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2020-2021学年山东省青岛市高二（上）10月月考数学试卷 (1)人教A版（2019）
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这是一份2020-2021学年山东省青岛市高二（上）10月月考数学试卷 (1)人教A版（2019），共14页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 在空间直角坐标系中，点P(1, 3, −5)关于xOy平面对称的点的坐标是( )
A.(−1, 3, −5)B.(1, −3, 5)C.(1, 3, 5)D.(−1, −3, 5)
2. 图中的直线l1，l2，l3的斜率分别是k1，k2，k3，则有( )
A.k1
3. 已知向量a→=1,2，b→=3,x，c→=−1,y−1，且a→//b→，b→⊥c→，则x⋅y的值为( )
A.6B.32C.9D.−132
4. 已知向量a→=1,1,0，b→=−1,0,2，且ka→+b→ 与 2a→−b→互相垂直，则k的值是( )
A.1B.15C.35D.75
5. 若直线l1:x+ay+6=0与l2：(a−2)x+3y+2a=0平行，则l1与l2间的距离为( )
A.2B.823C.3D.833
6. 已知直线l1:ax+4y−2=0与直线l2:2x−5y+b=0互相垂直，垂足为(1, c)，则a+b+c的值为( )
A.20B.−4C.0D.24
7. 已知两点A(2,−1)，B(−5,−3)，直线l过点(1,1)，若直线l与线段AB相交，则直线l的斜率取值范围是( )
A.(−∞,−2]∪[23,+∞)B.[−2,23]
C.[−23,2]D.(−∞,−23]∪[2,+∞)
8. 如图，空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点F，G分别是AD，CD的中点，则FG→⋅AB→=( )
A.34B.14C.12D.32
二、多选题
设直线l经过点A2,1，且在两坐标轴上的截距相等，则直线l的方程为( )
A.x−2y=0B.x+y−3=0C.x−y−1=0D.x+2y=0
已知直线l的一个方向向量为u→=−36,12，且l经过点1,−2，则下列结论中正确的是( )
A.l的倾斜角等于150∘
B.l在x轴上的截距等于233
C.l与直线3x−3y+2=0垂直
D.l上不存在与原点距离等于18的点
设几何体ABCD−A1B1C1D1是棱长为a的正方体，A1C与B1D相交于点O，则( )
A.A1B1→⋅AC→=a2B.AB→⋅A1C→=2a2
C.CD→⋅AB1→=−a2D.AB→⋅A1O→=12a
如图，一个结晶体的形状为平行六面体 ABCD−A1B1C1D1 ,其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是 60∘ ,下列说法中正确的是( )
A.(AA1→+AB→+AD→)2=2(AC→)2
B.AC1→⋅(AB→−AD→)=0
C.向量 B1C→与AA1→ 的夹角是 60∘
D.BD1与AC所成角的余弦值为63
三、填空题
直线(a−1)x−y+2a+1=0恒过定点________.
直线l经过点P(3, 2)且与x轴，y轴的正半轴分别交于A，B两点，△OAB的面积为12，则直线l的方程为________.
已知空间向量a→，b→，|a→|=2，|b→|=1，⟨a→,b→⟩=60∘，则使向量a→+λb→与λa→−2b→的夹角为钝角的实数λ的取值范围是________.
已知：如图，在60∘的二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直AB，已知AB=4，AC=6，BD=8，则CD=________.
四、解答题
已知两直线l1：ax−by+4=0，l2：(a−1)x+y+b=0. 求分别满足下列条件的a，b的值.
(1)直线l1过点(−3, −1)，并且直线l1与l2垂直；
(2)直线l1与直线l2平行，并且坐标原点到l1，l2的距离相等.
如图，空间四边形OABC的各边及对角线长都为2，E是AB的中点，F在OC上，且OF→=2FC→.
(1)用OA→,OB→,OC→表示EF→；
(2)求向量OE→与向量BF→所成角的余弦值.
已知△ABC的三个顶点为A(m, n)，B(2, 1)，C(−2, 3).
(1)求BC边所在直线的方程；
(2)若BC边上的中线AD所在直线的方程为2x−3y+6=0，且S△ABC=7，求m，n的值.
如图，边长为2的等边△ABC所在平面与菱形A1ACC1所在平面互相垂直，A1C=3AC1，M为线段AC的中点.
(1)求证：平面BMC1⊥平面A1BC1；
(2)求点C到平面A1BC1的距离.
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB // DC，AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点.
(1)证明：BE⊥DC；
(2)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F−AB−P的余弦值.
四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=1，AD=2，点M是PB的中点，点N在BC边上移动.
(1)求证：当N是BC边的中点时，MN // 平面PAC；
(2)证明：无论N点在BC边上何处，都有PN⊥AM；
(3)当BN等于何值时，PA与平面PDN所成角的大小为45∘.
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省青岛市高二（上）10月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
空间直角坐标系
【解析】
利用空间直角坐标系中任一点P(a, b, c) 关于坐标平面yOz的对称点为(−a, b, c)即可得出正确选项．
【解答】
解：点P(1, 3, −5)关于xOy平面对称的点的坐标中，x和y不变，z变为原来的相反数，即P′(1, 3, 5).
故选C.
2.
【答案】
D
【考点】
直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
直线的斜率
【解析】
通过图象看出三条直线的倾斜角的范围和大小，再利用正切函数的象限符号和单调性得到三条直线的斜率的大小关系．
【解答】
解：因为直线的斜率是其倾斜角的正切值，
当倾斜角大于90∘小于180∘时，斜率为负值，
当倾斜角大于0∘小于90∘时斜率为正值，
所以k1>0，k2<0，k3<0.
因为正切函数在(90∘,180∘)是单调递增的，
所以k2由图象三条直线的倾斜角可知，k2故选D.
3.
【答案】
C
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
平面向量数量积
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
利用向量垂直和平行的条件，解出x，y，即可得解．
【解答】
解：向量a→=1,2, b→=3,x，c→=−1,y−1.
∵ a→//b→，
∴ 13=2x，解得x=6.
∵ b→⊥c→，
∴ b→⋅c→=0，即−3+x(y−1)=0，解得y=32，
∴ x⋅y=6×32=9.
故选C.
4.
【答案】
D
【考点】
空间向量的数乘运算
空间向量的加减法
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可得ka→+b→=k×1−1,k×1+0，k×0+2=k−1,k，2，
2a→−b→=2×1−−1，2×1−0，2×0−2=3，2，−2，
因为ka→+b→与2a→−b→互相垂直，
所以k−1×3+k×2+2×−2=0，
化简得5k−7=0，
解得k=75．
故选D．
5.
【答案】
B
【考点】
两条平行直线间的距离
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
先由两直线平行可求a得值，再根据两平行线间的距离公式，求出距离d即可．
【解答】
解：由l1 // l2得：1a−2=a3≠62a，
解得：a=−1.
将a=−1代入l2：(a−2)x+3y+2a=0得，−3x+3y−2=0，
可化为x−y+23=0，
∴ l1与l2间的距离d=6−2312+(−1)2=823.
故选B．
6.
【答案】
B
【考点】
两条直线的交点坐标
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
由直线l1与直线l2互相垂直，可得关于a的方程，解方程可得a值，由垂足(1, c)在l1上，可得关于c的方程，解方程可得c值，再由垂足(1, −2)在l2上可得2+10+b=0，可得关于b的方程，解方程可得b值，代入要求的式子计算可得答案．
【解答】
解：∵ 直线l1与直线l2互相垂直，
∴ 2a+4×(−5)=0，解得a=10，
∴ 直线l1:10x+4y−2=0.
∵ 垂足(1, c)在直线l1上，
∴ 10+4c−2=0，解得c=−2，
再由垂足(1, −2)在直线l2上可得2+10+b=0，
解得b=−12，
∴ a+b+c=10−12−2=−4.
故选B.
7.
