精品解析：浙江省宁波市鄞州中学2023-2024学年高一下学期期末适应性练习（6月月考）数学试题

高一期末适应性练习数学学科 注：立体几何解答题用空间向量做一律不得分 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若复数（i为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】求出，化简复数，利用复数的几何意义可得出结论. 【详解】由题得， ，，其对应的点位于第四象限. 故选：D． 2. 下列命题正确的为（    ） A. 已知为三条直线，若异面，异面，则异面 B. 已知为三条直线，若，则 C. 底面是等边三角形，三个侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥 D. 若在平面外，它的三条边所在的直线分别交于，则三点共线 【答案】D 【解析】 【分析】举例说明判断ABC；利用平面的基本事实推理判断D. 【详解】对于A，直线是异面直线，是异面直线，则可能平行、相交或异面，A错误； 对于B，，则可能平行、相交或异面，B错误； 对于C，底面是等边三角形，三个侧面都是等腰三角形的三棱锥的侧棱长不一定相等，该三棱锥不一定是正三棱锥， 如图：为等腰直角三角形，，为等边三角形， ，此时三棱锥不是正三棱锥，C错误； 对于D，如图，设平面平面，由，得平面， 则，同理，所以三点共线，D正确. 故选：D 3. 已知直线：，：若，则实数（ ） A. 或 B. C. D. 与 【答案】C 【解析】 【分析】依据直线平行的公式计算可求出的值，注意检验直线重合. 【详解】，，解得：或. 当时，直线：，直线：，两直线重合； 当时，经检验，满足题意； 综上，. 故选：C 4. 假定生男孩和生女孩是等可能的，现考虑有个小孩的家庭，此家庭是随机选择的，则下列说法正确的是（　　） A. 事件“该家庭个小孩中至少有个女孩”和事件“该家庭个小孩中至少有个男孩”是互斥事件 B. 事件“该家庭个孩子都是男孩”和事件“该家庭个孩子都是女孩”是对立事件 C. 该家庭个小孩中只有个男孩的概率为 D. 该家庭个小孩中至少有2个男孩的概率为 【答案】D 【解析】 【分析】利用互斥事件的定义判断A；利用对立事件的定义判断B；利用古典概型求概率方法判断C、D即可. 【详解】对于A，事件“该家庭个小孩中至少有个女孩” 和事件“该家庭个小孩中至少有个男孩”能同时发生，不是互斥事件，故A错误； 对于B，事件“该家庭3个孩子都是男孩” 和事件“该家庭个孩子都是女孩”不能同时发生，能同时不发生， 是互斥但不对立事件，故B错误； 对于C，有个小孩的家庭包含的样本点有个，分别为： （男，男，男），（男，男，女），（男，女，男），（女，男，男）， （男，女，女），（女，男，女），（女，女，男），（女，女，女）， 该家庭3个小孩中只有个男孩包含的样本点有个， 所以该家庭个小孩中只有个男孩的概率为，故C错误； 对于D，该家庭个小孩中至少有个男孩包含的样本点有个， 所以该家庭个小孩中至少有个男孩的概率为，故D正确． 故选：D． 5. 已知非零向量满足，向量在向量方向上的投影向量是，则与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量可得，再结合向量夹角公式运算求解. 【详解】因为向量在向量方向上的投影向量是， 可知，即，且 可得， 所以与夹角的余弦值为. 故选：A. 6. 鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖，传说黄帝炼丹鼎坠积水成湖．白居易曾以诗赋之：“黄帝旌旗去不回，片云孤石独崔嵬．有时风激鼎湖浪，散作晴天雨点来”．某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案．如图，在山脚A测得山顶P的仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走了90米到达B点（A，B，P，Q在同一个平面内），在B处测得山顶P的仰角为，则鼎湖峰的山高PQ为（ ）米 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用正弦定理得出的长，再利用直角三角形可求答案. 【详解】在中，则， 因为， 且， 则， 在中，则． 故选：B． 7. 在斜三角形中，角的对边分别为，点满足，且，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过正余弦定理转化得，对变形得，两边同平方得，解出，再利用三角形面积公式和向量中线公式即可得到答案. 【详解】因为， 由余弦定理得， 又因为是斜三角形，所以，所以， 由正弦定理得，因为， 所以，所以， 所以，所以， 所以， 因为， 化简得，解得或（舍去）， 所以， 设边的中点为，则， 因为，所以， 即为的中点，所以：. 故选：A. 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用正余弦定理进行转化得，再对向量式进行变形处理得，再两边同平方代入数据从而解出，最后再通过三角形面积公式得到答案. 