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2023-2024学年山西省运城市景胜中学高二上学期10月月考数学试题（A卷）含答案
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这是一份2023-2024学年山西省运城市景胜中学高二上学期10月月考数学试题（A卷）含答案，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】化简分式不等式和对数不等式，结合交集定义即可求解.
【详解】，，
则.
故选：B
2．如图在四面体中，，分别在棱，上且满足，，点是线段的中点，用向量，，表示向量应为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由题意有，，又点是线段的中点，结合向量的线性运算及共线向量的运算即可得解.
【详解】解：∵在四面体中，分别在棱、上，且满足，
，点是线段的中点，
∴.
故选：A.
【点睛】本题考查了向量的线性运算，重点考查了利用空间基底表示向量，属基础题.
3．已知平行四边形ABCD中，A（4，1，3），，，则顶点D的坐标为（ ）
A．B．（2，3，1）
C．D．
【答案】D
【分析】利用，代入坐标运算，即可求解.
【详解】因为四边形是平行四边形，所以，
设点，，，
所以，解得：，，，
即定点的坐标是.
故选：D
4．在棱长为1的正方体中，E为的中点，F为的三等分点靠近C点，则点E到平面BDF的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到平面的距离.
【详解】在棱长为1的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
设平面的法向量，则，令，得，
所以点到平面的距离为.
故选：A
5．若直线l的斜率，则直线l的倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据直线的倾斜角与斜率的关系直接求解即可.
【详解】直线的斜率与倾斜角满足，且，
若，则.
故选:C.
6．若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据直线所过的定点，结合直线与圆的切线性质，利用数形结合思想进行求解即可.
【详解】直线l：恒过定点，
由，得到，
所以曲线表示以点为圆心，半径为1，且位于直线右侧的半圆（包括点，），如下图所示：
当直线l经过点时，l与曲线C有两个不同的交点，此时，
当l与半圆相切时，由，得，
由图可知，当时，l与曲线C有两个不同的交点，
故选：A.
7．如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是，下列说法中正确的是（ ）
A．
B．直线与所成角的正弦值为
C．向量与的夹角是
D．平面
【答案】D
【分析】利用基底向量，结合向量模长公式即可判断A,利用向量的夹角公式即可判断BC,由向量垂直即可得线线垂直，进而根据线面垂直的判断即可判断D.
【详解】由题意可得,,
又，则
，故A错误，
由于，
则，，
又，
则，故B错误，
由于 ,所以向量与的夹角即为与的夹角，
由于等边三角形，故为，
进而与的夹角为的补角，故与的夹角为，故C错误，
,
所以,进而可得 平面 ,
故 平面,故D正确，
故选：D
8．已知，，且与互相垂直，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，由空间向量的坐标计算可得， ，，，2，，进而由两个向量垂直可得，解可得的值，即可得答案．
【详解】解：根据题意，向量 .，，则， ，，，2，，
若向量.与.互相垂直，则有，
解可得：；
故选：D.
二、多选题
9．已知为直线l的方向向量，，分别为平面，的法向量（，不重合），那么下列说法中，正确的有（ ）．
A．∥∥B．
C．D．
【答案】AB
【分析】利用法向量与平面的位置关系以及线面垂直的判定定理判定即可.
【详解】对于选项A，，分别为平面，的法向量，若，则，若则，选项A正确；
对于选项B，因为，选项B正确；
对于选项C，因为，则，选项C错误；
对于选项D，因为，则∥或，选项D错误；
故选：AB.
10．若(2，－3，1)是平面α的一个法向量，则下列向量中能作为平面α的法向量的是（ ）
A．(，3，)B． (200，，100)
C． (，，)D． (，3，0)
【答案】ABC
【分析】因为同一个平面的法向量共线，所以可利用向量共线的判定进行求解.
【详解】因为，，,,
所以与，，均共线，与不共线，
所以，，可以作为平面α的法向量
故选：ABC.
