2023-2024学年辽宁省大连市金州重点中学高二（上）月考数学试卷（10月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省大连市金州重点中学高二（上）月考数学试卷（10月份）（含解析），共7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.已知空间点P(−3,1,−4)，则点P关于y轴对称的点的坐标为( )
A. (−3,−1,−4)B. (−3,−1,4)C. (−3,1,4)D. (3,1,4)
2.已知向量a=(1,2,1)，b=(1,−1,m)，且a⋅b=−2，则m=( )
A. −1B. 1C. −2D. 2
3.已知直线经过A(3,5)，B(2,6)两点，则该直线的倾斜角为( )
A. 30°B. 45°C. 135°D. 150°
4.已知直线l经过点(3,2)，而且(3,−4)是直线l的一个法向量，则直线l的方程为( )
A. 4x−3y−6=0B. 4x+3y−18=0
C. 3x+4y−17=0D. 3x−4y−1=0
5.我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马，如图，四棱锥P−ABCD为阳马，PA⊥平面ABCD，且EC=2PE，若DE=xAB+yAC+zAP，则x−y+z=( )
A. 3
B. 73
C. 53
D. 1
6.如图，二面角α−l−β等于120°，A、B是棱l上两点，BD、AC分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB=AC=BD=2，则CD的长等于( )
A. 2 3B. 2 2C. 4D. 2
7.已知点P是棱长为4的正四面体S−ABC表面上的动点，若MN是该四面体内切球的一条直径，则PM⋅PN的最大值是( )
A. 163B. 43C. −43D. −163
8.在四面体P−ABC中，Q为△ABC的重心，分别为侧棱PA，PB，PC上的点，若PE=13PA，PF=23PB，PG=12PC，PQ与平面EFG交于点D，则PDQD=( )
A. 67B. 56C. 45D. 34
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.已知直线l的方程为x+ 3y+1=0，则( )
A. 点(−2, 3)在l上B. l的倾斜角为5π6
C. l的图像不过第一象限D. l的一个方向向量为( 3,1)
10.已知a=(1,0,1)，b=(−1,2,−3)，c=(2,−4,6)，则( )
A. a⊥c
B. b/​/c
C. 〈a,b〉为钝角
D. b在a方向上的投影向量为(−2,0,−2)
11.已知函数f(x)=1x，设曲线y=f(x)在第一象限内的图像为E，过O点作斜率为1的直线交E于B1，过B1点作斜率为−1的直线交x轴于A1，再过A1点作斜率为1的直线交E于B2，过B2点作斜率为−1的直线交x轴于A2，…，依这样的规律继续下去，得到一系列等腰直角三角形，如图所示.给出下列四个结论，其中正确的是( )
A. A1B2的长为 22
B. 点A3的坐标为(2 3,0)
C. △A2B3A3与△A3B4A4的周长之比是( 3− 2)：(2− 3)
D. 在直线x=90左侧有2023个三角形
12.在棱长为1正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P为线段CC1上异于端点的动点，( )
A. 三角形D1BP面积的最小值为 64
B. 直线D1B与DP所成角的余弦值的取值范围为(0, 33)
C. 二面角A1−BD−P的正弦值的取值范围为( 63,1)
D. 过点P作平面α，使得正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的取值范围为(0, 32)
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.在空间直角坐标系中，已知点A(2,3,0)，B(−1,2,3)，C(8,x,y)，若A，B，C三点共线，则BC的长为______ ．
14.已知三棱锥P−ABC的体积为43，AP=PC=2，AC=BC=2 2，AB=4，则二面角P−AC−B的大小为______ ．
