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2024-2025学年山东省实验中学高二上学期10月测试数学试题（含解析）
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这是一份2024-2025学年山东省实验中学高二上学期10月测试数学试题（含解析），共19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.已知点A(1,−1,2)关于z轴的对称点为B，则AB等于( )
A. 2 2B. 2 6C. 2D. 3 2
2.如图，在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，M为BC的中点，N为A1C1靠近A1的三等分点，设AB=a，AC=b，AA1=c，则用a，b，c表示NM为( )
A. 12a+16b−cB. −12a+16b+c
C. 12a−16b−cD. −12a−16b+c
3.直线的一个方向向量为v=1,−3，且经过点0,2，则直线的方程为( )
A. 3x−y+2=0B. 3x+y−2=0C. 3x+y+2=0D. 3x−y−2=0
4.已知直线l的方向向量为e=(2,1,−2)，平面α的法向量为n=(−2,b−a,a+b),(a,b∈R).若l⊥α，则a+3b的值为( )
A. 1B. 3C. 4D. −4
5.“m=3”是“直线l1:mx+y+m=0与l2,3x+(m−2)y−3m=0平行”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
6.正四面体P−ABC的棱长为2，点D是AB的中点，则PD⋅BC的值为( )
A. 1B. 23C. −23D. −1
7.已知正方形的一条对角线所在直线的斜率为3，则其一条边所在直线的斜率是( )
A. −3B. −2C. 13D. 2
8.设动点P在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1的对角线BD1上，且D1PD1B=λ，当∠APC为锐角时，λ的取值范围是( )
A. [0,13)B. [0,12)C. (13,1)D. (12,1)
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。
9.已知向量a=2,0,2，b=−12,1,−32，c=1,−2,3，则下列结论正确的是( )
A. a与b垂直
B. b与c共线
C. a与c所成角为锐角
D. a，b，c，可作为空间向量的一组基底
10.已知两直线l1:2mx+y−2m+1=0，l2:x−my−m−2=0(m∈R)，则下列说法正确的是( )
A. 对任意实数m，直线l1，l2的方向向量都不可能平行
B. 存在实数m，使直线l1垂直于x轴
C. 存在实数m，使直线l1，l2互相垂直
D. 当m=0时，直线l2的方向向量不存在
11.在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=1，点P满足BP=λBC+μBB1，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则( )
A. 当λ=1时，▵AB1P的周长为定值
B. 当μ=1时，三棱锥P−A1BC的体积为定值
C. 当λ=12时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D. 当μ=12时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(2,−1,1)，b=(−1,1,x)，若a与b垂直，则a+2b= ．
13.已知点A3,1，B−4,−1，直线l是过点P(−2,3)且与线段AB相交且斜率存在，则l的斜率k的取值范围是
14.在▵ABC中，已知A1,1，AC边上的高线所在的直线方程为x−2y=0，AB边上的高线所在的直线方程为3x+2y−3=0.则BC边所在的直线方程为 ．
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)
已知空间中三点A3,1,−1,B2,0,−1,C4,1,−3，设a=AB,b=AC．
(1)若c=3，且c//BC，求向量c；
(2)求以a,b为一组邻边的平行四边形的面积S．
16.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD中，PB⊥平面ABCD，四边形ABCD是梯形，BC//AD，∠BAD=90∘，PB=AB=AD=2，BC=1，点E是AP的中点，F是PB上的点，BF=13BP．
(1)求证：点F在平面ECD内；
(2)求点P到平面ECD的距离．
17.(本小题12分)