【答案】
A
【考点】
斜率的计算公式
直线的斜率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 点A(2,−1)，B(−5,−3)，
由直线l与线段AB相交可知：
有三种情况：A，B在直线l的两侧或直线l过点A或点B.
因为直线l过点(1,1)，设(1,1)为点C，
可得kAC=1−(−1)1−2=−2，kBC=1−(−3)1−(−5)=23，
∴ 直线l的斜率取值范围是(−∞,−2]∪[23,+∞).
故选A.
8.
【答案】
B
【考点】
空间向量的数量积运算
【解析】
由题意，四面体时正四面体，每个三角形多少等边三角形，利用向量的数量积的定义解答．
【解答】
解：FG→=12AC→=12(AD→+DC→)，
FG→⋅AB→=12(AD→+DC→)⋅AB→
=12AD→⋅AB→+12DC→⋅AB→
=12|AD→|⋅|AB→|⋅cs60∘+12|DC→|⋅|AB→|⋅cs90∘
=12×1×1×12+12×1×1×0=14.
故选B.
二、多选题
【答案】
A,B
【考点】
直线的一般式方程
直线的截距式方程
直线的点斜式方程
【解析】
分类讨论：当直线l过原点时，斜率为12，由点斜式求得直线l的方程，当直线l不过原点时，设直线l的方程是：x+y=a，把点A2,1代入方程求得a值，即可得解直线l的方程．
【解答】
解：当直线l过原点时，直线的斜率为12，
由点斜式求得直线l的方程是y=12x，即x−2y=0.
当直线l不过原点时，若截距相等，则直线的斜率为−1.
设直线l的方程是：x+y=a，
把点A2,1代入直线l的方程得a=3，
则直线的方程是x+y=3，即x+y−3=0.
综上，所求直线的方程为x−2y=0或x+y−3=0.
故选AB.
【答案】
C,D
【考点】
点到直线的距离公式
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
两条直线垂直的判定
直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】
由已知得直线的斜率 k=12−36=−3 ，可判断A选项；得直线的方程为y+2=−3x−1，令y=0，可判断B选项；求得直线3x−3y+2=0的斜率，可判断C选项；求得原点到直线的距离，可判断D选项．
【解答】
解：由已知得直线的斜率k=12−36=−3 .
设其倾斜角为θ，则tanθ=−3，所以θ=120∘，故A选项错误；
因为直线l过点(1,−2)，
所以直线的方程为y+2=−3x−1，即3x+y+2−3=0，
所以它在x轴上的截距等于1−233，故B选项错误；
直线3x−3y+2=0的斜率为33，
由于33×−3=−1，所以两直线垂直，故C选项正确；
原点到直线l的距离d=1−32>18，即l上的点与原点的最小距离大于18，
故l上不存在与原点距离等于18的点，D选项正确.
故选CD.
【答案】
A,C
【考点】
空间向量的数量积运算
棱柱的结构特征
【解析】
利用向量的数量积得运算对选项逐一检验，由此得解.
【解答】
解：对于A，A1B1→=a，AC→=2a，==π4，
所以A1B1→⋅AC→=a⋅2a⋅csπ4=a2，故A正确.
对于B，AB→⋅A1C→=a⋅3a⋅cs∠CA1B1=3a2×A1B1A1C=3a2×a3a=a2，故B错误.
对于C ，CD→⋅AB1→=a⋅2a⋅csπ−∠B1AB=2a2×cs3π4=−a2，故C正确.
对于D，AB→⋅A1O→=a⋅32a⋅cs∠CA1B1=32a2×A1B1A1C=32a2×a3a=12a2，故D错误.
故选AC.
【答案】
A,B
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据题意，可设该平行六面体的棱长为1，
∴ (AA1→+AB→+AD→)2
=(|AA1→|)2+(|AB→|)2+(|AD→|)2+2AA1→⋅AB→+2AA1→⋅AD→+2AB→⋅AD→
=1+1+1+2cs60∘+2cs60∘+2cs60∘=6，
2(|AC→|)2=2(AB→+AD→)2
=2(|AB→|)2+2(|AD→|)2+4AB→⋅AD→⋅cs60∘
=2+2+2=6，故A正确；
AC1→⋅(AB→−AD→)=(AA1→+AB→+AD→)⋅(AB→−AD→)
=AA1→⋅AB→+(|AB→|)2+AB→⋅AD→−AA1→⋅AD→−AB→⋅AD→−(|AD→|)2
=cs60∘+1+cs60∘−cs60∘−1−cs60∘=0，故B正确；
∵ AA1→=BB1→，
故向量B1C→与AA1→的夹角即为B1C→与BB1→的夹角，
∵ ∠B1BC=60∘，
∴ △BB1C为等边三角形，
∴ ∠BB1C=60∘，
故向量B1C→与AA1→的夹角为120∘，故C错误；
BD1→⋅AC→=（BA→+BC→+BB1→)⋅(AB→+AD→)
=AB→⋅BA→+AB→⋅BC→+AB→⋅BB1→+AD→⋅BA→+AD→⋅BC→+AD→⋅BB1→
=−1+12+12−12+1+12=1，
(|BD1→|)2=(BA→+BC→+BB1→)2
=1+1+1+2BA→⋅BC→+2BA→⋅BB1→+2BC→⋅BB1→
=1+1+1−1−1+1=2，
∴ |BD1→|=2，|AC→|=3，
∴ cs=BD1→⋅AC→|BD1→|⋅|AC→|=12×3=66，故D错误.
故选AB.
三、填空题
【答案】
(−2,3)
【考点】
直线恒过定点
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：直线方程可化为x+2a−x−y+1=0，
由题意得x+2=0,−x−y+1=0,
解得x=−2，y=3.
故答案为：(−2,3).
【答案】
2x+3y−12=0
【考点】
直线的截距式方程
【解析】
设直线的方程为xa+yb=1(a>0,b>0)，由题意可得ab=243a+2b=1 ，解方程组可得a，b，进而可得直线方程．
【解答】
解：设直线l的方程为xa+yb=1(a>0,b>0)，
则A(a, 0)，B(0, b)，
由题意可得ab=24,3a+2b=1, 解得a=6,b=4.
∴ 直线方程是x6+y4=1，即2x+3y−12=0.
故答案为：2x+3y−12=0.
【答案】
−1−3,−1+3
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
由题可得a→⋅b→=|a→|⋅|b→|⋅cs⟨a→,b→⟩=1,根据a→+λb→与λa→−2b→的夹角为钝角，得到a→+λb→⋅λa→−2b→<0a→+λb→⋅λa→−2b→≠−1，根据向量的数量积化简即可求解实数λ的取值范围.
【解答】
解：∵ |a→|=2，|b→|=1，⟨a→,b→⟩=60∘，
∴ a→⋅b→=|a→|⋅|b→|⋅cs⟨a→,b→⟩=1.
∵ a→+λb→与λa→−2b→的夹角为钝角，
∴ a→+λb→⋅λa→−2b→<0,cs<(a→+λb→),λa→−2b→≠−1,
即a→+λb→⋅λa→−2b→<0,a→+λb→⋅λa→−2b→≠−a→+λb→⋅λa→−2b→,
则λ2+2λ−2<0,λ2+2λ−2≠−2λ2+2λ+4⋅λ2−λ+1,
解得−1−3<λ<−1+3.
故答案为：−1−3,−1+3.
【答案】
217
【考点】
平面向量数量积
向量的加法及其几何意义
向量的模
【解析】
由已知可得CD→=CA→+AB→+BD→，利用数量积的性质即可得出．
【解答】
解：∵ CA⊥AB，BD⊥AB，
∴ CA→⋅AB→=BD→⋅AB→=0.
∵=60∘，
∴=120∘.
∵ CD→=CA→+AB→+BD→，
∴ CD→2=CA→2+AB→2+BD→2+2CA→⋅AB→+2CA→⋅BD→+2AB→⋅BD→
=62+42+82+0+2×6×8×cs120∘+0
=68.