11．函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．的图象关于点对称
D．在区间上单调递增
【答案】BD
【分析】根据图象，求出函数的周期，即可得出，判断A项；根据“五点法”，结合函数过点，即可得出的值；写出，代入即可检验C项；求出整体的范围，结合正弦函数的单调性，即可得出D项.
【详解】对于A项，由已知图象可得，所以，，故A项错误；
对于B项，由已知图象过点，由“五点法”可得，，
所以，.
因为，所以，故B项正确；
对于C项，由A、B可知，，
因为，所以点不是函数的对称中心，故C项错误；
对于D项，因为，所以.
又函数在上单调递增，所以在区间上单调递增，故D项正确.
故选：BD．
12．（多选题）如图，在直三棱柱中，，，点D，E分别是线段BC，上的动点（不含端点），且．则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．该三棱柱的外接球的表面积为
C．异面直线与所成角的正切值为
D．二面角的余弦值为
【答案】AD
【分析】对于A，欲证平面，只需证明，由易证，故A项正确；
对于B，由、、三条直线两两垂直，可知直三棱柱是一个长方体沿对角面切开得到的直三棱柱，因此原长方体的对角线是三棱柱外接球的直径，因此直三棱柱的外接球的表面积易求，然后再判断.
对于C，由于，异面直线与所成角为，在中，的正切值易求，然后判断.
对于D，由、、三条直线两两垂直，以A为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，求平面的法向量和平面的法向量的夹角，然后再判断即可.
【详解】解：在直三棱柱中，四边形是矩形，
因为，所以，不在平面内，平面，
所以平面，A项正确；
因为，所以，
因为，所以，所以，
易知是三棱柱外接球的直径，
所以三棱柱外接球的表面积为，所以B项错误；
因为，所以异面直线与所成角为．
在中，，，
所以，所以C项错误；
二面角即二面角，
以A为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图
则，
，，，
设平面的法向量，
则，即，令可得，
设平面的一个法向量为，
则，即，令可得
故二面角的余弦值为，所以D项正确．
故选：AD.
【点睛】综合考查直三棱柱中线线角、线面角的求法，线面平行的判定，以及直三棱柱的外接球的表面积的求法，中档题.
三、填空题
13．直线的方向向量是，平面的法向量，若直线，则 .
【答案】1
【分析】结合已知条件可得，然后利用垂直向量的数量积为0即可求解.
【详解】由题意可知，，
因为，，
从而，解得.
故答案为：1.
14．已知，，，，，若，则的值为
【答案】/
【分析】利用向量数量积的运算律及向量垂直求解即可.
【详解】因为，
所以，
即，
即，
解得.
故答案为：.
15．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为 ．
【答案】/
【分析】先求出点关于直线的对称点，点到圆心的距离减去半径即为最短.
【详解】设点关于直线的对称点，
则的中点为， ,
故解得，
由知军营所在区域中心为，
要使从点到军营总路程最短，即为点到军营最短的距离为，
“将军饮马”的最短总路程为，
故答案为：
16．设动点在棱长为的正方体的对角线上，记.当为钝角时，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，求得，根据求得的取值范围.
【详解】由题设可知，以为坐标原点，以的方向为轴、轴、轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则有，，，，
则，得，
所以，
，
显然不是平角，所以为钝角等价于，
即，即，
解得，因此的取值范围是.
故答案为：
四、解答题
17．已知直线：.
（1）若直线的倾斜角是倾斜角的两倍，且与的交点在直线上，求直线的方程；
（2）若直线与直线平行，且与的距离为3，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【分析】（1）直线的斜率是，所以的倾斜角是，所以直线的倾斜角就是，再根据交点，利用点斜式方程求直线；
（2）设直线的方程为，再根据平行线的距离求.
【详解】解：（1）因为直线的斜率为，所以倾斜角为.
又因为直线的倾斜角是倾斜角的两倍，故的倾斜角是.
因为直线与直线的交点为，所以直线的方程是，
即.
（2）因为直线与直线平行，故可设直线的方程为.
