泉州科技中学 2023-2024 学年
第一学期限时训练检测卷 高二数学
（满分：150 分，时间：120 分钟）
一、单选题（本大题共 8 小题，共 40.0 分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1.直线 = 3 + 3 的倾斜角为 ( )
A. 30° B. 60° C. 120° D. 150°
2.直线 过点 ( 1,2)，且倾斜角为 45°，则直线 的方程为( )
A. + 1 = 0 B. 1 = 0 C. 3 = 0 D. + 3 = 0
3. 设 , ∈ ，向量 = ( , 1,1), = (1, , 1), = (2, 4,2),且 ⊥ , // ，则| + | =( )
A. 2 2 B. 10 C. 3 D. 4
4.已知 ， ， 是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是 ( )
A. + ， ，2 + 2 B. + ， ，
C. + ， ， D. ， ，
5.如图，直三棱柱 ABC – 1 1 1中，若CA = ，CB = ， 1 = ，则 1 等于 ( )
A. + B. + C. D. +
6.三棱柱 1 1 1中，底面边长和侧棱长都相等，∠ 1 = ∠ 1 = 60°，则
异面直线 1与 1所成角的余弦值为 ( )
A. 6 B. 3 C. 5 D. 4
6 3 3 5
7. 如图，已知在平行六面体 1 1 1 1中，| | = | | = | 1| = 1，且
∠ 1 = ∠ 1 = ∠ =
3，则| 1| =( )
A. 6 B. 3 C. 2 D. 2 2
8.如图，在正方体 ABCD A1B1C1D1中，点O为线段 BD的中点．设点 P在线段 B1C1上，直线OP与平面 A1BD
所成的角为 ，则 sin 的取值范围是（ ）
A 3 2 2 2．[ ,1] B．[ ,1] C．[ , 2 2 ] D [ 6． ,1]
3 3 3 3 3
二、多选题（本大题共 4 小题，共 20.0 分。在每小题有多项符合题目要求）
9.过点 (0, 1)作直线 ，使得直线 和连接点 (2,1)， (1, 2)的线段总有公共点，则直线 的倾斜角 可能
是( )
A. B. 6 3 C.
2
3 D.
5
6
试卷第 1页，共 4页
{#{QQABIQSAggggQAIAABgCEQFoCgAQkBAACKoOxBAAsAIAwRNABAA=}#}
10. 下列说法错误的是 ( )
A. 直线 2 + 1 = 0 与直线 2 = 0 互相垂直，则 = 1
B. 经过点 1,1 且在 轴和 轴上截距都相等的直线方程为 + 2 = 0 或 = 0
C. 过 1, 1 、
1 1
2, 2 两点的所有直线的方程为 =2 1 2 1
D. 无论 为何值，直线 + + 1 = 2 必过定点 2, 1
11. 给出下列命题，其中是真命题的是( )
A. 1若直线 的方向向量 = (1, 1,2)，直线 的方向向量 = (2,1, 2 )，则 与 垂直
B. 若直线 的方向向量 = (0,1, 1)，平面 的法向量 = (1, 1, 1)，则 ⊥
C. 若平面 ， 的法向量分别为 1 = (0,1,3)， 2 = (1,0,2)，则 ⊥
D. 若存在实数 ， ，使 = + ，则点 ， ， ， 共面
12.《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三
角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马 P ABCD中，侧棱 PD 底面 ABCD，且 PD CD AD 2，
M ,N ,G分别为 PA,PC,PB的中点，则（ ）
A．四面体 N BCD是鳖臑
B．CG 6与MN所成角的余弦值是
3
C G 3．点 到平面PAC的距离为
4
D 2 11．过点M ,N ,B的平面截四棱锥 P ABCD的截面面积为
3
三、填空题（本大题共 4 小题，共 20.0 分）
13.若直线 = 0 与直线 4 + 2 = 0 平行，则 = ．
14.已知点 A(－2，－5)，B(6,6)，点 P在 y轴上，且∠APB＝90°，则点 P 的坐标为
15. 2已知向量 = (4, 5,12)， = (3, , 3 )，若 与 的夹角为锐角，则实数 的取值范围为 ．
16.如图，在正方体 ABCD A1B1C1D1中，点 P在线段 BC1上运动时，下列命题正确的是 .
