2023-2024学年重庆市南开中学高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市南开中学高一（下）期末数学试卷（含解析），共21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。

1.复数i1+2i的虚部为( )
A. 25B. 25iC. 15D. 15i
2.直线3x+ 3y+5=0的倾斜角为( )
A. π6B. π4C. 2π3D. 3π4
3.已知向量a与b满足|a|=2,|b|= 3，且a与b的夹角为π6，则|a−2b|=( )
A. 3B. 2C. 2D. 3
4.如图，在三棱锥P−ABC中，PM=2MC,N为BC的中点，设AB=a,AC=b,AP=c，则用a,b,c表示MN为( )
A. 13a+16b−c
B. 12a−16b−13c
C. 12a−16b−c
D. 13a−12b−13c
5.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足b2=a2+c2−ac，△ABC的面积为 3，则b的最小值为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
6.庑殿顶是中国古代殿宇建筑屋顶的常见样式，屋顶包含一条正脊、四条垂脊，四个屋顶面.已知南开中学午晴堂侧楼屋顶为庑殿顶样式，整个屋顶长20m，宽7.2m，正脊长12.8m，四个屋顶面坡度均为1：2.4，其中坡度是指坡面的垂直高度和水平宽度的比值，则午静堂侧楼屋顶面积为( )
A. 144m2B. 156m2C. 169m2D. 172m2
7.如图，已知圆台O1O2，AB为上底面圆O1的一条直径，且AB=2，CD是下底面圆O2的一条弦，∠CO2D=60°，矩形ABCD的面积等于4 3，则该圆台的侧面积为( )
A. 6 2π
B. 5 10π
C. 4 3π
D. 3 10π
8.已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(2AB+AC)⊥BC，BA在BC上的投影向量的模长为 55c，则csA=( )
A. 64B. 35C. 510D. 1010
二、多选题：本题共3小题，共9分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 对于平面α，β，γ，α∩β=a，α∩γ=b，β∩γ=c，若a//b，则b//c
B. 对于平面α和直线a，b，若a⊥b，b//α，则a⊥α
C. 对于平面α，β和直线a，b，若a⊥b，a//α，b//β，则α⊥β
D. 对于平面α，β和直线a，若a⊥β，α⊥β，a⊄α，则a//α
10.已知圆C：x2+y2−mx−ny+1=0，圆心C关于直线l：y=−x+1对称点为A(−1,0)，M，N为圆C上两点，且满足AM⋅AN=12，点O为坐标原点，则下列正确的是( )
A. m=2，n=4B. y轴与圆C相切
C. 线段MN的中点轨迹为圆D. |MN−|的最大值为 7+4 2
11.如图，棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P为A1B1的中点，动点Q满足DQ=λDC+μDD1,λ,μ∈(0,1)，则下列说法正确的是( )
A. 平面B1DQ⊥平面ACD1
B. 直线PQ与平面CC1D1D所成角为θ，则sinθ的取值范围是(23,1)
C. 设C1D∩平面BPD1=Q，则三棱锥P−A1CQ的体积为83
D. 以△CC1D1的边CD1所在直线为旋转轴将△CC1D1旋转，则在旋转过程中，则PC1的取值范围是[2,2 13]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知直线l1：(a−2)x+y−3=0和直线l2：x+ay+1=0垂直，则实数a= ______．
13.已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为线段AC的中点，B=π3,|BD|= 132,c=a+2，则sin∠ABDsin∠CBD= ______．
14.已知三棱锥S−ABC中，AB⊥BC，SC⊥BC，AB=2BC=2，三棱锥S−ABC的体积为23，则当SA取最小值时，三棱锥S−ABC外接球的体积为______．
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.(本小题13分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 3(c−bcsA)=bsinA．
