安徽省县中联盟2024-2025学年高二上学期10月月考数学B卷

这是一份安徽省县中联盟2024-2025学年高二上学期10月月考数学B卷，共15页。试卷主要包含了已知圆C1，已知曲线C，过P作与圆C，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。

A. 150∘B. 120∘C. 60∘D. 30∘
2.已知圆C1:x2+(y-1)2=1与圆C2:(x-2)2+y2=1，则C1与C2的位置关系为( )
A. 内切B. 相交C. 外切D. 外离
3.已知向量a=(1,m,-1)，b=(1,-1,1)，若(a+b)⊥b，则m=( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
4.两平行直线mx-3y-2=0与4x-6y-7=0之间的距离为( )
A. 1326B. 1313C. 3 1326D. 5 1326
5.如图，已知A，B，C是边长为1的小正方形网格上不共线的三个格点，点P为平面ABC外一点，且==120∘，|AP|=3，若AO=AB+AC，则|OP|=( )
A. 4 2B. 35C. 6D. 37
6.已知曲线C:x2+y2=12(x>0)，过C上任意一点A向y轴引垂线，垂足为B，则线段AB的中点Q的轨迹方程为( )
A. x23+y212=1B. x212+y26=1
C. x23+y212=1(y>0)D. x23+y212=1(x>0)
7.过P(-3,2)作与圆C:x2+y2+4y+m=0相切的两条直线PA，PB，切点分别为A，B，且cs∠APB=2325，则m=( )
A. 3B. 2C. 1D. 0
8.在四面体ABCD中，AB=AC=AD=2，AB⊥平面ACD，∠CAD=60∘，点E，F分别为棱BC，AD上的点，且BE=3EC，AD=3FD，则直线AE与直线CF夹角的余弦值为( )
A. 3 7035B. 2 7035C. 7035D. 7070
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。
9.已知椭圆C:9x2+5y2=45的两个焦点分别为F1，F2，P是C上任意一点，则( )
A. 长轴长为6B. 两个焦点的坐标分别为(-2,0)，(2,0)
C. |PF1|的最大值是5D. △PF1F2的周长为12
10.设m∈R，直线l的方程为(m-1)x+(m+1)y+2=0，则( )
A. 直线l过定点(1,1)
B. 若直线l在x轴上的截距为-2，则l在y轴上的截距为-23
C. 直线l与圆C:(x-1)2+y2=2相交
D. 点P(-1,0)到直线l的最大距离为 5
11.在坐标系Oθ-xyz(0<θ<π)中，x，y，z轴两两之间的夹角均为θ，向量i，j，k分别是与x，y，z轴的正方向同向的单位向量.空间向量a=xi+yj+zk(x,y,z∈R)，记aθ=(x,y,z)，则( )
A. 若aθ=(x1,y1,z1)，bθ=(x2,y2,z2)，则aθ+bθ=(x1+x2,y1+y2,z1+z2)
B. 若aθ=(x1,y1,z1)，bθ=(x2,y2,z2)，则aθ⋅bθ=x1x2+y1y2+z1z2
C. 若OAπ3=(0,0,2)，OBπ3=(0,2,0)，OCπ3=(2,0,0)，则三棱锥O-ABC的体积为2 23
D. 若aπ3=(a,a,0)，bπ3=(0,0,b)，且ab≠0，则a，b夹角的余弦值的最小值为- 33
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知平面α的法向量为p=(1,2,-1)，平面β的法向量为r=(m,1,-m)，若α//β，则m=__________.
13.已知经过点(-2,-1)的直线l的倾斜角是直线x-2y+4=0的倾斜角的3倍，则直线l的方程为__________.
14.设F1，F2分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，过点F1且倾斜角为60∘的直线与椭圆C交于A，B两点，若|AB|=3|F1B|，则椭圆C的离心率为__________.
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知三点O(0,0)，A(2,0)，B(-1,-1)，记△AOB的外接圆为⊙C.
(1)求⊙C的标准方程;
(2)若直线l:x-y-1=0与⊙C交于M，N两点，求△CMN的面积.
16.(本小题12分)
已知直线l过点P(2,4)，且与x轴，y轴分别交于点A(a,0)，B(0,b).
(1)当b=2a时，求l的方程;
(2)若a>0，b>0，求当a+b取最小值时，l的方程.
17.(本小题12分)
如图，在四棱锥P-ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，AB=AD=PD=12CD=1，PA= 2，PC= 5，点Q为棱PC上一点.
