高二数学上学期期中模拟卷（人教A版选择性必修第一册全册，高效培优·强化卷）

2026-2027学年高二数学上学期期中模拟卷 全解全析 （考试时间：120分钟，分值：150分） 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。 4．测试范围：人教A版选择性必修第一册全册。 第一部分（选择题 共58分） 一、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．直线与直线垂直，则（   ） A． B．1 C． D．0 【答案】C 【详解】由直线与直线垂直， 得， 所以， 解得. 2．已知直线：与：交于，两点，当时，（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】已知：， 整理得，即， 可得圆心的坐标为，半径 已知，， 所以为等腰三角形， 过点作的垂线，垂足为， 则为圆心到直线的距离，且 在中，． 已知直线：， 点到直线的距离公式为：， 则， 两边同时平方得：， 整理得，即， 解得． 3．直线：和直线：互相平行，则的值为（     ） A．或 B．或 C． D． 【答案】C 【详解】、平行，得： ， 整理：，解得或. 当时，，，两条直线完全重合，不符合平行要求，舍去； 当时，，，斜率均为1且截距不同，是平行直线，符合条件. 因此最终. 4．若如图中的直线，，的斜率分别为，，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设直线､､的倾斜角分别为， 则， 由图可知：，， 所以. 5．设为抛物线：的焦点，点在上，点，若，则（     ） A．2 B． C． D．4 【答案】C 【详解】由题意可得，焦点，则， 即点到准线的距离为，所以点的横坐标为， 不妨设点在轴上方，代入，则， 所以. 6．设双曲线C：经过点和点，则C的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】将代入双曲线方程得， 解得， 所以的渐近线方程为 7．已知空间向量，且与夹角的余弦值为，则在上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】， 故在上的投影向量. 8．已知空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．经过点且方向向量为的直线方程为．用以上知识解决下面问题：中国古建筑的斗拱是榫卯营造技艺的瑰宝，层层构件相互咬合，撑起宏大的屋檐.在空间直角坐标系中，某斗拱构件所在平面的方程为，一根木质斜杆穿过构件，斜杆对应的直线l的方程为，则斜撑杆（直线l）与斗拱构件平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题意知：平面的一个法向量，直线的一个方向向量， ， 即直线与平面所成角的正弦值为. 二、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，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．下列说法正确的是（ ） A．若直线的一个方向向量为，则该直线的斜率为 B．方程表示过点的所有直线 C．设直线的斜率为，且，则直线的倾斜角的取值范围是 D．已知直线过定点且与以、为端点的线段有交点，则直线的斜率的取值范围是 【答案】ACD 【详解】对于选项A：设直线上的两个不同点，则，故A正确； 对于选项B：由当时，，解得， 方程表示的直线过定点， 但直线也过，不能由该方程表示，故B错误； 对于选项C：因为直线的斜率为，，且，， 即，所以，故C正确； 对于选项D：直线的斜率，直线的斜率， 由题意可作图如下： 因为直线与线段有交点，所以斜率的取值范围为，故D正确. 10．如图，在三棱锥中，平面平面，与均为等腰直角三角形，且，，下列结论正确的有（    ） A．三棱锥的各条棱中，最长的棱长度为 B．二面角的正切值为 C．点为底面（包括边界）上的动点，，则点的轨迹长度为 D．点是线段上的动点，若线段上存在点，使得异面直线与成的角，则线段长的取值范围是 【答案】BC 【详解】平面平面，与均为等腰直角三角形， 且，，则， ，平面平面， 平面，又平面， ，则， 故最长的棱长度为，故A错误； 以为坐标原点，所在直线分别为轴， 过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系， ， 则，， 易知平面的一个法向量， 设平面的一个法向量， ，不妨取，则， 设二面角为， 又，二面角为锐角， ，，故B正确； 设的中点为，中点为，连接，， 又为等腰三角形，， ，， 又平面平面，平面平面， 平面，又平面， ，，解得， 则的轨迹是以为圆心，半径为的弧上，如图： 易得，则，则，故C正确； ，， 设，与为异面直线，故， ，，， 则，， 所以，解得， 所以，， 因为异面直线与成的角， 所以， 故，， 其中，故，又， 解得， ，故 线段长的取值范围是，故D错误． 11．已知椭圆，左，右焦点分别为、，点为椭圆上的动点，则下列说法正确的是（   ） A．