已知直线l过点(3,4)，O为坐标原点．
(1)若直线l在两坐标轴上的截距相等，求直线l方程；
(2)若直线l与x轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点且▵AOB面积为24．
ⅰ)求直线l方程；
ⅱ)若点P为线段AB上一动点，且PQ//OB交OA于点Q.在y轴上是否存在点M，使▵MPQ为等腰直角三角形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC=45∘，PA⊥底面ABCD，AB=AC=PA=2，E、F分别为BC、AD的中点，点M在线段PD上．
(1)求证：EF⊥平面PAC；
(2)设PMPD=λ，若直线ME与平面PBC所成的角θ的正弦值为 1515，求λ的值．
19.(本小题12分)
球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图一，球O的半径为R，A,B,C为球面上三点，劣弧BC的弧长记为a，设O0表示以O为圆心，且过B,C的圆，同理，圆O3，O2的劣弧AC,AB的弧长分别记为b,c，曲面ABC(阴影部分)叫做球面三角形，若设二面角C−OA−B，A−OB−C，B−OC−A分别为α，β，γ，则球面三角形的面积为S球面△ABC=α+β+γ−πR2．
(1)若平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积；
(2)若将图一中四面体OABC截出得到图二，若平面三角形ABC为直角三角形，AC⊥BC，设∠AOC=θ1，∠BOC=θ2，∠AOB=θ3．
①求证：csθ1+csθ2−csθ3=1；
②延长AO与球O交于点D，连接BD,CD，若直线DA,DC与平面ABC所成的角分别为π4，π3，BE=λBD，λ∈0,1,S为AC中点，T为BC中点，设平面OBC与平面EST的夹角为θ，求sinθ的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
由点关于某坐标轴对称的点的特征以及两点距离公式即可求解．
【解答】
解：点A(1,−1,2)关于z轴的对称点为B−1,1,2，
所以AB= 4+4+0=2 2．
故选：A．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查空间向量基本定理的应用，考查空间向量的线性运算，属于基础题．
根据空间向量的线性运算用a，b，c分别表示出AN,AM，再利用减法运算法则表示出NM．
【解答】
解：设AB=a，AC=b，AA1=c．
M为BC的中点，则AM=12AB+AC=12a+12b，
N为A1C1靠近A1的三等分点，则A1N=13AC，
则AN=AA1+A1N=AA1+13AC=c+13b，
所以NM=AM−AN=12a+12b−c−13b=12a+16b−c．
故选A．
3.【答案】B
【解析】【分析】
方法一：由直线的方向量求出直线斜率，然后利用点斜式可求出直线方程；方法二：由已知可得直线的一个法向量为n=3,1，则设直线为3x+y+C=0，再将0,2代入求出C，从而可得直线方程．
【解答】
解：方法一 ∵直线的一个方向向量为v=1,−3，∴k=−3，
∴直线的方程为y=−3x+2，即3x+y−2=0．
方法二 由题意知直线的一个法向量为n=3,1，
∴直线的方程可设为3x+y+C=0，将点0,2代入得C=−2，
故所求直线的方程为3x+y−2=0．
故选：B
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查直线的方向向量和平面的法向量，属于基础题．
根据题意得e//n，所以−22=b−a1=a+b−2，即可求解．
【解答】
解：由直线l的方向向量为e=(2,1,−2)，平面α的法向量为n=(−2,b−a,a+b),(a,b∈R)
且l⊥α，可得e//n，所以−22=b−a1=a+b−2，
即a−b=1,a+b=2,解得a=32,b=12,所以a+3b=3．
故选B．
5.【答案】C
【解析】【分析】
根据直线平行的条件，判断“m=3”和“直线l1:mx+y+m=0与l2,3x+(m−2)y−3m=0平行”之间的逻辑关系，即可得答案．
【解答】
解：当m=3时，直线l1:3x+y+3=0与l2,3x+y−9=0平行；
当直线l1:mx+y+m=0与l2,3x+(m−2)y−3m=0平行时，
有m(m−2)−3=0且−3m−m(m−2)≠0，解得m=3，
故“m=3”是“直线l1:mx+y+m=0与l2,3x+(m−2)y−3m=0平行”的充要条件，
故选：C
6.【答案】D
【解析】【分析】
取{PA,PB,PC}为空间向量的一个基底，利用空间向量运算求解即得．
【解答】
解：棱长为2的正四面体P−ABC中，向量PA,PB,PC两两的夹角都为60∘，
由点D是AB的中点，得PD=12(PA+PB)，而BC=PC−PB，
