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- 2021-02-27 发布
2017-2018学年河北省邢台市高二（上）期中数学试卷（理科）
一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）
1．（5分）若直线3x+y+a=0过圆x2+y2+2x﹣4y=0的圆心，则a的值为（ ）
A．﹣1 B．1 C．3 D．﹣3
2．（5分）若，若∥，则（ ）
A．x=1，y=1 B． C． D．
3．（5分）若直线x﹣y+1=0与圆（x﹣a）2+y2=2有公共点，则实数a取值范围是（ ）
A．[﹣3，﹣1] B．[﹣1，3] C．[﹣3，1] D．（﹣∞，﹣3]∪[1，+∞）
4．（5分）圆O1：x2+y2﹣2x=0和圆O2：x2+y2﹣4y=0的位置关系是（ ）
A．相离 B．相交 C．外切 D．内切
5．（5分）已知直线l、m，平面α、β且l⊥α，m⊂β，给出下列四个命题：
①若α∥β，则l⊥m；
②若l⊥m，则α∥β；
③若α⊥β，则l∥m；
④若l∥m，则α⊥β．
其中正确的命题个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，二面角A1﹣BC﹣D的大小为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．135°
7．（5分）已知，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
8．（5分）该试题已被管理员删除
9．（5分）已知过点P（2，2）的直线与圆（x﹣1）2+y2
=5相切，且与直线ax﹣y+1=0垂直，则a=（ ）
A． B．1 C．2 D．
10．（5分）如图所示，在立体图形D﹣ABC中，若AB=BC，AD=CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是（ ）
A．平面ABC⊥平面ABD
B．平面ABD⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE
D．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE
11．（5分）过圆x2+y2=4外一点P（4，2）作圆的两条切线，切点分别为A，B，则△ABP的外接圆方程是（ ）
A．（x﹣4）2+（y﹣2）2=1 B．x2+（y﹣2）2=4 C．（x+2）2+（y+1）2=5 D．（x﹣2）2+（y﹣1）2=5
12．（5分）三棱锥P﹣ABC中，PC⊥平面ABC，且AB=BC=CA=PC=2，则该三棱锥的外接球的表面积是（ ）
A． B．4π C． D．
二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）
13．（5分）直线x﹣2y+5=0与圆x2+y2=8相交于A、B两点，则|AB|= ．
14．（5分）若平面α的一个法向量=（2，1，1），直线l的一个方向向量为=（1，2，3），则α与l所成角的正弦值为 ．
15．（5分）如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD中，AC与BD相交于O，剪去△
AOB，将剩余部分沿OC、OD折叠，使OA、OB重合，则以A、（B）、C、D、O为顶点的四面体的体积为 ．
16．（5分）若直线y=x+b与曲线y=3﹣有公共点，则b的取值范围是 ．
三、解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图（或称主视图）是一个底边长为8，高为4的等腰三角形，侧视图（或称左视图）是一个底边长为6，高为4的等腰三角形．
（Ⅰ）求该几何体的体积V；
（Ⅱ）求该几何体的面积S．
18．（12分）（Ⅰ）已知圆经过A（2，﹣3）和B（﹣2，﹣5）两点，若圆心在直线x﹣2y﹣3=0上，求圆M的方程；
（Ⅱ）求过点A（﹣1，0）、B（3，0）和C（0，1）的圆N的方程．
19．（12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点D是BC的中点．