（将正确答案的序号都填上）
①三棱锥 A D1PC的体积不变
π π
②直线CP与直线 AD1的所成角的取值范围为 , 4 2
③直线 AP与平面 ACD1所成角的大小不变
④二面角 P AD1 C的大小不变
试卷第 2页，共 4页
{#{QQABIQSAggggQAIAABgCEQFoCgAQkBAACKoOxBAAsAIAwRNABAA=}#}
四、解答题（本大题共 6 小题，共 70.0 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题 10.0分)
已知平面内两点 (8, 6)， (2,2)．
(1)求 AB的中垂线方程；
(2)求过 (2, 3)点且与直线 AB平行的直线 的方程；
18. (本小题 12.0分)
在平行六面体 1 1 1 1中， = 1, = 2, 1 = 3, ∠ = 90 ，∠ 1 = ∠ 1 = 60 .若
= , = , 1 = ．
(1)用基底{ , , }表示向量 ；
(2)求向量 1的长度．
19. (本小题 12.0分)
在△ 中， 边上的高所在直线的方程为 2 + 1 = 0，∠ 的平分线所在直线方程为 = 0，若点
的坐标为 1,2 ．
(1)求点 和点 的坐标；
(2)求 边上的高所在的直线 的斜截式方程．
试卷第 3页，共 4页
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20.(本小题 12.0分)
如图所示，在三棱锥 中， ⊥平面 ， = 3， ⊥ ， = 2 = 2， = 32， = ．
(1)求证： ⊥平面 ；
(2)求点 到平面 的距离．
21. (本小题 12.0分)
如图，四棱锥 ABCD的底面为菱形且∠BAD = 60°， ⊥底面 ， = 2， = 2 3，
为 的中点．
(1)求直线 与平面 所成角的大小；
(2)求二面角 平面角的正切值；
22. (本小题 12.0分)
如图，三棱柱 1 1 1中，底面 是等边三角形，侧面 1 1是矩形， = 1 ， 是 1
的中点， 是棱 1上的一点，且 1 ⊥ ．
(1)证明： //平面 ；
(2)若 ⊥ 1 ，求二面角 的余弦值．
第 4页，共 4页
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答案和解析
1.【答案】
【解析】【试题解析】
【分析】
本题考查直线的倾斜角与斜率的关系，已知斜率时倾斜角的求法，考查计算能力，属于基础题．
先求出直线的斜率，然后求出直线的倾斜角即可．
【解答】
解：因为直线 = 3 + 3的斜率为 = 3，
所以直线的倾斜角为 ， = 3，
又 0° ≤ < 180°，所以 = 120°．
故选： ．
2.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了直线的倾斜角与斜率以及点斜式方程和一般式方程的应用问题，是基础题．
根据直线的倾斜角求出斜率 ，用点斜式写出直线方程，再化为一般式即可．
【解答】
解：直线 过点 ( 1,2)，且倾斜角为 45°，
则直线 的斜率为 = 45° = 1，
直线方程为 2 = 1 × ( + 1)，即 + 3 = 0．
故选 D．
3.【答案】
【解析】【分析】
本题考查空间向量垂直和平行，空间向量的模，属于基础题．
→
由题可得 = 1， = 2，进而得出 →| + |．
【解答】
解：因为→ →
→ →
⊥ , // ，
则 2 4 + 2 = 0，2 = 4，
解得 = 1， = 2，
第 5页，共 4页
{#{QQABIQSAggggQAIAABgCEQFoCgAQkBAACKoOxBAAsAIAwRNABAA=}#}
所以→
→
= (1,1,1), = (1, 2,1)，
→ →则 + = (2, 1,2)，
→ →
| + | = 4 + 1 + 4 = 3．
故选： ．
4.【答案】
【解析】【分析】
本题考查空间向量基本定理，属于基础题．
根据空间向量的基底性质：一个基底由三个不共面的非零向量 , , 构成，即 , ∈ ， + ≠
且 , 不共线，以此作为判断依据．
【解答】
解：对于 ，( + ) + ( ) = + = 12 (2 + 2 )，故 A错误；