∴ |CD→|=217.
故答案为：217.
四、解答题
【答案】
解：(1)∵ l1⊥l2，
∴ a(a−1)+(−b)⋅1=0，即a2−a−b=0. ①
又点(−3, −1)在l1上，
∴ −3a+b+4=0，②
由①②得a=2，b=2.
(2)∵ l1 // l2，∴ ab=1−a，∴ b=a1−a，
故l1和l2的方程可分别表示为：
(a−1)x+y+4(a−1)a=0，(a−1)x+y+a1−a=0.
又原点到l1与l2的距离相等，
∴ 4|a−1a|=|a1−a|，解得a=2或a=23，
∴ a=2，b=−2或a=23，b=2.
【考点】
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
两条直线平行与倾斜角、斜率的关系
【解析】
（1）利用直线l1过点(−3, −1)，直线l1与l2垂直，斜率之积为−1，得到两个关系式，求出a，b的值．
（2）类似（1）直线l1与直线l2平行，斜率相等，坐标原点到l1，l2的距离相等，利用点到直线的距离相等．得到关系，求出a，b的值．
【解答】
解：(1)∵ l1⊥l2，
∴ a(a−1)+(−b)⋅1=0，即a2−a−b=0. ①
又点(−3, −1)在l1上，
∴ −3a+b+4=0，②
由①②得a=2，b=2.
(2)∵ l1 // l2，∴ ab=1−a，∴ b=a1−a，
故l1和l2的方程可分别表示为：
(a−1)x+y+4(a−1)a=0，(a−1)x+y+a1−a=0.
又原点到l1与l2的距离相等，
∴ 4|a−1a|=|a1−a|，解得a=2或a=23，
∴ a=2，b=−2或a=23，b=2.
【答案】
解：(1)∵ E是AB的中点，F在OC上，且OF→=2FC→,
∴ OE→=12OA→+OB→，OF→=23OC→，
∴ EF→=OF→−OE→
=23OC→−12OA→+OB→
=−12OA→−12OB→+23OC→.
2由(1)得OE→=12OA→+OB→，BF→=OF→−OB→=2OC→3−OB→，
∴ |OE→|=12|OA→+OB→|=12×4+4+2×2×2×12=3，
|BF→|=|23OC→−OB→|=49×4+4−43×2×2×12=273，
又∵ OE→⋅BF→=12OA→+OB→⋅23OC→−OB→=−53，
∴ csOE→,BF→=OE→⋅BF→OE→⋅BF→=−533×273=−52142，
∴ 向量OE→与向量BF→所成角的余弦值为 −52142.
【考点】
空间向量的夹角与距离求解公式
空间向量的加减法
空间向量的基本定理及其意义
【解析】
1利用空间向量基本定理及空间向量的加减运算法则进行求解即可；
2先求出向量OE→与向量BF→的模，计算出OE→⋅BF→=12OA→+OB→⋅23OC→−OB→=−53，再由夹角公式求出即可．
【解答】
解：(1)∵ E是AB的中点，F在OC上，且OF→=2FC→,
∴ OE→=12OA→+OB→，OF→=23OC→，
∴ EF→=OF→−OE→
=23OC→−12OA→+OB→
=−12OA→−12OB→+23OC→.
2由(1)得OE→=12OA→+OB→，BF→=OF→−OB→=2OC→3−OB→，
∴ |OE→|=12|OA→+OB→|=12×4+4+2×2×2×12=3，
|BF→|=|23OC→−OB→|=49×4+4−43×2×2×12=273，
又∵ OE→⋅BF→=12OA→+OB→⋅23OC→−OB→=−53，
∴ csOE→,BF→=OE→⋅BF→OE→⋅BF→=−533×273=−52142，
∴ 向量OE→与向量BF→所成角的余弦值为 −52142.
【答案】
解：(1)∵ B(2, 1)，C(−2, 3)，
∴ kBC=3−1−2−2=−12，
∴ BC边所在直线的方程为y−1=−12(x−2)，即x+2y−4=0.
(2)∵ B(2, 1)，C(−2, 3)，
∴ BC=(−2−2)2+(3−1)2=25，
∴ 2m−3n+6=0,12×25×|m+2n−4|5=7,
解得m=3,n=4或m=−3,n=0.
【考点】
点到直线的距离公式
直线的两点式方程
【解析】
（1）先求出直线的斜率，再根据点斜式求出直线方程；
（2）根据点到直线的距离公式和三角形的面积公式和点A在中线上，得到关于m，n的方程组，解得即可．
【解答】
解：(1)∵ B(2, 1)，C(−2, 3)，
∴ kBC=3−1−2−2=−12，
∴ BC边所在直线的方程为y−1=−12(x−2)，即x+2y−4=0.
(2)∵ B(2, 1)，C(−2, 3)，
∴ BC=(−2−2)2+(3−1)2=25，
∴ 2m−3n+6=0,12×25×|m+2n−4|5=7,
解得m=3,n=4或m=−3,n=0.
【答案】
(1)证明：∵ 四边形A1ACC1是菱形，
∴ A1C⊥AC1，
又∵ A1C=3AC1，
∴ tan∠ACA1=12AC112A1C=33，
可得∠ACA1=30∘，则∠ACC1=2∠ACA1=60∘，
可得△ACC1是等边三角形.
∵ 点M为线段AC的中点，
∴ C1M⊥AC，
又∵ AC // A1C1，
∴ C1M⊥A1C1.
∵ 在等边△ABC中，BM⊥AC，
由AC // A1C1得，BM⊥A1C1.
又∵ BM∩C1M=M，
∴ A1C1⊥平面BMC1.
∵ A1C1⊂平面A1BC1，
∴ 平面BMC1⊥平面A1BC1.
(2)解：∵ BM⊥AC，平面ABC⊥平面A1ACC1，且交线为AC，
∴ BM⊥平面ACC1A1，
∴ 直线MB，MC，MC1两两垂直.
以点M为坐标原点，分别以MB，MC，MC1所在直线为坐标轴，
建立空间直角坐标系M−xyz，如图，
则B(3,0,0)，C1(0,0,3)，A1(0,−2,3)，C(0, 1, 0)，
∴ A1C1→=(0,2,0)，BC1→=(−3,0,3)，CC1→=(0,−1,3).
设平面A1BC1的一个法向量为n→=(x,y,z)，
由A1C1→⋅n→=0,BC1→⋅n→=0, 得2y=0,−3x+3z=0,
令x=1，得n→=(1,0,1)，
∴ d=|CC1→⋅n→||n→|=32=62，
即点C到平面A1BC1的距离为62.
【考点】
平面与平面垂直
点、线、面间的距离计算
平面与平面垂直的判定
直线与平面垂直的判定
【解析】
（1）由已知得A1C⊥AC1，求解三角形得C1M⊥AC，进一步得到C1M⊥A1C1．在等边△ABC中，BM⊥AC，可得BM⊥A1C1．由直线与平面垂直的判定得到A1C1⊥平面BMC1，从而得到平面BMC1⊥平面A1BC1；
（2）证明BM⊥平面ACC1A1，知直线MB，MC，MC1两两垂直．以点M为坐标原点，分别以MB，MC，MC1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求出平面A1BC1的一个法向量n→，再求出CC1→的坐标，利用公式d=|CC1→⋅n→||n→|求点C到平面A1BC1的距离．
【解答】
(1)证明：∵ 四边形A1ACC1是菱形，
∴ A1C⊥AC1，
又∵ A1C=3AC1，
∴ tan∠ACA1=12AC112A1C=33，
可得∠ACA1=30∘，则∠ACC1=2∠ACA1=60∘，
可得△ACC1是等边三角形.
∵ 点M为线段AC的中点，
∴ C1M⊥AC，
又∵ AC // A1C1，
∴ C1M⊥A1C1.
