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2023-2024学年广东省江门市台山市第一中学高二上学期期中考试数学试题含答案
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这是一份2023-2024学年广东省江门市台山市第一中学高二上学期期中考试数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．直线倾斜角及在y轴上的截距分别是（ ）
A．，6B．，C．，6D．，
【答案】B
【分析】根据直线方程求出斜率，再利用斜率与倾斜角的关系可求出倾斜角，然后令可求出直线在y轴上的截距.
【详解】由直线可得其斜率，
设直线的倾斜角为，则，
因为，所以，即倾斜角为，
当时，，得，
所以直线在y轴上的截距为，
故选：B
2．若椭圆的一个焦点为，则m的值为（ ）
A．7B．5C．D．
【答案】A
【分析】由题意可得，再结合可求出m的值.
【详解】因为椭圆的一个焦点为，
所以，
所以，
故选：A
3．若是空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【答案】C
【分析】根据共面向量定理逐个分析判断即可.
【详解】对于A，因为，所以，，三个向量共面，所以A错误，
对于B，因为，所以，，三个向量共面，所以B错误，
对于C，假设，，三个向量共面，则存在实数，使，
所以三个向量共面，
因为是空间的一个基底，所以三个向量不共面，
所以假设错误，所以，，三个向量不共面，所以C正确，
对于D，因为，所以，，三个向量共面，所以D错误，
故选：C
4．已知向量，，若，则（ ）
A．B．2C．D．1
【答案】C
【分析】先求出和的坐标，再由列方程可求得结果.
【详解】因为，，
所以，
，
因为，
所以，解得，
故选：C
5．如图，在三棱锥中，点D是棱的中点，若，，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据空间向量的基本定理结合线性运算求解.
【详解】
故选：D.
6．圆关于直线对称的圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】计算圆心关于直线对称的点是，得到圆方程.
【详解】圆，圆心为，半径为2，
设圆心关于直线对称的点是，
则，解得.
则所求圆的方程为.
故选：D
7．直线y=x+b与曲线有且仅有一个公共点，则b的取值范围是（ ）
A．b=±B．或
C．-1≤b≤1D．以上都不对
【答案】B
【分析】画出曲线与直线的图象，结合两个图象有且仅有一个公共点来求得的取值范围.
【详解】由得，x2+y2=1（x≥0），该曲线表示的是圆x2+y2=1在y轴及右侧的部分，如图所示，
y=x+b表示斜率为1，在y轴上的截距为b的直线.
由直线与圆相切，得圆心到直线的距离d==1⇒b=±，
结合图形知b的取值范围是或.
故选：B.
8．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=1，BC=，点M在棱CC1上，且MD1⊥MA，则当△MAD1的面积最小时，棱CC1的长为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【详解】
如图所示，建立空间直角坐标系，，设 ， ，
，即，
，当且仅当时取等号，所以 ，故选A．
【方法点晴】本题主要考查空间向量垂直的坐标表示以及立体几何中的最值问题，属于难题.解决立体几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是转化为点到直线距离、到平面的距离以及平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将立体几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题就是用的这种思路，利用均值不等式法求三角形面积最值的.
二、多选题
9．已知直线和，下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】BC
【分析】由两直线平行、垂直的条件计算可得答案.
【详解】若，则且，解得，故A错误，C正确；
若，则，解得，故B正确，D错误.
故选：BC.
10．已知圆和，下列说法正确的有（ ）
A．圆与圆的位置关系是相交B．圆与圆的位置关系是相离
C．圆与圆共弦长为D．圆与圆公共弦所在直线方程是
【答案】AD
【分析】由圆心距与两半径的关系可判断A、B两项；将两圆方程作差可判断D项；再由弦长公式可判断C项.
【详解】解：圆，则，圆心，半径，
圆，则，
圆心，半径，
则，
因为，所以圆与圆的位置关系是相交，则A项正确，B项错误；
将两圆方程作差，得两圆的公共弦方程为：，即，则D项正确；
记圆心到公共弦直线：的距离为d，则，
则圆与圆共弦长为，则C项错误.
故选：AD.
11．长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则下列说法不正确的是（ ）
A．
B．与平面所成的角为
C．
D．与平面所成的角为
【答案】ABC
【分析】令，根据线面角定义可知，由此可求得的长，即可得到AC错误；作，可证得平面，同时平面，根据线面角定义，结合长度可得BD正误.