对于 ， + , , 不共面，故 B正确；
对于 ，( + ) ( ) = 2 ，故 C错误；
对于 ，( ) ( ) = ，故 D错误．
故选 B．
5.【答案】
【解析】【分析】
本题考查空间向量的加减运算，属于基础题．
由加减运算法则及已知即可求解．
【解答】
解： 因为三棱柱 1 1 1是直三棱柱，
所以四边形 1 1是平行四边形，故 1 = 1，
所以 1 = 1 = ( + 1) = ( + 1) = + ．
故选 C．
6.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查了空间向量在解决立体几何问题中的应用，考查空间向量基本定理，向量的数量积
公式及应用，考查学生的计算能力，属于较难题．
第 6页，共 4页
{#{QQABIQSAggggQAIAABgCEQFoCgAQkBAACKoOxBAAsAIAwRNABAA=}#}
先选一组基底，再利用向量加法和减法的三角形法则和平行四边形法则将两条异面直线的方向向
量用基底表示，然后利用夹角公式求异面直线 1与 1所成角的余弦值即可．
【解答】
解：如图，
设 1 = ， = ， = ，棱长均为 1，
= 1 = 1则 2， 2， =
1
2，
∵ 1 = + ， 1 = + ，
∴ 1 1 = ( + ) ( + )
= 1 1+ 1+ 1 12 2 2 2 + 1 = 1，
| 1| = ( + )2
= 2 + 2 + 2
= 1+ 1 + 1 = 3，
| 1| = ( + )2
= 1+ 1 + 1 1 + 1 1 = 2，
∴ cos < 1,
6
1 >= ，6
∴异面直线 1与 1所成角的余弦值为
6，
6
故选 A．
7.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了空间向量的加减运算，空间向量的数量积和空间向量的模求解问题，属于基础题．
2
利用空间向量的加法运算得 1 = + + 1，两边平方可得 1 = ( + + 21) = 6，
再利用空间向量的模的几何意义得结论．
第 7页，共 4页
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【解答】
解：因为| | = | | = | 1
| = 1，且∠ 1 = ∠ 1 = ∠ = 3，
所以 · = · 1 = ·
1
1 = 2．
又因为 1 = + + 1，
所以
2
1 = ( + + 21)
=
2 2 2
+ + 1 + 2 · + 2 · 1 + 2 · 1，
= 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 6，
所以 1 = 6．
故选 A．
1．C
sin 3 1
【分析】设出正方体棱长，表达出 3 2 ，判断出 y sin 在 a [0, 2]是
14 1 3 5
a 4 14 14
严格减函数，从而求出最值，得到取值范围.
【详解】设正方体的棱长为 2，
以D为原点，DA为 x轴，DC为 y轴，DD1为 z轴，建立空间直角坐标系，
则 A1(2,0,2),B(2,2,0),D(0,0,0),O(1,1,0),P(a,2,2)，0 a 2，
DA1 (2,0,2),DB (2,2,0),OP (a 1,1,2)，
n DA1 2x 2z 0
设平面 A1BD的法向量 n (x, y, z)，则 ，
n
DB 2x 2y 0
取 x 1，得n (1, 1, 1)，
第 8页，共 4页
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OP n
所以 sin cos OP, n
a 1 1 2 3 | a 4 |
|OP | | n | (a 1)2 5 3 3 (a 1)2 5
3 1 3 1 3 1
3
( a 1)2 5
3
(1 3 )2 5
3 14
2
6 1
a 4 a 4 a 4 a 4 2 a 4 2 a 4
3 1
3
14 1 3
2
5 ，
a 4 14 14
1
因为0 a 2，所以 y 在 a [0, 2]上单调递减，
a 4
1 1
且
,
1 3 ,
，a 4 2 4 14
1 3
2
5
