数学-陕西省咸阳市实验中学2024-2025学年高二上学期10月月考_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年10月试卷_1012陕西省咸阳市实验中学2024-2025学年高二上学期10月月考

咸阳市实验中学 2024~2025 学年度第一学期第一次月考 高二数学试题 注意事项： 1.本试题共 4页，满分 150分，时间 120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试 卷上无效. 4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理：试题不回收. 第I 卷（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. 3x y30 1. 直线 的倾斜角是（ ） A. 30 B. 60 C. 120 D. 150 2. 在空间直角坐标系Oxyz中，点  1,2,3  关于x轴对称的点为（ ） A.  1,2,3  B. 1,2,3  C. 1,2,3  D. 1,2,3  3. 已知两点A  1，3  ，B  4，2  ，直线l ：kx y3k10线段AB相交，则k的取值范围是 （ ） A. 1k 1 B. k 1或k 1 C. k 1 D. k 1       4. 如图，在四面体OABC中，OAa，OBb，OCc，点M 在OA上，且OM 2MA，N 为BC的  中点，则MN等于（ ） 1  2  1  2  1  1  A. a b  c B.  a b c 2 3 2 3 2 2 1  1  1  2  2  1  C. a b  c D. a b  c 2 2 2 3 3 2 第1页/共5页 学科网（北京）股份有限公司5. 如图，在长方体ABCDABC D 中，已知AB BC 2，AA 5，E为BC 的中点，则异面直线 1 1 1 1 1 1 1 BD与CE所成角的余弦值为（ ） 5 34 13 13 A. B. C. D. 10 34 26 13 6. 已知直线l ：ax ya 0与l ： a6  x a4  y40，则“a 3”是“l //l ”的（ ） 1 2 1 2 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 平行六面体ABCDABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，且AADAAB60， AA3，则线段BD的长为（ ） A. 6 B. 10 C. 17 D. 2 3 8. 已知定点A(3,4)，点P为圆x2  y2  4上的动点，点Q为直线x+y4=0上的动点.当 PQ 取最小值 时，设PAQ的面积为S，则S （ ） 4+ 2 4- 2 2+ 2 2- 2 A. B. C. D. 2 2 2 2 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. 第2页/共5页 学科网（北京）股份有限公司9. 设l，m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列判断错误的是（ ） A. 若l//，m//，//，则l//m B 若，l//，m//，则l//m . C. 若直线m，n，且l⊥m，l⊥n，则l  D. 若l，m是异面直线，l ，m，且l//，m//，则// 10. 下列结论正确的是（ ）  A. 向量u  1,2  是直线l:2x y30的一个方向向量； B.“a1”是“a2x y10与直线xay20互相垂直”的充要条件； C. 已知直线l过点P(2,4)，且在x,y轴上截距相等，则l的方程为x y60； D. 直线 y3x2在y轴上的截距为2. 11. 如图，在棱长为2的正方体ABCD ABC D 中，M ，N 分别是棱AB ，AD 的中点，点E在BD 1 1 1 1 1 1 1 1 上，点F 在BC上，且BE CF ，点P在线段CM 上运动，下列说法正确的有（ ） 1 A. 当点E是BD中点时，直线EF //平面DCC D ； 1 1 2 B. 直线BD到平面CMN 的距离是 ； 1 1 2 C. 存在点P，使得BPD 90； 1 1 5 5 D. △PDD 面积的最小值是 1 6 第Ⅱ卷（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. 若方程x2  y2 4x2y m表示圆，则实数m的取值范围为______________. 