【详解】连接，
不妨令，在长方体中，面，面，
和分别为与平面和平面所成的角，
即，
在中，，，，
在中，，，，
，，，，，AC错误；
作，垂足为，
平面，平面，，
又，平面，平面，
为与平面所成的角，
在中，，B错误；
连接，
平面，为与平面所成的角，
在中，，，D正确.
故选：ABC.
12．已知圆的半径为1，PA与圆O相切，切点为A，过点P的直线与圆交于B，C两点，D为BC的中点，，则的可能取值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】通过建系，借助于设角将向量的数量积转化为正弦型函数，利用其有界性求得数量积的范围即得.
【详解】
如图，以点为坐标原点，所在直线为轴，建立直角坐标系,
则点，设则,
因,故则
①当点位于轴异侧或者为直径时，
.
因故，，从而
②当点位于轴同侧时，
.
因故，，从而
综上，的范围是
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：对于求解向量的数量积的范围问题，一般有以下方法：
（1）定义表示法：对于易于求得向量长度和夹角的题型，用定义法求解；
（2）基底表示法：对于几何体中易于寻求基底的题型，可考虑将相关向量用基底表示，再计算分析；
（3）坐标法：通过建立坐标系，选设未知量，求得相关点坐标，运用向量的数量积的坐标公式计算分析.
三、填空题
13．已知，，且，则x的值是 ．
【答案】2
【分析】由，得直接求解即可.
【详解】因为，，且，
所以，解得，
故答案为：2
14．直线平行于直线，则这两条直线的距离等于 ．
【答案】/
【分析】先由两直线平行求出，再利用两平行线间的距离公式可求得结果.
【详解】因为直线平行于直线，
所以，得，
所以直线化为，
由，得，
所以两平行线间的距离为，
故答案为：
15．已知直线与圆交于A、B两点，若面积为，则m的值为 ．
【答案】
【分析】先求出圆心到直线的距离，再利用弦心距，弦和半径的关系表示出，然后根据三角形的面积公式列方程可求出m的值.
【详解】由得圆的圆心，半径，
因为直线恒过点，而点在圆内，
所以直线与圆相交，
圆心到直线的距离，
所以，
所以，解得，
故答案为：
16．已知的顶点，AB边上的中线所在直线的方程为，若AC边上的高所在直线的方程为，则点B的坐标为 ．
【答案】
【分析】设，满足AC边上的高所在直线方程；将中点坐标代入方程；两方程联立可求得点坐标.
【详解】设，代入AC边上的高所在直线的方程得：，
的中点坐标为，代入方程为：，
即，
联立得，解得：，.
故答案为：
四、解答题
17．的三个顶点，，，求：
(1)边上的高所在直线方程；
(2)AC边上的中线所在直线方程及中线的长度．
【答案】(1)
(2)；中线的长度为5.
【分析】（1）先求的斜率，进而可得边上的高的斜率，结合斜截式即可求解；
（2）先求出边上的中点的坐标，再利用两点式求出边上的中线所在直线方程；再利用两点间的距离公式求得边上的中线的长度的值．
【详解】（1）设边上的高所在直线的斜率为，
，则，
由斜截式知边上的高所在直线方程为：，
即边上的高所在直线方程为：.
（2）的三个顶点，，，
故边上的中点，边上的中线所在直线方程为，
即.
边上的中线的长度.
18．如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长度都为2，且两两夹角为．求：
(1)的长；
(2)与夹角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）表达出，平方后，结合数量积运算法则计算出，求出的长为；
（2）计算出，，从而利用向量的夹角余弦公式求出答案.
【详解】（1）设，，，由题意知：，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即的长为，
（2）∵，
∴，
∴，
，
∴，
即与夹角的余弦值为．
19．已知点P是椭圆上一点，点，分别是椭圆的左、右焦点，且，的周长为8．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若，求点P的坐标．
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）根据题意，结合椭圆的定义得到，求得，进而求得，即可求得椭圆的标准方程；
（2）设点，由，求得，代入椭圆的方程，进而求得点的坐标.
【详解】（1）解：由椭圆的焦点为，可得，即，
又由椭圆的定义，可得，
因为的周长为，可得，解得，所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：设点，且，，则，
因为，可得，解得，即，
将代入椭圆，可得，即，解得，
所以点的坐标为.
20．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，，M为BC的中点．
(1)求证：平面；
(2)求点D到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，然后利用空间向量证明即可；
（2）求出平面的法向量，再利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：因为底面，平面，
因为，
因为四边形为矩形，所以，
所以两两垂直，
以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，，
所以，
因为M为BC的中点，所以，
所以，
所以，，
所以，，
所以，
因为，平面，
所以平面；
（2）设平面的法向量为，
因为，
所以，令，则，
因为，
所以点D到平面的距离.