∵ 在等边△ABC中，BM⊥AC，
由AC // A1C1得，BM⊥A1C1.
又∵ BM∩C1M=M，
∴ A1C1⊥平面BMC1.
∵ A1C1⊂平面A1BC1，
∴ 平面BMC1⊥平面A1BC1.
(2)解：∵ BM⊥AC，平面ABC⊥平面A1ACC1，且交线为AC，
∴ BM⊥平面ACC1A1，
∴ 直线MB，MC，MC1两两垂直.
以点M为坐标原点，分别以MB，MC，MC1所在直线为坐标轴，
建立空间直角坐标系M−xyz，如图，
则B(3,0,0)，C1(0,0,3)，A1(0,−2,3)，C(0, 1, 0)，
∴ A1C1→=(0,2,0)，BC1→=(−3,0,3)，CC1→=(0,−1,3).
设平面A1BC1的一个法向量为n→=(x,y,z)，
由A1C1→⋅n→=0,BC1→⋅n→=0, 得2y=0,−3x+3z=0,
令x=1，得n→=(1,0,1)，
∴ d=|CC1→⋅n→||n→|=32=62，
即点C到平面A1BC1的距离为62.
【答案】
(1)证明：∵ PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系A−xyz.
∵ AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点，
∴ B(1, 0, 0)，C(2, 2, 0)，D(0, 2, 0)，P(0, 0, 2)，E(1, 1, 1)，
∴ BE→=(0, 1, 1)，DC→=(2, 0, 0).
∵ BE→⋅DC→=0，
∴ BE⊥DC.
(2)解：∵ BC→=(1, 2, 0)，CP→=(−2, −2, 2)，AC→=(2, 2, 0)，
由F点在棱PC上，设CF→=λCP→=(−2λ, −2λ, 2λ)(0≤λ≤1)，
故BF→=BC→+CF→=(1−2λ, 2−2λ, 2λ)(0≤λ≤1)，
由BF⊥AC，得BF→⋅AC→=2(1−2λ)+2(2−2λ)+0=0，
解得λ=34，即BF→=(−12, 12, 32).
设平面FBA的法向量为n→=(a, b, c)，
由n→⋅AB→=0,n→⋅BF→=0,得a=0,−12a+12b+32c=0,
令c=1，则n→=(0, −3, 1).
取平面ABP的法向量i→=(0, 1, 0)，
则二面角F−AB−P的平面角α满足：
csα=|i→⋅n→||i→|⋅|n→|=310=31010，
故二面角F−AB−P的余弦值为31010.
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
用向量证明垂直
【解析】
（1）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出BE，DC的方向向量，根据BE→⋅DC→=0，可得BE⊥DC；
（3）根据BF⊥AC，求出向量BF→的坐标，进而求出平面FAB和平面ABP的法向量，代入向量夹角公式，可得二面角F−AB−P的余弦值．
【解答】
(1)证明：∵ PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系A−xyz.
∵ AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点，
∴ B(1, 0, 0)，C(2, 2, 0)，D(0, 2, 0)，P(0, 0, 2)，E(1, 1, 1)，
∴ BE→=(0, 1, 1)，DC→=(2, 0, 0).
∵ BE→⋅DC→=0，
∴ BE⊥DC.
(2)解：∵ BC→=(1, 2, 0)，CP→=(−2, −2, 2)，AC→=(2, 2, 0)，
由F点在棱PC上，设CF→=λCP→=(−2λ, −2λ, 2λ)(0≤λ≤1)，
故BF→=BC→+CF→=(1−2λ, 2−2λ, 2λ)(0≤λ≤1)，
由BF⊥AC，得BF→⋅AC→=2(1−2λ)+2(2−2λ)+0=0，
解得λ=34，即BF→=(−12, 12, 32).
设平面FBA的法向量为n→=(a, b, c)，
由n→⋅AB→=0,n→⋅BF→=0,得a=0,−12a+12b+32c=0,
令c=1，则n→=(0, −3, 1).
取平面ABP的法向量i→=(0, 1, 0)，
则二面角F−AB−P的平面角α满足：
csα=|i→⋅n→||i→|⋅|n→|=310=31010，
故二面角F−AB−P的余弦值为31010.
【答案】
(1)证明：取AB的中点E，连接EN，EM，如图，
∵ M是PB的中点，N是BC的中点，
∴ ME // PA，NE // AC.
∵ ME∩NE=E，PA∩AC=A，
∴ 平面MNE // 平面PAC.
又MN⊂平面MNE，
∴ MN // 平面PAC.
(2)证明：∵ PA=AB=1，M是PB的中点，
∴ AM⊥PB.
又PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴ PA⊥BC.
又∵ BC⊥AB，PA∩AB=A，
∴ BC⊥平面PAB.
又AM⊂平面PAB，
∴ AM⊥BC.
∵ PB∩BC=B，
∴ AM⊥平面PBC．
又PN⊂平面PBC，
∴ PN⊥AM，
所以无论N点在BC边的何处，都有PN⊥AM.
(3)解：以A为坐标原点，分别以AD，AB，AP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A−xyz，
设BN=m，则A(0, 0, 0)，D(2, 0, 0)，B(0, 1, 0)，C(2, 1, 0)，N(m, 1, 0)，P(0, 0, 1)，
∴ PD→=(2,0,−1)，PN→=(m,1,−1)，PA→=(0,0,−1).
设平面PDN的法向量为n→=(x, y, z)，
则n⋅PD→=0,n⋅PN→=0,∴ 2x−z=0,mx+y−z=0,
令x=1，得y=2−m，z=2，则n→=(1,2−m,2)，
设PA与平面PDN所成的角为θ，则sinθ=|cs|=25+(2−m)2，
∴ 25+(2−m)2=22，
解得m=2−3或m=2+3（舍去）.
∴ m=2−3.
【考点】
直线与平面平行的判定
直线与平面垂直的判定
两条直线垂直的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
取AB的中点E，连接EN，利用三角形中位线的性质，可得线线平行，从而可得平面MNE // 平面PAC，利用面面平行的性质，可得MN // 平面PAC；
先证明BC⊥平面PAB，可得线面垂直，进而可证AM⊥平面PBC，利用线面垂直的性质，可得无论N点在BC边的何处，都有PN⊥AM；
建立空间直角坐标系，可得平面PDN的法向量n→=(1,2−m,2)，利用向量的夹角公式，结合PA与平面PDN所成角的大小为45∘，即可求得BN的值．
【解答】
(1)证明：取AB的中点E，连接EN，EM，如图，
∵ M是PB的中点，N是BC的中点，
∴ ME // PA，NE // AC.
∵ ME∩NE=E，PA∩AC=A，
∴ 平面MNE // 平面PAC.
又MN⊂平面MNE，
∴ MN // 平面PAC.
(2)证明：∵ PA=AB=1，M是PB的中点，
∴ AM⊥PB.
又PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴ PA⊥BC.
又∵ BC⊥AB，PA∩AB=A，
∴ BC⊥平面PAB.
又AM⊂平面PAB，
∴ AM⊥BC.
∵ PB∩BC=B，
∴ AM⊥平面PBC．
又PN⊂平面PBC，
∴ PN⊥AM，
所以无论N点在BC边的何处，都有PN⊥AM.
(3)解：以A为坐标原点，分别以AD，AB，AP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A−xyz，
设BN=m，则A(0, 0, 0)，D(2, 0, 0)，B(0, 1, 0)，C(2, 1, 0)，N(m, 1, 0)，P(0, 0, 1)，
∴ PD→=(2,0,−1)，PN→=(m,1,−1)，PA→=(0,0,−1).
设平面PDN的法向量为n→=(x, y, z)，
则n⋅PD→=0,n⋅PN→=0,∴ 2x−z=0,mx+y−z=0,
令x=1，得y=2−m，z=2，则n→=(1,2−m,2)，
设PA与平面PDN所成的角为θ，则sinθ=|cs|=25+(2−m)2，
∴ 25+(2−m)2=22，
解得m=2−3或m=2+3（舍去）.