第3页/共5页 学科网（北京）股份有限公司13. 已知在 中，顶点A  4,2  ，点B在直线l：x y20上，点C在x轴上，则 的周长的最 小值______. uur uur uuur 1 14. 在边长为1的正方形ABCD中，点E为线段CD的三等分点， CE  DE,BE BABC ，则 2   ______；F 为线段BE 上的动点，G 为AF 中点，则AF DG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. 若圆C经过点A1,1和B  1,3  ，且圆心在x轴上，则： （1）求圆C的方程． （2）直线 y  x与圆C交于E、F两点，求线段EF 的长度． 16. 已知三棱柱ABCABC 中，侧棱垂直于底面，点D是AB的中点． 1 1 1 （1）求证：BC //平面CAD； 1 1 （2）若底面ABC为边长为2的正三角形，BB  3，求三棱锥BADC体积． 1 1 17. 已知V ABC 的三个顶点分别为A2,3，B  0,5  ，C6,1 . （1）求边AB上的高CD所在直线的方程； （2）求边AB上的中线CE所在直线的方程. 18. 如图，在棱长4的正方体ABCDABC D 中，E是AA 的中点，点F 在棱CC 上，且CF 1. 1 1 1 1 1 1 第4页/共5页 学科网（北京）股份有限公司（1）求平面ABCD与平面DEF 夹角的余弦值； （2）若P为平面ABCD内一点，且DP 平面DEF ，求点P到平面DEF 的距离. 1 19. 如图，平面四边形ABCD中，AB8，CD3，AD 5 3，ADC 90，BAD 30，点E，  2  1 F满足AE  AD，AF  AB，将△AEF 沿EF翻折至!PEF ，使得PC 4 3． 5 2 （1）证明：EF PD； （2）求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 第5页/共5页 学科网（北京）股份有限公司1 咸阳市实验中学 2024~2025 学年度第一学期第一次月考 高二数学试题 注意事项： 1.本试题共 4页，满分 150分，时间 120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试 卷上无效. 4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理：试题不回收. 第I 卷（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. 3x y30 1. 直线 的倾斜角是（ ） A. 30 B. 60 C. 120 D. 150 【答案】C 【解析】 【分析】先得到直线方程的斜率，然后根据k  tan的关系，以及的范围，求出答案. 【详解】因为直线方程是 3x y30， 所以该直线的斜率k  3， 所以可得tan 3 ， 而0,180  所以该直线的倾斜角是120. 故选C 【点睛】本题考查根据直线方程求直线的倾斜角，属于简单题. 2. 在空间直角坐标系Oxyz中，点  1,2,3  关于x轴对称的点为（ ） A.  1,2,3  B. 1,2,3  C. 1,2,3  D. 1,2,3  【答案】A 第1页/共19页 学科网（北京）股份有限公司1 【解析】 【分析】利用点  x,y,z  关于x轴对称的点的坐标是 x,y,z 即可得出. 【详解】关于x轴对称的点的坐标是只有横坐标不变，纵坐标和竖坐标变为相反数， 所以点  1,2,3  关于x轴对称的点为  1,2,3  . 故选：A． 3. 已知两点A  1，3  ，B  4，2  ，直线l ：kx y3k10线段AB相交，则k的取值范围是 （ ） A. 1k 1 B. k 1或k 1 C. k 1 D. k 1 【答案】B 【解析】 【分析】化简直线方程，得到直线必过的定点C，可求出k ，k ，进而可求出k的取值范围. AC BC 【详解】 因为直线AB:x3y100，如图 直线l ：kx y3k10即k  x3  y10恒过C  3，1  ， 31 12 而k  1，k  1 AC 13 BC 34 因为直线l 与线段AB相交，结合图形， 故直线l的斜率k的范围为：k 1或k 1． 故选：B       4. 