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滨城高中联盟2025-2026 学年度上学期高二10 月份考试
数学试题
（时间：120 分钟，满分：150 分）
第I 卷（选择题）
一、单项选择题：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．
1. 已知向量
1,1, 2 ,
1, 2,
1
PM
PN
a
b
，若
,
,
P M N 三点共线，则
a b
（
）
A.
3
B.
5
C. 3
D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】由题意存在实数
R
，使得PN
PM
，进而求解.
【详解】由题意有：存在实数
R
，使得PN
PM
，所以
1
2
2
1
1
2
3
a
a
b
b
，
所以
1 3
3
a b
，
故选：A.
2. 下列说法正确的是（
）
A. 若a
b
，则a
b
B. 若
1,1, 1
a
，则
1
a
C. 在六面体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，一定有
1
1
AC
AB
AD
AA
D. 在空间直角坐标系O
xyz
中，点
1,1,1
A
与点
1, 1,1
B
关于平面xOz 对称
【答案】D
【解析】
【分析】对于A 根据向量的定义即可判断；对于B 根据向量模的坐标运算即可判断；对于C 举反例正四棱
台即可否定；对于D 根据
,
A B 两点的坐标特征得到两点关于平面xOz 对称即可判断.
【详解】对于A，根据向量的定义，向量不能比较大小，故A 错误；
对于B，由
1,1, 1
a
，所以
2
2
2
1
1
1
3
a
，故B 错误；
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对于C，当六面体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
为平行六面体时，
1
1
1
AC
AB
BC
CC
AB
AD
AA
成立，
当六面体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
不是平行六面体时，上述结论不一定成立，比如对于正四棱台，上述结论就不
成立，故C 错误；
对于D，由点
1,1,1
A
关于平面xOz 的对称点为
1, 1,1
，故D 正确；
故选：D.
3. 已知二面角
M
AB
N 的平面角的大小为30o ，且MN 面ABN ，若ABM
的面积为2，则ABN
的面积为（
）
A. 1
B.
2
C.
3
D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】作出二面角
M
AB
N 的平面角，结合面积公式，求出
ABN
ABM
S
S
等于其平面角的余弦值，即可求
解.
【详解】如图所示，作MP
AB
，垂足为P ，
由于MN 面ABN ，
,
AB PN 面ABN ，则MN
AB
，MN
PN
，
由于
,
MP MN 面MNP ，MP
MN
M
，则AB 面MNP ，
由于NP 面MNP ，则AB
NP
，
则二面角
M
AB
N 的平面角为
30
MPN
，
则
3
cos
2
ABN
ABM
S
PN
MPN
S
PM
，
若ABM
的面积为2，则ABN
的面积为
3 ，
故选：C.
4. 在三棱锥C
PAB
中，
60
0
BPC
APC
PA PB
，
，则棱PC 与平面PAB 所成的角的余弦值是
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（
）
A.
1
2
B.
2
2
C.
3
3
D.
6
3
【答案】B
【解析】
【分析】过点C 作CG 平面PAB 于G ，在平面PAB 内过G 作
,
GH
PA GE
PB
，垂足分别为
,
H E ，
连接
,
CH CE ，可得
CPG
为直线PC 与平面PAB 所成的角，进而结合题设求角即可.
【详解】过点C 作CG 平面PAB 于G ，在平面PAB 内过G 作
,
GH
PA GE
PB
，
垂足分别为
,
H E ，连接
,
CH CE ，
则
CPG
为直线PC 与平面PAB 所成的角，
由CG 平面PAB ，
,
PA PG 平面PAB ，所以
,
CG
PA CG
PG
，
又
,
,
,
GH
PA CG
GH
G GH CG
平面CHG ，则PA 平面CHG ，
因为CH 平面CHG ，则PA
CH
，
同理可得PB
CE
，由
60
BPC
APC
，
所以
1
2
PE
PH
PC
，又PA
PB
，
因此四边形PEGH 为正方形，
2
2
2
,
2
2
PG
PH
PC CG
PC
，
所以直线PC 与平面PAB 所成角的余弦值为
2
cos
2
PG
CPG
PC
.
故选：B.
5. 在空间中，若三个非零向量OM ON OT
，，
满足OM
ON ON
OT OT
OM
，
，
，则
MNT
△
的形状一
定是（
）
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A. 锐角三角形
B. 直角三角形
C. 钝角三角形
D. 无法判断
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件推出
0
MN MT
，得
NMT
为锐角．同理可得
,
MNT
MTN
也为锐角．由此
可得答案.