由复合函数单调性可知 y 14 单调递增，
a 4 14 14
所以 y sin 在 a [0, 2]是严格减函数，
所以 a 2时， sin 取最小值 (sin )
3 | 2 4 | 2
min 3 ，(2 1)2 5 3
3 | 0 4 | 2 2
a 0时， sin 取最大值 (sin )max 3 ．(0 1)2 5 3
sin 2 2 2所以 的取值范围是[ , ]．
3 3
故选：C．
【点睛】方法点睛：线面角最值求解，常常用到以下方法：
一是向量法，建立空间直角坐标系，需要引入变量，转化为函数的最值问题进行求解；
二是定义法，常常需要作出辅助线，找到线面角，求出最值，常用知识点有正弦定理，余弦定理，
基本不等式等；
9.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了直线斜率公式的应用，属中档题．
根据直线 的斜率满足 ，结合直线斜率公式，以及斜率与倾斜角的关系求出 的取值范
围即可．
第 9页，共 4页
{#{QQABIQSAggggQAIAABgCEQFoCgAQkBAACKoOxBAAsAIAwRNABAA=}#}
【解答】
解：直线 可逆时针从 → ， 过 时， = 1， 过 时， = 1，∴ ∈ [ 1,1]，
3
结合下图， = tan ( ∈ [0, ))图象可知， ∈ 0, 4 ∪ 4 , ．
故选 AD．
10.【答案】
【解析】【分析】
本题考查两直线垂直的应用，直线的一般式和截距式和两点式方程的应用，属于基础题．
利用两直线垂直的条件判断 ；讨论直线经过原点和不经过原点分别求出直线方程判断 ；利用两
点式方程的使用条件判断 ；利用直线 + + 1 = 2 2 = 0化为 2 + + 1 = 0，得出 + 1 = 0，
判断 ．
【解答】
解： .若直线 2 + 1 = 0 与直线 2 = 0 互相垂直，
则 2 × 1 + 1 × = 0，则 = 0 或 = 1，故 A错误；
B.当直线经过原点时，经过点(1,1)的直线为 = 0，
当直线不经过原点时，设在坐标轴上的截距为 ( ≠ 0)，即直线方程为 + = 1，
∵直线经过点(1,1)，
∴ 1 + 1 = 1，解得 = 2，
故直线方程为 + 2 = 0，
综上所述，经过点(1,1)且在 轴和 轴上截距都相等的直线方程为 + 2 = 0或者 = 0，故
B正确;
第 10页，共 4页
{#{QQABIQSAggggQAIAABgCEQFoCgAQkBAACKoOxBAAsAIAwRNABAA=}#}
C.过( 1, 1)，( 2, 2)
1 1
两点的直线方程为 = 的条件是 ≠ 且 ≠ ，故 C错误;2 1 2 1 1 2 1 2
D.直线 + + 1 = 2 化为 2 + + 1 = 0 2 = 0 = 2，所以 + 1 = 0，所以 = 1，所以无论 为何
值，直线 + + 1 = 2 必过定点 2, 1 ，故 D正确．
故选 AC．
11.【答案】
【解析】【分析】
本题考查利用平面的法向量判断线线关系、线面关系、面面关系，考查空间向量共面定理的应用，
属于中档题．
根据 ⊥ 判断 ；根据 ⊥ 判断 ；根据 1· 2 = 6 ≠ 0判断 ；根据空间向量共面定理判断 ．
【解答】
解：∵ = 1, 1,2 ， = 2,1, 12 ，
∴ · = 1 × 2 1 × 1 + 2 × 12 = 0，
∴ ⊥ ，
∴直线 与 垂直，故 A正确；
= 0,1, 1 ， = 1, 1, 1 ，
∴ · = 0 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 = 0，
∴ ⊥ ，
∴ // 或 ，故 B错误；
∵ 1 = (0,1,3)， 2 = (1,0,2)，
∴ 1· 2 = 6 ≠ 0，∴ 1, 2不垂直，所以 与 不垂直，故 C错误；
根据空间向量共面定理可知，D正确．
故选 AD．
2．ABD
【分析】以点D为原点建立空间直角坐标系，根据鳖臑的定义即可判断 A；利用向量法即可判断
BC；设过点M ,N ,B的平面于线段 PD的交点为Q 0,0, t ，根据BM ,BN ,BQ共面，可得存在唯一
实数对 , 使得 BQ BM BN ，由此求出Q点的坐标，进而可判断 D.