所以PD⋅BC=12(PA+PB)⋅(PC−PB)=12(PA⋅PC+PB⋅PC−PA⋅PB−PB2)
=12(2×2×12+2×2×12−2×2×12−22)=−1．
故选：D
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查直线的夹角公式，注意两直线的夹角公式的形式，属于基础题．
根据题意，设正方形的边所在的直线的斜率为k，由正方形的性质可得tan45°=k−31+3k=1，解可得k的值，即可得答案．
【解答】
解：根据题意，设正方形的边所在的直线的斜率为k，
正方形的对角线与四边的夹角都为45°，
则有tan45°=k−31+3k=1，
解得：k=12或k=−2．
故选：B．
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查空间向量夹角的坐标表示，属于基础题．
【解答】
解：如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，
D1B=(1,1,−1)，D1P=λD1B=λ(1,1,−1)=(λ,λ,−λ)，D1A=(1,0,−1)，D1C=(0,1,−1)，
所以PA=D1A−D1P=(1,0,−1)−(λ,λ,−λ)=(1−λ,−λ,λ−1)，
PC=D1C−D1P=(0,1,−1)−(λ,λ,−λ)=(−λ,1−λ,λ−1)，
显然PA，PC不共线，由∠APC为锐角得cs∠APC=PA⋅PC|PA||PC|>0，
即PA·PC>0，
所以−2λ(1−λ)+(1−λ)2>0，即(λ−1)(3λ−1)>0，
解得λ<13或λ>1，
由题意知0≤λ≤1，所以0⩽λ<13.故选A．
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本题主要考查空间向量运算的坐标表示，空间向量的共面定理，空间向量共线定理，属于中档题．
对A：计算出a⋅b即可得；对B：由向量共线定理计算即可得；对C：计算a⋅c并判断a与c是否共线即可得；对D：借助空间向量基本定理即可得．
【解答】
解：对A：a⋅b=2×−12+0×1+2×−32=−1−3=−4，故a与b不垂直，故 A错误；
对B：由b=−12,1,−32、c=1,−2,3，有b=12c，故b与c共线，故 B正确；
对C：a⋅c=2×1+0×−2+2×3=8>0，且a与c不共线，
故a与c所成角为锐角，故 C正确；
对D：由b与c共线，故a，b，c不可作为空间向量的一组基底，故 D错误．
故选：BC．
10.【答案】AC
【解析】【分析】
根据直线平行以及垂直满足的系数关系，即可结合方向向量的定义逐一求解．
【解答】
解：若两直线的方向向量平行，则−2m2=1，则m无实数解，故两直线的方向向量不可能平行，故 A正确，
由于l1:2mx+y−2m+1=0的斜率为−2m，所以直线l1不可能垂直于x轴，B错误，
当2m−m=0⇒m=0时，此时l1:y+1=0，l2:x−2=0，此时两直线垂直， C正确，
当m=0时，直线l2:x−2=0，则其方向向量可以为0,1，故 D错误，
故选：AC
11.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查了动点轨迹，线面平行与线面垂直的判定，锥体的体积问题等，综合性强，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于拔高题．
判断当λ=1时，点P在线段CC1上，分别计算点P为两个特殊点时的周长，即可判断选项A；当μ=1时，点P在线段B1C1上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断选项B；当λ=12时，取线段BC，B1C1的中点分别为M，M1，连结M1M，则点P在线段M1M上，分别取点P在M1，M处，得到均满足A1P⊥BP，即可判断选项C；当μ=12时，取CC1的中点D1，BB1的中点D，则点P在线的DD1上，证明当点P在点D1处时，A1B⊥平面AB1D1，利用过定点A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个，即可判断选项D．
【解答】解：对于A，当λ=1时，BP=BC+μBB1，即CP=μBB1，
所以CP//BB1，
故点P在线段CC1上，此时△AB1P的周长为AB1+B1P+AP，
当点P为CC1的中点时，△AB1P的周长为 5+ 2，
当点P在点C1处时，△AB1P的周长为2 2+1，
故周长不为定值，故选项A错误；
对于B，当μ=1时，BP=λBC+BB1，即B1P=λBC，
所以B1P//BC，
故点P在线段B1C1上，
因为B1C1//平面A1BC，
所以直线B1C1上的点到平面A1BC的距离相等，
又△A1BC的面积为定值，
所以三棱锥P−A1BC的体积为定值，故选项B正确；