15.经过点P(0,−1)作直线l，若直线l与连接A(1,−2)，B(2,1)的线段总有公共点，则直线l的倾斜角α的范围为______ ．
16.如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，PA=PC=AC=1，E，F分别是PC，PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为直线l.若直线l上存在点Mi(i=1,2)，使直线MiP分别与平面AEF、直线EF所成的角互余，则M1M2的长为______ ．
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)
如图，在直棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=AB=AC=2，AB⊥AC，点D、E、F分别是A1B1、CC1、BC的中点．
(1)求直线AE与直线DF所成角的大小；
(2)求点A到平面DEF的距离．
18.(本小题12.0分)
已知三角形ABC的顶点A(4,6)、B(−1,1)，C(3,3)．
(1)求BC边上中线的长；
(2)求BC边上中线所在直线的方程．
(3)过A引直线l，若l被两坐标轴截得的线段中点为A，求直线l的方程．
19.(本小题12.0分)
如图，在四面体ABCD中，AD⊥平面BCD，DA=DB=DC，∠BDC=90°，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ=3QC．
(1)求证：PQ/​/平面BCD；
(2)求PQ与平面BCM所成角的正弦值．
20.(本小题12.0分)
设直线l的方程为(a+1)x+y+2−a=0(a∈R)．
(1)求证：不论a为何值，直线必过定点M；
(2)若l在两坐标轴上的截距相等，求直线l的方程；
(3)若直线l交x轴正半轴于点A，交y轴负半轴于点B，△AOB的面积为S，求S的最小值．
21.(本小题12.0分)
已知四棱锥P−ABCD的底面ABCD是直角梯形，AD//BC，AB⊥BC，BC=2AD=2，AB= 3，E为CD的中点，PB⊥AE．
(1)证明：平面PBD⊥平面ABCD；
(2)若PB=PD，PC与平面ABCD所成的角为π4，试问在侧面PCD内是否存在一点N，使得BN⊥平面PCD？若存在，求出点N到直线PD的距离；若不存在，请说明理由．
22.(本小题12.0分)
如图，多面体ABCEF中，AB=AC，BF⊥CE，D为BC的中点，四边形ADEF为矩形．
(1)证明：BE⊥CE；
(2)若AB=2，∠BAC=120°，当三棱锥E−BCF的体积最大时，求二面角A−BF−E的余弦值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：已知点P(−3,1,−4)，再由空间直角坐标系中关于y轴对称的点的坐标特点：横坐标和竖坐标互为相反数，纵坐标不变，
可得：点P关于y轴对称的点的坐标为(3,1,4)．
故选：D．
根据空间坐标系中两个关于坐标轴成轴对称的点的坐标特点：关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标和竖坐标互为相反数即可求解结论．
本题考查了空间中的点的坐标，点关于x轴，y轴及原点对称时横纵坐标的符号，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由题意，
可得a⋅b=1×1+2×(−1)+1×m=−2，
解得m=−1．
故选：A．
本题根据空间向量的数量积运算的定义进行计算即可推导出m的值．
本题主要考查空间向量的数量积运算，属基础题．
3.【答案】C
【解析】解：因为直线经过A(3,5)，B(2,6)两点，
所以直线AB的斜率k=6−52−3=−1，
因为直线倾斜角的范围为[0,π)，
则该直线的倾斜角为135°．
故选：C．
由已知先求出直线AB的斜率，然后结合斜率与倾斜角的关系可求．
本题主要考查了直线的斜率公式及直线的倾斜角与斜率关系的应用，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：由于(3,−4)是直线l的一个法向量，则(4,3)是直线l的一个方向向量，故直线的斜率为34．
