1.4空间向量的应用检测卷（含解析）-2025-2026学年高二上学期人教A版（2019）选择性必修第一册

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1.4空间向量的应用检测卷-2025-2026学年高二上学期人教A版（2019）选择性必修第一册
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 河北区期末）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的各棱长均相等，体积为2，M为A1B中点，则点M到平面A1B1C的距离为（　　）
A． B． C． D．
2．（2024秋 浙江期末）若从正方体八个顶点中任取四个顶点分别记为A、B、C、D，则直线AB与CD所成角的大小不可能为（　　）
A．30° B．45° C．60° D．90°
3．（2024秋 呼和浩特期末）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝90°，AC＝BC＝AA1＝2，E为A1C1的中点，则BA1与AE所成角的余弦值是（　　）
A． B． C． D．
4．（2024秋 呼和浩特期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为DB，A1C1的中点，则直线A1M和BN夹角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024秋 黄山期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面AB1D1与平面ABCD的夹角的正切值为（　　）
A． B．1 C． D．
6．（2024秋 乌兰浩特市校级期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为侧棱CC1的中点；AC：AA1：AB：BC＝2：2：1：，则异面直线A1B与AD所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025春 醴陵市校级期中）如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD﹣A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为（　　）
A． B． C． D．1
8．（2024秋 九龙坡区校级期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，M为棱A1D1的中点，G为侧面CDD1C1的中心，点P，Q分别为直线AD，AB上的动点，且PG⊥MQ，当取得最小值时，点Q到平面PMG的距离为（　　）
A． B． C．1 D．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 汉台区校级期末）如图，在四面体ABCD中，点P，Q，M，N分别是棱AB，BC，CD，AD的中点，截面PQMN是正方形，则下列结论正确的为（　　）
A．AC∥截面PQMN
B．异面直线PM与BD所成的角为60°
C．AC⊥BD
D．BD⊥平面ACD
（多选）10．（2024秋 山东期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，，则（　　）
A．若x+y＝1，则点P的轨迹为线段AD1
B．若，则点P的轨迹为连接棱AD的中点和棱A1D1中点的线段
C．若x＝y，则三棱锥P﹣A1BC1的体积为定值
D．若，则BP与平面ABCD所成角的余弦值的最大值为
（多选）11．（2025春 海伦市校级期末）如图，该几何体为圆锥与半球组成的组合体，其中圆锥轴截面为边长为2的正三角形，点Q为半球面上的一个动点，则下列说法正确的是（　　）
A．该组合体的体积为
B．PQ与平面PAB所成角的取值范围为
C．平面PAQ与平面PBQ所成角的取值范围为
D．当时，Q点形成的轨迹长度为π
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 青浦区期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AB的中点，则异面直线EB1与AD1所成角为 　 　 ．
13．（2024秋 玄武区校级期末）已知M，N是正四面体ABCD棱AB，BC的中点，则异面直线CM，DN所成角的余弦值为 　 　 ．
14．（2024秋 泉州期末）已知空间四点O（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），C（0，0，2），则点O到平面ABC的距离为 　 　 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2024秋 渭滨区期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，BB1＝BC，D为BC的中点．
（1）求证：直线A1C∥平面AB1D；
（2）求直线B1D与平面A1BC所成角的正弦值．
16．（2025 尧都区校级开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD⊥平面ABCD，△PAD是边长为2的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1．
（1）求证：AB⊥PD；
（2）线段PD上是否存在一点E，使得平面EAC与平面DAC夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