因为与的距离为3，则有，解得或，所以直线的方程或.
【点睛】本题考查直线方程的求法，意在考查直线方程的每种形式需要的条件，但比较重要的还是已知两点求直线，或者已知直线过一个定点和直线的斜率．
五、证明题
18．在正四棱柱中，，是棱 上的中点．
(1)求证：；
(2)异面直线与所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线线垂直；
（2）在第一问的基础上，利用空间向量求解异面直角的夹角余弦值．
【详解】（1）证明：以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
因为，
所以，
，
，
所以；
（2），
设异面直线与所成角的大小为，
则，
故异面直线AM与BC所成角的余弦值为．
六、解答题
19．如图，在底面为矩形的四棱锥中，平面平面.
（1）证明：；
（2）若，，设为中点，求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）由平面平面可得面，从而可得；
（2）建立空间直角坐标系，求出向量及面法向量，代入公式即可得到结果.
【详解】（1）依题意，面面，，
∵面，面面，
∴面.
又面，
∴.
（2）解法一：向量法
在中，取中点，∵，
∴，∴面，
以为坐标原点，分别以为轴，过点且平行于的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图空间直角坐标系，
设，∵，∴，
∴，，，，，
∴，，.
设面法向量为，
则，解得.
设直线与平面所成角为，
则，
因为，∴.
所以直线与平面所成角的余弦值为.
（2）解法二：几何法
过作交于点，则为中点，
过作的平行线，过作的平行线，交点为，连结，
过作交于点，连结，
连结，取中点，连结，，
四边形为矩形，所以面，所以，
又，所以面，
所以为线与面所成的角.
令，则，，，
由同一个三角形面积相等可得，
为直角三角形，由勾股定理可得，
所以，
又因为为锐角，所以，
所以直线与平面所成角的余弦值为.
【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
20．如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点.
(1)求直线FC到平面 AEC1的距离；
(2)求平面 AEC1与平面 EFCC1所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间坐标系，求出，即可证明，得到平面，点到平面的距离即为直线到平面的距离，求出平面的法向量，然后利用空间向量法求解点到平面的距离，即可得到结果．
（2）求出平面的法向量，利用空间向量法求解平面与平面所成锐二面角的余弦值即可．
【详解】（1）解：以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间坐标系，则，，，，.
∴，，，，.
∵.
∴，∴平面，∴点到平面的距离即为直线到平面的距离，
设平面的法向量为，则，∴，
∴，取，则，，∴，
又，
∴点到平面的距离为.
（2）解：设平面的法向量为，则，∴，
∴，取，则，∴，
∴，
∴平面与平面所成锐二面角的余弦值.
21．如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论；
（2）方法一：根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果．
【详解】（1）因为，为的中点，所以，且．
连结．
因为，所以为等腰直角三角形，
且 ，由知．
由知，平面．
（2）［方法一］：【通性通法】向量法
如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系 ．
由已知得
取平面的法向量．
设，则．
设平面的法向量为．
由得 ，
可取
所以 ．由已知得 ．
所以 ．解得(舍去)， ．
所以 ．
又 ，所以 ．
所以与平面所成角的正弦值为．
［方法二］：三垂线＋等积法
由（1）知平面，可得平面平面．如图5，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．
设，则，在中，．在中，由，得，则．设点C到平面的距离为h，由，得，解得，则与平面所成角的正弦值为．
［方法三］：三垂线＋线面角定义法
由（1）知平面，可得平面平面．如图6，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．同解法1可得．