对于C，当λ=12时，取线段BC，B1C1的中点分别为M，M1，连接M1M，
因为BP=12BC+μBB1，即MP=μBB1，
所以MP//BB1，
则点P在线段M1M上，
当点P在M1处时，A1M1⊥B1C1，A1M1⊥B1B，
又B1C1∩B1B=B1，
所以A1M1⊥平面BB1C1C，
又BM1⊂平面BB1C1C，
所以A1M1⊥BM1，即A1P⊥BP，
同理，当点P在M处，A1P⊥BP，故选项C错误；
对于D，当μ=12时，取CC1的中点D1，BB1的中点D，
因为BP=λBC+12BB1，即DP=λBC，
所以DP//BC，
则点P在线的DD1上，
当点P在点D1处时，取AC的中点E，连接A1E，BE，
因为BE⊥平面ACC1A1，
又AD1⊂平面ACC1A1，所以AD1⊥BE，
在正方形ACC1A1中，AD1⊥A1E，
又BE∩A1E=E，BE，A1E⊂平面A1BE，
故AD 1⊥平面A1BE，
又A1B⊂平面A1BE，所以A1B⊥AD1，
在正方体形ABB1A1中，A1B⊥AB1，
又AD1∩AB1=A，AD1，AB1⊂平面AB1D1，
所以A1B⊥平面AB1D1，
因为过定点A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个，
故有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，故选项D正确．
故选：BD．
12.【答案】5 2
【解析】【分析】
根据给定条件，利用向量垂直关系求出x，再结合向量的坐标运算及模的运算计算作答．
【解答】
解：向量a=(2,−1,1)与b=(−1,1,x)垂直，则有2×(−1)+(−1)×1+x=0，解得x=3，
于是a+2b=(2,−1,1)+2(−1,1,3)=(0,1,7)，
所以a+2b= 02+12+72=5 2．
故答案为：5 2
13.【答案】−∞,−25∪2,+∞
【解析】【分析】
利用斜率计算公式可得kPA，kPB，根据直线l过点P−2,3且与线段AB相交，数形结合即可求出直线l的斜率k的取值范围．
【解答】
解：因为P−2,3，A3,1，B−4,−1，
所以kPA=1−33−−2=−25，kPB=−1−3−4−−2=2．
∵直线l过点P(−2,3)且与线段AB相交，如下图所示：
∴kl≤kPA=−25或kl≥kPB=2，
∴直线l的斜率k的取值范围是：−∞,−25∪2,+∞．
故答案为：−∞,−25∪2,+∞．
14.【答案】2x+5y+9=0
【解析】【分析】
由AC边上和AB边上的高线所在的直线方程，可得AC边和AB边所在直线的斜率，再由A点坐标，可求AC边和AB边所在直线的方程，通过联立方程组，求出B,C两点的坐标，可求BC边所在的直线方程
【解答】
解：AC边上的高线所在的直线方程为x−2y=0，得kAC=−2，
AB边上的高线所在的直线方程为3x+2y−3=0，得kAB=23
已知A1,1，则AC边所在的直线方程为y−1=−2(x−1)，即2x+y−3=0，
则AB边所在的直线方程为y−1=23(x−1)，即2x−3y+1=0．
由2x+y−3=03x+2y−3=0，得C3,−3．
由2x−3y+1=0x−2y=0，得B−2,−1．
则BC边所在的直线方程为y−−3−1−−3=x−3−2−3，即2x+5y+9=0．
故答案为：2x+5y+9=0．
15.【答案】解：(1)由B2,0,−1,C4,1,−3可得BC=2,1,−2，
若c//BC，则c=tBC=2t,t,−2t，
又c=3，所以 2t2+t2+−2t2=3，解得t=±1，
所以c=2,1,−2或c=−2,−1,2．
(2)由A3,1,−1,B2,0,−1,C4,1,−3可得a=AB=−1,−1,0，b=AC=1,0,−2，
所以a= −12+−12+02= 2，b= 12+02+−22= 5，a⋅b=−1+0+0=−1，
所以csA=csa,b=a⋅bab=−1 2× 5=− 1010，所以sinA=3 1010，
所以S=absinA= 2× 5×3 1010=3．
【解析】(1)利用向量平行和向量模长的坐标表示列式求解即可；
(2)利用向量数量积和向量模长的坐标表示求出夹角进而求面积即可．
16.【答案】解：(1)因为BC//AD，∠BAD=90∘，所以AB⊥BC，
又因为PB⊥平面ABCD，AB,BC⊂平面ABCD，
所以PB⊥AB,PB⊥BC，
所以如图所示，以B为坐标原点，建立空间直角坐标系B−xyz，
则A(0,2,0),B(0,0,0),C(1,0,0),D(2,2,0),P(0,0,2),E(0,1,1),F(0,0,23),
所以CE=(−1,1,1),CD=(1,2,0),CF=(−1,0,23)，
设CF=xCE+yCD,
则−1=−x+y0=x+2y23=x，解得x=23y=−13，所以CF=23CE−13CD,
所以点F在平面ECD内.