如图，在四面体OABC中，OAa，OBb，OCc，点M 在OA上，且OM 2MA，N 为BC的  中点，则MN等于（ ） 第2页/共19页 学科网（北京）股份有限公司1 1  2  1  2  1  1  A. a b  c B.  a b c 2 3 2 3 2 2 1  1  1  2  2  1  C. a b  c D. a b  c 2 2 2 3 3 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量基本定理结合已知条件求解 【详解】  1   因为N为BC中点，所以ON  (OBOC), 2 因为M在线段OA上，且OM 2MA，  2 所以OM  OA， 3    1 1 2 2 1 1 所以MN ON OM  OB OC OA a b c， 2 2 3 3 2 2 故选：B 5. 如图，在长方体ABCDABC D 中，已知AB BC 2，AA 5，E为BC 的中点，则异面直线 1 1 1 1 1 1 1 BD与CE所成角的余弦值为（ ） 5 34 13 13 A. B. C. D. 10 34 26 13 【答案】C 【解析】 第3页/共19页 学科网（北京）股份有限公司1 【分析】根据异面直线所成角的定义，利用几何法找到所成角，结合余弦定理即可求解. 【详解】取C D 的中点F，连接EF，CF，BD ，易知EF∥BD∥BD，所以CEF 为异面直线BD与 1 1 1 1 1 1 1 CE所成的角或其补角.因为EF  BD  2，CECF  CC2CE2  251 26，所以由余弦定理得 2 1 1 1 1 EF2EC2CF2 2 26 26 1 13 cosCEF     . 2EFEC 2 2 26 2 26 26 故选：C 6. 已知直线l ：ax ya 0与l ： a6  x a4  y40，则“a 3”是“l //l ”的（ ） 1 2 1 2 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】由两线平行的判定列方程求参数a，注意验证是否存在重合情况，结合充分、必要性定义判断条件 间的关系》 【详解】由l //l ，则a(a4)a6，即a2 5a6(a3)(a2)0 ，故a 3或a2， 1 2 a2时，l :2x y20，l :4x2y40，即l :2x y20，显然两线重合； 1 2 2 a 3时，则l :3x y30，l :3x y40，即l :3x y40，故l //l . 1 2 2 1 2 综上，“a 3”是“l //l ”的充要条件. 1 2 故选：C 7. 平行六面体ABCDABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，且AADAAB60， AA3，则线段BD的长为（ ） 第4页/共19页 学科网（北京）股份有限公司1 A. 6 B. 10 C. 17 D. 2 3 【答案】C 【解析】    uuur 【分析】以AB,AA,AD 为基底表示空间向量 BD，再利用数量积运算求解.        【详解】因为 BD BA AA ADAB AA AD           所以 BD 2  AB 2 AA 2 AD 2 2ABAA2ABAD 2AAAD           2 2 2 2 BD  AB  AA  AD 2ABAA2ABAD2AAAD  2 即 BD 22 32 22 223cos600232cos6017  所以 BD  17 ． 故选：C． 8. 已知定点A(3,4)，点P为圆x2  y2  4上的动点，点Q为直线x+y4=0上的动点.当 PQ 取最小值 时，设PAQ的面积为S，则S （ ） 4+ 2 4- 2 2+ 2 2- 2 A. B. C. D. 2 2 2 2 【答案】D 【解析】 【分析】圆上的点到直线上的点的距离最小时为圆心到直线的距离减去半径，由此确定P，Q两点的位置， 然后求出点A(3,4)到直线x y 0的距离作为底边PQ上的高，求出三角形面积即可. 【详解】圆x2  y2 4的圆心为原点，半径为2， 第5页/共19页 学科网（北京）股份有限公司1 过原点且与直线x+y-4=0垂直的直线方程为x y 0， |3-4| 2 则点A(3,4)到直线x y 0的距离为 = . 2 2 -4 又因为原点到直线x+y-4=0的距离为 = 2 2， 2 1 ( ) 2 2- 2 所以 PQ 的最小值为2 2-2，则S = ´ 2 2-2 ´ = ， 2 2 2 故选：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. 设l，m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列判断错误的是（ ） A. 若l//，m//，//，则l//m B. 若，l//，m//，则l//m C. 若直线m，n，且l⊥m，l⊥n，则l  D. 