在中，过N作，在中，过N作，垂足为G，联结．在中，．因为，所以．
由平面，可得平面平面，交线为．在平面内，由，可得平面，则为直线与平面所成的角．
设，则，又，所以直线与平面所成角的正弦值为．
［方法四］：【最优解】定义法
如图7，取的中点H，联结，则．过C作平面的垂线，垂足记为T（垂足T在平面内）．联结，则即为二面角的平面角，即，得．
联结，则为直线与平面所成的角．在中，，所以．
【整体点评】（2）方法一：根据题目条件建系，由二面角的向量公式以及线面角的向量公式硬算即可求出，是该类型题的通性通法；
方法二：根据三垂线法找到二面角的平面角，再根据等积法求出点到面的距离，由定义求出线面角，是几何法解决空间角的基本手段；
方法三：根据三垂线法找到二面角的平面角，再利用线面角的等价转化，然后利用定义法找到线面角解出，是几何法解决线面角的基本思想，对于该题，略显麻烦；
方法四：直接根据二面角的定义和线面角的定义解决，原理简单，计算简单，是该题的最优解．
22．为了保证我国东海油气田海域海上平台的生产安全，海事部门在某平台O的北偏西45°方向km处设立观测点A，在平台O的正东方向12km处设立观测点B，规定经过O、A、B三点的圆以及其内部区域为安全预警区．如图所示：以O为坐标原点，O的正东方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系．
(1)试写出A，B的坐标，并求两个观测点A，B之间的距离；
(2)某日经观测发现，在该平台O正南10km C处，有一艘轮船正以每小时km的速度沿北偏东45°方向行驶，如果航向不变，该轮船是否会进入安全预警区？如果不进入，请说明理由；如果进入，则它在安全警示区内会行驶多长时间？
【答案】(1)；
(2)会驶入安全预警区，行驶时长为半小时
【分析】（1）先求出A，B的坐标，再由距离公式得出A，B之间的距离；
（2）由三点的坐标列出方程组得出经过三点的圆的方程，设轮船航线所在的直线为，再由几何法得出直线与圆截得的弦长，进而得出安全警示区内行驶时长.
【详解】（1）由题意得，∴；
（2）设圆的方程为，
因为该圆经过三点，∴，得到.
所以该圆的方程为：，
化成标准方程为：.
设轮船航线所在的直线为，则直线的方程为：，
圆心（6，8）到直线的距离，
所以直线与圆相交，即轮船会驶入安全预警区.
直线与圆截得的弦长为，行驶时长小时.
即在安全警示区内行驶时长为半小时.
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】化简分式不等式和对数不等式，结合交集定义即可求解.
【详解】，，
则.
故选：B
2．如图在四面体中，，分别在棱，上且满足，，点是线段的中点，用向量，，表示向量应为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由题意有，，又点是线段的中点，结合向量的线性运算及共线向量的运算即可得解.
【详解】解：∵在四面体中，分别在棱、上，且满足，
，点是线段的中点，
∴.
故选：A.
【点睛】本题考查了向量的线性运算，重点考查了利用空间基底表示向量，属基础题.
3．已知平行四边形ABCD中，A（4，1，3），，，则顶点D的坐标为（ ）
A．B．（2，3，1）
C．D．
【答案】D
【分析】利用，代入坐标运算，即可求解.
【详解】因为四边形是平行四边形，所以，
设点，，，
所以，解得：，，，
即定点的坐标是.
故选：D
4．在棱长为1的正方体中，E为的中点，F为的三等分点靠近C点，则点E到平面BDF的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到平面的距离.
【详解】在棱长为1的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
设平面的法向量，则，令，得，
所以点到平面的距离为.
故选：A
5．若直线l的斜率，则直线l的倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据直线的倾斜角与斜率的关系直接求解即可.
【详解】直线的斜率与倾斜角满足，且，
若，则.
故选:C.
6．若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据直线所过的定点，结合直线与圆的切线性质，利用数形结合思想进行求解即可.
【详解】直线l：恒过定点，
由，得到，
所以曲线表示以点为圆心，半径为1，且位于直线右侧的半圆（包括点，），如下图所示：
当直线l经过点时，l与曲线C有两个不同的交点，此时，
当l与半圆相切时，由，得，
由图可知，当时，l与曲线C有两个不同的交点，
故选：A.