再根据直线l经过点(3,2)，可得它的方程为y−2=34(x−3)，即3x−4y−1=0．
故选：D．
由题意，根据直线的法向量求出方向向量，可得直线的斜率，再用点斜式求出直线的方程．
本题主要考查直线的法向量和方向向量，直线的斜率，用点斜式求直线的方程，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：因为四棱锥P−ABCD为阳马，PA⊥平面ABCD，且EC=2PE，
所以PE=13PC，
所以DE=AE−AD=AP+PE−AD=AP+13PC−AD=AP+13(AC−AP)−AD
=23AP+13AC−AD=23AP+13AC−(AC+CD)=23AP−23AC−CD=23AP−23AC+AB，
又因为DE=xAB+yAC+zAP，
所以x=1y=−23z=23，则x−y+z=1+23+23=73．
故选：B．
根据空间向量线性运算法则计算可得．
本题考查空间向量线性运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】C
【解析】解：由二面角的平面角的定义知〈BD,AC〉=120°，
∴BD⋅AC=|BD||AC|cs〈BD,AC〉=2×2×cs120°=−2，
由AC⊥l，BD⊥l，得AC⋅BA=0,BD⋅BA=0，又DC=DB+BA+AC，
∴|DC|2=(DB+BA+AC)2=DB2+BA2+AC2+2DB⋅BA+2DB⋅AC+2BA⋅AC
=22+22+22−2BD⋅AC=12−2×(−2)=16，
所以|DC|=4，即CD=4．
故选：C．
根据题意，可得DC=DB+BA+AC，再由空间向量的模长计算公式，代入计算，即可得到结果．
本题考查利用向量法求两点间的距离，考查二面角的应用，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：如图所示，正四面体SABC的棱长为4，其内切球球心为点O，连接SO并延长交底面ABC于点E，
则E为正△ABC的中心，且SE⊥平面ABC，连接BE并延长交CA于点F，则F为AC的中点，且BF⊥AC，BF= BC2−CF2=2 3，BE=23BF=4 33，
∵SE⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，∴AE⊥BE，
则SE= SB2−BE2=4 63，△ABC的面积为SΔABC=12AC⋅BF=4 3，
∴正四面体SABC的体积为VS−ABC=13SΔABC⋅SE=16 23，
设球O的半径为R，
则VS−ABC=VO−ABC+VO−SAC+VO−SAB+VO−SBC=4VO−ABC=4×13SΔABC⋅R，R=3VS−ABC4SΔABC= 63，
∴SO=SE−OE=SE−R= 6，PM=PO+OM，PN=PO+ON=PO−OM，
PM⋅PN=(PO+OM)(PO−OM)=PO2−OM2=PO2−23≤SO2−23=6−23=163，
当点P位于正四面体SABC的顶点时，PM⋅PN取最大值，最大值为163．
故选：A．
作出图形，计算出正四面体SABC内切球O的半径，由此可求得SO，由空间向量数量积的运算性质得出PM⋅PN=PO2−23，进而可知当点P为正四面体的顶点时，PM⋅PN取得最大值，即可得解．
本题考查空间向量数量积的最值的计算，同时也考查了正四面体内切球半径的计算，考查计算能力，属于较难题．
8.【答案】A
【解析】解：连接如图，设AB的中点为R，PR∩EF=S，连接SG，由P，R，C，Q，S，G共面可知，PQ与平面EFG的交点即PQ与SG的交点D，
因为PE=13PA，PF=23PB，PG=12PC，设PS=λPR，(0<λ<1)，
则PR=12PA+12PB，设PS=xPE+(1−x)PF=x3PA+2−2x3PB，(0则x3PA+2−2x3PB=λ(12PA+12PB)，故λ2=x3λ2=2−2x3，故2−2x=x，解得x=23，代入λ2=x3可得λ=49，即PS=49PR，
由重心性质可得PQ=23PR+13PC，设PD=μPQ，(0<μ<1)，又PD=yPS+(1−y)PG=4y9PR+1−y2PC，(0则4y9PR+1−y2PC=μ(23PR+13PC)，故4y9=23μ1−y2=13μ，解得μ=613λ=913，