（Ⅰ）求证：A1B∥平面ADC1；
（Ⅱ）若AB=AC，BC=AA1=2，求点A1到平面ADC1的距离．
20．（12分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F 分别是BB1，CD 的中点．
（Ⅰ）求证：D1F⊥平面ADE；
（Ⅱ）求异面直线EF与BD1所成角的余弦值．
21．（12分）已知直线l：（2m+1）x+（m+1）y﹣7m﹣4=0，m∈R，圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2=25．
（Ⅰ）证明：直线l恒过一定点P；
（Ⅱ）证明：直线l与圆C相交；
（Ⅲ）当直线l被圆C截得的弦长最短时，求m的值．
22．（12分）已知四棱锥P﹣ABCD的底面为直角梯形，AB∥CD，∠DAB=90°，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=，AB=1，M是PB的中点．
（Ⅰ）证明：平面PAD⊥平面PCD；
（Ⅱ）求AC与PB所成的角余弦值；
（Ⅲ）求平面AMC与平面BMC所成二面角的余弦值．
2017-2018学年河北省邢台市高二（上）期中数学试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）
1．（5分）若直线3x+y+a=0过圆x2+y2+2x﹣4y=0的圆心，则a的值为（ ）
A．﹣1 B．1 C．3 D．﹣3
【分析】把圆x2+y2+2x﹣4y=0的圆心为（﹣1，2）代入直线3x+y+a=0，解方程求得a的值．
【解答】解：圆x2+y2+2x﹣4y=0的圆心为（﹣1，2），
代入直线3x+y+a=0得：﹣3+2+a=0，
∴a=1，
故选 B．
【点评】本题考查根据圆的方程求圆心的坐标的方法，用待定系数法求参数的取值范围．
2．（5分）若，若∥，则（ ）
A．x=1，y=1 B． C． D．
【分析】根据∥，得=λ，利用坐标表示列出方程组，求出x、y的值．
【解答】解：∵，且∥，
可设=λ，
则（1，﹣2y，9）=λ（2x，1，3），
即，
解得λ=3，x=，y=﹣．
故选：C．
【点评】本题考查了空间向量的坐标运算问题，是基础题目．
3．（5分）若直线x﹣y+1=0与圆（x﹣a）2+y2=2有公共点，则实数a取值范围是（ ）
A．[﹣3，﹣1] B．[﹣1，3] C．[﹣3，1] D．（﹣∞，﹣3]∪[1，+∞）
【分析】根据直线x﹣y+1=0与圆（x﹣a）2+y2=2有公共点，可得圆心到直线x﹣y+1=0的距离不大于半径，从而可得不等式，即可求得实数a取值范围．
【解答】解：∵直线x﹣y+1=0与圆（x﹣a）2+y2=2有公共点
∴圆心到直线x﹣y+1=0的距离为
∴|a+1|≤2
∴﹣3≤a≤1
故选C．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，解题的关键是利用圆心到直线的距离不大于半径，建立不等式．
4．（5分）圆O1：x2+y2﹣2x=0和圆O2：x2+y2﹣4y=0的位置关系是（ ）
A．相离 B．相交 C．外切 D．内切
【分析】求出半径，求出圆心，看两个圆的圆心距与半径的关系即可．
【解答】解：圆O1：x2+y2﹣2x=0，即（x﹣1）2+y2=1，圆心是O1（1，0），半径是r1=1
圆O2：x2+y2﹣4y=0，即x2+（y﹣2）2=4，圆心是O2（0，2），半径是r2=2
∵|O1O2|=，故|r1﹣r2|＜|O1O2|＜|r1+r2|
∴两圆的位置关系是相交．
故选 B
【点评】本题考查圆与圆的位置关系，是基础题．
5．（5分）已知直线l、m，平面α、β且l⊥α，m⊂β，给出下列四个命题：
①若α∥β，则l⊥m；
②若l⊥m，则α∥β；
③若α⊥β，则l∥m；
④若l∥m，则α⊥β．
其中正确的命题个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】利用直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系逐一判断，成立的证明，不成立的可举出反例．
【解答】解；①∵l⊥α，α∥β，∴l⊥β，又∵m⊂β，∴l⊥m，①正确．
②由l⊥m推不出l⊥β，②错误．