7．如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是，下列说法中正确的是（ ）
A．
B．直线与所成角的正弦值为
C．向量与的夹角是
D．平面
【答案】D
【分析】利用基底向量，结合向量模长公式即可判断A,利用向量的夹角公式即可判断BC,由向量垂直即可得线线垂直，进而根据线面垂直的判断即可判断D.
【详解】由题意可得,,
又，则
，故A错误，
由于，
则，，
又，
则，故B错误，
由于 ,所以向量与的夹角即为与的夹角，
由于等边三角形，故为，
进而与的夹角为的补角，故与的夹角为，故C错误，
,
所以,进而可得 平面 ,
故 平面,故D正确，
故选：D
8．已知，，且与互相垂直，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，由空间向量的坐标计算可得， ，，，2，，进而由两个向量垂直可得，解可得的值，即可得答案．
【详解】解：根据题意，向量 .，，则， ，，，2，，
若向量.与.互相垂直，则有，
解可得：；
故选：D.
二、多选题
9．已知为直线l的方向向量，，分别为平面，的法向量（，不重合），那么下列说法中，正确的有（ ）．
A．∥∥B．
C．D．
【答案】AB
【分析】利用法向量与平面的位置关系以及线面垂直的判定定理判定即可.
【详解】对于选项A，，分别为平面，的法向量，若，则，若则，选项A正确；
对于选项B，因为，选项B正确；
对于选项C，因为，则，选项C错误；
对于选项D，因为，则∥或，选项D错误；
故选：AB.
10．若(2，－3，1)是平面α的一个法向量，则下列向量中能作为平面α的法向量的是（ ）
A．(，3，)B． (200，，100)
C． (，，)D． (，3，0)
【答案】ABC
【分析】因为同一个平面的法向量共线，所以可利用向量共线的判定进行求解.
【详解】因为，，,,
所以与，，均共线，与不共线，
所以，，可以作为平面α的法向量
故选：ABC.
11．函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．的图象关于点对称
D．在区间上单调递增
【答案】BD
【分析】根据图象，求出函数的周期，即可得出，判断A项；根据“五点法”，结合函数过点，即可得出的值；写出，代入即可检验C项；求出整体的范围，结合正弦函数的单调性，即可得出D项.
【详解】对于A项，由已知图象可得，所以，，故A项错误；
对于B项，由已知图象过点，由“五点法”可得，，
所以，.
因为，所以，故B项正确；
对于C项，由A、B可知，，
因为，所以点不是函数的对称中心，故C项错误；
对于D项，因为，所以.
又函数在上单调递增，所以在区间上单调递增，故D项正确.
故选：BD．
12．（多选题）如图，在直三棱柱中，，，点D，E分别是线段BC，上的动点（不含端点），且．则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．该三棱柱的外接球的表面积为
C．异面直线与所成角的正切值为
D．二面角的余弦值为
【答案】AD
【分析】对于A，欲证平面，只需证明，由易证，故A项正确；
对于B，由、、三条直线两两垂直，可知直三棱柱是一个长方体沿对角面切开得到的直三棱柱，因此原长方体的对角线是三棱柱外接球的直径，因此直三棱柱的外接球的表面积易求，然后再判断.
对于C，由于，异面直线与所成角为，在中，的正切值易求，然后判断.
对于D，由、、三条直线两两垂直，以A为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，求平面的法向量和平面的法向量的夹角，然后再判断即可.
【详解】解：在直三棱柱中，四边形是矩形，
因为，所以，不在平面内，平面，
所以平面，A项正确；
因为，所以，
因为，所以，所以，
易知是三棱柱外接球的直径，
所以三棱柱外接球的表面积为，所以B项错误；
因为，所以异面直线与所成角为．
在中，，，
所以，所以C项错误；
二面角即二面角，
以A为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图
则，
，，，
设平面的法向量，
则，即，令可得，
设平面的一个法向量为，
则，即，令可得
故二面角的余弦值为，所以D项正确．
故选：AD.
【点睛】综合考查直三棱柱中线线角、线面角的求法，线面平行的判定，以及直三棱柱的外接球的表面积的求法，中档题.