8. 已知平面上两定点、，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆心在上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体表面上动点满足，则点的轨迹长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据阿氏圆性质求出阿氏圆圆心O位置及半径，P在空间内轨迹为以O为球心的球，球与面，，交线为圆弧，求出截面圆的半径及圆心角，求出在截面内的圆弧的长度即可. 【详解】 在平面中，图①中以B为原点以AB为x轴建系如图，设阿氏圆圆心,半径为， ， 设圆O与AB交于M,由阿氏圆性质知， ， ， P在空间内轨迹为以O为球心半径为2的球， 若P在四边形内部时如图②,截面圆与分别交于M，R，所以P在四边形内的轨迹为， 在中，， 所以，当P在面内部的轨迹长为， 同理，当P在面内部的轨迹长为， 当P在面时,如图③所示， 面，平面截球所得小圆是以B为圆心，以BP为半径的圆，截面圆与分别交于，且， 所以P在正方形内的轨迹为， 所以， 综上：P的轨迹长度为. 故选：C 【点睛】方法点睛：求球与平面公共点轨迹长度时先求出平面截球所得圆面的半径，当截面为完整的圆时可直接求圆周长，当截面只是圆的一部分时先求圆心角的大小再计算弧长. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知，方程有一个虚根为，为虚数单位，另一个虚根为，则（ ） A. B. 该方程的实数根为1 C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】将代入方程中，结合复数相等的充要条件，即可求解，进而结合选项即可逐一求解. 【详解】由是方程的根，得， 整理得，而，因此，解得， 对于A，，A错误； 对于BC，方程，变形为， 显然此方程还有一个实根1，另一个虚根，B正确，C错误； 对于D，，D正确. 故选：BD 10. 已知，，分别是的三个内角，，的对边，其中正确的命题有（ ） A. 已知，，，则有两解 B. 若，，，内有一点使得，，两两夹角为，则 C. 若，，，内有一点使得与夹角为，与夹角为，则 D. 已知，，设，若是钝角三角形，则的取值范围是 【答案】CD 【解析】 【分析】对A：由余弦定理可计算出有唯一解；对B：借助余弦定理与等面积法计算即可得；对C：设，由余弦定理可得，代入数据计算即可得解；对D：分为钝角及为钝角，结合直角的临界状态计算即可得. 【详解】对A：，故有唯一解，故A错误； 对B：在、、中， 分别有，即， ，即， ，即， 即有， 即， 又， 即， 即， 即有，故B错误； 对C：设，则在直角三角形中，，， 在中，有，即， 即有，整理可得， 即，故C正确； 对D：若为钝角，如图，作于点，有， 即，即， 若为钝角，如图，作于点，有， 即，即， 综上所述， 的取值范围是，故D正确. 故选：CD. 【点睛】关键点点睛：D选项中关键点在于分为钝角及为钝角，分别找出直角的临界情况求出范围. 11. 如图，已知在直三棱柱中，F为的中点，E为棱上的动点，，，，，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 该直三棱柱的外接球的表面积为 C. 当三棱锥的外接球的半径最小时，直线EF与所成角的余弦值为 D. 若E是棱的中点，过A，E，F三点的平面作该直三棱柱的截面，则所得截面的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，根据，为定值，点到平面的距离为定值，可得为定值； B选项，外接球的球心是上、下底面外接圆的圆心连线的中点，由正弦定理和余弦定理得到外接圆半径，从而得到外接球半径和表面积； C选项，作出辅助线，推导出当取最小值时，最小，即最小，此时，因为是的中点，则是的中点，则是棱的中点，进而求出各边长，得到； D选项，作出辅助线，得到过三点的截面，并求出面积. 【详解】A选项，根据，在直三棱柱中，长度固定，长度固定，所以为定值， 因为平面，所以点到平面的距离就是到平面的距离，为定值， 所以为定值，即三棱锥的体积为定值，A正确； B选项：外接球的球心是上、下底面外接圆的圆心连线的中点，设上底面外接圆圆心为，外接圆半径为， 在中，由余弦定理可得， 所以，由正弦定理得，所以， 设外接球的半径为，则，所以外接球的表面积为，故B项错误； C选项：作，垂足为，作，垂足为， 易证得在平面上的射影为， 则点在平面上的射影在线段上， 由B选项可知，，故，解得，故，则， 设的中点为，外接球的球心为，半径为，则平面，即， 在中，①， 又因为②， 由①②可得，所以当取最小值时，最小，即最小，此时，因为是的中点，则是的中点，则是棱的中点. 因为，所以直线 与所成角即为直线与所成角. 由B项中， 再由余弦定理可得， 因为，所以，，故C项正确； D项：延长，交于点，连接交于点， 则四边形是截面，且点是的中点， 点是上靠近的三等分点，由勾股定理求得， 因为，所以为直角，故， 又，， 易知，所以四边形的面积为，故D项正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 经过点作直线，若直线与连接，两点的线段总有公共点，则直线的倾斜角的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】作出图象，根据与线段相交，设直线的斜率为，由求解. 