【详解】
OM
ON ON
OT OT
OM
，
，
，
0
OM ON
ON OT
OT OM
，
=0
=0，
，
·
·
MN MT
ON
OM
OT
OM
2
2
·
·
·
0
ON OT
ON OM
OM OT
OM
OM
,
所以
·
cos
0
MN MT
NMT
MN MT
，即知
NMT
为锐角．
同理可知
,
MNT
MTN
也为锐角．
故为锐角三角形．
故选：A ．
6. 阅读材料：空间直角坐标系O
xyz
中，过点
0
0
0
,
,
P x
y z
且一个法向量为
, ,
n
a b c
的平面的方程
为
0
0
0
0
a x
x
b y
y
c z
z
，阅读上面材料，解决下面问题：直线l 是两平面
2
5
0
x
y
与
4
2
1
0
x
z
的交线，则下列向量可以为直线l 的方向向量的是（
）
A.
3,1,2
B.
1,1, 2
C.
2,1,3
D.
2,1, 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意求平面的法向量，再由垂直关系即可求直线l 的方向向量．
【详解】由题意有：平面
2
5
0
x
y
的法向量为
1, 2,0
n
，
平面4
2
1
0
x
z
的法向量为
4,0,2
m
，
设直线l 的方向向量为
, ,
a
x y z
，
所以
2
0
4
2
0
a n
x
y
a m
x
z
，令
1
y ，得
2,1, 4
a
，
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故选：D.
7. 若空间向量
1e
、
2e
满足
1
2
2
3
2
e
e
e
，则
2e
在
1e
方向上投影向量的长度的最小值是（
）
A. 8 3
3
B. 4 2
3
C. 3 3
2
D. 3
2
【答案】B
【解析】
【分析】由空间向量数量积的运算性质可得出
2
1
1
2
32
6
e
e e
，利用投影向量的定义结合基本不等式可求
得
2e
在
1e
方向上投影向量的长度的最小值.
【详解】因为空间向量
1e
、
2e
满足
1
2
2
3
2
e
e
e
，
所以
2
2
2
2
1
2
1
1
2
2
1
1
2
3
6
9
6
36
4
e
e
e
e e
e
e
e e
，故
2
1
1
2
32
6
e
e e
，
故
2e
在
1e
方向上的投影向量为
1
1
2
1
1
2
2
1
2
2
1
2
1
1
2
1
1
cos
,
e
e e
e
e e
e
e e
e
e
e
e
e
e
e
，
故
2e
在
1e
方向上投影向量的长度为
2
1
2
1
1
1
1
2
1
1
1
1
32
1
32
1
32
2
6
6
6
e e
e
e
e
e
e
e
e
e
4 2
3
，
当且仅当
1
1
32
e
e
时，即当
1
4 2
e
时，等号成立，
故
2e
在
1e
方向上投影向量的长度的最小值是4 2
3
.
故选：B.
8. 如图，在四棱锥PABCD 中，侧面PAD 为正三角形，底面ABCD 为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M
为底面ABCD 内的一个动点，且满足MP＝MC．则点M 在正方形ABCD 内的轨迹为（
）
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A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】以D 为原点，建立空间直角坐标系，设
( , ,0)
M x y
，得到
3
(
,0,
)
2
2
a
P
a ，结合MC
MP
，化
简的得到
2
x
y
，即可求解.
【详解】以D 为原点，
,
DA DC 分别为x 轴、y 轴建立如图所示空间直角坐标系，如图所示，
设
( , ,0)
M x y
，正方形边长为a ，则
3
(
,0,
)
2
2
a
P
a ，
则
2
2
2
2
2
3
(
) ,
(
)
(
)
2
2
a
MC
x
y
a
MP
x
y
a
，
由MC
MP
，即
2
2
2
2
2
3
(
)
(
)
(
)
2
2
a
x
y
a
x
y
a
，整理得到
2
x
y
，
所以点M 在正方形ABCD 内的轨迹为一条直线
1
2
y
x
的一部分
故选：A.