若l，m是异面直线，l ，m，且l//，m//，则// 【答案】ABC 【解析】 【分析】ABC可举出反例；D选项，作出辅助线，由线面平行得到线线平行，进而得到面面平行. 【详解】对于A，若l//，m//，//，则l与m可能平行，可能相交，也可能异面，A错误． 对于B，若，l//，m//，则l与m可能平行，可能相交，也可能异面，B错误． 对于C，没有说m，n是相交直线，所以不能得到l ，C错误． 对于D，因为m//，设平面  平面a，m ，所以m//a， 第6页/共19页 学科网（北京）股份有限公司1 因为l，m是异面直线，l ，所以l，a相交， 因为m//a，m，a  ，所以a//， 因为l//，a//，l，a相交，所以//，D正确． 故选：ABC 10. 下列结论正确的是（ ）  A. 向量u  1,2  是直线l:2x y30的一个方向向量； B.“a1”是“a2x y10与直线xay20互相垂直”的充要条件； C. 已知直线l过点P(2,4)，且在x,y轴上截距相等，则l的方程为x y60； D. 直线 y3x2在y轴上的截距为2. 【答案】AD 【解析】 【分析】结合方向向量的定义，可判定A正确；结合直线垂直的性质与运算，可判定B错误；根据题意， 求得截距相等的直线方程，可判定C错误；根据截距的定义与求解，可判定D正确．  【详解】解：对于A中，直线l:2x y30的斜率为2，所以向量u  1,2  是直线l的一个方向向 量，所以A正确； 对于B中，当直线a2x y10与直线xay20互相垂直，则a2 a 0， 解得a 0或a1，故“a1”是“a2x y10与直线xay20互相垂直”的充分不必要条件， 所以B错误； 对于C中，直线l过点P(2,4)，且在x,y轴上截距相等，当截距为0时，直线方程为 y 2x； 当截距不为0时，可得直线方程为x y60，所以C错误； 对于D中，由y3x2，令x0，可得 y=2，所以y3x2在 y 轴上的截距为2，所以D正确． 故选：AD． 第7页/共19页 学科网（北京）股份有限公司1 11. 如图，在棱长为2的正方体ABCD ABC D 中，M ，N 分别是棱AB ，AD 的中点，点E在BD 1 1 1 1 1 1 1 1 上，点F 在BC上，且BE CF ，点P在线段CM 上运动，下列说法正确的有（ ） 1 A. 当点E是BD中点时，直线EF //平面DCC D ； 1 1 2 B. 直线BD到平面CMN 的距离是 ； 1 1 2 C. 存在点P，使得BPD 90； 1 1 5 5 D. △PDD 面积的最小值是 1 6 【答案】AC 【解析】 【分析】根据线面平行的判定判断A；根据等体积法求得点D 到平面CMN 的距离判断B；建立空间直角 1 坐标系，利用空间向量的数量积运算解决垂直问题判断C；求出△PDD 面积的表达式，再求得面积的最 1 小值判断D. 【详解】对于A，由E是BD中点，BE CF ，得点F 是BC的中点，连接BC ，显然F 也是BC 的中 1 1 1 点，连接DC ， 1 于是EF //C D，而EF 平面DCC D ，DC 平面DCC D ，所以直线EF //平面DCC D ，A正确； 1 1 1 1 1 1 1 1 对于B，M,N 分别是棱AB ,AD 的中点，则BD //MN ，BD 平面CMN ，MN 平面CMN ，于 1 1 1 1 1 1 1 1 第8页/共19页 学科网（北京）股份有限公司1 是BD //平面CMN ， 1 1 因此直线BD 到平面CMN 的距离等于点D 到平面CMN 的距离h， 1 1 1 MN  2,CM CN  CD2DN2  (2 2)212 3 ， 1 1 1 1 1 1 2 17 1 17 V  ( 11)2 ， S   2 32 ( )2  ，V   h ， CMND 1 3 2 3 CMN 2 2 2 D 1 CMN 3 2 2 17 由V V ，得h ，B错误； CMND DCMN 1 1 17 以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则M  1,0,2  ，C  2,2,0 ，B  2,0,2  ，D  0,2,2  , 1 1    对于C，设MP tMC t  1,2,2 ，则P  t1,2t,2t2  ，PB  1t,2t,2t ， 1  PD t1,22t,2t ，t[0,1]， 1 由BPD =90，得  P  B    P  D   1t t1 2t  22t 2t2t 9t2 4t10，解得t  2 13 ， 1 1 1 1 9 2 13 由于t   0,1 ，因此存在点P，使得BPD =90，C正确； 1 1 9 对于D，由选项C得P  t1,2t,2t2  在DD 的投影点为  0,2,2t2  ， 1 3 16 则P到DD 的距离d  (t1)2(22t)2  5(t )2 ， 1 5 5 △PDD 面积为S  1 2d  5(t 3 )2 16  t 0,1  ，所以当t  3 时，S取得最小值为 4 5 ，D错 1 2 5 5 5 5 误. 