离，解得：或，
，
则当时，取得最小值，；
综上所述：最小值为.
故选：D.
8．（2023秋·湖北襄阳·高二襄阳五中校考开学考试）如图，在长方体中，，，E为棱AD上一点，且，平面上一动点Q满足，设P是该长方体外接球上一点，则P，Q两点间距离的最大值是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，设出点坐标，结合平面向量基本定理求出点到外接球球心距离的最大值，然后加上外接球半径即为要求的最大值.
【详解】以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系.
设,长方体外接球球心记为.
则,
因为，所以①.
又动点在面上，所以可设，
则，即②.
将②代入①中整理得③.
在三棱锥中， 且两两互相垂直，
所以三棱锥为正三棱锥且底边.
当面时，最小，在正三棱锥中由等体积法有
，解得.
在中，，此时有最大值.
又.
先代入②再代入③有.
则，此时有最大值，解得.
当点与点重合时，满足，最大，此时.则.
点到外接球球心距离为④.
将②代入④中整理得.
又，所以.
因为，所以当时，.
因为长方体外接球半径为.
所以P，Q两点间距离的最大值为.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题个关键是利用坐标法找出动点Q满足的条件，进而利用坐标法求出，然后利用球的性质即得.
二、多选题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．（2023秋·湖北襄阳·高二襄阳市第一中学校考期末）已知向量，，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．不存在实数，使得
D．若，则
【答案】ACD
【分析】运用空间向量的垂直、共线的表示及应用，以及空间向量的数量积的运算、模的运算，逐项判断即可.
【详解】对于A项，由可得，解得，故A项正确；
对于B项，由可得，解得，故B项错误；
对于C项，假设存在实数，使得，则，所以不存在实数，使得，故C项正确；
对于D项，由可得，解得，所以，故D项正确.
故选：ACD.
10．（2023春·湖北武汉·高二武汉市新洲区第一中学校考开学考试）过点的直线l与直线平行，则下列说法正确的是（ ）
A．直线l的倾斜角为
B．直线l的方程为：
C．直线l与直线间的距离为
D．过点P且与直线l垂直的直线为：
【答案】BCD
【分析】由直线的斜率可求得倾斜角即可判断选项A，由直线平行和垂直的斜率关系设出所求方程点代入求得直线方程即可判断B、D，由平行直线间的距离公式计算即可判断C选项.
【详解】过点的直线l与直线平行，
设直线l方程为，代入可得，解得：,所以直线l的方程为：，B正确，
直线l的斜率，直线l的倾斜角为，则A错误，
l与直线的距离为，C正确，
过点P且与直线l垂直的直线可设为：，代入可得，解得：,则过点P且与直线l垂直的直线为：，D正确.
故选：BCD.
11．（2022·湖北黄冈·蕲春县第一高级中学校考模拟预测）已知正四棱柱中，，为的中点，为棱上的动点，平面过，，三点，则（ ）
A．平面平面
B．平面与正四棱柱表面的交线围成的图形一定是四边形
C．当与A重合时，截此四棱柱的外接球所得的截面面积为
D．存在点，使得与平面所成角的大小为
【答案】AC
【分析】A选项，证明，从而证明出平面，进而证明面面垂直；B选项，当时，画出平面与正四棱柱表面的交线围成的图形是五边形；C选项，作出与A重合时的平面，求出外接球半径，得到截面面积；D选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的大小.
【详解】因为，为的中点，底面ABCD为正方形，
所以，又因为平面，平面，
所以，
因为，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，即A正确；
当时，画出平面与正四棱柱表面的交线围成的图形如下图：
其中F在线段上，G在上，BP∥EG，BE∥PF，
可知交线围成的图形为五边形，即B错误；
如图，以A为坐标原点，AD，AB所在直线为，y，z轴，建立空间直角坐标系，
，，，，
设平面ABEF的法向量为，
则有，令，则，
则
球心到平面的距离，
此正四棱柱的外接球半径为，
所以截面半径，则截面积，
即C正确；
设，，
则平面的法向量为，则，
令，则，所以，
设与平面所成角为，
则，
因为在上单调递增，
所以，
所以不存在点，使得与平面所成角的大小为，即D错误.
故选：AC
【点睛】求解直线与平面夹角的取值范围或平面之间夹角的取值范围问题，建立空间直角坐标系可以很好的将抽象的立体几何问题转化为运算问题进行解决.