二、多项选择题：本题共3 小题，每小题6 分，共18 分．在每小题给出的四个选项中，有多
项符合题目要求．全部选对的得6 分，部分选对的按部分得分，有选错的得0 分．
9. 已知空间单位向量, ,
i j k
两两互相垂直，设
2 ,
a
i
j
k b
i
j
k
，
2
c
i
j
k
，则下列说法不
正确的是（
）
A. a
与b
的夹角为π
3
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B.
,b c
夹角的余弦值为2 2
3
C.
2
a
c
b
∥
D.
, ,
a b c
可以作为基底来表示空间中的任意一个向量
【答案】ACD
【解析】
【分析】计算出
0
a b
，可判断A；利用cos ,
c b
c b
c
b
计算可判断B；求得2c
a
与b
的坐标可判断
C；设a
mb
nc
，从而得到方程组，求解可判断D.
【详解】以, ,
i j k
为, ,
x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系，
因为
2 ,
a
i
j
k b
i
j
k
，
2
c
i
j
k
，
所以
1,1,2 ,
1,1, 1
a
b
，
1,1, 2
c
，
对于A，
1 1 1 1
2
1
0
a b
，
因为
,
0, π
a b
，
π
,
2
a b
，所以a
与b
的夹角为π
2
，故A 错误；
对于B，
1 1
2
2 2
cos ,
3
6
3
c b
c b
c
b
，
所以,b c
夹角的余弦值为2 2
3
，故B 正确；
对于C，
2
2 1,1, 2
1,1,2
3,3, 2
c
a
，
因为3
3
2
1
1
1
，所以2c
a
与b
不平行，故C 错误；
对于D，设
1,1, 1
1,1, 2
,
,
2
a
mb
nc
m
n
m
n m
n
m
n
，
所以
1
2
2
m
n
m
n
，所以
4
3
m
n
，所以
4
3
a
b
c
，
所以, ,
a b c
不可以作为基底来表示空间中的任意一个向量，故D 错误；
故选：ACD
10. 如图，已知正四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
的底面边长为2，侧棱长为4，点E ，F 分别为
1
1
BB
DD
，
的
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中点，则下列结论正确的是（
）
A. 平面
1
1
EAC 平面EAC
B. 三棱锥
1
C
EC F
的体积为8
3
C.
1
AC
CF
D. 四面体EACF 的外接球的表面积为12π
【答案】BD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求平面
1
1
EAC 与平面EAC 的法向量，进而判断A，利用等体积法即可判断
B，计算
1
AC CF
即可判断C，根据题意设出球心，进而求出外接球半径及表面积即可判断D.
【详解】以D 为原点，分别以
1
,
,
DA DC DD 为, ,
x y z 轴，建立空间直角坐标系，如图，
由题意有：
1
1
2,0,0 ,
2,2,0 ,
0,2,0 ,
0,0,0 ,
2,0,4 ,
2,2,2 ,
0,2,4 ,
0,0,2
A
B
C
D
A
E
C
F
，
对于A：由
1
1
0, 2,2 ,
2,0, 2 ,
0,2,2 ,
2,0,2
EA
C E
AE
CE
，
设平面
1
1
EAC 的法向量为
, ,
n
x y z
，
所以
1
1
2
2
0
2
2
0
n EA
y
z
x
y
z
n C E
x
z
，令
1
x
，得
1,1,1
n
，
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设平面EAC 的法向量为
, ,
m
a b c
，
所以
2
2
0
2
2
0
m AE
b
c
a
c
b
c
m CE
a
z
，令
1
c ，得
1,1, 1
m
，
因为
1 1 1 1
1
1 1
0
m n
，所以平面
1
1
EAC 与平面EAC 不垂直，故A 错误；
对于B：由
2
2
1
2
2
2 2
CF
FC
，所以
2
2
2
1
1
CF
FC
CC
，
所以
1
1
1
1
2 2
2 2
4
2
2
FCC
S
FC FC
，所以
1
1
1
1
1
8
4 2
3
3
3
C EC F
E FCC
FCC
V
V
S
BC
，故
B 正确；
对于C：由
1
2,2,4 ,
0, 2,2
AC
CF
，所以
1
2 0
2
2
4 2
4
0
AC CF
，故C 错误；
对于D：三棱锥的外接球球心为
1,1,1
O
，由
3
OA
OC
OE
OF
，
四面体EACF 的外接球的表面积为
2
4π
3
12π
，故D 正确.
故选：BD.