∴ m=2−3.
1. 在空间直角坐标系中，点P(1, 3, −5)关于xOy平面对称的点的坐标是( )
A.(−1, 3, −5)B.(1, −3, 5)C.(1, 3, 5)D.(−1, −3, 5)
2. 图中的直线l1，l2，l3的斜率分别是k1，k2，k3，则有( )
A.k1
3. 已知向量a→=1,2，b→=3,x，c→=−1,y−1，且a→//b→，b→⊥c→，则x⋅y的值为( )
A.6B.32C.9D.−132
4. 已知向量a→=1,1,0，b→=−1,0,2，且ka→+b→ 与 2a→−b→互相垂直，则k的值是( )
A.1B.15C.35D.75
5. 若直线l1:x+ay+6=0与l2：(a−2)x+3y+2a=0平行，则l1与l2间的距离为( )
A.2B.823C.3D.833
6. 已知直线l1:ax+4y−2=0与直线l2:2x−5y+b=0互相垂直，垂足为(1, c)，则a+b+c的值为( )
A.20B.−4C.0D.24
7. 已知两点A(2,−1)，B(−5,−3)，直线l过点(1,1)，若直线l与线段AB相交，则直线l的斜率取值范围是( )
A.(−∞,−2]∪[23,+∞)B.[−2,23]
C.[−23,2]D.(−∞,−23]∪[2,+∞)
8. 如图，空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点F，G分别是AD，CD的中点，则FG→⋅AB→=( )
A.34B.14C.12D.32
二、多选题
设直线l经过点A2,1，且在两坐标轴上的截距相等，则直线l的方程为( )
A.x−2y=0B.x+y−3=0C.x−y−1=0D.x+2y=0
已知直线l的一个方向向量为u→=−36,12，且l经过点1,−2，则下列结论中正确的是( )
A.l的倾斜角等于150∘
B.l在x轴上的截距等于233
C.l与直线3x−3y+2=0垂直
D.l上不存在与原点距离等于18的点
设几何体ABCD−A1B1C1D1是棱长为a的正方体，A1C与B1D相交于点O，则( )
A.A1B1→⋅AC→=a2B.AB→⋅A1C→=2a2
C.CD→⋅AB1→=−a2D.AB→⋅A1O→=12a
如图，一个结晶体的形状为平行六面体 ABCD−A1B1C1D1 ,其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是 60∘ ,下列说法中正确的是( )
A.(AA1→+AB→+AD→)2=2(AC→)2
B.AC1→⋅(AB→−AD→)=0
C.向量 B1C→与AA1→ 的夹角是 60∘
D.BD1与AC所成角的余弦值为63
三、填空题
直线(a−1)x−y+2a+1=0恒过定点________.
直线l经过点P(3, 2)且与x轴，y轴的正半轴分别交于A，B两点，△OAB的面积为12，则直线l的方程为________.
已知空间向量a→，b→，|a→|=2，|b→|=1，⟨a→,b→⟩=60∘，则使向量a→+λb→与λa→−2b→的夹角为钝角的实数λ的取值范围是________.
已知：如图，在60∘的二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直AB，已知AB=4，AC=6，BD=8，则CD=________.
四、解答题
已知两直线l1：ax−by+4=0，l2：(a−1)x+y+b=0. 求分别满足下列条件的a，b的值.
(1)直线l1过点(−3, −1)，并且直线l1与l2垂直；
(2)直线l1与直线l2平行，并且坐标原点到l1，l2的距离相等.
如图，空间四边形OABC的各边及对角线长都为2，E是AB的中点，F在OC上，且OF→=2FC→.
(1)用OA→,OB→,OC→表示EF→；
(2)求向量OE→与向量BF→所成角的余弦值.
已知△ABC的三个顶点为A(m, n)，B(2, 1)，C(−2, 3).
(1)求BC边所在直线的方程；
(2)若BC边上的中线AD所在直线的方程为2x−3y+6=0，且S△ABC=7，求m，n的值.
如图，边长为2的等边△ABC所在平面与菱形A1ACC1所在平面互相垂直，A1C=3AC1，M为线段AC的中点.
(1)求证：平面BMC1⊥平面A1BC1；
(2)求点C到平面A1BC1的距离.
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB // DC，AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点.
(1)证明：BE⊥DC；
(2)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F−AB−P的余弦值.
四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=1，AD=2，点M是PB的中点，点N在BC边上移动.
(1)求证：当N是BC边的中点时，MN // 平面PAC；
(2)证明：无论N点在BC边上何处，都有PN⊥AM；
(3)当BN等于何值时，PA与平面PDN所成角的大小为45∘.
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省青岛市高二（上）10月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
空间直角坐标系
【解析】
利用空间直角坐标系中任一点P(a, b, c) 关于坐标平面yOz的对称点为(−a, b, c)即可得出正确选项．
【解答】
解：点P(1, 3, −5)关于xOy平面对称的点的坐标中，x和y不变，z变为原来的相反数，即P′(1, 3, 5).
故选C.
2.
【答案】
D
【考点】
直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
直线的斜率
【解析】
通过图象看出三条直线的倾斜角的范围和大小，再利用正切函数的象限符号和单调性得到三条直线的斜率的大小关系．
【解答】
解：因为直线的斜率是其倾斜角的正切值，
当倾斜角大于90∘小于180∘时，斜率为负值，
当倾斜角大于0∘小于90∘时斜率为正值，
所以k1>0，k2<0，k3<0.
因为正切函数在(90∘,180∘)是单调递增的，
所以k2
3.
【答案】
C
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
平面向量数量积
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
利用向量垂直和平行的条件，解出x，y，即可得解．
【解答】
解：向量a→=1,2, b→=3,x，c→=−1,y−1.
∵ a→//b→，
∴ 13=2x，解得x=6.
∵ b→⊥c→，
∴ b→⋅c→=0，即−3+x(y−1)=0，解得y=32，
∴ x⋅y=6×32=9.
故选C.
4.
【答案】
D
【考点】
空间向量的数乘运算
空间向量的加减法
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可得ka→+b→=k×1−1,k×1+0，k×0+2=k−1,k，2，
2a→−b→=2×1−−1，2×1−0，2×0−2=3，2，−2，
因为ka→+b→与2a→−b→互相垂直，
所以k−1×3+k×2+2×−2=0，
化简得5k−7=0，
解得k=75．
故选D．
5.
【答案】
B
【考点】
两条平行直线间的距离
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
先由两直线平行可求a得值，再根据两平行线间的距离公式，求出距离d即可．
【解答】
解：由l1 // l2得：1a−2=a3≠62a，
解得：a=−1.
将a=−1代入l2：(a−2)x+3y+2a=0得，−3x+3y−2=0，
可化为x−y+23=0，
∴ l1与l2间的距离d=6−2312+(−1)2=823.
故选B．
6.
【答案】
B
【考点】
两条直线的交点坐标
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
由直线l1与直线l2互相垂直，可得关于a的方程，解方程可得a值，由垂足(1, c)在l1上，可得关于c的方程，解方程可得c值，再由垂足(1, −2)在l2上可得2+10+b=0，可得关于b的方程，解方程可得b值，代入要求的式子计算可得答案．
【解答】
解：∵ 直线l1与直线l2互相垂直，
∴ 2a+4×(−5)=0，解得a=10，
∴ 直线l1:10x+4y−2=0.
∵ 垂足(1, c)在直线l1上，
∴ 10+4c−2=0，解得c=−2，
再由垂足(1, −2)在直线l2上可得2+10+b=0，
解得b=−12，
∴ a+b+c=10−12−2=−4.
故选B.
7.