(2)设平面ECD的一个法向量为m=(a,b,c)，
由(1)知CE=(−1,1,1),CD=(1,2,0),
因为CD⋅m=0CE⋅m=0，所以a+2b=0−a+b+c=0,
令a=2，则b=−1,c=3，所以m=(2,−1,3)，
又因为CP=(−1,0,2)，
所以点P到平面ECD的距离d=CP⋅mm=4 14=2 147．
【解析】(1)建立空间直角坐标系，利用空间向量的共面定理证明；
(2)利用空间向量的坐标运算求点到平面的距离．
17.【答案】解：(1)若直线过原点，易知其方程为：4x−3y=0；
若直线不过原点，不妨设其方程为：xa+ya=1，
代入点(3,4)得a=7，即x+y−7=0；
(2)i)由截距式设直线AB的方程为xa+yb=1(a,b>0)，所以3a+4b=1ab=48⇒a=6b=8,
所以x6+y8=1，即4x+3y−24=0；
ⅱ)若存在▵MPQ为等腰直角三角形，不妨设Q(t,0)，t∈(0,6)，则Pt,8−43t，
因为▵MPQ为等腰三角形，
当M为直角顶点时，设M0,4−23t，MP=t,4−23t，MQ=t,23t−4，
所以MP⋅MQ=t2−23t−42=59t2+163t−16=0，即(t+12)(5t−12)=0，
所以t=125或t=−12(舍)，所以4−23t=4−23×125=125，即点M0,125；
当Q为直角顶点时，点M(0,0)，P247,247，符合题意；
当P为直角顶点时，设M0,8−43t，由|MP|=|QP|可得：t=8−43t，
所以t=247，M0,247；
综上所以M0,125，M(0,0)，M0,247，符合题意．
【解析】(1)分类讨论截距是否为零，计算即可；
(2)利用截距式结合面积公式计算可得第一小问，利用等腰直角三角形的特征分类讨论计算即可．
18.【答案】解：(1)在平行四边形ABCD中，因为AB=AC，∠ABC=45∘，
所以∠ACB=45∘，故AB⊥AC，
由E、F分别为BC、AD的中点，得EF//AB，所以EF⊥AC，
因为PA⊥底面ABCD，EF⊂底面ABCD，所以PA⊥EF，
又因为PA∩AC=A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，
所以EF⊥平面PAC．
(2)
因为PA⊥底面ABCD，AB⊥AC，所以AP,AB,AC两两垂直，
分别以AB,AC,AP所在直线为x轴、y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz.