17．（2024秋 重庆期末）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，四边形ACC1A1是菱形，M是AC的中点，平面ACC1A1⊥平面ABC，AA1＝A1C＝2．
（1）证明：A1M⊥BC；
（2）若AB＝BC，AB⊥BC，求二面角A﹣A1B﹣C的正弦值．
18．（2025春 延吉市校级月考）如图①所示，矩形ABCD中，AD＝1，AB＝2，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P﹣ABCM，N为PB中点，
（1）若平面PAM⊥平面ABCD，求直线BC与平面PMB所成角的大小；
（2）设P﹣AM﹣D的大小为θ，若，求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值．
19．（2025 东莞市校级模拟）如图1，在平行四边形ABCD中，D＝60°，DC＝2AD＝2，将△ADC沿AC折起，使点D到达点P位置，且PC⊥BC，连接PB得三棱锥P﹣ABC，如图2．
（1）证明：平面PAB⊥平面ABC；
（2）在线段PC上是否存在点M，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
1.4空间向量的应用检测卷-2025-2026学年高二上学期人教A版（2019）选择性必修第一册
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A A B C A D B A
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 AC BC ABD
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 河北区期末）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的各棱长均相等，体积为2，M为A1B中点，则点M到平面A1B1C的距离为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：直三棱柱ABC﹣A1B1C1的各棱长均相等，设棱长为a，
因为体积为2，
则，解得a＝2，
设点M到平面A1B1C的距离为d，
因为A1B1＝2，CB1＝CA1，
则，
由等体积法，，
即，
即，
解得，
故点M到平面A1B1C的距离为．
故选：A．
2．（2024秋 浙江期末）若从正方体八个顶点中任取四个顶点分别记为A、B、C、D，则直线AB与CD所成角的大小不可能为（　　）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【解答】解：两条棱所在直线异面时所成角的度数是90°，
面对角线与棱异面时所成角的度数是45°或90°，
两条面对角线异面时所成角的度数是60°或90°，
体对角线与棱所在直线异面时所成角的度数是，
体对角线与面对角线异面时所成角的度数是90°，
所以直线AB与CD所成角的大小不可能为30°．
故选：A．
3．（2024秋 呼和浩特期末）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝90°，AC＝BC＝AA1＝2，E为A1C1的中点，则BA1与AE所成角的余弦值是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝90°，AC＝BC＝AA1＝2，E为A1C1的中点，
可得∠CAB＝∠CBA＝45°，AB＝2，
0， || ||cos135°＝22×（）＝﹣4， 0，
，，
（） （） 2 0（﹣4）+40＝2，
||2，
||，
所以cos，．
设BA1与AE所成的角为θ，
则cosθ＝|cos，|．
故选：B．
4．（2024秋 呼和浩特期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为DB，A1C1的中点，则直线A1M和BN夹角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：连接B1D1，则点N在B1D1上，且N为B1D1的中点，连接MD1，
因为正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，BB1与DD1平行且相等，
所以四边形BB1D1D是平行四边形，
因为M、N分别为BD、B1D1的中点，
所以BM与D1N平行且相等，可得四边形BMD1N是平行四边形，
所以D1M∥BN，∠A1MD1（或其补角）就是异面直线A1M和BN的所成角．
设正方体的棱长为2，
则Rt△D1DM中，D1D＝2，DMBD，可得D1M，
在△A1D1M中，A1M＝D1M，A1D1＝2，
由余弦定理得cos∠A1MD1，
所以直线A1M和BN夹角的余弦值为．
故选：C．
5．（2024秋 黄山期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面AB1D1与平面ABCD的夹角的正切值为（　　）
A． B．1 C． D．
【解答】解：如图，以D为原点，以DA，DC，DD1所在的直线分别为x，y，z轴，建立D﹣xyz，
设正方体的棱长为1，因此D（0，0，0），A（1，0，0），B1（1，1，1），D1（0，0，1），
因此，
因为DD1⊥平面ABCD，
因此平面ABCD的一个法向量为，
设平面AB1D1的法向量为，
，令x＝1，
因此y＝﹣1，z＝1，因此为平面AB1D1的一个法向量，
设平面AB1D1与平面ABCD的夹角为θ，
cosθ＝|cos，
因为θ为锐角，因此，
因此，
因此平面AB1D1与平面ABCD的夹角的正切值为．
故选：A．