11. 如图几何体是由正方形ABCD 以直线AB 为轴旋转90得到的，已知点G 是圆弧
CE 的中点，点H 是
圆弧
DF 上的动点（含端点），则下列结论正确的是（
）
A. 存在点H ，使得CH 平面BDG
B. 存在点H ，使得直线EH 与平面BDG 的所成角的正切值为
14
7
C. 不存在点H ，使得平面
/ /
AHE
平面BDG
D. 不存在点H ，使得平面BDG 与平面CEH 的夹角的余弦值为1
3
【答案】ABD
【解析】
【分析】先将图形补全为一个正方体，然后建立空间直角坐标系，根据向量的坐标运算对各选项进行判定
即可.
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【详解】由题意，可将几何体补全为一个正方体ADMF
BCNE
，建立空间直角坐标系，如图所示，
设正方体棱长为2，则
0,0,0 ,
0,0,2 ,
2,0,2 ,
2,0,0 ,
2,
2,2
A
B
C
D
G
，
0,2,2 ,
0,2,0
E
F
，
设
π
2cos ,2sin
,0
0
2
H
，
对于A：设存在点H ，使得CH 平面BDG ，因为
2cos
2,2sin
, 2 ,
2,0,2 ,
2,
2,0
CH
DB
BG
，
所以
4
4cos
4
0
sin
1
cos
0
2 2 cos
1
2 2 sin
0
CH DB
CH BG
，
由
π
0
2
，所以
π
2
，
即当点H 与点F 重合时，CH 平面BDG ，故A 正确；
对于B：设存在点H ，使得直线EH 与平面BDG 的所成角的正切值为
14
7
，
设直线EH 与平面BDG 的所成角为，即
14
tan
7
，
0, 2
，
又
sin
14
tan
cos
7
，所以
14
cos
sin
2
，又
2
2
sin
cos
1
，解得
2
sin
3
，
又
2cos ,2sin
2, 2
EH
，
2, 2,2
FC
，
则
2
2
4cos
4sin
cos
sin
2
cos
,
3
3
3
2sin
2 3
4cos
4 sin
1
4
EH FC
EH FC
EH FC
，
整理得3sin 2
4sin
3
0
，令
3sin 2
4sin
3
f
，
可知
f 在
π
0, 2
上的图象是连续的，
π
0
3
0,
4
3
1
0
2
f
f
，
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所以存在
0
π
0, 2
，使得
0
0
f
，
所以存在点H ，使得直线EH 与平面BDG 的所成角的正切值为
14
7
，故B 正确；
对于C：设存在点H ，使得平面
/ /
AHE
平面BDG ，则
,
FC
AH FC
AE
，
而
2cos ,2sin
,0 ,
0,2,2
AH
AE
，平面BDG 的一个法向量为
2, 2,2
FC
，
所以
4cos
4sin
0
sin
cos
tan
1
4
4
0
FC AH
FC AE
，
又
π
0
2
，则
π
4
，即当点H 为
DF 的中点时，平面
/ /
AHE
平面BDG ，故C 错误；
对于D：设平面CEH 的法向量为
, ,
n
x y z
，
因
2,2,0 ,
2cos
2,2sin
, 2
CE
CH
，
所以
2
2
0
2
cos
1
2 sin
2
0
n CE
x
y
n CH
x
y
z
，令
1
x
，则
1,
y
可得
sin
cos
1
z
，故
1,1,sin
cos
1
n
，
假设存在点H ，使得平面BDG 与平面CEH 的夹角的余弦值为1
3
，
2, 2,2
FC
，
所以
2
2 sin
cos
1
1
cos
,
3
·
2
sin
cos
1
2 3
n FC
n FC
n FC
，
所以
2
sin
cos
1
1
sin
cos
1
1
sin
cos
0
或sin
cos
2
，
因为
π
0
2
，则π
π
3π
2
π
sin
1
4
4
4
2
4
，而
π
sin
cos
2 sin
1,
2
4
，
故当
π
0
2
时，sin
cos
0
或sin
cos
2
均无解，
综上所述，不存在点H ，使得平面BDG 与平面CEH 的夹角的余弦值为1
3
，故D 正确.
故选：ABD.
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第II 卷（非选择题）
三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共15 分．
12. 与向量
1, 2,2
a
反向的单位向量是___________
【答案】
1 2
2
,
,
3 3
3
【解析】
【分析】由题意有a的反向的单位向量为
a
a
，根据向量的数乘运算即可求解.