③当l⊥α，α⊥β时，l可能平行β，也可能在β内，∴l与m的位置关系不能判断，③错误．
④∵l⊥α，l∥m，∴m∥α，又∵m⊂β，∴α⊥β，正确；
故选：B．
【点评】本题主要考查直线，线面，面面位置关系的判断，属于概念题．
6．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，二面角A1﹣BC﹣D的大小为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．135°
【分析】由AB⊥BC，A1B⊥BC，得∠A1BA是二面角A1﹣BC﹣D的平面角，由此能求出二面角D1﹣BC﹣D的大小．
【解答】解：由AB⊥BC，A1B⊥BC，得∠A1BA是二面角A1﹣BC﹣D的平面角，在△ABA1中，∠ABA1=
二面角D1﹣BC﹣D的大小为．
故选B．
【点评】本题考查二面角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
7．（5分）已知，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【分析】用向量减法坐标法则求的坐标，再用向量模的坐标公式求模的最小值．
【解答】解：=（1﹣t﹣2，1﹣t﹣t，t﹣t）=（﹣t﹣1，1﹣2t，0）
==（﹣t﹣1）2+（1﹣2t）2=5t2﹣2t+2
∴当t=时，有最小值
∴的最小值是
故选项为C
【点评】考查向量的坐标运算法则及向量坐标形式的求模公式．
8．（5分）该试题已被管理员删除
9．（5分）已知过点P（2，2）的直线与圆（x﹣1）2+y2=5相切，且与直线ax﹣y+1=0垂直，则a=（ ）
A． B．1 C．2 D．
【分析】由题意判断点在圆上，求出P与圆心连线的斜率就是直线ax﹣y+
1=0的斜率，然后求出a的值即可．
【解答】解：因为点P（2，2）满足圆（x﹣1）2+y2=5的方程，所以P在圆上，
又过点P（2，2）的直线与圆（x﹣1）2+y2=5相切，且与直线ax﹣y+1=0垂直，
所以切点与圆心连线与直线ax﹣y+1=0平行，
所以直线ax﹣y+1=0的斜率为：a==2．
故选C．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，直线与直线的垂直，考查转化数学与计算能力．
10．（5分）如图所示，在立体图形D﹣ABC中，若AB=BC，AD=CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是（ ）
A．平面ABC⊥平面ABD
B．平面ABD⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE
D．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE
【分析】AB=BC，AD=CD，说明对棱垂直，然后推出平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE．
【解答】解：BE⊥AC，DE⊥AC⇒AC⊥平面BDE，
故平面ABC⊥平面BDE，
平面ADC⊥平面BDE．
故选C．
【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，是基础题．
11．（5分）过圆x2+y2=4外一点P（4，2）作圆的两条切线，切点分别为A，B，则△ABP的外接圆方程是（ ）
A．（x﹣4）2+（y﹣2）2=1 B．x2+（y﹣2）2=4 C．（x+2）2+（y+1）2=5 D．（x﹣2）2+（y﹣1）2=5
【分析】根据已知圆的方程找出圆心坐标，发现圆心为坐标原点，根据题意可知，△ABP的外接圆即为四边形OAPB的外接圆，从而得到线段OP为外接圆的直径，其中点为外接圆的圆心，根据P和O两点的坐标利用两点间的距离公式求出|OP|的长即为外接圆的直径，除以2求出半径，利用中点坐标公式求出线段OP的中点即为外接圆的圆心，根据求出的圆心坐标和半径写出外接圆的方程即可．
【解答】解：由圆x2+y2=4，得到圆心O坐标为（0，0），
∴△ABP的外接圆为四边形OAPB的外接圆，又P（4，2），
∴外接圆的直径为|OP|==2，半径为，