故PD=613PQ，即PDQD=67．
故选：A．
设AB的中点为R，根据线面关系可得PQ与SG的交点为D，在根据平面向量基本定理，结合共线定理，设PS=λPR，(0<λ<1)，PD=μPQ，(0<μ<1)求解即可．
本题考查平面向量基本定理的应用，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：对于A，把点(−2, 3)代入直线l的方程x+ 3y+1=0，得−2+3+1=2，不成立，
∴点(−2, 3)不在l上，故A错误；
对于B，直线l的斜率为k=− 33，∴直线l的倾斜角为5π6，故B正确；
对于C，直线l是过点(0,− 33)，(−1,0)的一条直线，经过第二、三、四象限，
不经过第一象限，故C正确；
对于D，直线l：x+ 3y+1=0的一个方向向量为(− 3,1)，故D错误．
故选：BC．
对于A，由点和直线l位置关系判断；对于B，先求出直线l的斜率，再求直线l的倾斜角；对于C，直线l是过点(0,− 33)，(−1,0)的一条直线，经过第二、三、四象限；对于D，由直线的方向向量判断．
本题考查直线方程的性质、倾斜角、图象、方向向量等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：因为a⋅c=2+0+6=8≠0，所以a⊥c不成立，选项A错误；
因为c=(2,−4,6)=−2(−1,2,−3)=−2b，所以b/​/c，选项B正确；
a⋅b=−1+0−3=−4<0，且a、b不共线，所以为钝角，选项C正确；
b在a方向上的投影向量为b⋅a|a|2a=−42(1,0,1)=(−2,0,−2)，选项D正确．
故选：BCD．
A中，根据a⋅c≠0判断a⊥c不成立；
B中，根据c=−2b判断b/​/c；
C中，根据a⋅b<0，且a、b不共线，得出为钝角；
D中，根据投影向量的定义计算即可．
本题考查了空间向量的坐标运算问题，是基础题．
11.【答案】BC
【解析】解：根据题意，可得B1(1,1)，A1(2,0)，由y=1xy=x−2，解得B2( 2+1, 2−1)，
直线A2B2的方程为y−( 2−1)=−[x−( 2+1)]，可得A2(2 2,0)，
由y=1xy=x−2 2，解得B3( 3+ 2, 3− 2)，
直线A3B3的方程为y−( 3− 2)=−[x−( 3+ 2)]，可得A3(2 3,0)，
由y=1xy=x−2 3，解得B4( 4+ 3, 4− 3)，
直线A4B4的方程为y−( 4− 3)=−[x−( 4+ 3)]，可得A4(2 4,0)，
⋯⋯，以此类推，可得Bn( n+ n−1, n− n−1)，An(2 n,0)，
对于A选项，A1B2的长为2− 2≠ 22，所以A错误；
对于B，点A3的坐标为(2 3,0)，所以B正确；
对于C，△A2B3A3与△A3B4A4的相似比为( 3− 2)：(2− 3)，
所以周长之比也是( 3− 2)：(2− 3)，所以C正确；
对于D，因为90=2 2025，在直线x=90左侧的最右的一个三角形是△A2024B2025A2025，
所以在直线x=90左侧有2025个三角形，D错误．
故选：BC．
由直线y=x与y=1x组成方程组，解出B1的坐标，进而算出A1的坐标，同样的方法算出B2、A2、B3、A3、B4、A4等各点的坐标，从而归纳出Bn与An的表达式，然后对各选项加以辨析，即可得到本题的答案．
本题主要考查了直线与圆锥曲线的关系、归纳推理及其应用等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于基础题．
12.【答案】AB
【解析】解：对于A，要使三角形D1BP面积的最小，即要使得P到直线BD1距离最小，
这最小距离就是异面直线CC1和BD1的距离，也就是直线CC1到平面BDD1B1的距离，等于C到BD的距离为 22．
由于BD1= 3，∴三角形D1BP面积的最小值为12× 3× 22= 64，故A正确；
对于B，先证明一个引理：直线a在平面M中的射影直线为b，平面M中的直线c，
直线a，b，c所成的角的余弦值满足三余弦定理，直线a，b的角为α，直线b，c的角为β，直线a，c的角为γ，则csγ=csαcsβ．