【详解】由题意有
2
2
2
= 1 +
2
2
3
a
，所以a的反向的单位向量为
1
1
1 2
2
1, 2,2
,
,
3
3
3 3
3
a
a
a
，
故答案为：
1 2
2
,
,
3 3
3
13. 在三棱锥O
ABC
中，棱OA
OB
OC
、
、
两两垂直且OA
OB
OC
，点P 在底面ABC
内（包括边
界
），
且
直
线
OP
与
平
面
ABC
所
成
角
的
正
弦
值
为
4 3
7
，
则
cos
cos
cos
OP OA
OP OB
OP OC
，
，
，
___________
【答案】12
7
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，令
1
OA
OB
OC
，设
, ,
, ,
0,1
P a b c
a b c
，先求平面ABC 的法向
量为
, ,
n
x y z
，由
0
n AP
得
1
a
b
c
，进而得OP
，最后利用空间向量数量积的运算可求得结
果.
【详解】根据题意，以O为坐标原点，分别以
,
,
OA OB OC 为, ,
x y z 轴，建立空间直角坐标系，如图：
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设
1
OA
OB
OC
，所以
1,0,0 ,
0,1,0 ,
0,0,1
A
B
C
，
1,1,0 ,
1,0,1
AB
AC
，
设
, ,
, ,
0,1
P a b c
a b c
，设平面ABC 的法向量为
, ,
n
x y z
，
所以
0
0
n AB
x
y
n AC
x
z
，令
1
x
，得
1,1,1
n
，
所以
1, ,
AP
a
b c
，所以
1
1
1
1
0
n AP
a
b
c
，即
1
a
b
c
，
设直线OP 与平面ABC 所成的角为，
所以
4 3
7
sin
7
12
3
n OP
a
b
c
OP
n OP
OP
，
所以
cos
cos
cos
OP OA
OP OB
OP OC
OP OA
OP OB
OP OC
OP OA
OP OB
OP OC
，
，
，
12
7
a
b
c
OP
OP
OP
，
故答案为：12
7
.
14. 在四面体ABCD 中，P 是
ABC
V
内部或边界上一点，满足AP
AB
AC
，且
1
3
，设
DP
xDA
yDB
zDC
，则
2
2
2
x
y
z
的取值范围是___________
【答案】1 5
,
2 9
【解析】
【分析】由AP
AB
AC
得
2
3
DP
DA
DB
DC
，进而得
2 ,
,
3
x
y
z
，即
2
2
2
2
2
5
2
3
9
x
y
z
，最后利用二次函数即可求解.
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【详解】由题意有
1
,
0, 3
由AP
AB
AC
有
DP
DA
DB
DA
DC
DA
，
所以
2
3
DP
DA
DB
DC
DA
DA
DB
DC
，
所以
2 ,
,
3
x
y
z
，
所以
2
2
2
2
2
2
2
2
4
4
1
2
5
2
9
9
3
3
9
x
y
z
2
1
1
1
2
0
6
2
3
，
当
1
6
时，
2
2
2
x
y
z
取最小值为1
2 ，
当
0
时，
2
2
2
x
y
z
取最大值为5
9
，
所以
2
2
2
x
y
z
的取值范围为1 5
,
2 9
，
故答案为：1 5
,
2 9
.
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. 已知空间中三点
2,0, 2 ,
1, 1, 2 ,
3,0, 4
A
B
C
，设
,
a
AB b
AC
．
（1）求以,a b
为一组邻边的平行四边形的面积S ．
（2）若ka
b
与
2
ka
b
互相垂直，求实数k 的值．
【答案】（1）3
（2）
5
2
k
或
2
k
【解析】
【分析】（1）求得向量，夹角的余弦，进而求得其正弦，根据三角形面积公式求得答案.
（2）利用（1）求得ka
b
与
2
ka
b
的坐标，利用向量的数量积可求得实数k 的值．
【小问1 详解】
因为
2,0, 2 ,
1, 1, 2 ,
3,0, 4
A
B
C
，
所以
1, 1,0 ,
1,0, 2 ,
AB
AC
，
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所以
1
1
cos
,
,
,
0, π
2
5
10
AB AC
AB AC
AB AC
AB
AC
，
所以
2
3
sin
,
1 cos
,
10
AB AC
AB AC
，
所以
3
sin
,
2
5
3
10
S
AB
AC
AB AC
；
【小问2 详解】
由（1）可得
1, 1,0
1,0, 2
1,
, 2
ka
b
k
k
k
，
2
1, 1,0
2 1,0, 2
2,
,4
ka
b
k
k
k
，
因为ka
b
与
2
ka
b
互相垂直，所以
2
2
1
2 4
0
k
k
k
，
整理得
2
2
10
0
k
k
，解得
5 ,
2
2
k
k
.