(1)证明：PA⊥CD;
(2)当点Q为棱PC的中点时，求直线PB与平面BDQ所成角的正弦值;
(3)当二面角P-BD-Q的余弦值为3 1111时，求PQPC.
18.(本小题12分)
已知椭圆C经过点A(-2,0)与点B( 2, 22).
(1)求椭圆C的方程;
(2)若直线l与椭圆C交于异于A的M，N两点，且∠MAN=π2.
①证明：直线l过定点;
②求△AMN的面积的最大值.
19.(本小题12分)
在空间直角坐标系Oxyz中，定义：过点A(x0,y0,z0)，且方向向量为m=(a,b,c)(abc≠0)的直线的点方向式方程为x-x0a=y-y0b=z-z0c;过点A(x0,y0,z0)，且法向量为m=(a,b,c)(a2+b2+c2≠0)的平面的点法向式方程为a(x-x0)+b(y-y0)+c(z-z0)=0，将其整理为一般式方程为ax+by+cz-d=0，其中d=ax0+by0+cz0.
(1)求经过A(-1,2,4)，B(2,0,1)的直线的点方向式方程;
(2)已知平面α1:2x-3y+z-1=0，平面β1:x+y-2z+4=0，平面γ1:(m+1)x-(2m+3)y+(m+2)z-5=0，若α1∩β1=l，l⊄γ1，证明：l//γ1;
(3)已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面ABB1A1所在平面α2经过三点P(-4,0,0)，Q(-3,-1,1)，H(1,-5,-2)，侧面BCC1B1所在平面β2的一般式方程为y+z+4=0，侧面ACC1A1所在平面γ2的一般式方程为2x-my+(2m+1)z+1=0，求平面ABB1A1与平面ACC1A1的夹角大小.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查直线斜率与倾斜角的关系，属于简单题.
计算出直线斜率后由斜率与倾斜角的关系即可得解.
【解答】
解：由题意直线x+ 3y+2=0的斜率为k=-1 3=- 33，所以直线x+ 3y+2=0的倾斜角为150∘.
故选：A.
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查两圆之间的关系，掌握圆心距与半径的关系是解题的关键，属于基础题．
根据已知条件，结合圆心距与半径的关系，即可求解．
【解答】解：易知圆C1:x2+(y-1)2=1的圆心C1(0,1)，半径r1=1，
圆C2:(x-2)2+y2=1的圆心C2(2,0)，半径r2=1，
所以|C1C2|= 5>2=r1+r2，所以C1与C2外离.
故选D.
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查空间向量垂直的坐标表示，属于基础题．
利用向量垂直的坐标表示列出关系式，求解可得．
【解答】
解：因为(a+b)⊥b，
所以(a+b)⋅b=a⋅b+b2=1-m-1+3=0，解得m=3.
故选B.
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查两平行线间的距离公式的运用，属于基础题.
先由平行求出m，，然后代入两平行线间的距离公式即可得出答案．
【解答】
解：由题意知m4=-3-6≠-2-7，
所以m=2，则4x-6y-7=0化为2x-3y-72=0，
所以两平行直线2x-3y-2=0与4x-6y-7=0之间的距离为
d=|-2+72| 22+(-3)2=3 1326.
故选C.
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查空间向量的线性运算及数量积运算，考查运算求解能力，属于基础题.
易知|OP|2=(-AB-AC+AP)2，展开求解即可.
【解答】
解：因为AO=AB+AC，
所以OP=OA+AP=-AB-AC+AP，
则|OP|2=(-AB-AC+AP)2=AB2+AC2+AP2+2AB⋅AC-2AB⋅AP-2AP⋅AC
=22+32+32+0-2×2×3×(-12)-2×3×3×(-12)=37，
所以|OP|= 37.
6.【答案】D
【解析】【分析】本题主要考查与椭圆有关的轨迹问题，属于基础题.
设A(x0,y0)，x0>0，Q(x,y)，则B(0,y0)，
然后利用x=x02,y=y0,得到点A(x0,y0)，然后代入x2+y2=12(x>0).
【解答】解：设A(x0,y0)，x0>0，Q(x,y)，则B(0,y0)，
由题意可知x=x02,y=y0,即x0=2x,y0=y.
将点A(x0,y0)代入x2+y2=12(x>0)，
得4x2+y2=12(x>0)，即x23+y212=1(x>0).
故选D.
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查圆的标准方程，三角函数，属于中档题.