【详解】解：，， 如图所示： ∵与线段相交，由题意设直线的斜率为， ∴，∴，∴或． 由于在及上均单调递增， ∴直线的倾斜角的范围为． 故答案为：. 13. 已知、为单位向量，且，若向量满足，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积的运算律及定义求出与的夹角，设，，，由得到点在以为圆心，为半径的圆上，而，表示点与圆上的点的距离，结合平面几何的性质计算可得. 【详解】因为、为单位向量，且，设与的夹角为， 则，则，即， 解得，又，所以， 设，，， 则，由， 所以，则点在以为圆心，为半径的圆上， 又， 所以，表示点与圆上的点的距离， 又点在轴上，因为，当且仅当在线段之间时取等号， 又，，则，当时， 所以当时，， 所以的最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是首先求出与的夹角，从而设，，，再根据模求出轨迹，最后结合平面几何的知识求最小值. 14. 如图，在四棱柱中，底面ABCD为正方形，，，，且二面角的正切值为．若点P在底面ABCD上运动，点Q在四棱柱内运动，，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】先求得到平面的距离，然后利用对称法以及三点共线等知识求得的最小值. 【详解】连接，交于，设是的中点，连接. 由于，是的中点，所以， 由于平面， 所以平面，由于平面，所以，， 由于分别是的中点，所以， 由于，所以，由于平面， 所以平面，由于平面，所以， 所以是二面角的平面角， 所以，所以， 由于，所以， 所以三角形是等腰直角三角形，所以， 由于平面， 所以平面，且. 由于，所以点的轨迹是以为球心， 半径为的球面在四棱柱内的部分， 关于平面的对称点为， 连接，交平面于， 所以的最小值为. 故答案为： 【点睛】求解二面角有关问题，关键是找到二面角的平面角，二面角的平面角的定义是：在二面角的交线上任取一点，然后在两个半平面内作交线的垂线，所得角也即是二面角的平面角. 四、解答题：本大题共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. 在平行四边形中，. （1）若与交于点，求的值； （2）求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）选择，为一组基向量，设，，将分别用，的两种形式表示，根据平面向量基本定理可得关于的方程组，求解即得； （2）分别将用，表示，计算它们的数量积，整理成关于的二次函数，结合二次函数的图象和的范围即可求得的取值范围. 【小问1详解】 设，则 设. 根据平面向量基本定理得解得， 所以，则，所以. 【小问2详解】 因为， ， , 所以. . 因为，所以当时，取得最小值，且最小值为， 当时，取得最大值，且最大值为. 故的取值范围为. 16. 已知在中，，. （1）若的面积为，求点C的轨迹方程； （2）若直线平分内角C，求点C的坐标. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）利用面积得点C到直线AB的距离恒为2，利用平行线距离公式求解即可； （2）根据平分的几何性质列式求解，从而求得直线方程，联立方程即可求得交点坐标. 【小问1详解】 ，，，的面积为， 则点C到直线AB的距离恒为2， 所以点C的轨迹是一条与直线AB平行的直线，且与直线AB的距离为2， 直线AB的方程为， 所以设点C的轨迹方程为， 所以，解得， 所以点C的轨迹方程为或. 【小问2详解】 因为直线平分，所以点B关于直线的对称点在直线AC上. 设，则，解得，所以， 所以直线的方程为， 则直线与直线的交点即为点C，即 ，解得，所以点C的坐标为. 17. 2023年10月22日，汉江生态城2023襄阳马拉松在湖北省襄阳市成功举行，志愿者的服务工作是马拉松成功举办的重要保障，襄阳市新时代文明实践中心承办了志愿者选拔的面试工作．现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第一、二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相同． （1）估计这100名候选者面试成绩的平均数和第25百分位数； （2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的宣传者．若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62和40，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和70，据此估计这次第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差． 