6．（2024秋 乌兰浩特市校级期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为侧棱CC1的中点；AC：AA1：AB：BC＝2：2：1：，则异面直线A1B与AD所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：不妨设，
故AB2+AC2＝BC2，
所以∠BAC＝90°，即AB⊥AC，
在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC，AB 平面ABC，
所以AA1⊥AC，AA1⊥AB．
以A为坐标原点建立空间直角坐标系Axyz，如图所示，
则A1（0，0，2），B（1，0，0），D（0，2，1），
所以，
所以，
故异面直线A1B与AD所成角的余弦值为．
故选：D．
7．（2025春 醴陵市校级期中）如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD﹣A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为（　　）
A． B． C． D．1
【解答】解：过点B作BE⊥A1C，垂足为E，
以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
设点E的坐标为（x，y，z），
则A1（0，0，3），B（1，0，0），C（1，2，0），
所以，，
因为，
则，
所以（x，y，z﹣3）＝λ（1，2，﹣3），
则①，
又，
则，
所以x﹣1+2y﹣3z＝0②，
将②代入①中可得，，
所以，
则，
故点B到直线A1C的距离为．
故选：B．
8．（2024秋 九龙坡区校级期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，M为棱A1D1的中点，G为侧面CDD1C1的中心，点P，Q分别为直线AD，AB上的动点，且PG⊥MQ，当取得最小值时，点Q到平面PMG的距离为（　　）
A． B． C．1 D．
【解答】解：如图，
建立空间直角坐标系，
则，，设P（x，0，0），Q（1，y，0），
所以，，
因为PG⊥MQ，所以，即x﹣y+1＝0，所以y＝x+1，
又，
所以，当且仅当x＝0时取等号，此时y＝1，
所以，，，
设平面PMG的法向量为，
则，所以，
取，
所以当取得最小值时，点Q到平面PMG的距离．
故选：A．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 汉台区校级期末）如图，在四面体ABCD中，点P，Q，M，N分别是棱AB，BC，CD，AD的中点，截面PQMN是正方形，则下列结论正确的为（　　）
A．AC∥截面PQMN
B．异面直线PM与BD所成的角为60°
C．AC⊥BD
D．BD⊥平面ACD
【解答】解：对于选项A：因为点P，Q分别是棱AB，BC的中点，所以PQ∥AC，
因为PQ 平面PQMN，AC 平面PQMN，所以AC∥截面PQMN，故A正确；
对于选项B：因为点Q，M分别是棱BC，CD的中点，所以MQ∥BD，
所以∠PMQ为异面直线PM与BD所成的角，
因为截面PQMN是正方形，所以∠PMQ＝45°，
即异面直线PM与BD所成的角为45°，故B错误；
对于选项C：因为截面PQMN是正方形，所以MN⊥QM，
又因为点P，Q，M，N分别是棱AB，BC，CD，AD的中点，
所以MN∥AC，QM∥BD，所以AC⊥BD，故C正确；
对于选项D：若要使BD⊥平面ACD，则需要BD⊥AC，BD⊥DC，
但由题意知BD⊥DC不一定成立，故D错误．
故选：AC．
（多选）10．（2024秋 山东期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，，则（　　）
A．若x+y＝1，则点P的轨迹为线段AD1
B．若，则点P的轨迹为连接棱AD的中点和棱A1D1中点的线段
C．若x＝y，则三棱锥P﹣A1BC1的体积为定值
D．若，则BP与平面ABCD所成角的余弦值的最大值为
【解答】解：以点A为坐标原点，AB、AD、AA1所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则A（0，0，0）、B（2，0，0）、C（2，2，0）、D（0，2，0）、A1（0，0，2）、B1（2，0，2）、C1（2，2，2）、D1（0，2，2），
因为xyx（0，2，0）+y（0，0，2）＝（0，2x，2y）（x，y∈[0，1]），
对于A选项，当x+y＝1时，则点P的轨迹为线段A1D，A错；
对于B选项，若，即点P（0，1，2y），
此时，点P的轨迹为连接棱AD的中点和棱A1D1中点的线段，B对；
对于C选项，若x＝y，即点P（0，2x，2x），其中0≤x≤1，
，（2，2，0），设平面A1BC1的法向量为，
则，取x1＝1，可得（1，﹣1，1），
（﹣2，2x，2x），则点P到平面A1BC1的距离为，
因为△A1BC1的面积为定值，故三棱锥P﹣A1BC1的体积为定值，C对；
对于D选项，若，则，其中0≤x≤1，
易知平面ABCD的一个法向量为（0，0，1），
设直线BP与平面ABCD所成的角为θ，
，
当x＝1时，sinθ取最小值，此时cosθ取最大值，且sinθ，则cosθ，
因此，当时，则BP与平面ABCD所成角的余弦值的最大值为，D错误．
故选：BC．
（多选）11．（2025春 海伦市校级期末）如图，该几何体为圆锥与半球组成的组合体，其中圆锥轴截面为边长为2的正三角形，点Q为半球面上的一个动点，则下列说法正确的是（　　）
A．该组合体的体积为
B．PQ与平面PAB所成角的取值范围为
C．平面PAQ与平面PBQ所成角的取值范围为
D．当时，Q点形成的轨迹长度为π
【解答】解：对于选项A：由题意得半球的半径为1，则体积为，
圆锥的底面半径为1，高为，则体积为，
则该组合体的体积为，故选项A正确；
对于选项B：根据圆锥和半球的对称性知，当Q位于弧AB中点时，PQ与平面PAB所成角最大，