(1)求B；
(2)若a=3,b= 13，求△ABC的面积．
16.(本小题15分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中AB=BC=CC1=2，AC=2 2，M，N分别是AB，B1C1的中点．
(1)求证：MN/​/平面ACC1A1；
(2)求异面直线A1B与MN所成角的余弦值．
17.(本小题15分)
已知圆C：x2+y2−2ax−2by+a2=0满足：①a>1，b>0；②与圆O：x2+y2=1外切；③被直线x=1分成两段圆弧，其弧长的比为1：2．
(1)求圆C的方程；
(2)若直线l与圆C相交于M，N两点，四边形OCNM为平行四边形，求直线l的方程．
18.(本小题17分)
已知在平行四边形ABCD中，E是CD边上一点，且满足CE=3ED，∠CAE=2∠DAE，AD2=DE⋅DC．
(1)求∠DAE的大小；
(2)现以AC为折痕把△ACD折起，使点D到达点P的位置，且AE⊥BE.如图：
(i)证明：平面PAB⊥平面ABC；
(ii)求平面EAB与平面PAB夹角的余弦值．
19.(本小题17分)
如图，已知四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，且AB=3，AD=4，∠DAB=π3，M为BC的中点，点P在平面ABCD内的射影为点H，且AH⊥DM．
(1)求证：PA⊥DM；
(2)当△PAB为等边三角形时，求点H到平面PBC的距离；
(3)若PA=m(m> 21),∠PAH=θ，记三棱锥P−ABH的外接球表面积f(θ)，当函数f(θ)取最小值时，平面BPC与平面DPC夹角的大小为π2−θ，求实数m的值．
答案解析
1..C
【解析】解：复数i1+2i=i(1−2i)(1+2i)(1−2i)=2+i5=25+15i．
所以复数i1+2i的虚部为15．
故选：C．
2..C
【解析】解：将直线3x+ 3y+5=0化为y=− 3x−5 33，可知直线的斜率为k=− 3，
∵tan2π3=− 3，∴直线3x+ 3y+5=0的倾斜角为2π3．
故选：C．
3..C
【解析】解：由题意知，a⋅b=|a|⋅|b|csπ6=2× 3× 32=3，
所以|a−2b|= |a−2b|2= a2−4a⋅b+4b2= 22−4×3+4×3=2．
故选：C．
4..B
【解析】解：在三棱锥P−ABC中，PM=2MC,N为BC的中点，设AB=a,AC=b,AP=c，
则MN=MC+CN=13PC+12CB=13(AC−AP)+12(AB−AC)
=12AB−13AP−16AC=12a−16b−13c．
故选：B．
5..B
【解析】解：因为b2=a2+c2−ac，
由余弦定理可得b2=a2+c2−2accsB，
所以csB=12，
因为B∈(0,π)，可得B=π3
因为△ABC的面积为 3，即12acsinB= 3，
即12ac⋅ 32= 3，
解得ac=4，
所以b2=a2+c2−ac≥2ac−ac=ac=4，当且仅当a=c时取等号，
即b≥2．
所以b的最小值为2．
故选：B．
6..B
【解析】解：根据庑殿顶抽象出几何体，该几何体的底面为矩形，侧面由两个全等梯形和两个全等的等腰三角形组成．
过点A作底面的垂线交底面于点C，过点C作底面矩形的长的垂线并交于点D，
取宽的中点为B，连接AC，BC，CD，即有AC⊥BC，AC⊥CD，∠ABC，∠ADC分别为侧面、正面与底面形成的二面角，
屋顶长20m，宽7.2m，正脊长12.8m，由对称性可得BC=20−12.82=3.6，CD=7.22=3.6．
四个屋顶面坡度均为1：2.4，得ACBC=12.4，∴AC=，
由勾股定理得AB= AC2+BC2= 1.52+3.62=3.9，
因为四个顶面坡度均相等，即∠ABC=∠ADC，且BC=CD=3.6，
即△ABC≌△ADC，∴AD=AB=3.9，
故屋顶面积为：12×7.2×3.9×2+12×(12.8+20)×3.9×2=3.9×(7.2+32.8)=3.9×40=156m2．
故选：B．
7..D
【解析】解：由题意可知，圆台的上底面半径为r1=1，
∵∠CO2D=60°，O2D=O2C，
∴△O2DC为等边三角形，
∴O2D=O2C=CD=AB=2，
即圆台的下底面半径为r2=2，
∵矩形ABCD的面积等于4 3，AB=2，
∴AD=2 3，
作DM⊥EF于点M，则M为O2E的中点，
∴DM= 3，
∴AM= AD2−DM2= 12−3=3，
∴AE= AM2+EM2= 9+1= 10，即圆台的母线长为 10，
∴该圆台的侧面积为S=π(r1+r2)×AM=π×(1+2)× 10=3 10π.