【答案】
A
【考点】
斜率的计算公式
直线的斜率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 点A(2,−1)，B(−5,−3)，
由直线l与线段AB相交可知：
有三种情况：A，B在直线l的两侧或直线l过点A或点B.
因为直线l过点(1,1)，设(1,1)为点C，
可得kAC=1−(−1)1−2=−2，kBC=1−(−3)1−(−5)=23，
∴ 直线l的斜率取值范围是(−∞,−2]∪[23,+∞).
故选A.
8.
【答案】
B
【考点】
空间向量的数量积运算
【解析】
由题意，四面体时正四面体，每个三角形多少等边三角形，利用向量的数量积的定义解答．
【解答】
解：FG→=12AC→=12(AD→+DC→)，
FG→⋅AB→=12(AD→+DC→)⋅AB→
=12AD→⋅AB→+12DC→⋅AB→
=12|AD→|⋅|AB→|⋅cs60∘+12|DC→|⋅|AB→|⋅cs90∘
=12×1×1×12+12×1×1×0=14.
故选B.
二、多选题
【答案】
A,B
【考点】
直线的一般式方程
直线的截距式方程
直线的点斜式方程
【解析】
分类讨论：当直线l过原点时，斜率为12，由点斜式求得直线l的方程，当直线l不过原点时，设直线l的方程是：x+y=a，把点A2,1代入方程求得a值，即可得解直线l的方程．
【解答】
解：当直线l过原点时，直线的斜率为12，
由点斜式求得直线l的方程是y=12x，即x−2y=0.
当直线l不过原点时，若截距相等，则直线的斜率为−1.
设直线l的方程是：x+y=a，
把点A2,1代入直线l的方程得a=3，
则直线的方程是x+y=3，即x+y−3=0.
综上，所求直线的方程为x−2y=0或x+y−3=0.
故选AB.
【答案】
C,D
【考点】
点到直线的距离公式
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
两条直线垂直的判定
直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】
由已知得直线的斜率 k=12−36=−3 ，可判断A选项；得直线的方程为y+2=−3x−1，令y=0，可判断B选项；求得直线3x−3y+2=0的斜率，可判断C选项；求得原点到直线的距离，可判断D选项．
【解答】
解：由已知得直线的斜率k=12−36=−3 .
设其倾斜角为θ，则tanθ=−3，所以θ=120∘，故A选项错误；
因为直线l过点(1,−2)，
所以直线的方程为y+2=−3x−1，即3x+y+2−3=0，
所以它在x轴上的截距等于1−233，故B选项错误；
直线3x−3y+2=0的斜率为33，
由于33×−3=−1，所以两直线垂直，故C选项正确；
原点到直线l的距离d=1−32>18，即l上的点与原点的最小距离大于18，
故l上不存在与原点距离等于18的点，D选项正确.
故选CD.
【答案】
A,C
【考点】
空间向量的数量积运算
棱柱的结构特征
【解析】
利用向量的数量积得运算对选项逐一检验，由此得解.
【解答】
解：对于A，A1B1→=a，AC→=2a，
所以A1B1→⋅AC→=a⋅2a⋅csπ4=a2，故A正确.
对于B，AB→⋅A1C→=a⋅3a⋅cs∠CA1B1=3a2×A1B1A1C=3a2×a3a=a2，故B错误.
对于C ，CD→⋅AB1→=a⋅2a⋅csπ−∠B1AB=2a2×cs3π4=−a2，故C正确.
对于D，AB→⋅A1O→=a⋅32a⋅cs∠CA1B1=32a2×A1B1A1C=32a2×a3a=12a2，故D错误.
故选AC.
【答案】
A,B
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据题意，可设该平行六面体的棱长为1，
∴ (AA1→+AB→+AD→)2
=(|AA1→|)2+(|AB→|)2+(|AD→|)2+2AA1→⋅AB→+2AA1→⋅AD→+2AB→⋅AD→
=1+1+1+2cs60∘+2cs60∘+2cs60∘=6，
2(|AC→|)2=2(AB→+AD→)2
=2(|AB→|)2+2(|AD→|)2+4AB→⋅AD→⋅cs60∘
=2+2+2=6，故A正确；
AC1→⋅(AB→−AD→)=(AA1→+AB→+AD→)⋅(AB→−AD→)
=AA1→⋅AB→+(|AB→|)2+AB→⋅AD→−AA1→⋅AD→−AB→⋅AD→−(|AD→|)2
=cs60∘+1+cs60∘−cs60∘−1−cs60∘=0，故B正确；
∵ AA1→=BB1→，
故向量B1C→与AA1→的夹角即为B1C→与BB1→的夹角，
∵ ∠B1BC=60∘，
∴ △BB1C为等边三角形，
∴ ∠BB1C=60∘，
故向量B1C→与AA1→的夹角为120∘，故C错误；
BD1→⋅AC→=（BA→+BC→+BB1→)⋅(AB→+AD→)
=AB→⋅BA→+AB→⋅BC→+AB→⋅BB1→+AD→⋅BA→+AD→⋅BC→+AD→⋅BB1→
=−1+12+12−12+1+12=1，
(|BD1→|)2=(BA→+BC→+BB1→)2
=1+1+1+2BA→⋅BC→+2BA→⋅BB1→+2BC→⋅BB1→
=1+1+1−1−1+1=2，
∴ |BD1→|=2，|AC→|=3，
∴ cs
故选AB.
三、填空题
【答案】
(−2,3)
【考点】
直线恒过定点
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：直线方程可化为x+2a−x−y+1=0，
由题意得x+2=0,−x−y+1=0,
解得x=−2，y=3.
故答案为：(−2,3).
【答案】
2x+3y−12=0
【考点】
直线的截距式方程
【解析】
设直线的方程为xa+yb=1(a>0,b>0)，由题意可得ab=243a+2b=1 ，解方程组可得a，b，进而可得直线方程．
【解答】
解：设直线l的方程为xa+yb=1(a>0,b>0)，
则A(a, 0)，B(0, b)，
由题意可得ab=24,3a+2b=1, 解得a=6,b=4.
∴ 直线方程是x6+y4=1，即2x+3y−12=0.
故答案为：2x+3y−12=0.
【答案】
−1−3,−1+3
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
由题可得a→⋅b→=|a→|⋅|b→|⋅cs⟨a→,b→⟩=1,根据a→+λb→与λa→−2b→的夹角为钝角，得到a→+λb→⋅λa→−2b→<0a→+λb→⋅λa→−2b→≠−1，根据向量的数量积化简即可求解实数λ的取值范围.
【解答】
解：∵ |a→|=2，|b→|=1，⟨a→,b→⟩=60∘，
∴ a→⋅b→=|a→|⋅|b→|⋅cs⟨a→,b→⟩=1.
∵ a→+λb→与λa→−2b→的夹角为钝角，
∴ a→+λb→⋅λa→−2b→<0,cs<(a→+λb→),λa→−2b→≠−1,
即a→+λb→⋅λa→−2b→<0,a→+λb→⋅λa→−2b→≠−a→+λb→⋅λa→−2b→,
则λ2+2λ−2<0,λ2+2λ−2≠−2λ2+2λ+4⋅λ2−λ+1,
解得−1−3<λ<−1+3.
故答案为：−1−3,−1+3.
【答案】
217
【考点】
平面向量数量积
向量的加法及其几何意义
向量的模
【解析】
由已知可得CD→=CA→+AB→+BD→，利用数量积的性质即可得出．
【解答】
解：∵ CA⊥AB，BD⊥AB，
∴ CA→⋅AB→=BD→⋅AB→=0.
∵
∴
∵ CD→=CA→+AB→+BD→，
∴ CD→2=CA→2+AB→2+BD→2+2CA→⋅AB→+2CA→⋅BD→+2AB→⋅BD→
=62+42+82+0+2×6×8×cs120∘+0
=68.
∴ |CD→|=217.
故答案为：217.