16.
如图，在三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
中，点D 是
1
BC 的中点，
1
AC
，
1
2
BC
CC
，
1
1
90
60
ACC
ACB
BCC
，
，设
1
CA
a CB
b CC
c
，
，
．
（1）用a
b
c
，，表示
1
AB A D
，
；
（2）求异面直线AB 与
1A D 所成角的正弦值．
【答案】（1）答案见解析；
（2）
33
6
.
【解析】
【分析】（1）利用向量的三角形法则和平行四边形法则求解即可；
（2）先由题中条件证得四边形
1
1
ACC A 是矩形，得
1
AC
AA
，再使用余弦定理求出
3
AB
，得到
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AC
AB
，继而得到AC 平面
1
1
ABB A ，从而得到
1
BCC
和
1
1
BB C
为正三角形，求得
1A D ，
1
1
1
,
B D A B
的长度，再使用余弦定理得到
1
1
cos DA B
，设异面直线AB 与
1A D 所成角为，得到cos，再用公式
2
2
sin
+cos
1
求出sin，从而得解.
【小问1 详解】
AB
CB
CA
b
a
，
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
(
)
(
)
2
2
2
2
2
A D
C D
C A
C B
C A
CB
CC
C A
b
c
a
a
b
c
；
【小问2 详解】
在三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
中，四边形
1
1
ACC A 是平行四边形，
1
90
ACC
，四边形
1
1
ACC A 是矩形，
1
AC
AA
，
2
BC
，
1
AC
，
60
ACB
，
由余弦定理得
2
2
2
2
cos60
3
AB
AC
BC
AC BC
，可得
3
AB
，
2
2
2
BC
AC
AB
，
AC
AB
，
1
AB
AA
A
，
AC
平面
1
1
ABB A ，
1
1
/ /
AC
AC
，
1
1
AC
平面
1
1
ABB A ，
1A B
平面
1
1
ABB A ，
1
1
1
AC
A B
，
1
1
A BC
为直角三角形，
1
1
1
1
2
A D
BC
，连接
1
B D ，
1
BA ，
1
60
BCC
，
1
2
BC
CC
，
1
2
BC
，
1
BCC
△
和
1
1
BB C
为正三角形，
1
1
1
3
B D
A B
，
1
1
A D
，
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
3
cos
2
6
A D
A B
DB
DA B
A D A B
，
设异面直线AB 与
1A D 所成角为，
1
1
/ /
AB
A B
，
1
1
3
cos
cos
6
DA B
，
则
2
2
33
sin
1 cos
36
，又
π
0, 2
，
33
sin
6
.
即异面直线AB 与
1A D 所成角的正弦值为
33
6
.
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【点睛】
17. 如图，已知
1
1
1
1
ABCD
A B C D
是底面边长为2 的正四棱柱．
（1）证明：平面
1
/ /
BC D
平面
1
1
AB D ；
（2）若点
1
C 到平面
1
1
AB D 的距离为
2
2
，求正四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
的高．
【答案】（1）证明见解析
（2）
6
3
【解析】
【分析】（1）连接
1
1
1
1
1
1
,
,
,
,
,
BC C D BD AB B D AD ，利用面面平行的判定定理即可得证；
（2）设正四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
的高为h ，利用等体积法即可求解.