外接圆的圆心为线段OP的中点是（，），即（2，1），
则△ABP的外接圆方程是（x﹣2）2+（y﹣1）2=5．
故选D
【点评】此题考查了直线与圆的位置关系，要求学生熟练运用两点间的距离公式及中点坐标公式．根据题意得到△ABP的外接圆为四边形OAPB的外接圆是本题的突破点．
12．（5分）三棱锥P﹣ABC中，PC⊥平面ABC，且AB=BC=CA=PC=2，则该三棱锥的外接球的表面积是（ ）
A． B．4π C． D．
【分析】作△ABC的外接圆，过点C作外接圆的直径CM，连接PM，
则PM为三棱锥P﹣ABC的外接球的直径，求出直径即可．
【解答】解：作△ABC的外接圆，过点C作外接圆的直径CM，连接PM，
则PM为三棱锥P﹣ABC的外接球的直径，如图所示；
∵AB=BC=CA=2，
∴CM==；
又PC⊥平面ABC，
∴PC⊥CM，
∴PM2=PC2+CM2=22+=，
∴三棱锥P﹣ABC的外接球面积为
S外接球=4πR2=π•=．
故选：D．
【点评】本题考查了三棱锥外接球的表面积求法问题，是中档题．
二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）
13．（5分）直线x﹣2y+5=0与圆x2+y2=8相交于A、B两点，则|AB|= 2 ．
【分析】可以直接求出A、B然后求值；也可以用圆心到直线的距离来求解．
【解答】解：圆心为（0，0），半径为2，
圆心到直线x﹣2y+5=0的距离为d=，
故，
得|AB|=2．
故答案为：2．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查学生的理解能力，是基础题．
14．（5分）若平面α的一个法向量=（2，1，1），直线l的一个方向向量为=（1，2，3），则α与l所成角的正弦值为 ．
【分析】α与l所成角θ的正弦值为sinθ=|cos＜＞|，由此能出结果．
【解答】解：∵平面α的一个法向量=（2，1，1），直线l的一个方向向量为=（1，2，3），
∴α与l所成角θ的正弦值为：
sinθ=|cos＜＞|===．
故答案为：．
【点评】本题考查线面角的正弦值的求法，考查直线与平面所成角、平面的法向量等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
15．（5分）如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD中，AC与BD相交于O，剪去△AOB，将剩余部分沿OC、OD折叠，使OA、OB重合，则以A、（B）、C、D、O为顶点的四面体的体积为 ．
【分析】根据题意，求出翻折后的几何体为底面边长，侧棱长，高，即可求出棱锥的体积．
【解答】解：翻折后的几何体为底面边长为4，侧棱长为2的正三棱锥，
高为所以该四面体的体积为=．
故答案为：
【点评】本题考查棱锥的体积，考查计算能力，是基础题．
16．（5分）若直线y=x+b与曲线y=3﹣有公共点，则b的取值范围是 [1﹣，3] ．
【分析】曲线即 （x﹣2）2+（y﹣3）2=4（1≤y≤3），表示以A（2，3）为圆心，以2为半径的一个半圆，由圆心到直线y=x+b的距离等于半径2，解得 b=1+ b=1﹣．结合图象可得b的范围．
【解答】解：如图所示：曲线y=3﹣，即y﹣3=﹣，
平方可得（x﹣2）2+（y﹣3）2=4（ 1≤y≤3，0≤x≤4），
表示以A（2，3）为圆心，以2为半径的一个半圆．
由圆心到直线y=x+b的距离等于半径2，可得 =2，∴b=1+，或b=1﹣．
结合图象可得1﹣≤b≤3，
故答案为：[1﹣，3]．
【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，体现了数形结合的数学思想，属于中档题．
三、解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图（或称主视图）是一个底边长为8，高为4的等腰三角形，侧视图（或称左视图）是一个底边长为6，高为4的等腰三角形．
（Ⅰ）求该几何体的体积V；
（Ⅱ）求该几何体的面积S．
【分析】（Ⅰ）由三视图知该几何体是一个底面为矩形，高为4，顶点在底面的射影是底面中心的四棱锥，由此能求出该几何体的体积．