12．（2023·湖北·荆门市龙泉中学校联考二模）中国国家大剧院的外观被设计成了半椭球面的形状，如图，若以椭球的中心为原点建立空间直角坐标系，半椭球面的方程为（，a，b，，且a，b，c不全相等）
若该建筑的室内地面是面积为的圆，则下列结论正确的是（ ）
A．； B．；
C．； D．若，则
【答案】AD
【分析】令 得底面曲线方程结合已知条件分别判断A,B,D选项，根据反证法判断C选项即可.
【详解】已知,令 得底面曲线方程为,
建筑的室内地面是面积为的圆，
,且得 ,故A正确；
,不全相等， ，故B错误；
由得 ，即 ，则 与 不全相等矛盾，故C错误；
若，即则，故D正确.
故选:AD.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上)
13．（2021秋·湖北襄阳·高二襄阳五中校考阶段练习）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为 .
【答案】
【详解】点P到直线CC1的距离等于点P在平面ABCD上的射影到点C的距离，设点P在平面ABCD上的射影为P′，显然点P到直线CC1的距离的最小值为P′C的长度的最小值，当P′C⊥DE时，P′C的长度最小，此时P′C＝＝.
14．（2019秋·湖北武汉·高二华中师大一附中校考期中）当直线被圆截得的弦最短时，的值为 .
【答案】
【分析】先求得直线过定点，分析可知当直线与CM垂直时，直线被圆截得的弦长最短
，进而利用斜率的关系即可求得m的值．
【详解】直线的方程可化为
所以直线会经过定点，解得定点坐标为 ，圆C圆心坐标为
当直线与CM垂直时，直线被圆截得的弦长最短
，
所以，解方程得
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，根据斜率关系求得参数的值，属于基础题．
15．（2019秋·湖北武汉·高二武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）校考期末）在平面直角坐标系中，经过三点（0，0），（1，1），（2，0）的圆的方程为 ．
【答案】
【详解】分析：由题意利用待定系数法求解圆的方程即可.
详解：设圆的方程为，圆经过三点（0，0），（1，1），（2，0），则：
，解得：，则圆的方程为.
点睛：求圆的方程，主要有两种方法：
(1)几何法：具体过程中要用到初中有关圆的一些常用性质和定理．如：①圆心在过切点且与切线垂直的直线上；②圆心在任意弦的中垂线上；③两圆相切时，切点与两圆心三点共线．
(2)待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量．一般地，与圆心和半径有关，选择标准式，否则，选择一般式．不论是哪种形式，都要确定三个独立参数，所以应该有三个独立等式．
16．（2021秋·湖北襄阳·高二襄阳五中校考阶段练习）下列四个命题：（1）已知向量是空间的一组基底，则向量也是空间的一组基底；（2） 在正方体中，若点在内，且，则的值为1；（3） 圆上到直线的距离等于1的点有2个；（4）方程表示的曲线是一条直线.其中正确命题的序号是 .
【答案】(1)(2)(4)
【详解】（1）已知向量是空间的一组基底，即向量不共面，则也不共面，所以向量是空间的一个基底，正确；（2）
，，，正确；（3）由圆的方程，得到圆心坐标为，半径为，则圆心到直线的距离为， 圆上的点到直线的距离为的点有个，错误；（4）由题意可化为或，不成立，方程 表示的曲线是一条直线，正确，故答案为(1)(2)(4).
四、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．（2022秋·湖北·高二宜城市第一中学校联考期中）已知直线
(1)若直线的倾斜角，求实数m的取值范围；
(2)若直线l分别与x轴，y轴的正半轴交于A，B两点，O是坐标原点，求面积的最小值及此时直线l的方程．
【答案】(1)
(2)最小值为2，直线l方程为：．
【分析】（1）由直线的斜率和倾斜角的范围可得的不等式，解不等式可得；
（2）由题意可得点和点，可得，由基本不等式求最值可得．
【详解】（1）解：由题意可知当时，倾斜角为，符合题意
当时，直线l的斜率
∵倾斜角，∴．
故m的范围：．
（2）解：在直线l中：令x＝0时，即，令y＝0时x＝m，即
由题意可知：得
即
当且仅当时取等号，
故最小值为2，此时直线l方程为：．
18．（2022秋·湖北黄冈·高二湖北省红安县第一中学校考阶段练习）已知的三个顶点分别为，，，求：
(1)边上中线所在直线的方程；
(2)边的垂直平分线的方程；
(3)的外接圆方程．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据中点坐标公式可得，又，从而由截距式即可写出直线方程；
（2）由B、C两点坐标可得直线的斜率，进而可得直线的垂直平分线的斜率，然后由点斜式即可写出直线方程；
（3）设的外接圆方程为，将，，代入圆的方程，解方程组即可得答案.