故选：AC 第Ⅱ卷（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. 第9页/共19页 学科网（北京）股份有限公司1 12. 若方程x2  y2 4x2y m表示圆，则实数m的取值范围为______________. 【答案】 5, 【解析】 【分析】根据圆的一般方程条件D2 E2 4F 0，计算即可得到答案. 【详解】根据题意，方程x2  y2 4x2ym0表示圆， 则4 2 224 m 0，解得m5. 所以实数m的取值范围为 5, . 故答案为： 5, . 13. 已知在 中，顶点A  4,2  ，点B在直线l：x y20上，点C在x轴上，则 的周长的最 小值______. 【答案】4 5 【解析】 【分析】设点A关于直线l：x y20的对称点A(x ,y )，点A关于x轴的对称点为A (x ,y )， 1 1 1 2 2 2 连接AA 交l于B，交x轴于C，则此时 的周长取最小值，且最小值为 AA ，利用对称知识求出A 1 2 1 2 1 和A ，再利用两点间距离公式即可求解. 2 【详解】如图： 设点A关于直线l：x y20的对称点A(x ,y )，点A关于x轴的对称点为A (x ,y )， 1 1 1 2 2 2 第10页/共19页 学科网（北京）股份有限公司1 连接AA 交l于B，交x轴于C， 1 2 则此时 的周长取最小值，且最小值为 AA ， 1 2  A与A关于直线l：x y20对称， 1 y 2 1 11  x 4 x 0  1 ，解得： 1 ， x 4 y 2 y 6 1  1 20 1  2 2  A(0,6)，易求得：A (4,2)， 1 2  的周长的最小值 AA  42 (62)2 4 5. 1 2 故答案为：4 5. 【点睛】本题主要考查求一个点关于某直线的对称点的坐标的方法，体现了数形结合的数学思想，综合性 较强. uur uur uuur 1 14. 在边长为1的正方形ABCD中，点E为线段CD的三等分点， CE  DE,BE BABC ，则 2   ______；F 为线段BE 上的动点，G 为AF 中点，则AF DG的最小值为______． 4 5 【答案】 ①. ②.  3 18 【解析】   uuur uur    【分析】解法一：以 BA,BC 为基底向量，根据向量的线性运算求 BE ，即可得，设 BF kBE ， uuur uuur    求AF,DG，结合数量积的运算律求AF DG的最小值；解法二：建系标点，根据向量的坐标运算求 BE ， uuur uuur  1    即可得，设F  a,3a  ,a   ,0  ，求AF,DG，结合数量积的坐标运算求AF DG的最小值.  3  uur uuur uur uur uuur 1  1 1 【详解】解法一：因为CE  DE，即CE  BA，则BE  BCCE  BABC ， 2 3 3 1 4 可得 ,1，所以 ； 3 3 第11页/共19页 学科网（北京）股份有限公司1     由题意可知： BC  BA 1,BABC 0，   1   因为F 为线段BE 上的动点，设BF kBE  kBAkBC,k 0,1 ， 3      1   则AF  ABBF  ABkBE   k1BAkBC ， 3      1 11  1  又因为G为AF 中点，则DG  DA AG BC AF   k1BA  k1BC， 2 23  2    1   11  1  可得AFDG   k 1BAkBC    k 1BA  k 1BC 3   23  2   2 2 11  1  5 6 3   k1 k k1  k   ， 23  2  9 5 10   5 又因为k 0,1  ，可知：当k 1时，AF DG取到最小值 ； 18 解法二：以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，  1  则A 1,0  ,B  0,0  ,C  0,1  ,D 1,1  ,E  ,1，  3      1  可得BA1,0  ,BC  0,1  ,BE    ,1，  3   1     4 因为BE BABC  ,，则 3，所以 ；  1 3  1   1  因为点F 在线段BE: y 3x,x   ,0  上，设F  a,3a  ,a   ,0  ，  3   3  a1 3  且G为AF 中点，则G , a，  2 2  第12页/共19页 学科网（北京）股份有限公司1   a1 3  可得AF  a1,3a  ,DG   , a1，  2 2     a1 2  3   2 2 3 则AFDG 3a    a1 5a   ， 2  2   5 10  1  1   5 且a   ,0  ，所以当a 时，AF DG取到最小值为 ；  3  3 18 4 5 故答案为： ； . 