【答案】（1），63 （2） 【解析】 【分析】（1）由题意先求出，进一步结合平均数公式、百分位数的定义即可列式求解； （2）首先算出抽样比，再根据加权平均公式以及方差的性质即可列式求解. 【小问1详解】 由题意可知：，解得， 可知每组的频率依次为：0.05，0.25，0.45，0.2，0.05， 所以平均数为， 因为， 设第25百分位数为，则，则， 解得，故第25百分位数为63． 【小问2详解】 设第二组、第四组面试者的面试成绩的平均数与方差分别为， 且两组频率之比为， 则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数， 第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差 ． 故估计第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差是． 18. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角； （2）若，求的面积的取值范围； （3）若，且，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）已知条件利用正余弦定理边化角，结合倍角公式化简得，求角； （2）由正弦定理有，由，得，所以可求取值范围； （3）由，可得，由，可求实数的取值范围． 【小问1详解】 由，得， 由余弦定理得， 再由正弦定理及倍角公式得 ， 得，即，在锐角中，有． 【小问2详解】 ，，则． 由正弦定理，有， ． 又是锐角三角形，有，得，则， 所以． 即的面积S的取值范围； 【小问3详解】 ，由正弦定理， 得，， ，即 又，且， ， 设，函数，， 任取，则， ，， 当，，，即， 当，，，即， 即在上单调递减，在上单调递增， ，， ，，则 实数的取值范围为． 【点睛】方法点睛： 在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理实现“边化角”，出现边的二次式一般采用到余弦定理实现“角化边”．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值. 19. 如图，在矩形中，，，是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影落在线段BC上． （1）当点M与端点重合时，证明：平面； （2）当时，求二面角的余弦值； （3）设直线CD与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）通过证明和，证明平面； （2）作于，连接，，由线面垂直的判断定理得到平面，进而为二面角的平面角，再结合三角形面积公式求出，最后求出余弦值即可； （3）由几何法找到和，表示出，利用函数方法可求最大值. 【小问1详解】 当点M与端点D重合时，由可知， 由题意知平面，平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面，又平面，可知 ，平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 作于，连接，， 由题意，折起后由题意可得，平面， 因为平面，所以， 又，平面， 所以平面， 所以三点共线， 所以为二面角的平面角， 因为 在中，， 由三角形面积相等可得 又因为，所以，即， 所以在中，， 即二面角的余弦值为. 【小问3详解】 过点做交于，所以直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角， 由（2）可知平面，平面，所以平面平面， 作，垂足为，平面平面，平面，可得平面， 连接，是直线与平面所成的角，即 ， 因为，满足， 设，， ， 因为在中，斜边大于直角边，即， 所以，所以， ， 在中由等面积，， 因为，，所以是二面角平面角， 即，， ，当且仅当时“＝”成立， 故的最大值为. 【点睛】方法点睛： 1.求直线与平面所成的角的一般步骤： ①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成； ②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解． 2.作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一期末适应性练习数学学科 注：立体几何解答题用空间向量做一律不得分 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若复数（i为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 下列命题正确的为（    ） A. 已知为三条直线，若异面，异面，则异面 B. 已知为三条直线，若，则 C. 底面是等边三角形，三个侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥 D. 若在平面外，它的三条边所在的直线分别交于，则三点共线 3. 已知直线：，：若，则实数（ ） A. 