此时角的大小和∠BPO一样大，
在直角三角形POB中，，所以，
当Q在平面PAB内时，PQ与平面PAB所成角最小，此时角为0，
故PQ与平面PAB所成角的取值范围为，故选项B正确；
对于选项C：当Q位于弧AB中点时，作BM⊥PQ，连接AM，则AM⊥PQ，如图所示，
则∠BMA为二面角A﹣PQ﹣B的平面角，因为，
所以由余弦定理得，
因为∠AQP∈[0，π]，
所以，
所以在Rt△AMQ中，，
则，
在△ABM中，由余弦定理得，
则二面角A﹣PQ﹣B的平面角小于，则平面PAQ与平面PBQ所成角大于，故C错误；
当时，则由旋转体的性质知点Q形成的轨迹是半径为r＝CQ的圆，如图所示，
在Rt△PCQ中，PC2+CQ2＝PQ2，
即（CO+PO）2+CQ2＝PQ2，OQ＝1，
故，
解得，则轨迹长度为2πr＝π，故D正确．
故选：ABD．
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 青浦区期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AB的中点，则异面直线EB1与AD1所成角为 　　 ．
【解答】解：取C1D1的中点F，连接EF、B1F，
∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，C1D1与AB平行且相等，E、F分别是AB、C1D1的中点，
∴AE与D1F平行且相等，可知四边形AEFD1为平行四边形，得到EF∥AD1，
∴∠FEB1（或其补角）就是异面直线EB1与AD1所成角，
设正方体的棱长为2，则EF＝AD1，Rt△FB1C1中，B1F，同理B1E
∴△FEB1中，cos∠FEB1，即异面直线EB1与AD1所成角等于．
故答案为：．
13．（2024秋 玄武区校级期末）已知M，N是正四面体ABCD棱AB，BC的中点，则异面直线CM，DN所成角的余弦值为 　　 ．
【解答】解：取BM中点E，连接NE，DE，
由N是BC的中点，得NE∥CM，
则∠DNE是直线CM，DN所成的角或其补角，
令正四面体ABCD的棱长为4，
由M是AB 的中点，
得，NE，DN，
在△BDE中，
DE2＝BD2+BE2﹣2BD BEcos60°13，
在△DNE中，cos∠DNE，
即异面直线CM，DN所成角的余弦值为．
故答案为：．
14．（2024秋 泉州期末）已知空间四点O（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），C（0，0，2），则点O到平面ABC的距离为 　　 ．
【解答】解：由题意知，（﹣2，2，0），（﹣2，0，2），（2，0，0），
设平面ABC的法向量为（x，y，z），则，
取x＝1，则y＝z＝1，所以（1，1，1），
所以点O到平面ABC的距离为．
故答案为：．
四．解答题（共5小题）
15．（2024秋 渭滨区期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，BB1＝BC，D为BC的中点．
（1）求证：直线A1C∥平面AB1D；
（2）求直线B1D与平面A1BC所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：设A1B∩AB1＝E，连接DE，则E是A1B的中点，
因为D为BC的中点，所以DE∥A1C，
又DE 平面AB1D，A1C 平面AB1D，
所以直线A1C∥平面AB1D．
（2）解：因为AA1⊥平面ABC，AB，AC 平面ABC，
所以AA1⊥AB，AA1⊥AC，
又AB⊥AC，故以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AB⊥AC，AB＝AC＝2，
所以，
所以B（2，0，0），C（0，2，0），D（1，1，0），A1（0，0，2），B1（2，0，2），
所以，
设平面A1BC的法向量为（x，y，z），则，
令z＝1，得，所以，
而，
设直线B1D与平面A1BC所成角为θ，
则sinθ＝|cos，|，
故直线B1D与平面A1BC所成角的正弦值为．
16．（2025 尧都区校级开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD⊥平面ABCD，△PAD是边长为2的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1．
（1）求证：AB⊥PD；
（2）线段PD上是否存在一点E，使得平面EAC与平面DAC夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
又∵AB⊥AD，AB 平面ABCD，
∴AB⊥平面PAD，
∵PD 平面PAD，
∴AB⊥PD．
（2）取AD的中点O，连接PO，OC，由△PAD为等边三角形，可得PO⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO 平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，
又OC 平面ABCD，
所以PO⊥OC，
因为AO＝BC＝1且AO∥BC，
所以四边形ABCO是平行四边形，
所以OC∥AB，
又AB⊥AD，
所以OC⊥AD，直线OC、OD、OP两两垂直，
以O为坐标原点，直线OC、OD、OP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图，
则A（0，﹣1，0），D（0，1，0），C（1，0，0），B（1，﹣1，0），，
则，，，
令，λ∈[0，1]，
，
设平面EAC的法向量为，
则，
取，则a（λ﹣1），c＝λ+1，
所以，
所以平面DAC的一个法向量为，
所以，
化简得3λ2﹣10λ+3＝0，又λ∈[0，1]，