的最大值为 B．若椭圆上存在点，使得，则该椭圆离心率的取值范围为 C．若，则的面积为 D．当，时，坐标原点为，则的取值范围为 【答案】ACD 【详解】选项A、由椭圆定义， 由均值不等式得， 当且仅当时取等号，则选项A正确； 选项B、已知，又， 联立可得，则， 由，可得， 解不等式，可得， 解不等式，可得，所以， 则该椭圆离心率的取值范围为，则选项B错误； 选项C、设，， 已知，， 由余弦定理得，即， 则，解得， 所以的面积为，则选项C正确； 选项D、因为，，则， 所以，，，则， 设，满足． 则，，， 可变形为， 代入上式，可得， 这是开口向下的二次函数，对称轴为， 在对称轴处，， 在端点处，， 在端点处，， 所以的取值范围为，则选项D正确． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知表示圆，则实数a的取值范围是______． 【答案】或者. 【详解】转化为，根据圆的标准方程可知， 半径，故，解得或者. 13．已知抛物线：上点，斜率为1的直线过点，抛物线上存在两点，关于直线对称，则______． 【答案】 【详解】如图，因为在抛物线上，所以，解得， 所以抛物线方程为，    因为直线的斜率为1，所以直线的方程为； 设直线MN的方程为， 由，消去得， 设，则，于是线段MN的中点坐标为， 显然点在直线上，即，解得， 所以， 所以. 14．正四面体棱长为2，点为其外接球球心，点，，满足，，，，，且点在平面上，则三棱锥体积最小值为________． 【答案】/ 【详解】设正四面体的顶点为原点，，，， 已知正四面体棱长为，所以，且两两夹角为， 因为点为正四面体外接球的球心，也是其中心， 所以， 由题设，，，点在平面上， 根据空间向量共面定理，存在实数使且， 所以， 因为不共面（线性无关），所以，，， 所以，即，整理得， 由于，得， 三棱锥与三棱锥共顶点，且分别在棱上， 根据体积比公式， 要求的最小值，即求的最小值， 由，则， 即，解得， 当且仅当，即时，等号成立， 正四面体的体积为， ， 所以三棱锥体积的最小值为. 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．（13分）已知直线． (1)证明：直线过定点； (2)直线在两坐标轴上的截距互为相反数，求直线的方程； (3)求点到直线距离的最大值及此时直线的方程． 【答案】(1)证明：因为直线，即， 由，得，所以直线恒过定点． (2)或 (3)点到直线距离的最大值为，直线的方程为. 【详解】(1)证明：因为直线，即， 由，得，所以直线恒过定点． （2）由， 当时，，即，显然不满足题意； 当时，令，得，令，得， 由于直线在两坐标轴上的截距互为相反数，则，解得或， 则直线的方程为或. 综上所述，直线的方程为或. （3）令直线恒过定点为，则点到直线距离， 当时，有最大值，即， 由，所以点到直线距离的最大值为， 此时直线的斜率为：， 由，所以直线的斜率为：， 所以直线的方程为：，即. 16．（15分）设，圆，点关于直线对称点在圆上. (1)求圆的方程； (2)若动点在圆上，求的取值范围； (3)设，直线过点，且与圆交于点，，求的取值范围. 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）设点关于直线对称点为， 则直线与直线垂直， 斜率，即，即， 线段的中点在直线上， 即，即， 联立方程组，解得， 即点代入圆中， ，解得， 所以圆的方程为. （2）设，， 的几何意义是圆上的点与定点连线的斜率， 设过点的直线方程：， 即， 圆心，半径， 直线与圆有交点，则圆心到直线的距离， ， 两边平方得：，解得， 所以， 的范围是. （3）， 当直线斜率不存在时，直线方程为，代入圆的方程， 得，解得， 得，， ，，此时. 当直线斜率存在时，设直线的方程， 联立方程组， 得：， 展开整理得：， 设，， 则，， ，， ， ，， 所以 ， 因为， 所以点在圆内，过点得直线一定和圆相交于两点，则， 所以， 所以， 即， 综上所述的取值范围. 17．（15分）如图，在四面体中，，，，，点、分别为、的中点，设，，． (1)将用基底表示，并求其模长； (2)若，，求证：、、、四点共面． 【答案】(1)，. (2)证明：由题意知，， 因为，所以， 所以，， ，     不妨设， 即， 因为、、不共面，由空间向量基本定理可得，解得， 即，     根据共面向量定理，、、共面且有公共点，所以、、、四点共面． 【详解】（1），     则 ， 所以； (2)证明：由题意知，， 因为，所以， 所以，， ，     不妨设， 即， 因为、、不共面，由空间向量基本定理可得，解得， 即，     根据共面向量定理，、、共面且有公共点，所以、、、四点共面． 18．（17分）已知椭圆：短轴长为2，过其右焦点且垂直于轴的直线交椭圆于，两点，且. (1)求椭圆的方程； (2)若直线：与椭圆交于，两点，线段中点为，在轴上是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在定点 【详解】（1）由题知，设椭圆方程为， 椭圆C过点且， 所以，解得 所以椭圆C的方程为． （2） 假设在轴上存在定点，使得恒成立，设，， 由，得， ∴，， ， ∵，∴，， ∴点在以为直径的圆上，即， ，， ∴ ， ∴恒成立， ∴，解得， ∴， ∴存在定点，使得恒成立． 