三、填空题
13．直线的方向向量是，平面的法向量，若直线，则 .
【答案】1
【分析】结合已知条件可得，然后利用垂直向量的数量积为0即可求解.
【详解】由题意可知，，
因为，，
从而，解得.
故答案为：1.
14．已知，，，，，若，则的值为
【答案】/
【分析】利用向量数量积的运算律及向量垂直求解即可.
【详解】因为，
所以，
即，
即，
解得.
故答案为：.
15．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为 ．
【答案】/
【分析】先求出点关于直线的对称点，点到圆心的距离减去半径即为最短.
【详解】设点关于直线的对称点，
则的中点为， ,
故解得，
由知军营所在区域中心为，
要使从点到军营总路程最短，即为点到军营最短的距离为，
“将军饮马”的最短总路程为，
故答案为：
16．设动点在棱长为的正方体的对角线上，记.当为钝角时，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，求得，根据求得的取值范围.
【详解】由题设可知，以为坐标原点，以的方向为轴、轴、轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则有，，，，
则，得，
所以，
，
显然不是平角，所以为钝角等价于，
即，即，
解得，因此的取值范围是.
故答案为：
四、解答题
17．已知直线：.
（1）若直线的倾斜角是倾斜角的两倍，且与的交点在直线上，求直线的方程；
（2）若直线与直线平行，且与的距离为3，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【分析】（1）直线的斜率是，所以的倾斜角是，所以直线的倾斜角就是，再根据交点，利用点斜式方程求直线；
（2）设直线的方程为，再根据平行线的距离求.
【详解】解：（1）因为直线的斜率为，所以倾斜角为.
又因为直线的倾斜角是倾斜角的两倍，故的倾斜角是.
因为直线与直线的交点为，所以直线的方程是，
即.
（2）因为直线与直线平行，故可设直线的方程为.
因为与的距离为3，则有，解得或，所以直线的方程或.
【点睛】本题考查直线方程的求法，意在考查直线方程的每种形式需要的条件，但比较重要的还是已知两点求直线，或者已知直线过一个定点和直线的斜率．
五、证明题
18．在正四棱柱中，，是棱 上的中点．
(1)求证：；
(2)异面直线与所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线线垂直；
（2）在第一问的基础上，利用空间向量求解异面直角的夹角余弦值．
【详解】（1）证明：以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
因为，
所以，
，
，
所以；
（2），
设异面直线与所成角的大小为，
则，
故异面直线AM与BC所成角的余弦值为．
六、解答题
19．如图，在底面为矩形的四棱锥中，平面平面.
（1）证明：；
（2）若，，设为中点，求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）由平面平面可得面，从而可得；
（2）建立空间直角坐标系，求出向量及面法向量，代入公式即可得到结果.
【详解】（1）依题意，面面，，
∵面，面面，
∴面.
又面，
∴.
（2）解法一：向量法
在中，取中点，∵，
∴，∴面，
以为坐标原点，分别以为轴，过点且平行于的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图空间直角坐标系，
设，∵，∴，
∴，，，，，
∴，，.
设面法向量为，
则，解得.
设直线与平面所成角为，
则，
因为，∴.
所以直线与平面所成角的余弦值为.
（2）解法二：几何法
过作交于点，则为中点，
过作的平行线，过作的平行线，交点为，连结，
过作交于点，连结，
连结，取中点，连结，，
四边形为矩形，所以面，所以，
又，所以面，
所以为线与面所成的角.
令，则，，，
由同一个三角形面积相等可得，
为直角三角形，由勾股定理可得，
所以，
又因为为锐角，所以，
所以直线与平面所成角的余弦值为.
【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
20．如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点.
(1)求直线FC到平面 AEC1的距离；
(2)求平面 AEC1与平面 EFCC1所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间坐标系，求出，即可证明，得到平面，点到平面的距离即为直线到平面的距离，求出平面的法向量，然后利用空间向量法求解点到平面的距离，即可得到结果．
（2）求出平面的法向量，利用空间向量法求解平面与平面所成锐二面角的余弦值即可．
【详解】（1）解：以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间坐标系，则，，，，.