先求圆的标准方程，结合同角三角函数求解.
【解答】
圆C:x2+y2+4y+m=0化为标准方程C:x2+(y+2)2=4-m，
则圆心C(0,-2)，半径r= 4-m(-21由题意知cs∠APB=1-2sin2∠APC=2325，
解得sin∠APC=15，负值舍去，
在Rt△APC中，|PC|=5，且|CA|PC=15，所以 4-m5=15，解得m=3.
故选A.
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了直线与直线所成角的向量求法，是中档题.
先得出AE=14AB+34AC，CF=23AD-AC，再计算AE⋅CF，利用空间向量求解即可.
【解答】
解：因为BC=AC-AB，
所以BE=34BC=34(AC-AB)，
则AE=AB+BE=AB+34(AC-AB)=14AB+34AC，
又AD=3FD，所以AF=23AD，
则CF=AF-AC=23AD-AC，
又AB⊥平面ACD，所以AB⊥AC，AB⊥AD，
即AB⋅AC=0，AB⋅AD=0，
所以AE⋅CF=(14AB+34AC)⋅(23AD-AC)
=16AB⋅AD-14AB⋅AC+12AC⋅AD-34AC2
=0-0+12×2×2×12-34×2×2=-2，
|AE|= (14AB+34AC)2= 102，
|CF|= (23AD-AC)2=2 73，
所以cs=AE⋅CF|AE||CF|=-2 102×23 7=-3 7035，
则直线AE与直线CF夹角的余弦值为3 7035.
故选A.
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题主要考查椭圆的定义和性质等，属于中档题.
先把椭圆C方程化为x25+y29=1，然后结合椭圆定义和性质等一一判断即可.
【解答】
解：椭圆C:9x2+5y2=45化为x25+y29=1，
于是a=3，b= 5，所以长轴长为2a=6，A正确;
由方程可知，椭圆C的两个焦点在y轴上，
又c= a2-b2=2，所以两个焦点的坐标分别为(0,-2)，(0,2)，B错误;
由椭圆的性质知|PF1|的最大值为a+c=3+2=5，C正确;
根据椭圆的定义知△PF1F2的周长|PF1|+|PF2|+|F1F2|=2a+2c=10，D错误.
故选AC.
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查直线方程的综合应用，属于基础题，
对于A，将直线方程转化为(x+y)m+(-x+y+2)=0，即可；
对于B，令y=0，x=-2，得m=2，进一步即可得y轴上的截距；
对于C，判断由A的定点在圆内，从而，直线与圆相交；
对于D，当点P(-1,0)与点(1,-1)的连线与l垂直时距离最大，利用两点距离公式即可.
【解答】
解：对于A项，直线l的方程为(m-1)x+(m+1)y+2=0化为(x+y)m+(-x+y+2)=0，由x+y=0,-x+y+2=0,解得x=1,y=-1,所以直线l恒过定点(1,-1)，A错误;
对于B项，当直线l在x轴上的截距为-2时，令y=0，则x=21-m=-2，解得m=2，此时直线l的方程为x+3y+2=0，则l在y轴上的截距为-23，B正确;
对于C项，由A项可知直线过(1,-1)，因为(1-1)2+(-1)2<2，所以点(1,-1)在圆C的内部，故直线l与圆C:(x-1)2+y2=2相交，C正确;
对于D项，当点P(-1,0)与点(1,-1)的连线与l垂直时，点P(-1,0)到直线l的距离最大，且为 (-1-1)2+(0+1)2= 5，D正确.
故选BCD.
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题主要考查空间向量的概念，属于一般题，
理解仿射坐标的概念，利用空间向量的共线定理以及数量积运算即可.