【详解】如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
第 11页，共 4页
{#{QQABIQSAggggQAIAABgCEQFoCgAQkBAACKoOxBAAsAIAwRNABAA=}#}
则 A 2,0,0 ,B 2, 2,0 ,C 0, 2,0 ,P 0,0, 2 ,D 0,0,0 ,M 1,0,1 ,N 0,1,1 ,G 1,1,1 ，
对于 A，DN 0,1,1 , BN 2, 1,1 ,CN 0, 1,1 ,DC 0,2,0 ,CB 2,0,0 ，
因为DN BN 0,DN CN 0,DC CB 0,CB CN 0，
所以DN BN ,DN CN ,DC CB,CB CN，即DN BN ,DN CN ,DC CB,CB CN，
所以四面体 N BCD的四个面都为直角三角形，所以四面体 N BCD是鳖臑，故 A正确；
对于 B，CG 1, 1,1 ,MN 1,1,0 ，
CG MN 1 1 0
则CG与MN所成角的余弦值为 cos CG,MN
6
，故 B正确；
CG MN 3 2 3
对于 C，PA 2,0, 2 , PC 0,2, 2 ，
n
PA 2x 2z 0
设平面PAC的法向量为 n x, y, z ，则 ，可取 n 1,1,1 ，
n PC 2y 2z 0
CG n 1 1 1
3则点G到平面PAC的距离为 ，故 C错误；
n 3 3
对于 D，设过点M ,N ,B的平面于线段 PD的交点为Q 0,0, t ，则
BM 1, 2,1 , BN 2, 1,1 , BQ 2, 2, t ，
因为M ,N ,B,Q共面，则 BM ,BN ,BQ共面，故存在唯一实数对 , 使得 BQ BM BN，
即 2, 2, t 1, 2,1 2, 1,1 2 , 2 , ，
2 2
所以 2 2
4
，解得 t ，
3
t
所以Q 0,0,
4 4
，则 BQ 2, 2, ，
3 3
因为MN BQ 2 2 0 0，所以MN BQ，
MN 1 1 0 2, BQ 4 4 16 2 22
9 3
所以过点M ,N ,B的平面截四棱锥P ABCD的截面面积为
1MN BQ 1 2 22 2 11 2 ，故 D正确.
2 2 3 3
第 12页，共 4页
{#{QQABIQSAggggQAIAABgCEQFoCgAQkBAACKoOxBAAsAIAwRNABAA=}#}
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合
题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方
向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.
13.【答案】 2
【解析】【分析】
本题考查了直线的一般式方程和平行关系的应用问题，是基础题．
由直线的平行关系列出方程，解方程即可求出 的值．
【解答】
解：依题意可得 2 = 4，解得 =± 2，当 = 2 时，两条直线重合，故 = 2．
14.（0，-6）或（0,7）
15.【答案】( ∞,4)
【解析】【分析】
本题考查了空间向量的数量积、两个向量共线的关系等知识点，属于基础题．
易得 与 不可能共线，结合题意可得 > 0，进而得解．
【解答】
2
解：由向量 = (4, 5,12)， = (3, , 3 )，易知向量 与 不可能共线，
则若要 与 夹角为锐角，可得 = 12 5 + 8 > 0，
∴ < 4，
故实数 的取值范围为( ∞,4)，
故答案为( ∞,4)．
3．①②④
第 13页，共 4页
{#{QQABIQSAggggQAIAABgCEQFoCgAQkBAACKoOxBAAsAIAwRNABAA=}#}
【分析】根据三棱锥体积的性质，结合空间向量夹角公式逐一判断即可.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
①：连接 AD1，设该正方体的棱长为 a，
因为 AD1 / /BC1,AD1 平面 AD1C， BC1 平面 AD1C，
所以 BC1 / /平面 AD1C，因此点C1,P到平面 AD1C的距离相等，
V V V 1 1 1 V a2 a a3故 A D1PC P AD ，因此本序号说法正确；1C C1 AD1C A CC1D1 3 2 6
②：因为 AD1 / /BC1，
所以 CPC1（或其补角）就是直线CP与直线 AD1的所成的角，
由正方形的性质可知：当 P与C或C1重合时，
π
这时直线CP与直线 AD1的所成的角为 ，4
π
当 P是CC1中点时，直线CP与直线 AD1的所成的角为 ，因此本序号说法正确；2
③：建立如图所示的空间直角坐标系：
A 0,a, 0 ,C a, 0,0 ,B a,a, 0 ,D1 0,0,a ,C1 a, 0,a ，
设P x, y, z ，设C1P C1B [0,1] x a ,y ,z a 0,a , a
P a,a ,a a ，
AP a, a a, a a , AC a, a,0 , AD1 0, a, a ，
设平面 ACD1的法向量为m x1, y1, z1 ，
m AC 0 ax1 ay 0
所以有
1 1
m
1,1,1
m AD 0 ay
，
1 az1 0
因为 cos AP m
a a a a a 1
3 3 2 2 a 3 3 2 2
，
设直线 AP与平面 ACD1所成角为 ，
显然 sin cos AP m
1
不是定值，因此本序号说法不正确；
3 3 2 2
④：设平面 APD1的法向量为 n x1, y1, z1 ，
第 14页，共 4页
{#{QQABIQSAggggQAIAABgCEQFoCgAQkBAACKoOxBAAsAIAwRNABAA=}#}
n AP 0 ax2 a a y2 a a z 0
所以有
2 1 n 0,1,1 ，
n AD 0 ay2 az2 0
因为 cos n m 2 6 为定值，
3 2 3
所以二面角P AD1 C的大小不变，因此本序号说法正确，
故答案为：①②④
【点睛】关键点睛：解题本题的关键是利用空间向量夹角公式解决动态问题.