则A(0,0,0)，B2,0,0,C0,2,0,P0,0,2,D−2,2,0,E1,1,0．
所以PB=2,0,−2,BC=−2,2,0,PD=−2,2,−2，由已知PM=λPDλ∈0,1，
即PM=−2λ,2λ,−2λ，所以M−2λ,2λ,2−2λ,ME=1+2λ,1−2λ,2λ−2,
设平面PBC的一个法向量为n=x,y,z，
由n⋅BC=0n⋅PB=0，得−2x+2y=02x−2z=0,
令x=1，得n=1,1,1，
所以sinθ=csME,n=ME⋅nMEn=1+2λ+1−2λ+2λ−2 1+2λ2+1−2λ2+2λ−22⋅ 3= 1515，
化简得4λ2+4λ−3=0，故λ=12或λ=−32(舍)．
所以λ=12．
【解析】(1)证明AB⊥AC，EF⊥AC，推出PA⊥EF，然后证明EF⊥平面PAC；
(2)建立空间直角坐标系，利用直线与平面所成角的向量法求解即可．
19.【答案】解：(1)因为平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，
所以α=β=γ=π2，
(2)①证明：由余弦定理可得：
AC2=R2+R2−2R2csθ1BC2=R2+R2−2R2csθ2AB2=R2+R2−2R2csθ3，且AC2+BC2=AB2，
所以4R2−2R2(csθ1+csθ2)=2R2−2R2csθ3，
即2R2−2R2(csθ1+csθ2)=−2R2csθ3，
消去2R2，则有：1−(csθ1+csθ2)=−csθ3
即csθ1+csθ2−csθ3=1；
②由题意可知AD是球的直径，则有AB⊥BD,AC⊥CD，
又AC⊥BC,BC∩CD=C，
所以AC⊥平面BCD，
又因为BD⊂平面BCD，
所以AC⊥BD，
又因为AC∩AB=A，
所以BD⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以BD⊥BC，
又因为直线DA,DC与平面ABC所成的角分别为π4，π3，
所以∠DAB=π4,∠DCB=π3，
不妨令R= 3，
则AD=2 3，AB=BD= 6,BC= 2,AC=2，
又因为AC⊥BC，AC⊥BD，BC⊥BD，
以C为坐标原点，以CB,CA所在直线为x,y轴，过点C作BD的平行线为z轴，建立空间直角坐标系：
设BE=t,t∈(0, 6],
则A(0,2,0),C(0,0,0),B( 2,0,0),D( 2,0, 6),
可得S(0,1,0),T( 22,0,0),E( 2,0,t),O( 22,1, 62)，
则CB=( 2,0,0),CO=( 22,1, 62)，ST=( 22,−1,0),TE=( 22,0,t)，
设平面OBC的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅CB= 2x=0m⋅CO= 22x+y+ 62z=0,
取z=−2，则y= 6,x=0，
所以m=(0, 6,−2)；
设平面EST的一个法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅ST= 22a−b=0n⋅TE= 22a+tc=0,
取a= 2t，则b=t,c=−1，
所以n=( 2t,t,−1)，
要使sinθ取最小值，则|csθ|取最大值，
因为|cs θ|=|cs m,n|=|m⋅n||m|⋅|n|=| 6t+2| 10⋅ 3t2+1
=1 5⋅| 3t+ 2| 3t2+1
=1 5⋅ ( 3t+ 2)23t2+1
=1 5⋅ 1+2 6t+13t2+1
令m=2 6t+1,m∈(1,13],
则t=m−12 6,3t2=(m−1)28，
所以2 6t+13t2+1=m(m−1)28+1=8mm2−2m+9=8m+9m−2≤86−2=2,
当且仅当m=3,t=1 6时等号成立，
则|csθ|的最大值为 3 5，
所以sinθ取最小值为 1−cs2θ= 1−35= 105．
【解析】(1)根据平面 OAB，平面 OAC，平面 OBC 两两垂直，得α=β=γ=π2，即可求解；
(2)①根据余弦定理及勾股定理即可证明；
②建立空间直角坐标系，分别求出平面 EST 和平面 OBC 的法向量，利用向量夹角公式即可求解．
方法点睛：在涉及求直线与平面、平面与平面所成角时，利用空间向量法求解更简单些．
1.已知点A(1,−1,2)关于z轴的对称点为B，则AB等于( )
A. 2 2B. 2 6C. 2D. 3 2
2.如图，在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，M为BC的中点，N为A1C1靠近A1的三等分点，设AB=a，AC=b，AA1=c，则用a，b，c表示NM为( )
A. 12a+16b−cB. −12a+16b+c