【解答】
解：对于A，由aθ=(x1,y1,z1)，bθ=(x2,y2,z2)，得a=x1i+y1j+z1k，b=x2i+y2j+z2k，
所以a+b=(x1+x2)i+(y1+y2)j+(z1+z2)k，则aθ+bθ=(x1+x2,y1+y2,z1+z2)，A正确;
对于B，a⋅b=(x1i+y1j+z1k)⋅(x2i+y2j+z2k)
=x1x2i2+x1y2i⋅j+x1z2i⋅k+y1x2j⋅i+y1y2j2+y1z2j⋅k+z1x2k⋅i+z1y2k⋅j+z1z2k2
=x1x2+x1y2csθ+x1z2csθ+y1x2csθ+y1y2+y1z2csθ+z1x2csθ+z1y2csθ+z1z2
=x1x2+y1y2+z1z2+(x1y2+x1z2+y1x2+y1z2+z1x2+z1y2)csθ，B错误;
对于C，三棱锥O-ABC是边长为2的正四面体，则该四面体的高为h= 22-(23× 3)2=2 63，
所以三棱锥O-ABC的体积为VOABC=13×12×2× 3×2 63=2 23，C正确;
对于D，由aπ3=(a,a,0)，bπ3=(0,0,b)得，a=ai+aj，b=bk，a⋅b=(ai+aj)⋅bk=12ab+12ab=ab，
|a|= a2+a2+a2= 3|a|，|b|=|b|，所以cs=a⋅bab=ab 3|ab|= 33,ab>0,- 33,ab<0,
则a，b夹角的余弦值的最小值为- 33，D正确.
故选ACD.
12.【答案】12
【解析】【分析】本题考查空间向量共线定理，属于基础题.
由题意得p//r，设p=λr，从而得解.
【解答】解：因为α//β，所以p//r，
则存在实数λ，使p=λr，
即1=mλ2=λ-1=-mλ，解得λ=2m=12，所以m=12.
故答案为12.
13.【答案】11x-2y+20=0
【解析】【分析】本题考查直线斜率与倾斜角的关系，点斜式方程，属于基础题.
设直线x-2y+4=0的倾斜角为α，由已知得tanα，进而得tan3α，进而由点斜式方程得解.
【解答】解：设直线x-2y+4=0的倾斜角为α，则tanα=12，
所以tan2α=2tanα1-tan2α=43，
tan3α=tanα+tan2α1-tanα⋅tan2α=12+431-12×43=112，
即直线l斜率为112，
又因为直线经过点(-2,-1)，
整理得直线l的方程为11x-2y+20=0.
故答案为11x-2y+20=0.
14.【答案】23
【解析】【分析】本题考查椭圆离心率的求法，直线与椭圆的位置关系，属中档题.
联立直线与椭圆方程得x1+x2，x1⋅x2，由|AB|=3|F1B|结合x1+x2得x1、x2，代入x1⋅x2中可得解.
【解答】解：设F1(-c,0)，F2(c,0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由已知得直线方程y= 3(x+c)，
联立直线与椭圆得x2a2+y2b2=1y= 3(x+c)，整理得(3a2+b2)x2+6a2cx+3a2c2-a2b2=0，
x1+x2=-6a2c3a2+b2，x1⋅x2=3a2c2-a2b23a2+b2，
又因为|AB|=3|F1B|，所以AF1=2F1B，即(-c-x1,-y1)=2(x2+c,y2)，
所以x1+2x2+3c=0，即x2=-(x1+x2)-3c=6a2c3a2+b2-3c=-3a2c-3b2c3a2+b2，
所以x1=(x1+x2)-x2=-6a2c3a2+b2--3a2c-3b2c3a2+b2=3b2c-3a2c3a2+b2，
所以x1⋅x2=3b2c-3a2c3a2+b2⋅-3a2c-3b2c3a2+b2=3a2c2-a2b23a2+b2，
整理得3a4+a2b2-9b2c2-3a2c2=0，又因为b2=a2-c2，所以9c4-13a2c2+4a4=0，
两边除以a4得9e4-13e2+4=0，解得e2=49或e2=1(舍)，所以e=23.
故答案为23.
15.【答案】解：(1)设⊙C的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
由题意可知，F=0,4+2D+F=0,1+1-D-E+F=0,
解得D=-2，E=4，F=0，
所以x2+y2-2x+4y=0，
故⊙C的标准方程为(x-1)2+(y+2)2=5.
(2)由(1)可知，C(1,-2)，半径r= 5，
则圆心C到直线l的距离为d=|1+2-1| 2= 2，
所以|MN|=2 r2-d2=2 ( 5)2-( 2)2=2 3，
故△CMN的面积为S△CMN=12|MN|⋅d= 6.
【解析】本题主要考查求圆的标准方程、圆中三角形(四边形)的面积，属于中档题.
(1)设⊙C的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
然后利用F=0,4+2D+F=0,1+1-D-E+F=0,解得D=-2，E=4，F=0.
(2)由(1)可知，C(1,-2)，半径r= 5，然后得到圆心C到直线l的距离为d=|1+2-1| 2= 2，
|MN|=2 r2-d2=2 ( 5)2-( 2)2=2 3，然后利用S△CMN=12|MN|⋅d.