19．（17分）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，M为棱的中点. (1)证明：平面； (2)若，， （ⅰ）求二面角的余弦值； （ⅱ）在线段上是否存在点Q，使得点Q到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)取的中点，连接，， 为中点，是的中位线， ，且， 由题意得，，， 且， 四边形是平行四边形，， 又平面，平面， 由线面平行的判定定理得：平面. (2) 二面角的余弦值为 设，， ，，则， ，平面的法向量，， 点到平面的距离公式： ， 令，即， ，，即，解得， 故线段上存在满足条件的点， ， . 【详解】(1)取的中点，连接，， 为中点，是的中位线， ，且， 由题意得，，， 且， 四边形是平行四边形，， 又平面，平面， 由线面平行的判定定理得：平面. （2），，， ，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面， ，以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系， 由已知得各点坐标： ， 是中点，. ， 设平面的法向量为， 令，解得，得， 平面在平面内，取平面的一个法向量， ， 由图可知二面角为钝二面角， 二面角的余弦值为； 设，， ，，则， ，平面的法向量，， 点到平面的距离公式： ， 令，即， ，，即，解得， 故线段上存在满足条件的点， ， . 1 / 11 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二数学上学期期中模拟卷 考试版 （考试时间：120分钟，分值：150分） 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。 4．测试范围：人教A版选择性必修第一册全册。 第一部分（选择题 共58分） 一、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．直线与直线垂直，则（   ） A． B．1 C． D．0 2．已知直线：与：交于，两点，当时，（   ） A． B． C． D． 3．直线：和直线：互相平行，则的值为（     ） A．或 B．或 C． D． 4．若如图中的直线，，的斜率分别为，，，则（ ） A． B． C． D． 5．设为抛物线：的焦点，点在上，点，若，则（     ） A．2 B． C． D．4 6．设双曲线C：经过点和点，则C的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 7．已知空间向量，且与夹角的余弦值为，则在上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 8．已知空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．经过点且方向向量为的直线方程为．用以上知识解决下面问题：中国古建筑的斗拱是榫卯营造技艺的瑰宝，层层构件相互咬合，撑起宏大的屋檐.在空间直角坐标系中，某斗拱构件所在平面的方程为，一根木质斜杆穿过构件，斜杆对应的直线l的方程为，则斜撑杆（直线l）与斗拱构件平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 二、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，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．下列说法正确的是（ ） A．若直线的一个方向向量为，则该直线的斜率为 B．方程表示过点的所有直线 C．设直线的斜率为，且，则直线的倾斜角的取值范围是 D．已知直线过定点且与以、为端点的线段有交点，则直线的斜率的取值范围是 10．如图，在三棱锥中，平面平面，与均为等腰直角三角形，且，，下列结论正确的有（    ） A．三棱锥的各条棱中，最长的棱长度为 B．二面角的正切值为 C．点为底面（包括边界）上的动点，，则点的轨迹长度为 D．点是线段上的动点，若线段上存在点，使得异面直线与成的角，则线段长的取值范围是 11．已知椭圆，左，右焦点分别为、，点为椭圆上的动点，则下列说法正确的是（   ） A．的最大值为 B．若椭圆上存在点，使得，则该椭圆离心率的取值范围为 C．若，则的面积为 D．当，时，坐标原点为，则的取值范围为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知表示圆，则实数a的取值范围是______． 13．已知抛物线：上点，斜率为1的直线过点，抛物线上存在两点，关于直线对称，则______． 14．正四面体棱长为2，点为其外接球球心，点，，满足，，，，，且点在平面上，则三棱锥体积最小值为________． 