【小问1 详解】
连接
1
1
1
1
1
1
,
,
,
,
,
BC C D BD AB B D AD ，
在正四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，
1
1
/ /
BB
DD ，且
1
1
BB
DD
，
所以四边形
1
1
BDD B 为平行四边形，所以
1
1
//
BD
B D ，
又BD 不在平面
1
1
AB D 内，
1
1
B D 平面
1
1
AB D ，
所以
/ /
BD
平面
1
1
AB D ，
同理
1 / /
BC
平面
1
1
AB D ，
又
1
1
,
,
BD
BC
B BD BC
平面
1
BC D ，
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所以平面
1
/ /
BC D
平面
1
1
AB D ；
【小问2 详解】
连接
1
1
AC 与
1
1
B D 交于点O，连接
1
,
AO AC ，
设正四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
的高为h ，由底面边长为2，
所以
2
1
1
4
AB
AD
h
，
由底面
1
1
1
1
D
C
B
A
为边长为2 的正方形，所以O为
1
1
B D 的中点，
所以
1
1
AO
B D
，所以
2
2
1
1
1
1
1
1
2 2
B D
A B
A D
，所以
1
1
1
1
2
2
OB
B D
,
所以
2
2
2
2
1
1
4
2
2
AO
AB
OB
h
h
,
所以
1
1
2
2
1
1
1
1
2 2
2
2
2
2
2
AB D
S
B D
AO
h
h
，
1 1
1
1
1
1
1
1
1
2 2
2
2
2
B C D
S
B C C D
，
又因为点
1
C 到平面
1
1
AB D 的距离为
2
2
，
由
1
1
1
1 1
1
D
C
AB
A B C D
V
V
有
1
1
1 1
1
1
2
1
3
2
3
AB D
B C D
S
S
h
，
所以
2
2
2
h
h
，解得
6
3
h
.
所以正四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
的高为
6
3
.
18. 在Rt
ABC
△
中，
90 ,
3,
6,
,
C
BC
AC
D E
分别是
,
AC AB 上的点，满足DE
BC
∥
且DE 经过
ABC
V
的重心，将
ADE
V
沿DE 折起到
1A DE
△
的位置，使
1AC
CD
，M 是
1A D 的中点，如图所示．
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（1）求CM 与平面
1A BE 所成角的大小；
（2）在线段
1AC （不包括端点）上是否存在点N ，使平面CBM 与平面BMN 夹角的余弦值为
3
4
？若存
在，求出CN 的长度；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）π
4
（2）在线段上存在这样的点N ，使平面CBM 与平面BMN 夹角的余弦值为
3
4
. 此时CN 的长度为
3 .
【解析】
【分析】（1）可证
1
DE
AC
，以C 为坐标原点，以
1
,
,
CD CB CA 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，
用向量法求CM 与平面
1A BE 所成角的大小；
（2）假设在线段
1AC 上存在点N ，使平面CBM 与平面BMN 夹角的余弦值为
3
4
.设
1, 0
1
CN
CA
，分别求解两平面的法向量，用表示余弦值解方程可得.
【小问1 详解】
因为在Rt ABC
中，
90
C
，DE
BC
∥
，且BC
AD
，
所以
,
DE
CD DE
AD
，则折叠后
1
DE
A D
，
又
1
CD
A D
D
，
1
,
CD A D 平面
1ACD ，所以DE 平面
1ACD ，
1AC 平面
1ACD ，所以
1
DE
AC
，又
1
CD
AC
，CB
CD
，
故以C 为坐标原点，以
1
,
,
CD CB CA 所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
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因为
2
AD
CD
，故
2
2
3
DE
BC
，由几何关系可知
1
1
2,
4,
2 3
CD
A D
AC
，
故
1
0,0,0 ,
2,0,0 ,
2,2,0 ,
0,3,0 ,
0,0,2 3 ,
1,0, 3
C
D
E
B
A
M
，
所以
1
1
0,3, 2 3 ,
2,2, 2 3 ,
1,0, 3
A B
A E
CM
，
设平面
1A BE 的法向量为
, ,
m
x y z
，
则
1
1
3
2 3
0
2
2
2 3
0
m A B
y
z
m A E
x
y
z
，令
2
y
，则
1,
3
x
z
，
则平面
1A BE 的法向量为
1,2, 3
m
，
.设CM 与平面
1A BE 所成角的大小为，
则
4
2
sin
cos
,
2
2 2
2
m CM
m CM
m
CM
，又
π
0
2
，所以
π
4
，
所以CM 与平面
1A BE 所成角的大小为π
4
；
【小问2 详解】
假设在线段
1AC 上存在点N ，使平面CBM 与平面BMN 夹角的余弦值为
3
4
.