故解得，即，
所以线段PD上存在点E，使得平面EAC与平面DAC夹角的余弦值为，此时．
17．（2024秋 重庆期末）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，四边形ACC1A1是菱形，M是AC的中点，平面ACC1A1⊥平面ABC，AA1＝A1C＝2．
（1）证明：A1M⊥BC；
（2）若AB＝BC，AB⊥BC，求二面角A﹣A1B﹣C的正弦值．
【解答】解：（1）证明：在△A1AC中，由AA1＝A1C，M是AC的中点，所以A1M⊥AC，
又平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，A1M 面AA1C1C，
所以A1M⊥面ABC，
故A1M⊥BC；
（2）在△ABC中，由AB＝BC，M是AC的中点，所以BM⊥AC，
又A1M⊥面ABC，
所以A1M⊥BM，A1M⊥AC，
在直角三角形A1MA中，A1A＝AC＝2，，AM＝MC＝1，
在△ABC中，AB⊥BC，，
以点M为坐标原点，直线MA，MB，MA1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
所以，A（1，0，0），B（0，1，0），C（﹣1，0，0），
设平面A1AB的法向量，
，，
所以，得，
令z＝1，，
所以，
设平面A1CB的法向量，
，，
所以，得，
令z＝1，，，
所以，
设二面角A﹣A1B﹣C的平面角为α，
所以，
所以．
18．（2025春 延吉市校级月考）如图①所示，矩形ABCD中，AD＝1，AB＝2，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P﹣ABCM，N为PB中点，
（1）若平面PAM⊥平面ABCD，求直线BC与平面PMB所成角的大小；
（2）设P﹣AM﹣D的大小为θ，若，求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值．
【解答】解：（1）取AM中点G，连接PG，由PM＝PA＝1，得PG⊥AM，
而平面PAM⊥平面ABCD，平面PAM∩平面ABCD＝AM，PG 平面PAM，
则PG⊥平面ABCD，过M作Mz∥PG，则Mz⊥平面ABCD，
又MA，MB 平面ABCD，于是Mz⊥MA，Mz⊥MB，
在矩形ABCD中，，MA2+MB2＝4＝AB2，则MA⊥MB，
以点M为原点，MA，MB，Mz所在直线分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面PMB的一个法向量为，
则，令a＝1，得，
设直线BC与平面PMB所成的角为θ，
则，
所以直线BC与平面PMB所成角的大小为；
（2）连接DG，由DA＝DM，得DG⊥AM，而PG⊥AM，
则∠PGD为P﹣AM﹣D的平面角，即∠PGD＝θ，
过点D作Dz⊥平面ABCD，以D为坐标原点，
DA，DC，Dz所在直线分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系，
则A（1，0，0），M（0，1，0），C（0，2，0），
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PH⊥DG于点H，则PH⊥平面ABCM，
设P（x0，y0，z0），而，
则，，，
即，，
所以，
于是，，
设平面PAM的一个法向量为，
则，令，得，
设平面PBC的一个法向量为，
因为，，
则，令，得，
设平面PAM和平面PBC所成角为α，
则
，
令，，则，即，
则当t＝3时，cosα有最小值，
所以平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为．
19．（2025 东莞市校级模拟）如图1，在平行四边形ABCD中，D＝60°，DC＝2AD＝2，将△ADC沿AC折起，使点D到达点P位置，且PC⊥BC，连接PB得三棱锥P﹣ABC，如图2．
（1）证明：平面PAB⊥平面ABC；
（2）在线段PC上是否存在点M，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
【解答】（1）证明：由题意，在平行四边形ABCD中，
D＝60°，DC＝2，AD＝1，
则在△ADC中，由余弦定理，
可得AC2＝AD2+DC2﹣2AD DC cos60°＝1+4﹣2，
则有AC2+AD2＝DC2，故AC⊥AD，即AC⊥PA，
又AD∥BC，所以AC⊥BC，
由题意，PC⊥BC，AC∩PC＝C，AC，PC 平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，又PA 平面PAC，所以PA⊥BC，
又AC∩BC＝C，AC，BC 平面ABC，
所以PA⊥平面ABC，又PA 平面PAB，
所以平面PAB⊥平面ABC；
（2）解：过点A作Ax∥BC，由（1）可知，Ax，AC，AP两两垂直，
以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，P（0，0，1），
假设在线段PC上存在点M满足题意，
设，则有，
故M（，
则，，，，
设平面AMB的一个法向量为，
则有，令y，可得，
即，
设平面MBC的一个法向量为，
则有，令b，可得a＝0，c＝3，
即，
若平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，
则有，
整理得81λ2+72λ﹣84＝0，解得或（舍去），
故，即，
故在线段PC上存在点M，当时，
可得平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为．
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