21．已知圆，线段的一个端点在圆上运动，另一端点．
(1)若线段的中点为，求点的轨迹方程，并指出点的轨迹是什么图形；
(2)设（1）中点的轨迹为图形，由图形外一点向该图形引一条切线，切点为，为坐标原点，且有，求的最小值．
【答案】(1)；圆
(2)
【分析】（1）设出，然后表示出并代入圆的方程，从而求解.
（2）由利用距离公式得出，然后利用几何知识从而求解.
【详解】（1）由题意得：设，由为线段中点，所以，
又点在圆上，所以：，化简得：
所以点的轨迹方程为，
点的轨迹是一个以为圆心为半径的圆.
（2）由（1）知图：，得：，
又因为，所以：，
化简得：，所以点在直线上，
所以当最小时，即最小，即为原点到直线的距离，
故的最小值为.
22．如图1，在中，，，别为边BM，MC的中点，将沿AD折起到的位置，使，如图2，连结PB，PC.
（1）求证：平面平面ABCD；
（2）线段PC上是否存在一点E，使二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.
【解析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面ABCD．然后再得面面垂直；
（2）由两两垂直，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，假设存在满足题意，设出，用空间向量法求二面角，再根据二面角的大小得出．
【详解】（1）证明：因为A，D分别为MB，MC中点，所以．
因为，所以所以．
因为，所以．
又因为，AB，AD 平面ABCD，
所以平面ABCD．
又因为平面PAD，所以平面平面
（2）解：因为，，，所以AP，AB，AD两两互相垂直．
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
假设线段PC上存在一点E，使二面角的余弦值为．
设，，
则，
即．
所以，
，．
平面PAD的一个法向量为0，．
设平面ADE的一个法向量，
则有，
令，则0，．
若二面角的余弦值为，
则有，
由，解得．
故线段PC上存在一点E，使二面角的余弦值为，且．
【点睛】方法点睛：本题考查用线面垂直证明线线垂直，考查用由二面角的大小求参数．求二面角的常用方法：
（1）定义法：即作出二面角的平面角并证明，然后计算；
（2）向量法：建立空间直角坐标系，用二面角的两个面的法向量的夹角求解二面角．
一、单选题
1．直线倾斜角及在y轴上的截距分别是（ ）
A．，6B．，C．，6D．，
【答案】B
【分析】根据直线方程求出斜率，再利用斜率与倾斜角的关系可求出倾斜角，然后令可求出直线在y轴上的截距.
【详解】由直线可得其斜率，
设直线的倾斜角为，则，
因为，所以，即倾斜角为，
当时，，得，
所以直线在y轴上的截距为，
故选：B
2．若椭圆的一个焦点为，则m的值为（ ）
A．7B．5C．D．
【答案】A
【分析】由题意可得，再结合可求出m的值.
【详解】因为椭圆的一个焦点为，
所以，
所以，
故选：A
3．若是空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【答案】C
【分析】根据共面向量定理逐个分析判断即可.
【详解】对于A，因为，所以，，三个向量共面，所以A错误，
对于B，因为，所以，，三个向量共面，所以B错误，
对于C，假设，，三个向量共面，则存在实数，使，
所以三个向量共面，
因为是空间的一个基底，所以三个向量不共面，
所以假设错误，所以，，三个向量不共面，所以C正确，
对于D，因为，所以，，三个向量共面，所以D错误，
故选：C
4．已知向量，，若，则（ ）
A．B．2C．D．1
【答案】C
【分析】先求出和的坐标，再由列方程可求得结果.
【详解】因为，，
所以，
，
因为，
所以，解得，
故选：C
5．如图，在三棱锥中，点D是棱的中点，若，，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据空间向量的基本定理结合线性运算求解.
【详解】
故选：D.
6．圆关于直线对称的圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】计算圆心关于直线对称的点是，得到圆方程.
【详解】圆，圆心为，半径为2，
设圆心关于直线对称的点是，
则，解得.
则所求圆的方程为.
故选：D
7．直线y=x+b与曲线有且仅有一个公共点，则b的取值范围是（ ）
A．b=±B．或
C．-1≤b≤1D．以上都不对
【答案】B
【分析】画出曲线与直线的图象，结合两个图象有且仅有一个公共点来求得的取值范围.