四、解答题
【答案】
解：(1)∵ l1⊥l2，
∴ a(a−1)+(−b)⋅1=0，即a2−a−b=0. ①
又点(−3, −1)在l1上，
∴ −3a+b+4=0，②
由①②得a=2，b=2.
(2)∵ l1 // l2，∴ ab=1−a，∴ b=a1−a，
故l1和l2的方程可分别表示为：
(a−1)x+y+4(a−1)a=0，(a−1)x+y+a1−a=0.
又原点到l1与l2的距离相等，
∴ 4|a−1a|=|a1−a|，解得a=2或a=23，
∴ a=2，b=−2或a=23，b=2.
【考点】
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
两条直线平行与倾斜角、斜率的关系
【解析】
（1）利用直线l1过点(−3, −1)，直线l1与l2垂直，斜率之积为−1，得到两个关系式，求出a，b的值．
（2）类似（1）直线l1与直线l2平行，斜率相等，坐标原点到l1，l2的距离相等，利用点到直线的距离相等．得到关系，求出a，b的值．
【解答】
解：(1)∵ l1⊥l2，
∴ a(a−1)+(−b)⋅1=0，即a2−a−b=0. ①
又点(−3, −1)在l1上，
∴ −3a+b+4=0，②
由①②得a=2，b=2.
(2)∵ l1 // l2，∴ ab=1−a，∴ b=a1−a，
故l1和l2的方程可分别表示为：
(a−1)x+y+4(a−1)a=0，(a−1)x+y+a1−a=0.
又原点到l1与l2的距离相等，
∴ 4|a−1a|=|a1−a|，解得a=2或a=23，
∴ a=2，b=−2或a=23，b=2.
【答案】
解：(1)∵ E是AB的中点，F在OC上，且OF→=2FC→,
∴ OE→=12OA→+OB→，OF→=23OC→，
∴ EF→=OF→−OE→
=23OC→−12OA→+OB→
=−12OA→−12OB→+23OC→.
2由(1)得OE→=12OA→+OB→，BF→=OF→−OB→=2OC→3−OB→，
∴ |OE→|=12|OA→+OB→|=12×4+4+2×2×2×12=3，
|BF→|=|23OC→−OB→|=49×4+4−43×2×2×12=273，
又∵ OE→⋅BF→=12OA→+OB→⋅23OC→−OB→=−53，
∴ csOE→,BF→=OE→⋅BF→OE→⋅BF→=−533×273=−52142，
∴ 向量OE→与向量BF→所成角的余弦值为 −52142.
【考点】
空间向量的夹角与距离求解公式
空间向量的加减法
空间向量的基本定理及其意义
【解析】
1利用空间向量基本定理及空间向量的加减运算法则进行求解即可；
2先求出向量OE→与向量BF→的模，计算出OE→⋅BF→=12OA→+OB→⋅23OC→−OB→=−53，再由夹角公式求出即可．
【解答】
解：(1)∵ E是AB的中点，F在OC上，且OF→=2FC→,
∴ OE→=12OA→+OB→，OF→=23OC→，
∴ EF→=OF→−OE→
=23OC→−12OA→+OB→
=−12OA→−12OB→+23OC→.
2由(1)得OE→=12OA→+OB→，BF→=OF→−OB→=2OC→3−OB→，
∴ |OE→|=12|OA→+OB→|=12×4+4+2×2×2×12=3，
|BF→|=|23OC→−OB→|=49×4+4−43×2×2×12=273，
又∵ OE→⋅BF→=12OA→+OB→⋅23OC→−OB→=−53，
∴ csOE→,BF→=OE→⋅BF→OE→⋅BF→=−533×273=−52142，
∴ 向量OE→与向量BF→所成角的余弦值为 −52142.
【答案】
解：(1)∵ B(2, 1)，C(−2, 3)，
∴ kBC=3−1−2−2=−12，
∴ BC边所在直线的方程为y−1=−12(x−2)，即x+2y−4=0.
(2)∵ B(2, 1)，C(−2, 3)，
∴ BC=(−2−2)2+(3−1)2=25，
∴ 2m−3n+6=0,12×25×|m+2n−4|5=7,
解得m=3,n=4或m=−3,n=0.
【考点】
点到直线的距离公式
直线的两点式方程
【解析】
（1）先求出直线的斜率，再根据点斜式求出直线方程；
（2）根据点到直线的距离公式和三角形的面积公式和点A在中线上，得到关于m，n的方程组，解得即可．
【解答】
解：(1)∵ B(2, 1)，C(−2, 3)，
∴ kBC=3−1−2−2=−12，
∴ BC边所在直线的方程为y−1=−12(x−2)，即x+2y−4=0.
(2)∵ B(2, 1)，C(−2, 3)，
∴ BC=(−2−2)2+(3−1)2=25，
∴ 2m−3n+6=0,12×25×|m+2n−4|5=7,
解得m=3,n=4或m=−3,n=0.
【答案】
(1)证明：∵ 四边形A1ACC1是菱形，
∴ A1C⊥AC1，
又∵ A1C=3AC1，
∴ tan∠ACA1=12AC112A1C=33，
可得∠ACA1=30∘，则∠ACC1=2∠ACA1=60∘，
可得△ACC1是等边三角形.
∵ 点M为线段AC的中点，
∴ C1M⊥AC，
又∵ AC // A1C1，
∴ C1M⊥A1C1.
∵ 在等边△ABC中，BM⊥AC，
由AC // A1C1得，BM⊥A1C1.
又∵ BM∩C1M=M，
∴ A1C1⊥平面BMC1.
∵ A1C1⊂平面A1BC1，
∴ 平面BMC1⊥平面A1BC1.
(2)解：∵ BM⊥AC，平面ABC⊥平面A1ACC1，且交线为AC，
∴ BM⊥平面ACC1A1，
∴ 直线MB，MC，MC1两两垂直.
以点M为坐标原点，分别以MB，MC，MC1所在直线为坐标轴，
建立空间直角坐标系M−xyz，如图，
则B(3,0,0)，C1(0,0,3)，A1(0,−2,3)，C(0, 1, 0)，
∴ A1C1→=(0,2,0)，BC1→=(−3,0,3)，CC1→=(0,−1,3).
设平面A1BC1的一个法向量为n→=(x,y,z)，
由A1C1→⋅n→=0,BC1→⋅n→=0, 得2y=0,−3x+3z=0,
令x=1，得n→=(1,0,1)，
∴ d=|CC1→⋅n→||n→|=32=62，
即点C到平面A1BC1的距离为62.
【考点】
平面与平面垂直
点、线、面间的距离计算
平面与平面垂直的判定
直线与平面垂直的判定
【解析】
（1）由已知得A1C⊥AC1，求解三角形得C1M⊥AC，进一步得到C1M⊥A1C1．在等边△ABC中，BM⊥AC，可得BM⊥A1C1．由直线与平面垂直的判定得到A1C1⊥平面BMC1，从而得到平面BMC1⊥平面A1BC1；
（2）证明BM⊥平面ACC1A1，知直线MB，MC，MC1两两垂直．以点M为坐标原点，分别以MB，MC，MC1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求出平面A1BC1的一个法向量n→，再求出CC1→的坐标，利用公式d=|CC1→⋅n→||n→|求点C到平面A1BC1的距离．
【解答】
(1)证明：∵ 四边形A1ACC1是菱形，
∴ A1C⊥AC1，
又∵ A1C=3AC1，
∴ tan∠ACA1=12AC112A1C=33，
可得∠ACA1=30∘，则∠ACC1=2∠ACA1=60∘，
可得△ACC1是等边三角形.
∵ 点M为线段AC的中点，
∴ C1M⊥AC，
又∵ AC // A1C1，
∴ C1M⊥A1C1.
∵ 在等边△ABC中，BM⊥AC，
由AC // A1C1得，BM⊥A1C1.