故选：D．
8..D
【解析】解：过点A作AD⊥BC，交BC于点D，
因为BA在BC上的投影向量的模长为 55c，即|BD|=|BA|csB= 55c，
则BA⋅BC= 55ac，
因为(2AB+AC)⊥BC，
所以(2AB+AC)⋅BC=2AB⋅BC+AC⋅BC=−2BA⋅BC+CA⋅CB=−2 55ac+a|CD|=0，
所以|CD|=2 55c，则a=3 55c，
由余弦定理得csB= 55=a2+c2−b22ac=(3 55c)2+c2−b22×3 55c2，
解得b=2 105c，
所以csA=b2+c2−a22bc=(2 105c)2+c2−(3 55c)22×2 105c2= 1010．
故选：D．

【解析】解：对于A，由于α∩β=a，α∩γ=b，a//b，
则a⊂β，b⊄β，
故b//β，
又β∩γ=c，b⊂γ，
则b//c，选项A正确；
对于B，若a⊥b，b//α，则a可以与α平行，可以与α相交，还可以在α内，选项B错误；
对于C，若a⊥b，a//α，b//β，则α与β可以平行，也可以相交，选项C错误；
对于D，若a⊥β，α⊥β，a⊄α，则a//α，选项D正确．
故选：AD．

【解析】解：对于A，圆C：x2+y2−mx−ny+1=0，
则圆心C(m2,n2)，半径R=12 m2+n2−4，
圆由心C关于直线l：y=−x+1对称点为A(−1,0)，
得线段CA中垂线为l，
则n22=−m2−12+1n2m2+1=1，解得m=2n=4，故A正确；
由A得圆C：x2+y2−2x−4y+1=0，且C(1,2)，R=2，
因为圆心C到y轴距离为1，小于2，所以y轴与圆C相交，故B错误；
对于C，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，设线段MN的中点为P(s,t)，s=x1+x22,t=y1+y22(∗)，
则x12+y12−2x1−4y1+1=0，x22+y22−2x2−4y2+1=0，
两式相加得x12+y12+x22+y22−2(x1+x2)−4(y1+y2)+2=0，
移项并把(∗)式代入得x12+y12+x22+y22=2(x1+x2)+4(y1+y2)−2=4s+8t−2(∗∗)，
因AM⋅AN=12，根据平行四边形法则得AM+AN=2AP，
两边平方得|AM|2+|AN|2+2AM⋅AN=4|AP|2，即|AM|2+|AN|2+1=4|AP|2，
由两点间的距离公式得( (x1+1)2+y12)2+( (x2+1)2+y22)2+1=4( (s+1)2+t2)2，
即(x1+1)2+y12+(x2+1)2+y22+1=4(s+1)2+4t2=4s2+8s+4+4t2，
即x12+2x1+1+y12+x22+2x2+1+y22+1=4s2+8s+4+4t2，
即x12+y12+x22+y22+2(x1+x2)=4s2+8s+1+4t2，
由(∗)(∗∗)式代入得4s+8t−2+4s=4s2+8s+1+4t2，
化简得4s2+4t2−8t+3=0，即s2+t2−2t+34=0，
所以s2+(t−1)2=14，因此线段MN的中点P轨迹是圆心为(0,1)，半径为12的圆，故C正确；
对于D，AM⋅AN=(AP+PM)⋅(AP+PN)=(AP+PM)⋅(AP−PM)
=|AP|2−|PM|2=|AP|2−|MN|24=12，
则4|AP|2−2=|MN|2，即|MN|= 4|AP|2−2(∗∗∗)，
要使得|MN|最大，则|AP|最大即可，
由题可知A(−1,0)，P的轨迹为圆Q：x2+(y−1)2=14，Q(0,1)，可画图辅助分析，
当|AP|最大时，A，Q，P位置如图所示，|AP|max=|AQ|+12= 2+12，代入(∗∗∗)式，|MN|= 4( 2+12)2−2= 7+4 2，故D正确．
故选：ACD．

【解析】解：对于A，DQ=λDC+μDD1，λ、μ∈(0,1)，故点Q∈侧面CDD1C1(不含边界)，
连接BD，因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC，
因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，
因为BD∩BB1=B，B1D、BB1⊂平面BDB1，所以AC⊥平面BDB1．
因为B1D⊂平面BDB1，所以AC⊥B1D，同理可证B1D⊥AD1．
因为AD∩AC=A，AD1、AC⊂平面ACD1，所以B1D1⊥平面ACD1，
因为BlD⊂平面B1DQ，所以平面B1DQ⊥平面ACD1，可知A项正确；
对于B，取C1D1的中点R，连接PR、QR，则PR⊥平面CDD1C1，
则∠PQR即为直线PQ与平面CC1D1D所成角θ，
因为点Q在侧面CDD1C1(不含边界)上，正方体棱长为4，故RQ∈[0,2 5),
由勾股定理得PQ= PR2+RQ2∈[4,6)，则sinθ=PRPQ=4PQ∈(23,1]，故B项错误；
对于C，取CD的中点H，连接D1H，BH，可得△BB1P≅△D1DH，故BP=D1H，同理可证D1P=BH，
因为BD1与PH的交点为正方体的中心，所以B、P、D1、H四点共面，可得D1H∩C1D=Q，
因为DH//C1D1，且DH=12C1D1，故QH=13D1H，所以VP−A1CQ=VQ−A1PC=12VQ−A1PCH=16VD1−A1PCH，
连接A1D，AD1，则A1D⊥AD1，因为A1B1⊥平面ADD1A1，AD1⊂平面ADD1A1，所以A1B1⊥AD1，
又因为A1D∩A1B1=A1，A1D、A1B1⊂平面PA1HC，所以AD1⊥平面PA1HC，
因为D1到平面A1PCH的距离为12AD1=2 2，且四边形A1PCH的面积为2×4 2=8 2，
所以三棱锥P−A1CQ的体积V=16×13×8 2×2 2=169，故C项错误；
对于D，取CD1的中点W，连接C1W，因为C1D1=CC1=4，所以C1W⊥CD1，且C1W=2 2，
以△CC1D1的边CD1所在直线为旋转轴，将△CC1D1旋转，
点C1的轨迹是以W为圆心，C1W=2 2为半径的圆，
过点P作PM⊥AB1于点M，则PM= 22×2= 2，B1M= 2，
连接WM交圆W于点N，连接PN，故当C1、N重合时PC1取得最小值，最小值为PN，
取AB1的中点Y，则B1Y=12AB1=2 2，MY=B1Y−B1M=2 2− 2= 2，
又因为WY=4，所以WM= MY2+WY2= 2+16=3 2，WN=2 2，可得MN=MW−MN= 2，
由勾股定理得PN= MN2+PM2= 2+2=2，
同理，MW的延长线交圆W于点N1，当C1、N1重合时，PC1取得最大值，
MN1=MW+MN1=5 2，PN1= N1M2+PM2= 50+2=2 13，
故PC1的取值范围是[2,2 13]，可知D项正确．
故选：AD．
12..1
【解析】解：直线l1：(a−2)x+y−3=0和直线l2：x+ay+1=0垂直，
则a−2+a=0，解得a=1．
故答案为：1．

【解析】解：因为D是AC中点，所以BD=12(BA+BC)，
所以BD2=14(BA2+BC2+2BA⋅BC)=14(c2+a2+2×c×a×12)=134，
即a2+c2+ac=13，又c=a+2，
所以a2+(a+2)2+a(a+2)=13，解得a=1(舍去负值)，所以c=3，
由D是AC中点可知S△ABD=S△CBD，即12AB⋅BDsin∠ABD=12BC⋅BDsin∠CBD，
所以sin∠ABDsin∠CBD=BCAB=ac=13．
故答案为：13．
14..9π2
【解析】解：如图，过S作SH垂直底面ABC于点H，
∵AB⊥BC，AB=2BC=2，
∴三棱锥S−ABC的体积为13×12×1×2×SH=23，∴SH=2，
又SC⊥BC，SH⊥底面ABC，
∴根据三垂线定理可得BC⊥CH，又AB⊥BC，
∴HC//AB，∴A到HC的距离的最小值为BC=AH，此时SA= SH2+AH2才最小，
即此时四边形ABSH为矩形，
∴三棱锥S−ABC外接球的直径2R即为补形后长，宽，高分别为2，1，2的长方体的体对角线，
∴(2R)2=22+12+22=9，∴R=32，
∴三棱锥S−ABC外接球的体积为43πR3=43×π×(32)3=9π2．
故答案为：9π2．
15..解：(1)因为 3(c−bcsA)=bsinA，
由正弦定理可得 3(sinC−sinBcsA)=sinBsinA，
在△ABC中，sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
可得 3sinAcsB=sinBsinA，
又因为sinA>0，
可得tanB= 3，
又因为B∈(0,π)，
所以B=π3；
(2)a=3，b= 13，
由正弦定理可得asinA=bsinB，
即sinA=ab⋅sinB=3 13⋅ 32=3 3926，
因为a所以角A为锐角，
所以csA=5 1326，
所以sinC=sin(B+A)=sinBcsA+csBsinA= 32×5 1326+12×3 3926=2 3913，
所以S△ABC=12absinC=12×3× 13×2 3913=3 3．
【解析】(1)由正弦定理及三角形内角和定理，可得tanB的值，再由角B的范围，可得角B的大小；
(2)由正弦定理可得sinA的值，再由大边对大角可得角A为锐角，求出csA的值，进而可得sinC的值，代入三角形的面积公式可得该三角的面积．
16..(1)证明：取A1B1的中点E，连接EN，EM，

又因为M，N分别是AB，B1C1的中点，
可得ME//AA1，EN//A1C1，
ME⊄平面ACC1A1，AA1⊂平面ACC1A1，
所以ME//平面ACC1A1；
同理可得EN/​/平面ACC1A1，
ME∩EN=E，
所以平面MNE//平面ACC1A1，
而MN⊂平面MNE，
所以MN//平面ACC1A1；
(2)解：取AA1的中点E，连接EN，EM，A1N，

可得EM//A1B，且ME=12A1B，
所以EM与MN所成的角等于异面直线A1B与MN所成的角，
而∠EMN或其补角为EM与MN所成的角，
因为AB=BC=CC1=2，AC=2 2，
可得AB⊥BC，
所以A1B= AA12+AB2= 22+22=2 2，
所以ME= 2，EN= A1E2+A1N2= A1E2+A1B12+B1N2= 1+22+12= 6，
直棱柱中可得BB1⊥平面ABC，而AB⊂平面ABC，
所以BB1⊥AB，而BB1∩BC=B，
所以AB⊥平面BB1C1C，
而BN⊂平面BB1C1C，
所以AB⊥BN，
所以MN= BM2+BN2= BM2+BB12+B1N2= 1+4+1= 6，
cs∠EMN=12EMMN=12⋅ 2 6= 36．
所以异面直线A1B与MN所成角的余弦值为 36．
【解析】(1)取A1B1的中点E，连接EN，EM，易证得平面MNE/​/平面ACC1A1，进而证得结论；
(2)取AA1的中点E，连接EN，EM，A1N，易得∠EMN或其补角等于所求的角，由题意在△MEN中，求出∠EMN的余弦值．
17..解：(1)如图所示，x=1与圆C交于P，Q，过C作CC1垂直于x=1于C1点．

由于C：x2+y2−2ax−2by+a2=0，配方得(x−a)2+(y−b)2=b2则圆心为C(a,b)，半径r1=b．
O：x2+y2=1，圆心为O(0,0)，半径r2=1.由于圆C与圆O外切，则|OC|=r1+r2⇒ a2+b2=1+b⇒a2=1+2b(∗)．
圆C被直线x=1分成两段圆弧，其弧长的比为1：2.则∠QCP=2π3⇒∠QCC1=π3⇒∠CQC1=π6，
则|CC1|=12|CQ|⇒a−1=12b(∗∗)，与(∗)联立方程，
解得a=3(a>1,b>0).因此b=4，则圆C的方程为：(x−3)2+(y−4)2=16；
(2)直线l与圆C相交于M，N两点，四边形OCNM为平行四边形，则OC//NM.则kOC=43=kMN，

则直线l设为：y=43x+m，即4x−3y+3m=0.四边形OCNM为平行四边形，则|OC|=|NM|⇒5=|NM|．
过C作CD⊥l于D点，由垂径定理得|ND|=52，
则|CD|= |CN|2−|ND|2= 16−254= 16−254= 392，
运用点到直线的距离公式得到|CD|=|3m|5，则|3m|5= 392，
解得m=±5 396，
则直线的方程为：y=43x±5 396，
即y=43x+5 396或y=43x−5 396．
【解析】(1)画出图形，由于圆C与圆O外切，得到a2=1+2b，圆C被直线x=1分成两段圆弧，其弧长的比为1：2.得到a−1=12b，求出a，b即可；
(2)画出图形，四边形OCNM为平行四边形，OC//NM，得到kOC=43=kMN，将直线/设为：y=43x+m；则|OC|=|NM|，结合垂径定理和勾股定理，得到|3m|5= 392，求出m即可．
18..解：根据题意，设∠DAE=α，DE=a，则∠CAE=2α，CE=3a，
由AD2=DE⋅DC=a⋅4a=4a2，所以AD=2a，
且ADDE=DCAD，∠ADE=∠CDA，
所以△ADE−△CDA，
所以∠ACD=∠EAD=α，
则∠AED=3α，
在△ADE中，DEsinα=ADsin3α，
即2sinα=sin3α，
所以2sin(2α−α)=sin(2α+α)，
即2sin2αcsα−2cs2αsinα=sin2αcsα+cs2αsinα，
可得2sinαcs2α=3sinαcs2α，
化简得cs2α=34，
因为0<α<π2，
所以α=π6，
即∠DAE=π6．
(2)(i)证明：根据(1)，∠DAC=π2，即AC⊥AD，AE⊥CD，
则AE⊥CP，又AE⊥BE，CP∩BE=E，CP，BE⊂平面PBC，
所以AE⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，则AE⊥BC，
又AC⊥BC，AE∩AC=A，AE，AC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，则BC⊥AP，
由AC⊥AD，即AC⊥AP，AC∩BC=C，AC，BC⊂平面ABC，
所以PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥平面ABC；
(ii)以A为原点，AD，AC，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立直角坐标系，
则A(0,0,0)，C(0,2 3a,0)，P(0,0,2a)，B(−2a,2 3a,0)，E(0, 32a,32a)，
AP=(0,0,2a)，AB=(−2a,2 3a,0)，AE=(0, 32a,32a)，
设平面EAB的法向量为n=(x1,y1：z1)，
所以n⋅AE= 32ay1+32az1=0n⋅AB=−2ax1+2 3ay1=0，
取z1=−1，则y1= 3，x1=3，
所以n=(3, 3,−1)，
又因为平面PAB的法向量m=(x2,y2,z2)，
则AP⋅m=2az2=0AB⋅m=−2ax2+2 3ay2=0，
令x2= 3，则y2=1，z2=0，
故m=( 3,1,0)，
所以cs=m⋅n|m||n|=3 3+ 32 13=2 3913，
所以平面EAB与平面PAB夹角的余弦值2 3913．
【解析】(1)根据题意，设∠DAE=α，DE=a，则∠CAE=2α，CE=3a，可证△ADE−△CDA，则∠AED=3α，在△ADE中，利用正弦定理并结合三角函数恒等变形，可求解；
(2)(i)由(1)，∠DAC=π2，即AC⊥AD，AE⊥CD，可得AE⊥平面PBC，进而证明BC⊥平面PAC，最后可证平面PAB⊥平面ABC；
(ii)建立空间直角坐标系，利用向量法求平面EAB与平面PAB夹角的余弦值．
19..解：(1)证明：∵PH⊥平面ABCD，DM⊂平面ABCD，∴PH⊥DM，AH⊥DM，
∵PH∩AH=H，∴DM⊥平面PAH，
∵PA⊂平面PAH，∴PA⊥DM．
(2)作HE⊥AB，HF⊥BC，垂足分别为E，F，连接PE，PF，

若△PAB为等边三角形，则E为AB中点，
∵PH⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，则PH⊥BC，
∵PH∩HF=H，∴BC⊥平面PHF，
∵PF⊂平面PHF，∴BC⊥PF，
对于平面四边形ABCD，以A为坐标原点，AB为x轴，在平面ABCD中，过A作AB的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，

则A(0,0)，B(3,0)，C(5,2 3)，D(2,2 3)，M(4, 3)，E(32,0)，
设H(x,y)，则AH=(x,y)，DM=(2,− 3)，
若AH⊥DM，则AH⋅DM=2x− 3y=0，∴y=2 3x，
∵E为AB中点，∴x=32，则y= 3，即H(32, 3)，
由B(3,0)，C(5,2 3)，可知直线BC：y= 3(x−3)，且BC=(2,2 3)，
设F(a, 3(a−3))，则HF=(a−32, 3a−4 3)，
由HF⊥BC，得HF⋅BC=2a−3+6a−24=0，
解得a=278，即HF=(158,−5 38)，
则AH= 212，HF=5 34，
∴三棱锥P−HBC的高PH= PA2−AH2= 152，
在△PBC中，边BC的高PF= PH2+HF2=3 154，
设点H到平面PBC的距离为d，
由VP−HBC=VH−PBC，可得13× 152×12×5 34×3=13d×12×3 154×3，
解得d=5 36，
∴点H到平面PBC的距离为5 36．
(3)由题意可知PH=msinθ，AH=mcsθ，
由(2)可知点H在直线y=2 3x上，
结合(2)中数据可得：
sin∠HAE= 3 212=2 7，cs∠HAE=32 212= 3 7，
在△ABH中，由余弦定理得：
BH2=AH2+AB2−2AH⋅BH⋅cs∠HAE
=m2cs2θ+9−2×mcsθ×3× 3 7=m2cs2θ−6 3 7mcsθ+9，
设△ABH的外接球半径为r，则r=BH2sin∠HAE= 74BH，
设三棱锥P−ABH的外接球半径为R，
则R2=(PH2)2+r2=m24sin2θ+716BH2
=m24(1−cs2θ)+716(m2cs2θ−6 3 7mcsθ+9)
=316m2cs2θ−3 218mcsθ+m24+6316，
m> 21，
∴当csθ= 21m∈(0,1)时，R2取到最小值，
即外接球表面积f(θ)取到最小值，
此时AH=mcsθ= 21，
由(2)可设H( 3n,2n)，n>0，则 3n2+4n2= 21，
解得n= 3，即H(3,2 3)，可知H∈CD，且BH⊥CD，CH=2，BH=2 3，
过H作HN⊥PC，垂足为N，

∵PH⊥平面ABCD，BH⊂平面ABCD，∴PH⊥BH，
∵PH∩CD=H，∴BH⊥平面PCD，
∵PC⊂平面PCD，∴BH⊥PC，
∵BH∩HN=H，∴PC⊥平面BHN，
∵BN⊂平面BHN，∴BN⊥PC，
∴平面BPC与平面DPC夹角的大小为∠BNH=π2−θ，
则tan∠PAH⋅tan∠BNH=PHAH⋅BHHN=PH 21⋅2 3HN=1，
可得2PH= 7HN，
结合Rt△PCH的面积可得12CH⋅PH=12HN⋅PC，
则2PH=HN⋅PC，
解得PC= 7，且PC= PH2+CH2= PH2+4，
解得PH= 3，
∴m= AH2+PH2= 21+3=2 6．
【解析】(1)根据题意可证DM⊥平面PAH，即可得结果．
(2)根据题意结合平面向量求相应的长度，利用等体积法求点到面的距离；
(3)利用解三角形知识可得△ABH的外接圆半径，进而可得外接球的半径，结合二次函数分析最值，可得AH= 21，进而确定点H的位置，分析二面角可得PH= 3，即可得结果．