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．（13分）已知直线． (1)证明：直线过定点； (2)直线在两坐标轴上的截距互为相反数，求直线的方程； (3)求点到直线距离的最大值及此时直线的方程． 16．（15分）设，圆，点关于直线对称点在圆上. (1)求圆的方程； (2)若动点在圆上，求的取值范围； (3)设，直线过点，且与圆交于点，，求的取值范围. 17．（15分）如图，在四面体中，，，，，点、分别为、的中点，设，，． (1)将用基底表示，并求其模长； (2)若，，求证：、、、四点共面． 18．（17分）已知椭圆：短轴长为2，过其右焦点且垂直于轴的直线交椭圆于，两点，且. (1)求椭圆的方程； (2)若直线：与椭圆交于，两点，线段中点为，在轴上是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 19．（17分）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，M为棱的中点. (1)证明：平面； (2)若，， （ⅰ）求二面角的余弦值； （ⅱ）在线段上是否存在点Q，使得点Q到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2026-2027学年高二数学上学期期中模拟卷 参考答案 第一部分（选择题共58分） 一、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 2 3 4 6 7 8 C D C C A 二、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，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 10 11 ACD BC ACD 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 64V264V2 12.a<0或者a>1 13.210 14.225/225 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.(13分) 【解析】(1)证明：因为直线 ：-y+2+4k=0(keR),即(x+4k-y+2=0 [x+4=0 「x=-4 由-y+2=0,得y=2,所以直线1恒过定点(4,2).(4分) 1:x-y+2+4k=0(k∈R) (2)由 当k=0时，1：-y+2=0,即y=2,显然不满足题意： 当k≠0时，令x=0,得y=4秋+2，令y=0,得x=然+2 k 1/9 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 由于直线)在两坐标轴上的我距互为相反数，则4+22-0，解行太= k 2或k=1 则直线I的方程为x+2y=0或x-y+6=0, 综上所述，直线l的方程为x+2y=0或x-y+6=0.(9分) （3)令直线恒过定点为P-4,2）,则点4(-1,3)到直线'距窝≤1 当P1时，d有最大值M,即=， 由4=4++2-3=10，所以点4(-3)到直线1距离的最大值为0， 3-21 此时直线P的斜率为： k1-43, 1，所以直线的斜率为：太=3. 由 所以直线的方程为： -3x-y+2+4x(-3)=0,即3x+y+10=0.13分) 16.(15分) 【解折】山设点42,0)关于直线2x+y-14=0对称点为 4(，o) 则直线从与直线2 2x+y-14=0 垂直， 21。-0_1 斜率2，即6-22，即水2k-2列， x+2% 线段A4的中点2,2在直线2x+y-14=0上， 即252+兰-14=-0，即%=24-24 22 联立方程组 %-6-2) 解得=10 %=24-2x0 %=4 2/9 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 即点40,4代入aC=(-6+=r中， (10-6}2+42=r2 解得2=32 所以贸C的方程为x-6+少=32.5分) +2,2h2 (2)设k=少 x+2, 长的几柯意义是圆上的点P(,列与定点M(-2,0叭连我的斜幸， 设过点 M(-2,0 的直线方程：y=k(+2) 即x-y+2k=0, 圆心(6 ）半径=VB2=42 直线与圆有交点，则圆心到直线的距离d≤r, 4=6-0+24。 8≤4N2 V2+1V2+1 两边平方得：≤32，解得1≤k≤1 64k2 所以-2≤2k≤2， 2 x+2的范围是[-2,2引(10分) (3) B(-2,0)A(2,0) 当直线斜率不存在时，直线方程为=2，代入圆的方程（x-6矿+广=32 得2-6+少=32，解得y=4 得E2,4F2,-4) BE=(4,4)BF=(4,4),此时B距BF=0 3/9 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 当直线斜率存在时，设直线的方程 =k(x-2) j(x-6}+y2=32 联立方程组y=k(x-2), 得：(x-6°+(x-2=32 展开整理得：（+)x-(2+4k2)x+(4k2+4)=0 设E(,)F(s,) 则x+x2= 12+4k2 -1+k2,xx2=2=4, 片=k(x-2)2=k(x-2) [-24+=4-2+ BE=(x+2,y)BF=(:+2,2) BE.BF=x+2)+4+ 所以 1+2+24-2.12+4h2 =4+2.12+4k2 2:1++4 32 = 1+k2, 因为AG=V(6-2}+0=4≤r. 