证明：如上图，在平面M内任意取一点O为原点，取两条射线分别为x，y轴，得到坐标平面xOy，
然后从O作与平面M垂直的射线作为z轴，建立空间直角坐标系，
设直线a的方向向量为(x1,y1,z1)，则(x1,y1,0)为射影直线b的方向向量，
设直线c的方向向量坐标为(x2,y2,0)，则csα=|x12+y12| x12+y12+z12⋅ x12+y12，
csβ=|x1x2+y1y2| x12+y12⋅ x22+y22,csγ=|x1x2+y1y2| x12+y12+z12⋅ x22+y22，
∴csαcsβ=|x12+y12| x12+y12+z12⋅ x12+y12×|x1x2+y1y2| x12+y12⋅ x22+y22，
=|x1x2+y1y2| x12+y12+z12⋅ x22+y22=csγ，引理得证．
如上图所示，根据正方体的性质可知BD1在平面DC1中的射影为CD1，
设BD1与CD1所成的角为α,csα= 2 3，
设直线DP与直线CD1所成的角为β,β∈(π4,π2),csβ∈(0, 22)．
设直线D1B与DP所成角为γ，
根据上面的引理，可得csγ=csαcsβ= 2 3csβ∈(0, 33)，故B正确；
对于C，如上图所示，设AC、BD交点为M，连接A1M，PM，
由正方体性质易知BD⊥AC，BD⊥AA1，AC∩AA1=A，AC，AA1⊂平面ACC1A1
∴BD⊥平面ACC1A1，故BD⊥A1M，BD⊥MP，∠A1MP为二面角A1−BD−P的平面角，
当P与C1重合时，∠A1MC1=π−2∠A1MA，tan∠A1MA=AMAA1= 221= 22<1，∴∠A1MA<π4，∴∠A1MC1>π2，
P在C1C上从下往上移动时，∠A1MC1逐渐变大，始终是钝角，其正弦值不可能无限趋近于1，故C错误；
对于D，因为过正方体顶点与各棱所成的角的都相等的直线是体对角线所在的直线，
∴过点P的平面与各棱所成的角相等必须且只需与某一条体对角线垂直，过P与对角线BD1垂直的截面中，
当P为CC1中点时取得最大值，是一个边长为 22的正六边形，
如图所示，面积为6×12× 22× 22×sin60°=3 34> 32，不在区间(0, 32)内，故D不正确．
故选：AB．
根据三角形的面积公式，转化为求P到直线BD1距离最小值，进而转化为异面直线CC1和BD1的距离，也就是直线CC1到平面BDD1B1的距离，等于C到BD的距离，从而得到三角形D1BP面积的最小值，判定A；BD1在平面DC1中的射影为CD1，设BD1与CD1所成的角为α，设直线DP与直线CD1所成的角为β，设直线D1B与DP所成角为γ，则根据射影三余弦定理csγ=csαcsβ，计算求得其取值范围，进而判定B；二面角的平面角的范围，可以排除C；考虑到各种情况，取面积最大的的一个截面，可以排除D．
本题考查了正方体的截面形状，异面直线所成的角，二面角和棱柱的结构特征，考查查了转化思想，属难题．
13.【答案】3 19
【解析】解：空间直角坐标系中，点A(2,3,0)，B(−1,2,3)，C(8,x,y)，若A，B，C三点共线，
则BC=λAB，即(9,x−2,y−3)=λ(−3,−1,3)，
所以9=−3λx−2=−λy−3=3λ，解得λ=−3x=5y=−6，
所以BC=(9,3,−9)，
所以BC的长为 92+32+(−9)2=3 19．
故答案为：3 19．
根据A，B，C三点共线得出BC=λAB，列方程组求出x、y，再求BC的长．
本题考查了空间中的三点共线以及两点间的距离计算问题，是基础题．
14.【答案】3π4
【解析】解：如图示：
∵AP=PC=2，AC=BC=2 2，AB=4，
∴△PAC，△ABC是等腰直角三角形，
作PD⊥AC交AC于点D，
作DE⊥AC交AB于点E，连接PE，
作PO⊥平面ABC交ED的延长线于点O，
∵三棱锥P−ABC的体积为43，
∴VP−ABC=13×12×2 2×2 2⋅PO=43，解得：PO=1，
而PD⊥AC，DE⊥AC，故∠PDE是二面角P−AC−B的平面角，
∵PO=0，PD= PC2−CD2= 2，∴OD=1，
∴△POD是等腰直角三角形，∴∠PDO=π4，
∴∠PDE=3π4．
故答案为：3π4．
作垂线，求出∠PDE是二面角P−AC−B的平面角，求出三棱锥P−ABC的高，从而求出∠PDO的大小，从而求出二面角P−AC−B的大小．