C. 12a−16b−cD. −12a−16b+c
3.直线的一个方向向量为v=1,−3，且经过点0,2，则直线的方程为( )
A. 3x−y+2=0B. 3x+y−2=0C. 3x+y+2=0D. 3x−y−2=0
4.已知直线l的方向向量为e=(2,1,−2)，平面α的法向量为n=(−2,b−a,a+b),(a,b∈R).若l⊥α，则a+3b的值为( )
A. 1B. 3C. 4D. −4
5.“m=3”是“直线l1:mx+y+m=0与l2,3x+(m−2)y−3m=0平行”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
6.正四面体P−ABC的棱长为2，点D是AB的中点，则PD⋅BC的值为( )
A. 1B. 23C. −23D. −1
7.已知正方形的一条对角线所在直线的斜率为3，则其一条边所在直线的斜率是( )
A. −3B. −2C. 13D. 2
8.设动点P在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1的对角线BD1上，且D1PD1B=λ，当∠APC为锐角时，λ的取值范围是( )
A. [0,13)B. [0,12)C. (13,1)D. (12,1)
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。
9.已知向量a=2,0,2，b=−12,1,−32，c=1,−2,3，则下列结论正确的是( )
A. a与b垂直
B. b与c共线
C. a与c所成角为锐角
D. a，b，c，可作为空间向量的一组基底
10.已知两直线l1:2mx+y−2m+1=0，l2:x−my−m−2=0(m∈R)，则下列说法正确的是( )
A. 对任意实数m，直线l1，l2的方向向量都不可能平行
B. 存在实数m，使直线l1垂直于x轴
C. 存在实数m，使直线l1，l2互相垂直
D. 当m=0时，直线l2的方向向量不存在
11.在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=1，点P满足BP=λBC+μBB1，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则( )
A. 当λ=1时，▵AB1P的周长为定值
B. 当μ=1时，三棱锥P−A1BC的体积为定值
C. 当λ=12时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D. 当μ=12时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(2,−1,1)，b=(−1,1,x)，若a与b垂直，则a+2b= ．
13.已知点A3,1，B−4,−1，直线l是过点P(−2,3)且与线段AB相交且斜率存在，则l的斜率k的取值范围是
14.在▵ABC中，已知A1,1，AC边上的高线所在的直线方程为x−2y=0，AB边上的高线所在的直线方程为3x+2y−3=0.则BC边所在的直线方程为 ．
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)
已知空间中三点A3,1,−1,B2,0,−1,C4,1,−3，设a=AB,b=AC．
(1)若c=3，且c//BC，求向量c；
(2)求以a,b为一组邻边的平行四边形的面积S．
16.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD中，PB⊥平面ABCD，四边形ABCD是梯形，BC//AD，∠BAD=90∘，PB=AB=AD=2，BC=1，点E是AP的中点，F是PB上的点，BF=13BP．
(1)求证：点F在平面ECD内；
(2)求点P到平面ECD的距离．
17.(本小题12分)
已知直线l过点(3,4)，O为坐标原点．
(1)若直线l在两坐标轴上的截距相等，求直线l方程；
(2)若直线l与x轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点且▵AOB面积为24．
ⅰ)求直线l方程；
ⅱ)若点P为线段AB上一动点，且PQ//OB交OA于点Q.在y轴上是否存在点M，使▵MPQ为等腰直角三角形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC=45∘，PA⊥底面ABCD，AB=AC=PA=2，E、F分别为BC、AD的中点，点M在线段PD上．
(1)求证：EF⊥平面PAC；
(2)设PMPD=λ，若直线ME与平面PBC所成的角θ的正弦值为 1515，求λ的值．
19.(本小题12分)