（1）
解：设边的中点的坐标为，则，，
所以边的中线过点，两点，
由截距式得所在直线方程为，即；
（2）
解：直线的斜率，则直线的垂直平分线的斜率，
由（1）知，中点的坐标为，
由点斜式得直线的方程为，即；
（3）
解：设的外接圆方程为，将，，，
代入方程得，解得，，，
所以的外接圆的方程为．
19．（2022秋·湖北孝感·高二应城市第一高级中学校考阶段练习）已知向量，，.
（Ⅰ）当时，若向量与垂直，求实数和的值；
（Ⅱ）若向量与向量，共面，求实数的值.
【答案】（Ⅰ）实数和的值分别为和.（Ⅱ）
【分析】(Ⅰ)根据可求得,再根据垂直的数量积为0求解即可.
(Ⅱ)根据共面有,再求解对应的系数相等关系求解即可.
【详解】解：(Ⅰ)因为,所以.
且.
因为向量与垂直,
所以.
即.
所以实数和的值分别为和.
(Ⅱ)因为向量与向量，共面,所以设（）.
因为,
所以
所以实数的值为.
【点睛】本题主要考查了空间向量的基本求解方法,包括模长的运算以及垂直的数量积表达与共面向量的关系等.属于基础题.
20．（2022秋·湖北·高二校联考阶段练习）如图，已知四棱锥中，平面，平面平面，且，，，点在平面内的射影恰为的重心.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）过作于， 利用面面垂直的性质定理可知平面，进而可知，又由已知可知，再利用线面垂直的判定定理证得平面，进而证得；
（2）连结并延长交于，连结，以为原点，分别以，所在的直线为，轴，以过且与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，即，再利用向量夹角公式即可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）过作于，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，.
又平面，平面，，
又，平面，
平面，.
（2）连结并延长交于，连结，以为原点，
分别以，所在的直线为，轴，以过且与平面垂直的直线为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，设，
平面，平面，，同理，
又，平面，，
又是的重心，是的中点，，由（1）知，，
， ，，
，解得，，
设，则，故，
，，，，
，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，
设直线与平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】方法点睛：本题考查线线垂直，及线面角的求法，利用空间向量求立体几何常考查的夹角：
设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则
①两直线所成的角为(),；
②直线与平面所成的角为(),；
③二面角的大小为(),
21．（2022·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）如图1，在平行四边形中，，，，以对角线为折痕把折起，使点到达图2所示点的位置，且.
(1)求证：；
(2)若点在线段上，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用余弦定理结合勾股定理可证得，结合平形四边形的几何性质可得出，利用勾股定理可得出，利用线面垂直的判定和定义可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，解出的值，确定点的位置，然后利用锥体的体积公式可求得结果.
（1）
证明：在中，由余弦定理可得
，
所以，，，
又因为四边形为平行四边形，所以，，
在中，，，，，则，
因为，，平面，
平面，.
（2）
解：因为，平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，其中，
，
设平面的法向量为，，
则，取，可得，
易知平面的一个法向量为，
由已知可得，因为，解得，
所以，为的中点，因此，.
22．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）在三棱锥P-ABC中，若已知，，点P在底面ABC的射影为点H，则
(1)证明：
(2)设，则在线段PC上是否存在一点M，使得与平面所成角的余弦值为，若存在，设，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)在线段PC上是否存在一点M，满足条件，且.
【分析】（1）由条件证明，再证明，由此可得，由线面垂直判定定理证明平面，由此证明；
（2）建立空间直角坐标系，技术存在点满足条件，由条件求平面的法向量和直线的方向向量，由条件列方程求即可.
【详解】（1）因为点P在底面ABC的射影为点H，
所以平面，又平面，
所以，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，
所以，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，
所以，
因为，，
所以点为的垂心，所以，
因为，，平面，，
所以平面，又平面，
所以；
（2）延长交于点，由（1）可得，
又，所以点为线段的中点，
所以，同理可得，
所以为等边三角形，又，所以，
如图，以点为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
故，
设存在点M，使得BM与平面所成角的余弦值为，且，
则，
设平面的法向量为，，
则，所以，
令，可得，
所以为平面的一个法向量，
所以，
设直线BM与平面所成角为，则，又，
所以，故，
所以或，又，
所以.
所以在线段PC上存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为，且.
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