∴，，，，.
∵.
∴，∴平面，∴点到平面的距离即为直线到平面的距离，
设平面的法向量为，则，∴，
∴，取，则，，∴，
又，
∴点到平面的距离为.
（2）解：设平面的法向量为，则，∴，
∴，取，则，∴，
∴，
∴平面与平面所成锐二面角的余弦值.
21．如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论；
（2）方法一：根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果．
【详解】（1）因为，为的中点，所以，且．
连结．
因为，所以为等腰直角三角形，
且 ，由知．
由知，平面．
（2）［方法一］：【通性通法】向量法
如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系 ．
由已知得
取平面的法向量．
设，则．
设平面的法向量为．
由得 ，
可取
所以 ．由已知得 ．
所以 ．解得(舍去)， ．
所以 ．
又 ，所以 ．
所以与平面所成角的正弦值为．
［方法二］：三垂线＋等积法
由（1）知平面，可得平面平面．如图5，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．
设，则，在中，．在中，由，得，则．设点C到平面的距离为h，由，得，解得，则与平面所成角的正弦值为．
［方法三］：三垂线＋线面角定义法
由（1）知平面，可得平面平面．如图6，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．同解法1可得．
在中，过N作，在中，过N作，垂足为G，联结．在中，．因为，所以．
由平面，可得平面平面，交线为．在平面内，由，可得平面，则为直线与平面所成的角．
设，则，又，所以直线与平面所成角的正弦值为．
［方法四］：【最优解】定义法
如图7，取的中点H，联结，则．过C作平面的垂线，垂足记为T（垂足T在平面内）．联结，则即为二面角的平面角，即，得．
联结，则为直线与平面所成的角．在中，，所以．
【整体点评】（2）方法一：根据题目条件建系，由二面角的向量公式以及线面角的向量公式硬算即可求出，是该类型题的通性通法；
方法二：根据三垂线法找到二面角的平面角，再根据等积法求出点到面的距离，由定义求出线面角，是几何法解决空间角的基本手段；
方法三：根据三垂线法找到二面角的平面角，再利用线面角的等价转化，然后利用定义法找到线面角解出，是几何法解决线面角的基本思想，对于该题，略显麻烦；
方法四：直接根据二面角的定义和线面角的定义解决，原理简单，计算简单，是该题的最优解．
22．为了保证我国东海油气田海域海上平台的生产安全，海事部门在某平台O的北偏西45°方向km处设立观测点A，在平台O的正东方向12km处设立观测点B，规定经过O、A、B三点的圆以及其内部区域为安全预警区．如图所示：以O为坐标原点，O的正东方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系．
(1)试写出A，B的坐标，并求两个观测点A，B之间的距离；
(2)某日经观测发现，在该平台O正南10km C处，有一艘轮船正以每小时km的速度沿北偏东45°方向行驶，如果航向不变，该轮船是否会进入安全预警区？如果不进入，请说明理由；如果进入，则它在安全警示区内会行驶多长时间？
【答案】(1)；
(2)会驶入安全预警区，行驶时长为半小时
【分析】（1）先求出A，B的坐标，再由距离公式得出A，B之间的距离；
（2）由三点的坐标列出方程组得出经过三点的圆的方程，设轮船航线所在的直线为，再由几何法得出直线与圆截得的弦长，进而得出安全警示区内行驶时长.
【详解】（1）由题意得，∴；
（2）设圆的方程为，
因为该圆经过三点，∴，得到.
所以该圆的方程为：，
化成标准方程为：.
设轮船航线所在的直线为，则直线的方程为：，
圆心（6，8）到直线的距离，
所以直线与圆相交，即轮船会驶入安全预警区.
直线与圆截得的弦长为，行驶时长小时.
即在安全警示区内行驶时长为半小时.
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