3 18 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. 若圆C经过点A1,1和B  1,3  ，且圆心在x轴上，则： （1）求圆C的方程． （2）直线 y  x与圆C交于E、F两点，求线段EF 的长度． 【答案】（1）(x2)2  y2 10 （2）4 2 【解析】 【分析】（1）由圆心既在线段AB的垂直平分线上，又在x轴上，可联立直线方程求圆心，进而得半径与圆 的方程； （2）利用几何法，先求圆心到直线的距离，再利用勾股定理求半弦长即可得. 【小问1详解】 31 因为A 1,1  和B  1,3  ，线段AB的中点为 ，且k  1， AB 1(1) 0,2 则AB的垂直平分线方程为x y20，由圆的性质可知，圆心在该直线上， 又已知圆心在x轴上，令y0，得x2， 故圆心为C  2,0  ，半径r  CB   21 2  03 2  10， 则圆圆C的方程为(x2)2  y2 10. 【小问2详解】 2 由圆心 到直线x y 0的距离d   2， EF 2 r2 d2 2 102 4 2 . 12 12 2,0 故线段EF 的长度为4 2 . 第13页/共19页 学科网（北京）股份有限公司1 16. 已知三棱柱ABCABC 中，侧棱垂直于底面，点D是AB的中点． 1 1 1 （1）求证：BC //平面CAD； 1 1 （2）若底面ABC为边长为2的正三角形，BB  3，求三棱锥BADC体积． 1 1 【答案】（1）证明见解析 1 （2） 2 【解析】 【分析】（1）连接AC 交AC于点E，连接 ，只要证明DE//BC 即可； 1 1 1 （2）求出CD面AABB，得到 是棱锥的高，利用棱锥的体积公式解答即可. 1 1 【小问1详解】 连接AC 交AC于点E，连接 ， 1 1 四边形AACC是矩形， 1 1 E为AC 的中点，又D是 的中点， 1 第14页/共19页 学科网（北京）股份有限公司1 DE//BC ，又DE 平面CAD,BC 平面CAD, 1 1 1 1 BC // 平面CAD； 1 1 【小问2详解】 AC  BC,D是 的中点， ABCD， 又AA 平面ABC,CD平面ABC 1 , AA CD, 1 AA AB  A,AA ,AB 平面AABB, 1 1 1 1 CD平面AABB, 1 1 则 是三棱锥CABD的高, 1 1 1 3 又S  BDBB  1 3  , A 1 BD 2 1 2 2 1 1 3 1 V V  S AD    3  . BA 1 DC CA 1 BD 3 A 1 BD 3 2 2 17. 已知V ABC 的三个顶点分别为A2,3，B  0,5 ，C6,1 . （1）求边AB上的高CD所在直线的方程； （2）求边AB上的中线CE所在直线的方程. 【答案】（1） y  x7 3 25 （2） y  x 7 7 【解析】 【分析】（1）先求得直线AB的斜率，利用点斜式求得边AB上的高CD所在直线的方程. （2）先求得E点坐标，再根据两点式求得边AB上的中线CE所在直线的方程. 【小问1详解】 53 k  1，所以直线CD的斜率为1， AB 02 所以直线CD的方程为 y11 x6  ,y x7 【小问2详解】 第15页/共19页 学科网（北京）股份有限公司1   线段AB的中点E 1,4 ， y1 x6 3 3 25 所以直线CE所在直线方程为  ,y1  x6  ,y  x . 41 16 7 7 7 18. 如图，在棱长4的正方体ABCDABC D 中，E是AA 的中点，点F 在棱CC 上，且CF 1. 1 1 1 1 1 1 （1）求平面ABCD与平面DEF 夹角的余弦值； （2）若P为平面ABCD内一点，且DP 平面DEF ，求点P到平面DEF 的距离. 1 4 21 【答案】（1） 21 5 21 （2） 21 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面ABCD和平面DEF 的法向量，求其夹角的余弦值即可得答 案. （2）利用空间向量的方法解决点到面的距离. 