【详解】由得，x2+y2=1（x≥0），该曲线表示的是圆x2+y2=1在y轴及右侧的部分，如图所示，
y=x+b表示斜率为1，在y轴上的截距为b的直线.
由直线与圆相切，得圆心到直线的距离d==1⇒b=±，
结合图形知b的取值范围是或.
故选：B.
8．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=1，BC=，点M在棱CC1上，且MD1⊥MA，则当△MAD1的面积最小时，棱CC1的长为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【详解】
如图所示，建立空间直角坐标系，，设 ， ，
，即，
，当且仅当时取等号，所以 ，故选A．
【方法点晴】本题主要考查空间向量垂直的坐标表示以及立体几何中的最值问题，属于难题.解决立体几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是转化为点到直线距离、到平面的距离以及平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将立体几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题就是用的这种思路，利用均值不等式法求三角形面积最值的.
二、多选题
9．已知直线和，下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】BC
【分析】由两直线平行、垂直的条件计算可得答案.
【详解】若，则且，解得，故A错误，C正确；
若，则，解得，故B正确，D错误.
故选：BC.
10．已知圆和，下列说法正确的有（ ）
A．圆与圆的位置关系是相交B．圆与圆的位置关系是相离
C．圆与圆共弦长为D．圆与圆公共弦所在直线方程是
【答案】AD
【分析】由圆心距与两半径的关系可判断A、B两项；将两圆方程作差可判断D项；再由弦长公式可判断C项.
【详解】解：圆，则，圆心，半径，
圆，则，
圆心，半径，
则，
因为，所以圆与圆的位置关系是相交，则A项正确，B项错误；
将两圆方程作差，得两圆的公共弦方程为：，即，则D项正确；
记圆心到公共弦直线：的距离为d，则，
则圆与圆共弦长为，则C项错误.
故选：AD.
11．长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则下列说法不正确的是（ ）
A．
B．与平面所成的角为
C．
D．与平面所成的角为
【答案】ABC
【分析】令，根据线面角定义可知，由此可求得的长，即可得到AC错误；作，可证得平面，同时平面，根据线面角定义，结合长度可得BD正误.
【详解】连接，
不妨令，在长方体中，面，面，
和分别为与平面和平面所成的角，
即，
在中，，，，
在中，，，，
，，，，，AC错误；
作，垂足为，
平面，平面，，
又，平面，平面，
为与平面所成的角，
在中，，B错误；
连接，
平面，为与平面所成的角，
在中，，，D正确.
故选：ABC.
12．已知圆的半径为1，PA与圆O相切，切点为A，过点P的直线与圆交于B，C两点，D为BC的中点，，则的可能取值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】通过建系，借助于设角将向量的数量积转化为正弦型函数，利用其有界性求得数量积的范围即得.
【详解】
如图，以点为坐标原点，所在直线为轴，建立直角坐标系,
则点，设则,
因,故则
①当点位于轴异侧或者为直径时，
.
因故，，从而
②当点位于轴同侧时，
.
因故，，从而
综上，的范围是
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：对于求解向量的数量积的范围问题，一般有以下方法：
（1）定义表示法：对于易于求得向量长度和夹角的题型，用定义法求解；
（2）基底表示法：对于几何体中易于寻求基底的题型，可考虑将相关向量用基底表示，再计算分析；
（3）坐标法：通过建立坐标系，选设未知量，求得相关点坐标，运用向量的数量积的坐标公式计算分析.
三、填空题
13．已知，，且，则x的值是 ．
【答案】2
【分析】由，得直接求解即可.
【详解】因为，，且，
所以，解得，
故答案为：2
14．直线平行于直线，则这两条直线的距离等于 ．
【答案】/
【分析】先由两直线平行求出，再利用两平行线间的距离公式可求得结果.
【详解】因为直线平行于直线，
所以，得，
所以直线化为，
由，得，
所以两平行线间的距离为，
故答案为：
15．已知直线与圆交于A、B两点，若面积为，则m的值为 ．
【答案】
【分析】先求出圆心到直线的距离，再利用弦心距，弦和半径的关系表示出，然后根据三角形的面积公式列方程可求出m的值.
【详解】由得圆的圆心，半径，
因为直线恒过点，而点在圆内，
所以直线与圆相交，
圆心到直线的距离，
所以，
所以，解得，
故答案为：
16．已知的顶点，AB边上的中线所在直线的方程为，若AC边上的高所在直线的方程为，则点B的坐标为 ．
【答案】
【分析】设，满足AC边上的高所在直线方程；将中点坐标代入方程；两方程联立可求得点坐标.