17.【答案】解：(1)线段 的中点为( 8+22 ,
6+2 )，即(5, 2)，2
∵ = 6 2 = 4 3， 8 2
∴线段 的中垂线的斜率 = 3，4
∴ 3的中垂线方程为 + 2 = 4 ( 5)，化为 3 4 23 = 0；
(2) 4过 (2, 3)点且与直线 平行的直线 的斜率为 3，
+ 3 = 4其方程为： 3 ( 2)，化为 4 + 3 + 1 = 0．
【解析】本题考查了相互平行与垂直的直线斜率之间的关系、中点坐标公式、斜率计算公式及直
线的点斜式方程，考查了学生的计算能力，培养了学生分析问题与解决问题的能力．
(1)利用中点坐标公式可得：线段 的中点为( 8+2 , 6+2 )，利用斜率计算公式可得 =2 2
6 2 = 4 3，可得线段 的中垂线的斜率 =
3，利用点斜式即可得出结果；
8 2 4
(2) 4过 (2, 3)点且与直线 平行的直线 的斜率为 3，利用直线的点斜式方程即可得出结果．
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18.【答案】解：(1)由已知可知，点 应在 边上的高所在直线与∠ 的角平分线所在直线的交点，
2 + 1 = 0 = 1
由 = 0 ，得 = 0 ，故 ( 1,0)．
1因为 边上的高所在直线的斜率：2，
所以 所在直线的斜率为 = 2，
所在直线的方程为 2 = 2( 1)，
点 (1,2)关于 = 0对称点 ′(1, 2)在直线 上，
直线 经过点 ( 1,0)及 ′(1, 2)，
所以直线 ： + + 1 = 0，
+ + 1 = 0
由 2 = 2( 1)，得 (5, 6)；
(2)由(1)知 所在直线方程 + + 1 = 0，
所以 边上的高所在的直线 的斜率为 = 1，直线方程为 2 = 1，斜截式为 = + 1．
【解析】本题主要考查了直线的一般方程，两直线的交点坐标的求法，两条直线互相垂直的充要
条件，属于中档题．
(1)由已知可知，点 应在 边上的高所在直线与∠ 的角平分线所在直线的交点，通过联立方程组
求出点 的坐标，然后求出 、 的方程，联立方程组求出点 的坐标；
(2)利用互相垂直的直线之间斜率的关系，可得出直线 的斜率，求出直线 的方程化为斜截式．
19.【答案】解：(1)由题意可得
= 1+ 1 = 1
1
+ 1 12
=
1
1 + 1 1 2 1
1
= 1
1
+ 2 (
)
= + 1 2 ( )，
= 1 + 1故 2 2
+ ;
(2)由条件得| | = 1, | | = 2, | | = 3，
= 0, = 3 2 ,
= 3, 1 = + + ，
故 1 = ( + + )2
2
2 + + 2 + 2 · + 2 · + 2 ·
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= 1 + 4 + 9 + 0 + 3 + 6
= 23．
【解析】本题考查空间向量的线性运算与数量积运算，属于基础题．
(1)利用空间向量的线性运算，即可求解；
(2)先用基底{ , , }表示向量 1，利用向量的数量积运算求解即可．
20.【答案】(1)证明：因为 ⊥平面 ， , 平面 ，
所以 ⊥ , ⊥ ,又 ⊥ ，
所以 ， ， 两两垂直，以 为原点， ， ， 所在的直线为 ， ， 轴建立空间直角坐标
系如图所示：
则 (0,0,0)， (0,2,0)， (0,0,3)， ( 32 , 0,0)， (1,1,0)， (0,3,0)，
∴ = ( 1,1,0)， = (0,0,3)， = (1,1,0)，
因为 · = 0， · = 0，
所以 ⊥ ， ⊥ ，
又因为 ∩ = ， 、 平面 ，
所以 ⊥平面 ．
(2)解：由(1)知平面 的法向量为 = ( 1,1,0)， = ( 32 , 3,0),
= (0,3, 3)，
设平面 的法向量为 = ( , , )，
· = 3
由 2