16.【答案】解：(1)若a=0，则b=0，即l过点(0,0)，
又l过点P(2,4)，
则l的方程为x-02-0=y-04-0，即2x-y=0；
若a≠0，则b≠0，设l的方程为xa+yb=1，
所以xa+y2a=1，将P(2,4)代入方程，得2a+42a=1，解得a=4，
所以l的方程为x4+y8=1，即2x+y-8=0.
所以直线l的方程为2x-y=0或2x+y-8=0.
(2)设直线l的方程为xa+yb=1，由直线l经过点P(2,4)得，2a+4b=1，
则a+b=(a+b)(2a+4b)=6+2ba+4ab≥6+2 2ba⋅4ab=6+4 2，
当且仅当2ba=4ab，即a=2+2 2，b=2 2+4时取得等号，
故A(2+2 2,0)，
所以l的方程为x-22+2 2-2=y-40-4，即 2x+y-4-2 2=0.
【解析】本题考查直线方程的求法以及基本不等式的运用，考查运算求解能力，属于中档题.
(1)分a=0以及a≠0讨论求解即可；
(2)易知2a+4b=1，结合基本不等式可得a+b取最小值时，A(2+2 2,0)，由此可得答案.
17.【答案】(1)证明：因为PD=1，CD=2，PC= 5，所以PD2+CD2=PC2，所以CD⊥PD，
又CD⊥AD，且AD∩PD=D，AD，PD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，
又PA⊂平面PAD，所以PA⊥CD.
(2)解：因为PA= 2，AD=PD=1，所以AD2+PD2=PA2，则PD⊥AD.
由(1)可知PD，AD，DC两两垂直，以D为原点，以DA，DC，DP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D-xyz.则D(0,0,0)，B(1,1,0)，P(0,0,1)，C(0,2,0)，
当点Q为棱PC的中点时，Q(0,1,12)，PB=(1,1,-1)，DB=(1,1,0)，DQ=(0,1,12).
设平面BDQ的一个法向量m=(x0,y0,z0)，
则DB⋅m=0,DQ⋅m=0,即令y0=-1，解得x0=1，z0=2，故m=(1,-1,2)，
设直线PB与平面BDQ所成角为θ，则sinθ=|cs|=2 6× 3= 23，
故直线PB与平面BDQ所成角的正弦值为 23.
(3)解：由(2)可知DP=(0,0,1)，DB=(1,1,0)，设PQ=λPC=(0,2λ,-λ)(0≤λ≤1)，则DQ=DP+PQ=(0,2λ,1-λ)，
设平面BDQ的一个法向量n1=(x1,y1,z1)，则DB⋅n1=0,DQ⋅n1=0,即x1+y1=0,2λy1+(1-λ)z1=0,令y1=1-λ.解得x1=λ-1，z1=-2λ，故n1=(λ-1,1-λ,-2λ)，
设平面BDP的一个法向量为n2=(x2,y2,z2)，由DB⋅n2=0,DP⋅n2=0,得x2+y2=0,z2=0,令y2=-1，解得x2=1，z2=0，故n2=(1,-1,0)，
所以|csn1,n2|=|2λ-2| 6λ2-4λ+2⋅ 2=3 1111，
即|λ-1| 3λ2-2λ+1=3 1111，整理，得8λ2+2λ-1=0，解得λ=14或λ=-12(舍去).
故PQPC=14.
【解析】本题考查线面垂直的判定与性质，考查向量法求线面角、二面角，属于中档题.
(1)证明CD⊥平面PAD，利用线面垂直的性质得出结论；
(2)建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量及平面的法向量，利用向量的夹角公式得出结论；
(3)求出两个平面的法向量，利用向量方法求解得出结论.
18.【答案】解：(1)设椭圆C的方程为Ax2+By2=1(A>0,B>0,A≠B)，
由题意可得4A=1,2A+12B=1,解得A=14，B=1，
故椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)①证明：易知直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x=ty+m，则m≠-2，
联立C与直线l的方程，得x24+y2=1,x=ty+m,消去x并整理，
得(t2+4)y2+2mty+m2-4=0，则△=4m2t2-4(t2+4)(m2-4)>0，
所以t2-m2+4>0，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则y1+y2=-2mtt2+4，y1y2=m2-4t2+4.