（Ⅱ）该四棱锥有两个侧面是全等的等腰三角形，另外两个侧面也是全等的等腰三角形，由此能求出该几何体的面积．
【解答】解：（Ⅰ）由三视图知该几何体是一个底面为矩形，高为4，顶点在底面的射影是底面中心的四棱锥，
∴该几何体的体积V==64．
（Ⅱ）该四棱锥有两个侧面是全等的等腰三角形，且其高为h1==4，
另外两个侧面也是全等的等腰三角形，这两个侧面的高为==5，
∴该几何体的面积S=2（）+8×6=88+24．
【点评】本题考查几何体的体积和面积的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意三视图的性质的合理运用．
18．（12分）（Ⅰ）已知圆经过A（2，﹣3）和B（﹣2，﹣5）两点，若圆心在直线x﹣2y﹣3=0上，求圆M的方程；
（Ⅱ）求过点A（﹣1，0）、B（3，0）和C（0，1）的圆N的方程．
【分析】（I）求出AB的中垂线方程，联立方程组求出圆心坐标，计算圆的半径，从而得出圆的方程；
（II）利用待定系数法求出圆的方程．
【解答】解：（Ⅰ）AB的中点为（0，﹣4），直线AB的斜率为=，
∴线段AB的中垂线方程为y=﹣2x﹣4，即2x+y+4=0．
联立方程组，解得x=﹣1，y=﹣2，即所求圆的圆心M（﹣1，﹣2），
∴圆的半径，
∴圆M的方程为（x+1）2+（y+2）2=10．
（Ⅱ）设圆N的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
∵圆N过点A（﹣1，0）、B（3，0）和C（0，1），
∴列方程组得解得D=﹣2，E=2，F=﹣3，
∴圆N的方程为x2+y2﹣2x+2y﹣3=0．
【点评】本题考查了圆的方程求解，属于中档题．
19．（12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点D是BC的中点．
（Ⅰ）求证：A1B∥平面ADC1；
（Ⅱ）若AB=AC，BC=AA1=2，求点A1到平面ADC1的距离．
【分析】（Ⅰ）连接A1C交AC1于点O，连接OD．证明OD∥A1B．然后证明A1B∥平面ADC1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知O是A1C的中点，故点A1到平面ADC1的距离与点C到平面ADC1的距离相等，设为h．通过三棱锥C﹣ADC1与三棱锥C1﹣ACD的体积相等，得到，求解即可．
【解答】（本题满分12分）
（Ⅰ）证明：连接A1C交AC1于点O，连接OD．
∵矩形ACC1A1中，O是A1C的中点，又点D是BC的中点，
∴△A1BC中，OD∥A1B．
∵OD⊂平面ADC1，A1B⊄平面ADC1，
∴A1B∥平面ADC1； …（4分）
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知O是A1C的中点，故点A1到平面ADC1的距离与点C到平面ADC1的距离相等，
设为h．
∵△ABC中，AB=AC，D是BC的中点，
∴AD⊥BC．
∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，
∴AD⊥CC1，BC⊥CC1，
∴AD⊥平面BCC1B1，AD⊥DC1．
在Rt△C1CD中，，则，；
在Rt△ACD中，； …（8分）
∵三棱锥C﹣ADC1与三棱锥C1﹣ACD的体积相等，即，
∴，解得．
即点A1到平面ADC1的距离为． …（12分）
【点评】本题考查直线与平面平行以及直线与平面垂直的判定定理的应用，几何体的体积的求法，点、线、面距离的求法，考查空间想象能力以及计算能力．
20．（12分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F 分别是BB1，CD 的中点．
（Ⅰ）求证：D1F⊥平面ADE；
（Ⅱ）求异面直线EF与BD1所成角的余弦值．
【分析】（Ⅰ）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明D1F⊥平面ADE．
（Ⅱ）求出=（﹣2，﹣1，﹣1），=（﹣2，﹣2，2），利用向量法能求出异面直线EF与BD1所成角的余弦值．
【解答】证明：（Ⅰ）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F 分别是BB1，CD 的中点．