【小问1详解】 以D为坐标原点，DA,DC,DD 所在直线分别为x轴， y 轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 1 第16页/共19页 学科网（北京）股份有限公司1       则E 4,0,2 ,F 0,4,1 ,D 0,0,4 ， 1   DE  4,0,2  ,DF   0,4,1  .    nDE  4x2z 0 设平面DEF 的法向量为 ，则  ，  nDF  4yz 0 = , ,  取 y 1，则x2,z 4，得n  2,1,4  .  因为DD 平面ABCD，所以平面ABCD的一个法向量为DD  0,0,4 ， 1 1     DD 1 n 4 21 则平面ABCD与平面DEF 夹角的余弦值为 cosDD 1 ,n   D  D  n   21 . 1 【小问2详解】  设P  a,b,0  ，则DP  a,b,4  . 1 因为DP 平面DEF ，所以  D  P  // n  ，则 a  b  4 ，得a 2,b1，即P  2,1,0  . 1 1 2 1 4    DPn 因为DP  2,1,0 ，所以点P到平面DEF 的距离为   5 21 . n 21 19. 如图，平面四边形ABCD中，AB8，CD3，AD 5 3，ADC 90，BAD 30，点E，  2  1 F满足AE  AD，AF  AB，将△AEF 沿EF翻折至!PEF ，使得PC 4 3． 5 2 （1）证明：EF PD； 第17页/共19页 学科网（北京）股份有限公司1 （2）求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 8 65 （2） 65 【解析】 【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得 EF 2 ，利用勾股定理的逆定理可证得 EF AD ，则 EF PE,EF DE ，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明； （2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明PE  ED，建立如图空间直角坐标系E xyz ，利 用空间向量法求解面面角即可. 【小问1详解】  2  1 由AB8,AD5 3,AE  AD,AF  AB ， 5 2 得AE 2 3,AF 4，又BAD30，在△AEF 中， 由余弦定理得 EF  AE2AF22AEAFcosBAD  1612242 3 3  2 , 2 所以AE2 EF2  AF2，则AE EF ，即EF AD， 所以EF PE,EF DE ，又PEDE E,PE、DE  平面PDE， 所以EF 平面PDE，又PD 平面PDE， 故EF  PD； 【小问2详解】 连接CE，由ADC90,ED3 3,CD3，则CE2 ED2CD2 36， 在PEC中，PC 4 3,PE 2 3,EC 6，得EC2 PE2  PC2， 所以PE EC，由（1）知PE  EF ，又ECEF E,EC、EF  平面ABCD， 所以PE 平面ABCD，又ED平面ABCD， 所以PE  ED，则PE,EF,ED 两两垂直，建立如图空间直角坐标系E xyz， 则E(0,0,0),P(0,0,2 3),D(0,3 3,0),C(3,3 3,0),F(2,0,0),A(0,2 3,0)， 由F 是AB的中点，得B(4,2 3,0)，     所以PC (3,3 3,2 3),PD(0,3 3,2 3),PB(4,2 3,2 3),PF (2,0,2 3) ，   设平面PCD和平面PBF 的一个法向量分别为n(x ,y ,z ),m(x ,y ,z )， 1 1 1 2 2 2 第18页/共19页 学科网（北京）股份有限公司1      nPC 3x 3 3y 2 3z 0  mPB 4x 2 3y 2 3z 0 则  1 1 1 ，  2 2 2 ，   nPD3 3y 2 3z 0 mPF 2x 2 3z 0 1 1 2 2 令y 2,x  3，得x 0,z 3,y 1,z 1， 1 2 1 1 2 2   所以n(0,2,3),m( 3,1,1) ，     mn 1 65 所以 cosm,n      ， m n 5 13 65 8 65 设平面PCD和平面PBF 所成角为，则sin 1cos2 ， 65 8 65 即平面PCD和平面PBF 所成角的正弦值为 . 65 第19页/共19页 学科网（北京）股份有限公司