又∵ BM∩C1M=M，
∴ A1C1⊥平面BMC1.
∵ A1C1⊂平面A1BC1，
∴ 平面BMC1⊥平面A1BC1.
(2)解：∵ BM⊥AC，平面ABC⊥平面A1ACC1，且交线为AC，
∴ BM⊥平面ACC1A1，
∴ 直线MB，MC，MC1两两垂直.
以点M为坐标原点，分别以MB，MC，MC1所在直线为坐标轴，
建立空间直角坐标系M−xyz，如图，
则B(3,0,0)，C1(0,0,3)，A1(0,−2,3)，C(0, 1, 0)，
∴ A1C1→=(0,2,0)，BC1→=(−3,0,3)，CC1→=(0,−1,3).
设平面A1BC1的一个法向量为n→=(x,y,z)，
由A1C1→⋅n→=0,BC1→⋅n→=0, 得2y=0,−3x+3z=0,
令x=1，得n→=(1,0,1)，
∴ d=|CC1→⋅n→||n→|=32=62，
即点C到平面A1BC1的距离为62.
【答案】
(1)证明：∵ PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系A−xyz.
∵ AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点，
∴ B(1, 0, 0)，C(2, 2, 0)，D(0, 2, 0)，P(0, 0, 2)，E(1, 1, 1)，
∴ BE→=(0, 1, 1)，DC→=(2, 0, 0).
∵ BE→⋅DC→=0，
∴ BE⊥DC.
(2)解：∵ BC→=(1, 2, 0)，CP→=(−2, −2, 2)，AC→=(2, 2, 0)，
由F点在棱PC上，设CF→=λCP→=(−2λ, −2λ, 2λ)(0≤λ≤1)，
故BF→=BC→+CF→=(1−2λ, 2−2λ, 2λ)(0≤λ≤1)，
由BF⊥AC，得BF→⋅AC→=2(1−2λ)+2(2−2λ)+0=0，
解得λ=34，即BF→=(−12, 12, 32).
设平面FBA的法向量为n→=(a, b, c)，
由n→⋅AB→=0,n→⋅BF→=0,得a=0,−12a+12b+32c=0,
令c=1，则n→=(0, −3, 1).
取平面ABP的法向量i→=(0, 1, 0)，
则二面角F−AB−P的平面角α满足：
csα=|i→⋅n→||i→|⋅|n→|=310=31010，
故二面角F−AB−P的余弦值为31010.
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
用向量证明垂直
【解析】
（1）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出BE，DC的方向向量，根据BE→⋅DC→=0，可得BE⊥DC；
（3）根据BF⊥AC，求出向量BF→的坐标，进而求出平面FAB和平面ABP的法向量，代入向量夹角公式，可得二面角F−AB−P的余弦值．
【解答】
(1)证明：∵ PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系A−xyz.
∵ AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点，
∴ B(1, 0, 0)，C(2, 2, 0)，D(0, 2, 0)，P(0, 0, 2)，E(1, 1, 1)，
∴ BE→=(0, 1, 1)，DC→=(2, 0, 0).
∵ BE→⋅DC→=0，
∴ BE⊥DC.
(2)解：∵ BC→=(1, 2, 0)，CP→=(−2, −2, 2)，AC→=(2, 2, 0)，
由F点在棱PC上，设CF→=λCP→=(−2λ, −2λ, 2λ)(0≤λ≤1)，
故BF→=BC→+CF→=(1−2λ, 2−2λ, 2λ)(0≤λ≤1)，
由BF⊥AC，得BF→⋅AC→=2(1−2λ)+2(2−2λ)+0=0，
解得λ=34，即BF→=(−12, 12, 32).
设平面FBA的法向量为n→=(a, b, c)，
由n→⋅AB→=0,n→⋅BF→=0,得a=0,−12a+12b+32c=0,
令c=1，则n→=(0, −3, 1).
取平面ABP的法向量i→=(0, 1, 0)，
则二面角F−AB−P的平面角α满足：
csα=|i→⋅n→||i→|⋅|n→|=310=31010，
故二面角F−AB−P的余弦值为31010.
【答案】
(1)证明：取AB的中点E，连接EN，EM，如图，
∵ M是PB的中点，N是BC的中点，
∴ ME // PA，NE // AC.
∵ ME∩NE=E，PA∩AC=A，
∴ 平面MNE // 平面PAC.
又MN⊂平面MNE，
∴ MN // 平面PAC.
(2)证明：∵ PA=AB=1，M是PB的中点，
∴ AM⊥PB.
又PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴ PA⊥BC.
又∵ BC⊥AB，PA∩AB=A，
∴ BC⊥平面PAB.
又AM⊂平面PAB，
∴ AM⊥BC.
∵ PB∩BC=B，
∴ AM⊥平面PBC．
又PN⊂平面PBC，
∴ PN⊥AM，
所以无论N点在BC边的何处，都有PN⊥AM.
(3)解：以A为坐标原点，分别以AD，AB，AP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A−xyz，
设BN=m，则A(0, 0, 0)，D(2, 0, 0)，B(0, 1, 0)，C(2, 1, 0)，N(m, 1, 0)，P(0, 0, 1)，
∴ PD→=(2,0,−1)，PN→=(m,1,−1)，PA→=(0,0,−1).
设平面PDN的法向量为n→=(x, y, z)，
则n⋅PD→=0,n⋅PN→=0,∴ 2x−z=0,mx+y−z=0,
令x=1，得y=2−m，z=2，则n→=(1,2−m,2)，
设PA与平面PDN所成的角为θ，则sinθ=|cs
∴ 25+(2−m)2=22，
解得m=2−3或m=2+3（舍去）.
∴ m=2−3.
【考点】
直线与平面平行的判定
直线与平面垂直的判定
两条直线垂直的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
取AB的中点E，连接EN，利用三角形中位线的性质，可得线线平行，从而可得平面MNE // 平面PAC，利用面面平行的性质，可得MN // 平面PAC；
先证明BC⊥平面PAB，可得线面垂直，进而可证AM⊥平面PBC，利用线面垂直的性质，可得无论N点在BC边的何处，都有PN⊥AM；
建立空间直角坐标系，可得平面PDN的法向量n→=(1,2−m,2)，利用向量的夹角公式，结合PA与平面PDN所成角的大小为45∘，即可求得BN的值．
【解答】
(1)证明：取AB的中点E，连接EN，EM，如图，
∵ M是PB的中点，N是BC的中点，
∴ ME // PA，NE // AC.
∵ ME∩NE=E，PA∩AC=A，
∴ 平面MNE // 平面PAC.
又MN⊂平面MNE，
∴ MN // 平面PAC.
(2)证明：∵ PA=AB=1，M是PB的中点，
∴ AM⊥PB.
又PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴ PA⊥BC.
又∵ BC⊥AB，PA∩AB=A，
∴ BC⊥平面PAB.
又AM⊂平面PAB，
∴ AM⊥BC.
∵ PB∩BC=B，
∴ AM⊥平面PBC．
又PN⊂平面PBC，
∴ PN⊥AM，
所以无论N点在BC边的何处，都有PN⊥AM.
(3)解：以A为坐标原点，分别以AD，AB，AP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A−xyz，
设BN=m，则A(0, 0, 0)，D(2, 0, 0)，B(0, 1, 0)，C(2, 1, 0)，N(m, 1, 0)，P(0, 0, 1)，
∴ PD→=(2,0,−1)，PN→=(m,1,−1)，PA→=(0,0,−1).
设平面PDN的法向量为n→=(x, y, z)，
则n⋅PD→=0,n⋅PN→=0,∴ 2x−z=0,mx+y−z=0,
令x=1，得y=2−m，z=2，则n→=(1,2−m,2)，
设PA与平面PDN所成的角为θ，则sinθ=|cs
∴ 25+(2−m)2=22，
解得m=2−3或m=2+3（舍去）.
∴ m=2−3.
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