因为∠MAN=π2，所以AM⋅AN=(x1+2)(x2+2)+y1y2=0，
即(ty1+m+2)(ty2+m+2)+y1y2=0，
所以(t2+1)y1y2+t(m+2)(y1+y2)+(m+2)2=0，
则(t2+1)⋅m2-4t2+4+t(m+2)(-2mtt2+4)+(m+2)2=0，
整理，得5m2+16m+12=0，解得m=-65(m=-2舍去).
所以直线l的方程为x=ty-65，故直线l过定点(-65,0).
②解：由①知m=-65，则y1+y2=12t5(t2+4)，y1y2=-6425(t2+4)，
直线l过定点(-65,0)，设为D，则|AD|=45，
所以△AMN的面积为S△AMN=12|AD|⋅|y1-y2|=25 (y1+y2)2-4y1y2=8 25t2+6425(t2+4).
设u= 25t2+64，则u≥8，所以S△AMN=825×uu2-6425+4=8u+36u，
由函数y=u+36u在[8,+∞)上单调递增知u+36u≥8+92=252，
所以S△AMN≤8252=1625，当且仅当u=8，即t=0时等号成立，
故△AMN的面积的最大值为1625.
【解析】本题主要考查椭圆中的定点、定值、定直线问题、椭圆中三角形(四边形)的面积等，属于中档题.
(1)设椭圆C的方程为Ax2+By2=1(A>0,B>0,A≠B)，
然后利用4A=1,2A+12B=1,解得A=14，B=1；
(2)①设直线MN的方程为x=ty+m，则m≠-2，
联立C与直线l的方程，得x24+y2=1,x=ty+m,消去x并整理，
得(t2+4)y2+2mty+m2-4=0，然后利用韦达定理和向量知识即可；
②解：由①知m=-65，则y1+y2=12t5(t2+4)，y1y2=-6425(t2+4)，
直线l过定点(-65,0)，设为D，则|AD|=45，
然后得到S△AMN=8 25t2+6425(t2+4).然后利用换元法和函数y=u+36u在[8,+∞)上单调递增即可.
19.【答案】(1)解：由A(-1,2,4)，B(2,0,1)得，直线AB的方向向量为m=AB=(3,-2,-3)，
故直线AB的点方向式方程为x+13=y-2-2=z-4-3
(2)证明：由平面α 1:2x-3y+z-1=0可知，平面α 1的法向量为m1=(2,-3,1)，
由平面β 1:x+y-2z+4=0可知，平面β 1的法向量为m2=(1,1,-2)，
设交线l的方向向量为n=(x0,y0,z0)，则m1⋅n=0，m2⋅n=0，
即2x0-3y0+z0=0,x0+y0-2z0=0,令z0=1，解得x0=1，y0=1，故n=(1,1,1)，
又平面γ 1:(m+1)x-(2m+3)y+(m+2)z-5=0的法向量为m3=(m+1,-2m-3,m+2)，
m3⋅n=(m+1)×1-(2m+3)×1+(m+2)×1=0，因为l⊄γ 1，所以l//γ 1.
(3)解：设侧面ABB1A1所在平面α 2的法向量n1=(x1,y1,z1)，
因平面α 2经过三点P(-4,0,0)，Q(-3,-1,1)，H(1,-5,-2)，则PQ=(1,-1,1)，PH=(5,-5,-2)，
所以PQ⋅n1=0,PH⋅n1=0,即x1-y1+z1=0,5x1-5y1-2z1=0,令x1=1，解得y1=1，z1=0，
故平面α 2的法向量n1=(1,1,0)，平面β 2:y+z+4=0的法向量为n2=(0,1,1)，
由(2)可求得平面α 2与平面β 2的交线的方向向量为m4=(1,-1,1)
平面γ 2:2x-my+(2m+1)z+1=0的法向量为m5=(2,-m,2m+1)，
由m4⋅m5=(1,-1,1)⋅(2,-m,2m+1)=2+m+2m+1=0，解得m=-1，则m5=(2,1,-1)，
所以cs=n1⋅m5|n1|⋅|m5|=3 2× 6= 32，
故平面ABB1A1与平面ACC1A1夹角的大小为π6.
【解析】本题考查利用空间向量求平面与平面的夹角、线面平行的向量表示
(1)由A(-1,2,4)，B(2,0,1)得，直线AB的方向向量为m=AB=(3,-2,-3)，由点向式方程的定义即可求解；
(2)根据线面平行的向量表示进行证明即可；
(3)利用向量法进行证明即可。