+ 3 = 0
，令 = 1，得 = (2,1,1)．
· = 3 3 = 0
cos < >= 2+1 3因为 ， ，2× 6 = 6
由图形易知二面角 的平面角为锐角，
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所以二面角 的余弦值为 3．
6
(3)解：因为平面 的法向量为 = ( 1,1,0)， = ( 32 , 0,0)，
3
所以 · 到平面 的距离 = 2 3 2．
|
= 2 =| 4
【解析】本题考查的是证明线面垂直，求二面角及点到平面的距离，属于中档题．
(1)建立空间直角坐标系，用坐标证明 与平面 的两条相交直线 ， 垂直;
(2)分别求出两个平面的法向量，用法向量的夹角求二面角的余弦值;
(3)用点到平面的距离公式直接求出即可．
21.【答案】解：连结对角线 、 相交于点 ，连结 、 ，则根据中位线性质得到 // ，
∵ ⊥平面 ，∴ ⊥平面 ， = 12 = 3，
∵底面是菱形 ，
∴以 为原点， 、 、 分别为 ， ， 轴建立如图所示的空间直角坐标系．
∵ ∠ = 60°， = 2， = 2 3，
∴ = 2， = 2 3，
∴ (0,0,0)， ( 3, 0,0)， (0,1,0)， ( 3, 0,0)， (0, 1,0)， (0,0, 3)， ( 3, 0,2 3)，
= 0,1, 3 ， = 3, 1,0 ， = 2 3, 0,2 3 ．
(1)易得 ⊥平面 ，则平面 的一个法向量为 = 0, 1,0 ，
·
∣cos﹤ , ∣ = 1 1﹥ = = 1×2 2，
∴设直线 与平面 1所成的角 ，有 = 2，
∴直线 与平面 所成的角为 30°；
(2)设二面角 的平面角为 ， 是锐角，
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∴ 等于法向量夹角余弦的绝对值，平面 的一个法向量为 = (0,0, 3)，
设平面 的法向量为 = ( , , )，
∴ · = 0 3 = 0 , ∴ ，取 = 3，得到 = ( 1, 3, 1)， · = 0 + 3 = 0
·
∴ ∣cos﹤ , ∣ = = 3 5﹥ 5
3× 5
= 5 ，即 = ，5
∴ = 2 5，∴ = 2，故二面角 的平面角正切值是 2；5
(3)设 上存在点 使得 ⊥平面 ，则有 ⊥ ，
∴ · = 0，设 = ，0 1，
∴ = 2 3, 0,2 3 = 2 3 , 0,2 3 ，
当 = 0， 与 重合，此时 ⊥平面 不垂直平面 ，所以 0 < 1
又∵ = + + = 0, 1,0 + 3, 0,0 + 2 3 , 0,2 3
= (2 3 3, 1,2 3 )，
∴ · = 24 2 6 = 0 = 0( ) = 1舍 ，或 4，
2 2
∴ = 14 =
1
4 × 2 3 + 0 + 2 3 =
6，
2
∵此时 ⊥ ，而 ⊥平面 ， 平面 ，
∴ ⊥ ， ∩ = ， ， 平面 . ∴ ⊥平面 ，
故当 = 6时，能使得 ⊥平面 ．2
【解析】本题考查线面垂直的判定、向量法求线面角、面面角的正切值以及探索点的存在性问题，
属于中档题．
解题时先根据条件判断出三条主线两两垂直，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，相关向量
的坐标．
(1)根据线面角正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦绝对值即可求解；
(2)先判断二面角是锐角还是钝角，再利用平面法向量夹角与二面角的关系即可；
(3)在假设存在的情况下，利用条件列出关于描述点位置的参数方程，解方程求得参数，最后验证
在取得参数值的时候原命题成立即可．
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22.【答案】解：(1)如图 1，在三棱柱 1 1 1中，连结 ，