本题考查了二面角的平面角问题，考查空间的垂直关系以及转化思想，是中档题．
15.【答案】[0,π4]∪[3π4,π)
【解析】解：kPA=−2−(−1)1−0=−1
kPB=1−(−1)2−0=1
∵l与线段AB相交，
∴kpA≤k≤kpB
∴−1≤k≤1
∴0≤tanα≤1或−1≤tanα<0
由于y=tanx在[0,π2)及(−π2,0)均为减函数
∴直线l的倾斜角α的范围为：[0,π4]∪[3π4,π)
故答案为：[0,π4]∪[3π4,π)
kPA=−2−(−1)1−0=−1，kPB=1−(−1)2−0=1，由l与线段AB相交，知kpA≤k≤kpB.由此能求出直线l斜率k的范围，进而根据正切函数的性质得出结果．
本题考查直线的倾斜角取值范围的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．
16.【答案】2
【解析】解：因为E，F分别是PB，PC的中点，所以BC/​/EF，又EF⊂平面EFA，BC⊄平面EFA，
所以BC/​/面EFA又因为BC⊂面ABC，面EFA∩面ABC=l，所以BC/​/l，
又因为BC⊥AC，面PAC∩面ABC=AC，面PAC⊥面ABC，所以BC⊥面PAC，
所以l⊥面PAC，
因为C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，所以AC⊥BC，
以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，过C垂直于面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2,0,0)，B(0,4,0)，P(1,0, 3)，E(12,0, 32)，F(12,2, 32)，AE=(−32,0, 32)，EF=(0,2,0)，
设Mi(2,y,0)，平面AEF的法向量为m=(x,y,z)，
则AE⋅m=−32x+ 32z=0EF⋅n=2y=0，取z= 3，得m=(1,0, 3))，
PMi=(1,y,− 3)，|cs|=|PMi⋅m||PMi||m|=|1−3|2 4+y2=1 4+y2，
依题意得|cs|=|cs|，即|2y|2 4+y2=1 4+y2，所以y=±1．
所以直线l上存在点M1(2,1.0)和M2(2,−1,0)，使直线PMi分别与平面AEF、直线EF所成的角互余，且|M1M2|=2．
故答案为：2．
利用三角形中位线定理推导出BC/​/面EFA，从而得到BC/​/l，再由已知条件推导出BC⊥面PAC，由此证明l⊥面PAC，以C为坐标原点，CA为x轴，CB为y轴，过C垂直于面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线l上存在点Mi，使直线PMi分别与平面AEF、直线EF所成的角互余，且|M1M2|=2．
本题考查直线与平面垂直的证明，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由题意，以点A为原点，AB,AA1,AC方向分别为x轴、y轴与z轴的正方向，建立空间直角坐标系．
则A(0,0,0)，E(0,2,1)，D(1,0,2)，F(1,1,0)，
故AE=(0,2,1),DF=(0,1,−2)，
从而|cs〈AE,DF〉|=|AE⋅DF||AE|⋅|DF|=|2−2| 5× 5=0，
所以异面直线AE与DF所成的角的大小为90°．
(2)DE=(−1,2,−1)，设平面DEF的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DE=0,n⋅DF=0，即−x+2y−z=0y−2z=0，
取z=1，得到平面DEF的一个法向量为n=(3,2,1)．
点A到平面DEF的距离为d=|AE⋅n||n|=|4+1| 14=5 1414．
【解析】(1)由题意，以点A为原点，AB,AA1,AC方向分别为x轴、y轴与z轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线成角即可．
(2)先求出平面DEF的一个法向量，然后利用向量法求解点面距离．
本题主要考查利用空间向量求距离问题，属于中档题．