【详解】设，代入AC边上的高所在直线的方程得：，
的中点坐标为，代入方程为：，
即，
联立得，解得：，.
故答案为：
四、解答题
17．的三个顶点，，，求：
(1)边上的高所在直线方程；
(2)AC边上的中线所在直线方程及中线的长度．
【答案】(1)
(2)；中线的长度为5.
【分析】（1）先求的斜率，进而可得边上的高的斜率，结合斜截式即可求解；
（2）先求出边上的中点的坐标，再利用两点式求出边上的中线所在直线方程；再利用两点间的距离公式求得边上的中线的长度的值．
【详解】（1）设边上的高所在直线的斜率为，
，则，
由斜截式知边上的高所在直线方程为：，
即边上的高所在直线方程为：.
（2）的三个顶点，，，
故边上的中点，边上的中线所在直线方程为，
即.
边上的中线的长度.
18．如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长度都为2，且两两夹角为．求：
(1)的长；
(2)与夹角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）表达出，平方后，结合数量积运算法则计算出，求出的长为；
（2）计算出，，从而利用向量的夹角余弦公式求出答案.
【详解】（1）设，，，由题意知：，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即的长为，
（2）∵，
∴，
∴，
，
∴，
即与夹角的余弦值为．
19．已知点P是椭圆上一点，点，分别是椭圆的左、右焦点，且，的周长为8．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若，求点P的坐标．
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）根据题意，结合椭圆的定义得到，求得，进而求得，即可求得椭圆的标准方程；
（2）设点，由，求得，代入椭圆的方程，进而求得点的坐标.
【详解】（1）解：由椭圆的焦点为，可得，即，
又由椭圆的定义，可得，
因为的周长为，可得，解得，所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：设点，且，，则，
因为，可得，解得，即，
将代入椭圆，可得，即，解得，
所以点的坐标为.
20．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，，M为BC的中点．
(1)求证：平面；
(2)求点D到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，然后利用空间向量证明即可；
（2）求出平面的法向量，再利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：因为底面，平面，
因为，
因为四边形为矩形，所以，
所以两两垂直，
以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，，
所以，
因为M为BC的中点，所以，
所以，
所以，，
所以，，
所以，
因为，平面，
所以平面；
（2）设平面的法向量为，
因为，
所以，令，则，
因为，
所以点D到平面的距离.
21．已知圆，线段的一个端点在圆上运动，另一端点．
(1)若线段的中点为，求点的轨迹方程，并指出点的轨迹是什么图形；
(2)设（1）中点的轨迹为图形，由图形外一点向该图形引一条切线，切点为，为坐标原点，且有，求的最小值．
【答案】(1)；圆
(2)
【分析】（1）设出，然后表示出并代入圆的方程，从而求解.
（2）由利用距离公式得出，然后利用几何知识从而求解.
【详解】（1）由题意得：设，由为线段中点，所以，
又点在圆上，所以：，化简得：
所以点的轨迹方程为，
点的轨迹是一个以为圆心为半径的圆.
（2）由（1）知图：，得：，
又因为，所以：，
化简得：，所以点在直线上，
所以当最小时，即最小，即为原点到直线的距离，
故的最小值为.
22．如图1，在中，，，别为边BM，MC的中点，将沿AD折起到的位置，使，如图2，连结PB，PC.
（1）求证：平面平面ABCD；
（2）线段PC上是否存在一点E，使二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.
【解析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面ABCD．然后再得面面垂直；
（2）由两两垂直，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，假设存在满足题意，设出，用空间向量法求二面角，再根据二面角的大小得出．
【详解】（1）证明：因为A，D分别为MB，MC中点，所以．
因为，所以所以．
因为，所以．
又因为，AB，AD 平面ABCD，
所以平面ABCD．
又因为平面PAD，所以平面平面
（2）解：因为，，，所以AP，AB，AD两两互相垂直．
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
假设线段PC上存在一点E，使二面角的余弦值为．
设，，
则，
即．
所以，
，．
平面PAD的一个法向量为0，．
设平面ADE的一个法向量，
则有，
令，则0，．
若二面角的余弦值为，
则有，
由，解得．
故线段PC上存在一点E，使二面角的余弦值为，且．
【点睛】方法点睛：本题考查用线面垂直证明线线垂直，考查用由二面角的大小求参数．求二面角的常用方法：
（1）定义法：即作出二面角的平面角并证明，然后计算；
（2）向量法：建立空间直角坐标系，用二面角的两个面的法向量的夹角求解二面角．
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