因为四边形 1 1是矩形，
所以 ⊥ 1，
因为 1 // 1，
所以 1 ⊥ ．
又因为 1 ⊥ , ∩ = ， 平面 , 平面 ,
所以 1 ⊥ 平面 ，又 在平面 内，
所以 1 ⊥ ，
又因为 = 1 ，
所以 是 1中点．
取 中点 ，连结 ， ，因为 是 1 的中点，
则 // 11且 = 2 1，
所以 // 且 = ，
所以四边形 是平行四边形，
所以 // ．
又因为 平面 ， 平面 ，
所以 //平面 ．
(2)因为 ⊥ 1 ，
所以△ 1是等腰直角三角形，
设 = 2 ，则 1 = 2 , = = ．
在 △ 中， = 2 ，
所以 = ．
在△ 中, 2 + 2 = 2 2 = 2，
所以 ⊥ ．
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由(1)知， ⊥ 1, ⊥ 1，
如图 2，以 为坐标原点， 1， ， 的方向分别为 轴， 轴， 轴的正方向建立空间直角坐
标系，
则 (0,0,0), (0,0, ), 1(2 , , 0)．
所以 ( , 2 ,
2 )，则 = 0,0, ， = , 2 , 2 ．
设平面 的法向量为 1 = , , ，
1 = 0 = 0则 ，即
= 0 + 2 + 2 = 0
，取 = 1 得 = 2．
1
故平面 的一个法向量为 1 = 1, 2,0 ．
因为平面 的一个法向量为 2 = 0,1,0 ，
→ → → →
< , >= 1 则 2 2 51 2 → → = ．| 1|| 2| 5
因为二面角 为钝角，
所以二面角 的余弦值为 2 5．5
解法二：(1)如图 3，在三棱柱 1 1 1中，连结 .因为 1 1是矩形，
所以 ⊥ 1.因为 1// 1 ，所以 1 ⊥ ．
又因为 1 ⊥ ， ∩ = ， , 平面 ,
所以 1 ⊥平面 ，又 在平面 内，
所以 1 ⊥ .又因为 = 1 ，所以 是 1中点．
取 1中点 ，连结 ， ，因为 是 1 中点，所以 // ．
因为 平面 ， 平面 ，所以 //平面 ．
因为 是 1中点，所以 // ．
因为 平面 ， 平面 ，所以 //平面 ．
因为 ∩ = ，所以平面 //平面 ．
因为 平面 ，所以 //平面 ．
(图 3)
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(图 4)
(2)如图 4，因为 ⊥ 1 ，所以 1是等腰直角三角形，不妨设 = 2 ，
则 1 = 2 ， = = .又在 △ 中， = 2 ，所以 = ．
在 中， 2 + 2 = 2 2 = 2，所以 ⊥ ．
又因为 ⊥ 1， 1 ∩ = ， 1 平面 1 1， 平面 1 1，
所以 ⊥平面 1 1．
连结 1，因为 1 平面 1 1，所以 ⊥ 1．
所以∠ 1是二面角 的平面角．
在 △ 1中， 1 = 2 + 21 = 5 ，
所以 sin∠ 1 2 51 = = 5 ，1
所以 cos∠ 1 = cos ∠ + ∠ = cos
1 2 + ∠
2 5
1 = sin∠ 1 = ，5
所以二面角 的余弦值为 2 55 .
【解析】本题主要考查了线面平行的判定，以及二面角余弦值的求法，属于中档题．
解法一(1)取 中点 ，连结 ， ，可证 1 ⊥ 平面 ， 1 ⊥ ， = 1 ， 是 1
中点，可证 // ，由此可解;
(2)以 为坐标原点， 1， ， 的方向分别为 轴， 轴， 轴的正方向建立空间直角坐标系，
进而利用空间向量知识解决即可．
解法二(1)取 1中点 ，连结 ， ，证 1 ⊥ 平面 ， 1 ⊥ ， 是 1中点，可证平
面 //平面 ，由此可解．
(2)可证 ⊥平面 1 1， ⊥ 1，∠ 1是二面角 的平面角， ∠ 1 =
(∠ + ∠ 1)，由此可解．
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