在空间直角坐标系中，
1
0,0,2 3 ,
1, 3, 3 ,
1,0, 3
CA
BM
CM
，
设
1, 0
1
CN
CA
，则
1
0,0,2 3
0,0,2 3
CN
CA
0, 3,0
0,0,2 3
0, 3,2 3
BN
BC
CN
，
设平面BMN 的法向量为
1
1
1
( ,
,
)
n
x y z
，
则
1
1
1
1
1
3
3
0
3
2 3
0
n BM
x
y
z
n BN
y
z
，令
1
3
z
，则
1
1
6
3,
2
x
y
，
所以平面BMN 的一个法向量为
(6
3,2 , 3)
n
，
第21页/共23页
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设平面CBM 的法向量为
2
2
2
(
,
,
)
v
x
y
z
，
则
2
2
2
2
2
3
3
0
3
0
v BM
x
y
z
v CM
x
z
，令
2
3
z
，则
2
2
3,
3
x
y
= -
=
，
所以平面CBM 的一个法向量为
( 3,0, 3)
v
，
若平面CBM 与平面BMN 夹角的余弦值为
3
4
.
则满足
2
2
9 18
3
3
cos ,
4
2 3
9 2
1
4
3
n v
n v
n
v
，
化简得
2
2
3
1
0
，解得
1
（舍去）或
1
2
，即
1
1
2
CN
CA
，
故在线段上存在这样的点N ，使平面CBM 与平面BMN 夹角的余弦值为
3
4
.
此时CN 的长度为
3 .
19. 如图所示，半圆柱
1
OO 与四棱锥A
BCDE
拼接而成的组合体中，F 是半圆弧BC 上（不含B
C
，
）
的动点，FG 为圆柱的一条母线，点A 在半圆柱下底面所在平面内，
1
2
2
2 2
OB
OO
AB
AC
，
．
（1）求证：CG
BF
；
（2）若
/ /
DF
面ABE ，求平面FOD 与平面GOD 夹角的余弦值；
（3）求点G 到直线OD 距离的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
30
6
（3）
5
【解析】
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【分析】（1）取弧BC 中点H ，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，设
, ,0
F x y
，求出
,
CG BF
，利
用空间位置关系的向量证明推理即得.
（2）由数据求出点F 坐标，再求出平面FOD 与平面GOD 的法向量，利用面面角的向量求法求解.
（3）利用空间向量求出点G 到直线OD 距离的函数关系，再求出最大值即可.
【小问1 详解】
取弧BC 中点H ，则OH
BC
，以O为坐标原点，直线
1
,
,
OB OH OO 分别为, ,
x y z 轴建立空间直角坐标
系，
连接OA，在
ABC
V
中，
4
BC
，
2 2,
AB
AC
OB
OC
，则
,
2
AO
BC AO
，
于是
0,0,0 ,
0, 2,0 ,
2,0,0 ,
2,0,0 ,
2,0,1
O
A
B
C
D
，
设
, ,0
F x y
，则
, ,1
G x y
，其中
2
2
4,
0
x
y
y
，
(
2, ,1),
(
2, ,0)
CG
x
y
BF
x
y
，
因此
2
2
4
0
CG BF
x
y
，即CG
BF
，
所以CG
BF
.
【小问2 详解】
由BE 平面ABC ，得BE
AC
，
又
2
2
2
AB
AC
BC
，则AB
AC
，而
,
,
AB
BE
B AB BE
平面ABE ，
则AC 平面ABE ，即
2,2,0
AC
为平面ABE 的一个法向量，
2, , 1
DF
x
y
，由
/ /
DF
平面ABE ，得
2
4
2
0
DF AC
x
y
，
又
2
2
4,
0
x
y
y
，解得
0
2
x
y
，此时
0,2,0 ,
0,2,1
F
G
，
设
, ,
n
a b c
是平面FOD 的法向量，则
2
0
2
0
n OF
b
n OD
a
c
，取
1
a
，得
1,0,2
n
，
设
, ,
m
e f g
是平面GOD 的法向量，则
2
0
2
0
m OG
f
g
m OD
e
g
，取
1
e
，得
1, 1,2
m
，
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则平面FOD 与平面GOD 夹角的余弦值为
5
30
cos
,
6
5
6
n m
n m
n m
.
【小问3 详解】
2,0,1 ,
, ,1
OD
OG
x y
，
则点G 到直线OD 的距离
2
2
2
1 2
5
5
x
OG OD
d
OG
OD
，
当
1
2
x
时，即F 的坐标为1
15
( ,
,0)
2
2
时，点G 到直线OD 的距离取最大值为
5.