18.【答案】解：(1)根据三角形ABC的顶点A(4,6)、B(−1,1)，C(3,3)，可得边BC的中点E(1,2)，
于是BC边上的中线AE的长度为|AE|= (4−1)2+(6−2)2=5．
(2)由题意，根据两点式求得BC边上的中线AE的方程为y−26−2=x−14−1，即4x−3y+2=0．
(3)由题意，过A引直线l，若l与两坐标轴相交，则直线l的斜率存在，设为k．
则直线l的方程为y−6=k(x−4)，且k<0．
此时，l与两坐标轴的交点为M(0,6−4k)、N(4−6k,0)．
由于A(4,6)为线段MN的中点，则有4=0+4−6k26=0+6−4k2，求得k=−32，
故直线l的方程为y−6=−32(x−4)，即3x+2y−24=0．
【解析】(1)求出边BC的中点的坐标，即可求出BC边上的中线的长度．
(2)求出边BC的中点的坐标，即可求出BC边上的中线所在直线的方程．
(3)由题意，先设出直线l的斜率，利用中点公式、求出直线l的斜率的值，再用点斜式求出直线l的方程．
本题主要考查了直线位置关系与斜率关系的应用，还考查了直线方程的求解，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：如图：取MD的中点E，连接PE，QE，
因为M是AD的中点，P是BM的中点，所以PE/​/BD，且AEED=AQQC，所以QE//DC，
又PE∩EQ=E，BD∩DC=D，平面PQE//平面BCD，则PQ/​/平面BCD；
(2)如图建立空间直角坐标系，

设DA=DB=DC=4，
则B(4,0,0)，C(0,4,0)，A(0,0,4)，M(0,0,2)，所以P(2,0,1)，Q(0,3,1)，
PQ=(−2,3,0)，BM=(−4,0,2)，BC=(−4,4,0)，
设平面BCM的法向量m=(x,y,z)，则BM⋅m=0BC⋅m=0⇒−4x+2z=0−4x+4y=0，
取x=1，得m=(1,1,2)，设PQ与平面BCM所成角为α，
则sinα=|cs|=|(1,1,2)⋅(−2,3,0) 1+1+4⋅ 4+9+0|= 7878．
【解析】(1)可取MD的中点E，连接PE，QE，根据平行线分线段成比例定理的逆定理、中位线定理，可证明PE/​/BD，QE//DC，即可证明平面PQE//平面BCD，则PQ/​/平面BCD；
(2)以D为原点建立空间直角坐标系，并且设DA=DB=DC=4，然后给出涉及到的点的坐标，求出平面BCM的法向量，PQ的方向向量，套公式求解．
本题考查空间平行关系的证明，利用坐标法求线面角的方法步骤，属于中档题．
20.【答案】(1)证明：因为直线l的方程为(a+1)x+y+2−a=0，即a(x−1)+x+y+2=0，
联立x−1=0x+y+2=0，解得x=1，y=−3，
故直线l过定点M(1,−3)；
(2)解：因为l在两坐标轴上的截距相等，
当直线l过原点时，可得a=2，此时直线l的方程为3x+y=0；
当直线l不过原点时，可得a−2=a−2a+1，解得a=0，此时直线l的方程为x+y−2=0，
故直线l的方程为3x+y=0或x+y−2=0；
(3)令y=0，可得x=a−2a+1>0，
令x=0，可得y=a−2<0，
则a<−1，
此时S=12|OA||OB|=12×a−2a+1×(2−a)=−12×(a−2)2a+1，
令t=a+1，则t<0且a=t−1，
所以S=−12×(t−3)2t=−12(t+9t−6)=12(−t−9t)+3≥12×2 (−t)×(−9t)+3=6，
当且仅当−t=−9t，即t=−3，此时a=−2，S取得最小值6．
【解析】(1)把已知直线方程进行变形，联立方程可求M；
(2)先对截距是否为0进行分类讨论，然后结合截距式方程可求；
(3)先求出直线与x，y轴的交点坐标，然后结合三角形的面积公式表示S，进行变形后结合基本不等式可求．
本题主要考查了直线恒过定点的应用，还考查了直线方程的截距式，基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：由四边形ABCD是直角梯形，AB= 3,BC=2AD=2,AB⊥BC，
可得DC=2,∠BCD=π3，从而△BCD是等边三角形，BD=2，BD平分∠ADC．
∵E为CD的中点，
∴DE=AD=1，
∴BD⊥AE，
又PB⊥AE，PB∩BD=B，
∴AE⊥平面PBD，