或 B. C. D. 与 4. 假定生男孩和生女孩是等可能的，现考虑有个小孩的家庭，此家庭是随机选择的，则下列说法正确的是（　　） A. 事件“该家庭个小孩中至少有个女孩”和事件“该家庭个小孩中至少有个男孩”是互斥事件 B. 事件“该家庭个孩子都是男孩”和事件“该家庭个孩子都是女孩”是对立事件 C. 该家庭个小孩中只有个男孩的概率为 D. 该家庭个小孩中至少有2个男孩的概率为 5. 已知非零向量满足，向量在向量方向上的投影向量是，则与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖，传说黄帝炼丹鼎坠积水成湖．白居易曾以诗赋之：“黄帝旌旗去不回，片云孤石独崔嵬．有时风激鼎湖浪，散作晴天雨点来”．某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案．如图，在山脚A测得山顶P的仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走了90米到达B点（A，B，P，Q在同一个平面内），在B处测得山顶P的仰角为，则鼎湖峰的山高PQ为（ ）米 A. B. C. D. 7. 在斜三角形中，角的对边分别为，点满足，且，则的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知平面上两定点、，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆心在上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体表面上动点满足，则点的轨迹长度为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知，方程有一个虚根为，为虚数单位，另一个虚根为，则（ ） A. B. 该方程的实数根为1 C. D. 10. 已知，，分别是的三个内角，，的对边，其中正确的命题有（ ） A. 已知，，，则有两解 B. 若，，，内有一点使得，，两两夹角为，则 C. 若，，，内有一点使得与夹角为，与夹角为，则 D. 已知，，设，若是钝角三角形，则的取值范围是 11. 如图，已知在直三棱柱中，F为的中点，E为棱上的动点，，，，，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 该直三棱柱的外接球的表面积为 C. 当三棱锥的外接球的半径最小时，直线EF与所成角的余弦值为 D. 若E是棱的中点，过A，E，F三点的平面作该直三棱柱的截面，则所得截面的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 经过点作直线，若直线与连接，两点的线段总有公共点，则直线的倾斜角的取值范围是______． 13. 已知、为单位向量，且，若向量满足，则的最小值为______． 14. 如图，在四棱柱中，底面ABCD为正方形，，，，且二面角的正切值为．若点P在底面ABCD上运动，点Q在四棱柱内运动，，则的最小值为______． 四、解答题：本大题共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. 在平行四边形中，. （1）若与交于点，求的值； （2）求的取值范围. 16. 已知在中，，. （1）若的面积为，求点C的轨迹方程； （2）若直线平分内角C，求点C的坐标. 17. 2023年10月22日，汉江生态城2023襄阳马拉松在湖北省襄阳市成功举行，志愿者的服务工作是马拉松成功举办的重要保障，襄阳市新时代文明实践中心承办了志愿者选拔的面试工作．现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第一、二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相同． （1）估计这100名候选者面试成绩的平均数和第25百分位数； （2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的宣传者．若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62和40，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和70，据此估计这次第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差． 18. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角； （2）若，求的面积的取值范围； （3）若，且，求实数的取值范围． 19. 如图，在矩形中，，，是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影落在线段BC上． （1）当点M与端点重合时，证明：平面； （2）当时，求二面角的余弦值； （3）设直线CD与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $