2020-2021学年广东省肇庆市四会市高二（上）期中数学考试人教A版练习题

这是一份2020-2021学年广东省肇庆市四会市高二（上）期中数学考试人教A版练习题，共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 下列命题中正确的是( )
A.以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
B.以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台
C.圆柱，圆锥，圆台的底面都是圆
D.一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台

2. 若直线l的方向向量为a→=(1,0,2)，平面α的法向量为u→=(−2,0,−4)，则( )
A.l // αB.l⊥αC.l⊂αD.l与α斜交

3. 在如图所示的四个正方体中，能得出AB⊥CD的是( )
A.B.
C.D.

4. 已知a→=(1, 0, 1)，b→=(−2, −1, 1)，c→=(3, 1, 0)，则|a→−b→+2c→|等于( )
A.310B.210C.10D.5

5. 如图，在三棱锥D−ABC中，若AB=BC，AD=CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是( )

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

6. 已知空间四边形OABC，M，N分别是OA，BC的中点，且OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，用a→，b→，c→表示向量MN→为( )
A.12a→+12b→+12c→B.12a→−12b→+12c→
C.−12a→+12b→+12c→D.−12a→+12b→−12c→

7. 若a→=(2, −1, 0)，b→=(3, −4, 7)，且(λa→+b→)⊥a→，则λ的值是( )
A.2B.−2C.1D.0

8. 圆柱形容器内盛有高度为8cm的水，若放入三个相同的球（球的半径与圆柱底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所示），则球的半径是( )cm．

A.4B.6C.8D.10

9. 已知PA垂直于△ABC所在的平面，AB=AC=5，BC=6，PA=3，则A到面PBC的距离为( )
A.4B.15C.35D.125

10. 设一个球的表面积为S1，它的内接正方体的表面积为S2，则S1S2的值等于( )
A.2πB.6πC.π6D.π2
二、多选题

设α，β为两个不重合的平面，m，n为两条不重合的直线，则下列命题中正确的有( )
A.若m⊥n，m⊥α，n⊄α，则n // α
B.若α⊥β，α∩β=m，n⊂α，n⊥m，则n⊥β
C.若m⊥n，m // α，n // β，则α⊥β
D.若n⊂α，m⊂β，α与β相交且不垂直，则n与m不垂直

如图，PA垂直于圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，则下列结论中正确的有( )

A.AF⊥PBB.EF⊥PBC.AF⊥BCD.AE⊥平面PBC
三、填空题

如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，过顶点A1与正方体其他顶点的连线与直线BC1成60∘角的条数为________.


已知a→=2,−1,0，b→=k,0,1，若=120∘，则k=________.

正△ABC与正△BCD所在平面垂直，则二面角A−BD−C的正弦值为________．

如图，二面角α−l−β的大小是60∘，AB⊂α，B∈l，AB与l所成的角为30∘.则AB与平面β所成的角的正弦值是 .

四、解答题

已知a→=(1, −2, 4)，b→=(1, 0, 3)，c→=(0, 0, 2)．求：
(1)a→⋅(b→+c→)；

(2)4a→−b→+2c→．

如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中．
(1)求A1C1与B1C所成角的大小；

(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小．

如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点．

(1)证明：BC1//平面A1CD；

(2)设AA1=AC=CB=2，AB=22，求三棱锥C−A1DE的体积．

已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AA1=2，AD=4，E为侧面AA1B1B的中心，F为A1D1的中点．求下列向量的数量积：
(1)BC→⋅ED1→；

(2)BF→⋅AB1→．

如图，在四棱锥P−ABCD中，AB // CD，AB⊥AD，CD=2AB=AP，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD．E和F分别是CD和PC的中点，求证：

(1)PA⊥底面ABCD；

(2)平面BEF⊥平面PCD．

如图，已知四棱锥P−ABCD，底面ABCD是正方形，PA⊥面ABCD，点M是CD的中点，点N是PB的中点，连接AM，AN，MN．

(1)求证：MN // 面PAD；

(2)若MN=5，AD=3，求二面角N−AM−B的余弦值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省肇庆市四会市高二（上）期中数学考试
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
根据圆锥的几何特征可以判断①的真假；根据圆台的几何特征可以判断②的真假；根据旋转体的几何特征可以判断③的真假；根据圆台的几何特征可以判断④的真假；进而得到答案．
【解答】
解：A，直角三角形的斜边为轴旋转一周所得的旋转体不是圆锥，
故选项错误；
B，以直角梯形的一斜腰为轴旋转一周所得的旋转体不是圆台，
故选项错误；
C，圆柱，圆锥，圆台的底面都是圆面，故选项正确；
D，一个平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台，
当截面与底面不平行时，得到的两个几何体不是圆锥和圆台，
故选项错误.
故选C．
2.
【答案】
B
【考点】
向量语言表述线面的垂直、平行关系
用向量证明垂直
【解析】
观察发现，题设条件中直线的方向向量与平面的法向量共线，进而判断出直线与平面的位置关系，选出正确选项．
【解答】
解：因为a→=(1,0,2)，u→=(−2,0,−4)，
所以u→=−2a→，所以两个向量平行．
又因直线l的方向向量为a→=(1,0,2)，
平面α的法向量为u→=(−2,0,−4)，
所以l⊥α.
故选B.
3.
【答案】
A
【考点】
两条直线垂直的判定
棱柱的结构特征
异面直线及其所成的角
【解析】
在图A中作出经过AB的对角面，发现它与CD垂直，故AB⊥CD成立；在图B中作出正方体过AB的等边三角形截面，可得CD、AB成60∘的角；而在图C、D中，不难将直线CD进行平移，得到CD与AB所成角为锐角．由此可得正确答案．
【解答】
解：对于A，作出过AB的对角面如图，
可得直线CD与这个对角面垂直，根据线面垂直的性质，
AB⊥CD成立；
对于B，作出过AB的等边三角形截面如图，
将CD平移至内侧面，可得CD与AB所成角等于60∘；
对于C，D选项，将CD平移至经过B点的侧棱处，
可得AB，CD所成角都是锐角．
故选A．
4.
【答案】
A
【考点】
向量的模
【解析】
由向量的加减法则可得a→−b→+2c→的坐标，代入模长公式可得．
【解答】
解：∵ a→=(1, 0, 1)，b→=(−2, −1, 1)，c→=(3, 1, 0)，
∴ a→−b→+2c→
=(1, 0, 1)−(−2, −1, 1)+2(3, 1, 0)
=(9, 3, 0)，
∴ |a→−b→+2c→|=92+32+02=310.
故选A.
5.
【答案】
C
【考点】
平面与平面垂直的判定
【解析】
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：∵ AB=CB，且E是AC的中点，
∴ BE⊥AC，同理有DE⊥AC，
∴ AC⊥平面BDE，
∵ AC在平面ABC内，
∴ 平面ABC⊥平面BDE,
又由于AC⊂平面ADC，
∴ 平面ADC⊥平面BDE．
故选C.
6.
【答案】
C
【考点】
空间向量的加减法
【解析】
如图所示，连接ON，AN，利用向量的中点公式可得ON→=12(OB→+OC→)=12(b→+c→)，AN→=12(AC→+AB→)，进而即可得出．
【解答】
解：如图所示，连接ON，AN，
则ON→=12(OB→+OC→)=12(b→+c→)，
AN→=12(AC→+AB→)
=12(OC→−2OA→+OB→)
=12(−2a→+b→+c→)
=−a→+12b→+12c→，
所以MN→=12(ON→+AN→)=−12a→+12b→+12c→．
故选C．
7.
【答案】
B
【考点】
向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】
利用(λa→+b→)⊥a→⇔(λa→+b→)⋅a→=0即可得出．
【解答】
解：∵ λa→+b→=λ(2, −1, 0)+(3, −4, 7)=(3+2λ, −4−λ, 7)，
(λa→+b→)⊥a→，
∴ (λa→+b→)⋅a→=0，
∴ 2(3+2λ)−(−4−λ)+0=0，
解得λ=−2．
故选B．
8.
【答案】
A
【考点】
组合几何体的面积、体积问题
【解析】
设出球的半径，三个球的体积和水的体积之和，等于柱体的体积，求解即可．
【解答】
解：设球半径为r，则由3V球+V水=V柱，
可得3×43πr3+πr2×8=πr2×6r，
解得r=4．
故选A.
9.
【答案】
D
【考点】
点、线、面间的距离计算
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
利用等体积法，求解点A到平面PBC的距离．
【解答】
解：PA垂直于△ABC所在的平面，
AB=AC=5，BC=6，PA=3，
可得PB=PC=9+25=34．
底面三角形ABC的面积为：12×6×52−32=12，
棱锥的体积为：13×12×3=12．
点A到平面PBC的距离为ℎ．
VA−PBC=13×S△PBC⋅ℎ=13×12×6×34−32⋅ℎ=5ℎ，
可得：5ℎ=12，
ℎ=125.
故选D．
10.
【答案】
D
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
设出正方体的棱长，然后求出正方体的表面积，求出正方体的体对角线的长，就是球的直径，求出球的表面积，即可得到二者的比值．
【解答】
解：设正方体的棱长为：1，
所以正方体的表面积为：S2=6；
正方体的体对角线的长为：3，就是球的直径，
所以球的表面积为：S1=4π(32)2=3π．
所以S1S2=3π6=π2．
故选D．
二、多选题
【答案】
A,B
【考点】
平面与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
直线与平面垂直的判定
【解析】
根据线面平行的判定方法，我们可判断①的真假，根据面面垂直的性质定理，我们易判断②的正误，根据面面垂直的判定方法及定义，我们可以判断命题③的真假，根据线线垂直的定义及面面相交的几何特征，我们可以判断④的对错，进而得到答案．
【解答】
解：A，若m⊥n，m⊥α，则n⊂α或n // α，
又由n⊄α，则n // α，故选项正确；
B，若α⊥β，α∩β=m，n⊂α，n⊥m，
则由面面垂直的性质定理我们易得到n⊥β，故选项正确；
C，若m⊥n，m // α，则n与α可能平行也可能相交，
再由n // β，则α与β也可能平行也可能相交，故选项错误；
D，若n⊂α，m⊂β，α与β相交且不垂直，
当m，n中一条与交线平行，一条与交线垂直时，n⊥m，
故选项错误.
故选AB.
【答案】
A,B,C
【考点】
直线与平面垂直的判定
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
对于①②③可根据直线与平面垂直的判定定理进行证明，对于④利用反证法进行证明，假设AE⊥面PBC，而AF⊥面PCB，则AF // AE，显然不成立，从而得到结论．
【解答】
解：∵ PA⊥⊙O所在的平面，BC⊂⊙O所在的平面，
∴ PA⊥BC，而BC⊥AC，AC∩PA=A，
∴ BC⊥面PAC，
又∵ AF⊂面PAC，
∴ AF⊥BC，故C正确；
而AF⊥PC，PC∩BC=C，
∴ AF⊥面PCB，而PB⊂面PCB，
∴ AF⊥PB，故A正确；
而AE⊥PB，AE∩AF=A，
∴ PB⊥面AEF，
而EF⊂面AEF，
∴ EF⊥PB，故B正确；
∵ AF⊥面PCB，假设AE⊥面PBC,
∴ AF // AE，显然不成立，故D错误.
故选ABC.
三、填空题
【答案】
2
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
两直线的夹角
棱柱的结构特征
【解析】
先从过顶点A′与正方体其他顶点的连线：A′B′，A′C′，A′B，A′A，A′D，A′D′中找出与直线BC′成60∘角的直线即可．
【解答】
解：过顶点A1与正方体其他顶点的连线与直线BC1成60∘角的连线有A1C1，A1B，
共2条．
故答案为：2.
【答案】
−5511
【考点】
空间向量的数量积运算
向量模长的计算
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
利用空间向量夹角公式列方程求解即可.
【解答】
解：∵ a→=2,−1,0，b→=k,0,1，=120∘，
∴ cs=a→⋅b→|a→||b→|
=2k+−1×0+1×022+−12+02×k2+02+12
=−12，
解得k=−5511.
故答案为：−5511.
【答案】
255
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
取BC的中点O，连接AO，DO，建立空间直角坐标系，确定OA→为平面BCD的法向量，求出平面ABD的法向量，利用向量的夹角公式，即可得到结论．
【解答】
解：取BC的中点O，连接AO，DO，建立空间直角坐标系，如图所示：
设BC=1，则A(0,0,32)，B(0,−12,0)，D(32,0,0)，
∴ OA→=(0,0,32)，BD→=(32,12,0)，BA→=(0,12,32)，
由题意，OA→为平面BCD的法向量，
设平面ABD的法向量为n→=(x, y, z)，
则由n→⋅BA→=0,n→⋅BD→=0,可得12y+32z=0，32x+12y=0，
取x=1，则y=−3，z=1，
∴ n→=(1,−3，1)，
∴ cs=n→⋅OA→|n→||OA→|=55，
∴ sin=255.
故答案为：255.
【答案】
34
【考点】
直线与平面所成的角
【解析】

【解答】
解：过点A作平面β的垂线，垂足为C，
在β内过C作l的垂线．垂足为D，
连接AD，有三垂线定理可知AD⊥l，
故∠ADC为二面角α−β的平面角，为60∘，
又由已知，∠ABD=30∘，
连接CB，则∠ABC为AB与平面β所成的角，
设AD=2，则AC=3，CD=1，
AB=ADsin30∘=4，
∴ sin∠ABC=ACAB=34.
故答案为：34.
四、解答题
【答案】
解：(1)∵ b→+c→=(1, 0, 5)，
∴ a→⋅(b→+c→)=1×1+(−2)×0+4×5=21．
(2)4a→−b→+2c→=(4, −8, 16)−(1, 0, 3)+(0, 0, 4)=(3, −8, 17)．
【考点】
空间向量的数量积运算
向量的加法及其几何意义
向量的减法及其几何意义
【解析】
利用向量的坐标运算和数量积运算即可得出．
【解答】
解：(1)∵ b→+c→=(1, 0, 5)，
∴ a→⋅(b→+c→)=1×1+(−2)×0+4×5=21．
(2)4a→−b→+2c→=(4, −8, 16)−(1, 0, 3)+(0, 0, 4)=(3, −8, 17)．
【答案】
解：(1)连结AC，AB1，
∵ ABCD−A1B1C1D1是正方体，
∵ AA1 // CC1，且AA1=CC1，
∴ 四边形AA1C1C为平行四边形，
∴ AC // A1C1，
∴ B1C与AC所成的角就是A1C1与B1C所成的角．
又∵ AB1=B1C=AC，
∴ △AB1C为等边三角形，
∴ ∠B1CA=60∘，
∴ A1C1与B1C所成的角为60∘．
(2)连结BD，
由(1)知，AC // A1C1，
∴ AC与EF所成的角就是A1C1与EF所成的角．
又∵ EF是△ABD的中位线，
∴ EF // BD．
∵ AC⊥BD，
∴ AC⊥EF，
即A1C1与EF所成角的大小为90∘．
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
（1）根据正方体的性质，证出AC // A1C1，由此得到∠B1CA就是A1C1与B1C所成的角．然后在正三角形△ABC1中加以计算，可得A1C1与B1C所成角的大小；
（2）平行四边形AA1C1C中可得AC // A1C1，AC与EF所成的角就是A1C1与EF所成的角，进而利用三角形中位线定理与正方形的性质，即可算出A1C1与EF所成角的大小．
【解答】
解：(1)连结AC，AB1，
∵ ABCD−A1B1C1D1是正方体，
∵ AA1 // CC1，且AA1=CC1，
∴ 四边形AA1C1C为平行四边形，
∴ AC // A1C1，
∴ B1C与AC所成的角就是A1C1与B1C所成的角．
又∵ AB1=B1C=AC，
∴ △AB1C为等边三角形，
∴ ∠B1CA=60∘，
∴ A1C1与B1C所成的角为60∘．
(2)连结BD，
由(1)知，AC // A1C1，
∴ AC与EF所成的角就是A1C1与EF所成的角．
又∵ EF是△ABD的中位线，
∴ EF // BD．
∵ AC⊥BD，
∴ AC⊥EF，
即A1C1与EF所成角的大小为90∘．
【答案】
(1)证明：连接AC1交A1C于F，连接DF．
则BC1//DF．
∵ DF⊂平面A1CD，BC1⊄面A1CD，
∴ BC1//平面A1CD．
(2)解：∵ ABC−A1B1C1为直棱柱，
∴ AA1⊥CD．
由AC=CB，D为AB中点，
∴ CD⊥AB．
又AA1∩AB=A，
∴ CD⊥平面ABB1A1.
由AA1=AC=CB=2，AB=22，
∴ ∠ACB=90∘，CD=2，A1D=6，DE=3，A1E=3．
∴ A1D2+DE2=A1E2，
∴ DE⊥A1D，
∴ VC−A1DE=13×12×6×3×2=1．
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：连接AC1交A1C于F，连接DF．
则BC1//DF．
∵ DF⊂平面A1CD，BC1⊄面A1CD，
∴ BC1//平面A1CD．
(2)解：∵ ABC−A1B1C1为直棱柱，
∴ AA1⊥CD．
由AC=CB，D为AB中点，
∴ CD⊥AB．
又AA1∩AB=A，
∴ CD⊥平面ABB1A1.
由AA1=AC=CB=2，AB=22，
∴ ∠ACB=90∘，CD=2，A1D=6，DE=3，A1E=3．
∴ A1D2+DE2=A1E2，
∴ DE⊥A1D，
∴ VC−A1DE=13×12×6×3×2=1．
【答案】
解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可得A(0, 0, 0)，B(2, 0, 0)，C(2, 4, 0)，E(1, 0, 1)，
B1(2, 0, 2)，D1(0, 4, 2)，F(0, 2, 2)，
可得BC→=(0, 4, 0)，ED1→=(−1, 4, 1)，
故BC→⋅ED1→=0×(−1)+4×4+0×1=16.
(2)可得BF→=(−2, 2, 2)，AB1→=(2, 0, 2)，
故BF→⋅AB1→=−2×2+2×0+2×2=0.
【考点】
空间向量的数量积运算
【解析】
建立坐标系，由题意可得相关点的坐标，进而可得向量的坐标，由向量的坐标运算可得结果．
【解答】
解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可得A(0, 0, 0)，B(2, 0, 0)，C(2, 4, 0)，E(1, 0, 1)，
B1(2, 0, 2)，D1(0, 4, 2)，F(0, 2, 2)，
可得BC→=(0, 4, 0)，ED1→=(−1, 4, 1)，
故BC→⋅ED1→=0×(−1)+4×4+0×1=16.
(2)可得BF→=(−2, 2, 2)，AB1→=(2, 0, 2)，
故BF→⋅AB1→=−2×2+2×0+2×2=0.
【答案】
证明：(1)∵ PA⊥AD，
平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴ 由平面和平面垂直的性质定理可得，
PA⊥平面ABCD．
(2)平行四边形ABED中，
由AB⊥AD可得，ABED为矩形，
故有BE⊥CD①．
由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AB，
再由AB⊥AD可得AB⊥平面PAD，
∴ CD⊥平面PAD，故有CD⊥PD．
再由E、F分别为CD和PC的中点，
可得EF // PD，
∴ CD⊥EF②．
而EF和BE是平面BEF内的两条相交直线，故有CD⊥平面BEF．
由于CD⊂平面PCD，
∴ 平面BEF⊥平面PCD．
【考点】
直线与平面垂直的判定
平面与平面垂直的判定
【解析】
(1)根据条件，利用平面和平面垂直的性质定理可得PA⊥平面ABCD．
(2)先证明ABED为矩形，可得BE⊥CD①．现证CD⊥平面PAD，可得CD⊥PD，再由三角形中位线的性质可得EF // PD，
从而证得CD⊥EF②．结合①②利用直线和平面垂直的判定定理证得CD⊥平面BEF，再由平面和平面垂直的判定定理
证得平面BEF⊥平面PCD．
【解答】
证明：(1)∵ PA⊥AD，
平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴ 由平面和平面垂直的性质定理可得，
PA⊥平面ABCD．
(2)平行四边形ABED中，
由AB⊥AD可得，ABED为矩形，
故有BE⊥CD①．
由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AB，
再由AB⊥AD可得AB⊥平面PAD，
∴ CD⊥平面PAD，故有CD⊥PD．
再由E、F分别为CD和PC的中点，
可得EF // PD，
∴ CD⊥EF②．
而EF和BE是平面BEF内的两条相交直线，故有CD⊥平面BEF．
由于CD⊂平面PCD，
∴ 平面BEF⊥平面PCD．
【答案】
(1)证明：如图，
取PA的中点E，连接DE，EN，
∵ 点N是PB的中点，∴ EN // AB,EN=12AB．
∵ 点M是CD的中点，底面ABCD是正方形，
∴ DM // AB,DM=12AB．
∴ EN // DM，EN=DM．
∴ 四边形EDMN是平行四边形．
∴ MN // DE．
∵ DE⊂平面PAD，MN⊄平面PAD，
∴ MN // 面PAD.
(2)解：取AB中点G，连接NG，则NG // PA，PA⊥面ABCD，
∴ NG⊥面ABCD．
∵ AM⊂面ABCD，
∴ NG⊥AM．
过G作GF⊥AM，垂足为F，连接NF，
∵ NG∩GF=G，NG⊂面NGF，GF⊂面NGF，
∴ AM⊥面NGF．
∵ NF⊂面NGF，
∴ AM⊥NF．
∴ ∠NFG是二面角N−AM−B的平面角．
在Rt△NGM中，MN=5，MG=AD=3，
得NG=MN2−MG2=52−32=4，
在Rt△MGA中，AG=32，
得AM=MG2+AG2=32+(32)2=352，
GF=AG⋅MGAM=32×3352=355．
在Rt△NGF中，NF=NG2+GF2=42+(355)2=4455，
∴ cs∠NFG=GFNF=3554455=38989．
∴ 二面角N−AM−B的余弦值为38989．
【考点】
直线与平面平行的判定
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）要证明线面平行，需要设法在平面PAD内找到与MN平行的直线，因为给出的M，N分别是DC和PB的中点，所以联想到找PA的中点E，然后利用三角形的中位线知识结合底面是正方形证出DE // MN，则问题得到证明；
（2）求二面角N−AM−B的余弦值，可采用找二面角的平面角的办法，因为易证平面PAB⊥平面ABCD，所以可以直接过N作AB的垂线垂足为G，则该垂线垂直于底面，然后过垂足G作AM的垂线GF，连接NF，则二面角的平面角找出，然后利用题目给出的条件，通过解直角三角形进行求解即可．
【解答】
(1)证明：如图，
取PA的中点E，连接DE，EN，
∵ 点N是PB的中点，∴ EN // AB,EN=12AB．
∵ 点M是CD的中点，底面ABCD是正方形，
∴ DM // AB,DM=12AB．
∴ EN // DM，EN=DM．
∴ 四边形EDMN是平行四边形．
∴ MN // DE．
∵ DE⊂平面PAD，MN⊄平面PAD，
∴ MN // 面PAD.
(2)解：取AB中点G，连接NG，则NG // PA，PA⊥面ABCD，
∴ NG⊥面ABCD．
∵ AM⊂面ABCD，
∴ NG⊥AM．
过G作GF⊥AM，垂足为F，连接NF，
∵ NG∩GF=G，NG⊂面NGF，GF⊂面NGF，
∴ AM⊥面NGF．
∵ NF⊂面NGF，
∴ AM⊥NF．
∴ ∠NFG是二面角N−AM−B的平面角．
在Rt△NGM中，MN=5，MG=AD=3，
得NG=MN2−MG2=52−32=4，
在Rt△MGA中，AG=32，
得AM=MG2+AG2=32+(32)2=352，
GF=AG⋅MGAM=32×3352=355．
在Rt△NGF中，NF=NG2+GF2=42+(355)2=4455，
∴ cs∠NFG=GFNF=3554455=38989．
∴ 二面角N−AM−B的余弦值为38989．