所以点A在圆内，过点A得直线一定和圆相交于两点，则k∈R, 所以k2≥0， 所以0、32 1+≤32， 即0<BE·BF≤32， 4/9 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 综上所达BE.F的取值范国03刃](15分) 17.(15分) 【解折】（山厅-0-oE=6+©a=6+c-d). 则E=46+c-ad=4a+6+c2-2a-6-2ac+25-) 4+4+3-4-26+26)= EF-7 所以T2；(5分) ②证明：由愿意知，0c=b, 3》 因为C-号Ci0m-oc-ai-0d,所以0m-a+ 3 所uo正-0呢-oc-a}5,Gf=0F-0G=6+5-5+, G丽=0丽-0G-a-6+c -b+-C 333 (9分) 不妨设 =6Eof→号06+g=af+ 26-a+}+. 即5a-3+-2a+6 x_2 23 y_xI 因为、、不共面，由空间向量基本定理可得633，解得 X= 3, y I = 2 a b c 23 y= 3 即G丽=4GE+2GF 3 根据共面向量定理， 丽、G正、F共面且有公共点G,所以5、F、G、H四点共面。(15分) G 5/9 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 18.(17分) 【解析】)由题知，设椭圆方程为7+：=a,6>0. 椭圆c过点63)且6=1 所以a3 ,解得 a2=1+c2 a2=3 x2 所以椭圆C的方程为3+少=1.(5分) (2) y个 假设在'轴上存在定点P,使得∠B0P=2∠BFP恒成立，设P0,W）,E(,）.F(,为) y=k-I 2 由x2 3+y2=1(4+12k2)x2-12-9 12k -9 .+4+12k,x=4+12k, △=14k2+36(4+12k)>0,(9分) .∠EOP=2∠EFP,.∠EFP=∠FPQ,∴OE=QF=OP, ∴.点P在以EF为直径的圆上，即PE⊥PF, PE=(,片-)PF=(,h-%) 619 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 :PE-PF=+(y-5-为) =5+2-%(出+y)+y好 =+6+)%[+)-+8 -+)x-G+%+)+后+%+月 12-0k+46+4%-8-0 4+12k2 :12(6-2+4好+4。-8=0 恒成立， ∫-1=0 .4y+4y-8=0,解得=1， :P@1) (0, ∴存在定点 ,使得B0P=2LBFP 恒成立.(17分) 19.(17分) 【解析】(I)取PD的中点N,连接AN,MN, Z 为中点， 是 的中位线， .M PC .·MN APDC MW1/Dc,且W=)DC 2 由冠意行，B1DC,AB=DC】 2 ∴.AB=MN且AB/IMN, ∴四边形ABMN是平行四边形，∴BMIIAN, 719 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 又'BM￠平面PAD,ANC平面PAD, 由线面平行的判定定理得：BMI1平面PAD.(5分) (2)⑨：PD=1,CD=2.PC=5 :.PD2+CD2=1+4=5=PC2:.PD1DC 又平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=DC,PDc平面PDC, .PD⊥平面ABCD, ~ADLDC,以D为原点，分别以 A,DC,DP 的方向为儿轴正方向，建立空间直角坐标系， Z M B 由已知得各点坐标： D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),P(0,0,1 M是PC中点， 40 D-0.L2)D8-L0 设平面BDM的法向量为 =(x,y,z） 1 i.DM=y+。z=0 2 n.DB=x+y=0 令2=2，解得少=-山x=1,得”=0-12) ,得 平面DM在0平面内，取平面P0M前-个法向基”=Q0 8/9 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 n.m 1 cosn,m）= 6 1nlmV2+(-02+22×16, 由图可知二面角P-DM-B为钝二面角， 面角pDM-B的余弦值为-6：10分) (m设P=PA,0≤≤1， i=l0-),P0.o.则a,01-), D0=(,01-2),平面BDM的法向量1=-.，2)，6 点Q到平面BDM的距离公式： d=D0m_12+20-l_12- V6, 29m2652-. 9,即V69 05s12->0可2--分解物天=号0， 故线段PA上存在满足条件的点O, 1PAVP+02+(-02=V2 P0=刘Pi啡号x2-23 3.(17分) 9/9