又∵AE⊂平面ABCD，
∴平面PBD⊥平面ABCD．
(2)存在．在平面PBD内作PO⊥BD于O，连接OC，又：平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD=BD，
∴PO⊥平面ABCD，
∴∠PCO为PC与平面ABCD所成的角，则∠PCO=π4，
∴易得OP=OC= 3,PB=PD,PO⊥BD，所以O为BD的中点，OC⊥BD．
以OB，OC，OP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B(1,0,0),C(0, 3,0),D(−1,0,0),P(0,0, 3)，
假设在侧面PCD内存在点N，使得BN⊥平面PCD成立，
设PN=iPD+μPC(λ,μ≥0,λ+μ≤1)，易得N(−λ, 3μ,− 3(λ+μ−1))，
由BN⋅PC=0BN⋅PD=0得λ=15,μ=25，满足题意，
所以N(−15,2 35,2 35)，PD=(−1,0,− 3)，DN=(45,2 35,2 35)，n=PD|PD|=(−12,0,− 32)，
|DN⋅n|=|−25−35|=1，||DN|= (45)2+(2 35)2+(2 35)2=2 105，
所以点N到直线PD的距离为d= (2 105)2−1= 155．

【解析】(1)通过证明BD⊥AE，结合题目所给已知PB⊥AE，由此证得AE⊥平面PBD，进而证得平面PBD⊥平面ABCD．
(2)存在通过(1)的结论，利用面面垂直的性质定理建立空间直角坐标系，假设存在符合题意的点N，使BN⊥平面PCD，利用向量线性运算设出N点坐标，结合BN⋅PC=0BN⋅PD=0求得N点坐标，由此证得存在一点N，使得BN⊥平面PCD利用点到直线距离的向量求法，求得点N到直线PD的距离．
本小题主要考查面面垂直的证明，考査利用空间向量法求点到面的距离，考査存在性命题的向量证法，考査空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题．
22.【答案】证明：(1)∵四边形ADEF为矩形，∴AD⊥DE，
又AB=AC，D为BC中点，
∴AD⊥BC，
∵BC，DE⊂平面BCE，BC∩DE=D，∴AD⊥平面BCE，
∵AD//EF，
∴EF⊥平面BCE，
又CE⊂平面BCE，
∴EF⊥CE，
∵BF⊥CE，BF∩EF=F，BF，EF⊂平面BEF，
∴CE⊥平面BEF，
又BE⊂平面BEF，
∴BE⊥CE．
解：(2)∵AB=AC=2，∠BAC=120°，∴AD=EF=12AB=1,BC=2BD=2 3，
由(1)知：EF⊥平面BCE，
∴VE−BCF=VF−BCE=13S△BCE⋅EF=16BE⋅CE⋅EF=16BE⋅CE≤112⋅(BE2+CE2)=112BC2=1(当且仅当BE=CE= 6时取等号)，
即BE=CE时，三棱锥E−BCF的体积最大，
又D为BC中点，∴ED⊥BC，
则以D为坐标原点，DA,DB,DE为x，y，z轴可建立如图所示空间直角坐标系，

则A(1,0,0),B(0, 3,0),F(1,0, 3),C(0,− 3,0),E(0,0, 3)，
∴AF=(0,0, 3),AB=(−1, 3,0),CE=(0, 3, 3)，
由(1)知：CE⊥平面BEF，∴平面BEF的一个法向量为CE=(0, 3, 3)，
设平面ABF的法向量n=(x,y,z)，
则AF⋅n= 3z=0AB⋅n=−x+ 3y=0，令y=1，解得：x= 3,z=0，
∴n=( 3,1,0)，
∴cs〈CE,n〉=CE⋅n|CE|⋅|n|= 3 6×2= 24，
由图形可知：二面角A−BF−E为钝二面角，
∴二面角A−BF−E的余弦值为− 24．
【解析】(1)由矩形特征和等腰三角形三线合一性质，结合线面垂直判定可证得AD⊥平面BCE，结合AD/​/EF和线面垂直性质可得EF⊥CE，进而可得CE⊥平面BEF，由线面垂直性质可证得结论；
(2)根据VE−BCF=VF−BCE=16BE⋅CE≤112⋅(BE2+CE2)，可知当BE=CE时，三棱锥E−BCF的体积最大，则以D为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果．
本题考查了空间中垂直关系的证明以及二面角的求解问题，属于中档题．