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，
则D1（0，0，2），F（0，1，0），A（2，0，0），D（0，0，0），E（2，2，1），
=（0，1，﹣2），=（2，0，0），=（2，2，1），
•=0，=0+2﹣2=0，
∴D1F⊥DA，D1F⊥DE，
∵DA∩DE=D，∴D1F⊥平面ADE．
（Ⅱ）B（2，2，0），=（﹣2，﹣1，﹣1），=（﹣2，﹣2，2），
设异面直线EF与BD1所成角为θ，
则cosθ===．
∴异面直线EF与BD1所成角的余弦值为．
【点评】本题考查线面垂直的证明，考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．
21．（12分）已知直线l：（2m+1）x+（m+1）y﹣7m﹣4=0，m∈R，圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2=25．
（Ⅰ）证明：直线l恒过一定点P；
（Ⅱ）证明：直线l与圆C相交；
（Ⅲ）当直线l被圆C截得的弦长最短时，求m的值．
【分析】（Ⅰ）直线l方程变形为（2x+y﹣7）m+（x+y﹣4）=0，由，证明直线l恒过定点P（3，1）．
（Ⅱ）P（3，1），圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2=25的圆心C（1，2），半径r=5，由，能证明直线l与圆C相交．
（Ⅲ）当l⊥PC时，所截得的弦长最短，此时有kl•kPC=﹣1，由此能出m的值．
【解答】（本题满分12分）解：
证明：（Ⅰ）直线l方程变形为（2x+y﹣7）m+（x+y﹣4）=0，
由，得，
∴直线l恒过定点P（3，1）． …（4分）
（Ⅱ）∵P（3，1），圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2=25的圆心C（1，2），半径r=5，
∴，
∴P点在圆C内部，
∴直线l与圆C相交．…（8分）
解：（Ⅲ）当l⊥PC时，所截得的弦长最短，此时有kl•kPC=﹣1，
而，kPC=﹣，
∴=﹣1，解得m=﹣．…（12分）
【点评】本题考查直线直线过定点的证明，考查直线与圆相交的证明，考查实数值的求法，考查直线、圆、点到直线的距离公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
22．（12分）已知四棱锥P﹣ABCD的底面为直角梯形，AB∥CD，∠DAB=90°，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=，AB=1，M是PB的中点．
（Ⅰ）证明：平面PAD⊥平面PCD；
（Ⅱ）求AC与PB所成的角余弦值；
（Ⅲ）求平面AMC与平面BMC所成二面角的余弦值．
【分析】
以A为坐标原点AD长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为
A（0，0，0）B（0，2，0），C（1，1，0），D（1，0，0），P（0，0，1），M（0，1，）．
（Ⅰ）证明DC⊥面PAD即可得面PAD⊥面PCD．
（Ⅱ）由
∴，得cos＜＞=
（Ⅲ）求出平面AMC、平面BMC的法向量分别为，求出cos＜＞
即可得平面AMC与平面BMC所成二面角的余弦值
【解答】因为PA⊥PD，PA⊥AB，AD⊥AB，以A为坐标原点AD长为单位长度，
如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为
A（0，0，0）B（0，2，0），C（1，1，0），D（1，0，0），P（0，0，1），M（0，1，）．
（Ⅰ）证明：因，，故，∴AP⊥DC
由题设知AD⊥DC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得DC⊥面PAD．
又DC在面PCD上，故面PAD⊥面PCD．
（Ⅱ）解：因
∴，∴cos＜＞=
（Ⅲ）设平面AMC、平面BMC的法向量分别为
，由，取；
，由，取
cos＜＞=．
平面AMC与平面BMC所成二面角的余弦值为．
【点评】本题考查了空间位置关系，及利用空间向量求空间角的基本方法，属于中档题．