球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图一，球O的半径为R，A,B,C为球面上三点，劣弧BC的弧长记为a，设O0表示以O为圆心，且过B,C的圆，同理，圆O3，O2的劣弧AC,AB的弧长分别记为b,c，曲面ABC(阴影部分)叫做球面三角形，若设二面角C−OA−B，A−OB−C，B−OC−A分别为α，β，γ，则球面三角形的面积为S球面△ABC=α+β+γ−πR2．
(1)若平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积；
(2)若将图一中四面体OABC截出得到图二，若平面三角形ABC为直角三角形，AC⊥BC，设∠AOC=θ1，∠BOC=θ2，∠AOB=θ3．
①求证：csθ1+csθ2−csθ3=1；
②延长AO与球O交于点D，连接BD,CD，若直线DA,DC与平面ABC所成的角分别为π4，π3，BE=λBD，λ∈0,1,S为AC中点，T为BC中点，设平面OBC与平面EST的夹角为θ，求sinθ的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
由点关于某坐标轴对称的点的特征以及两点距离公式即可求解．
【解答】
解：点A(1,−1,2)关于z轴的对称点为B−1,1,2，
所以AB= 4+4+0=2 2．
故选：A．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查空间向量基本定理的应用，考查空间向量的线性运算，属于基础题．
根据空间向量的线性运算用a，b，c分别表示出AN,AM，再利用减法运算法则表示出NM．
【解答】
解：设AB=a，AC=b，AA1=c．
M为BC的中点，则AM=12AB+AC=12a+12b，
N为A1C1靠近A1的三等分点，则A1N=13AC，
则AN=AA1+A1N=AA1+13AC=c+13b，
所以NM=AM−AN=12a+12b−c−13b=12a+16b−c．
故选A．
3.【答案】B
【解析】【分析】
方法一：由直线的方向量求出直线斜率，然后利用点斜式可求出直线方程；方法二：由已知可得直线的一个法向量为n=3,1，则设直线为3x+y+C=0，再将0,2代入求出C，从而可得直线方程．
【解答】
解：方法一 ∵直线的一个方向向量为v=1,−3，∴k=−3，
∴直线的方程为y=−3x+2，即3x+y−2=0．
方法二 由题意知直线的一个法向量为n=3,1，
∴直线的方程可设为3x+y+C=0，将点0,2代入得C=−2，
故所求直线的方程为3x+y−2=0．
故选：B
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查直线的方向向量和平面的法向量，属于基础题．
根据题意得e//n，所以−22=b−a1=a+b−2，即可求解．
【解答】
解：由直线l的方向向量为e=(2,1,−2)，平面α的法向量为n=(−2,b−a,a+b),(a,b∈R)
且l⊥α，可得e//n，所以−22=b−a1=a+b−2，
即a−b=1,a+b=2,解得a=32,b=12,所以a+3b=3．
故选B．
5.【答案】C
【解析】【分析】
根据直线平行的条件，判断“m=3”和“直线l1:mx+y+m=0与l2,3x+(m−2)y−3m=0平行”之间的逻辑关系，即可得答案．
【解答】
解：当m=3时，直线l1:3x+y+3=0与l2,3x+y−9=0平行；
当直线l1:mx+y+m=0与l2,3x+(m−2)y−3m=0平行时，
有m(m−2)−3=0且−3m−m(m−2)≠0，解得m=3，
故“m=3”是“直线l1:mx+y+m=0与l2,3x+(m−2)y−3m=0平行”的充要条件，
故选：C
6.【答案】D
【解析】【分析】
取{PA,PB,PC}为空间向量的一个基底，利用空间向量运算求解即得．
【解答】
解：棱长为2的正四面体P−ABC中，向量PA,PB,PC两两的夹角都为60∘，
由点D是AB的中点，得PD=12(PA+PB)，而BC=PC−PB，
所以PD⋅BC=12(PA+PB)⋅(PC−PB)=12(PA⋅PC+PB⋅PC−PA⋅PB−PB2)
=12(2×2×12+2×2×12−2×2×12−22)=−1．
故选：D
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查直线的夹角公式，注意两直线的夹角公式的形式，属于基础题．
根据题意，设正方形的边所在的直线的斜率为k，由正方形的性质可得tan45°=k−31+3k=1，解可得k的值，即可得答案．
【解答】
解：根据题意，设正方形的边所在的直线的斜率为k，
正方形的对角线与四边的夹角都为45°，
则有tan45°=k−31+3k=1，
解得：k=12或k=−2．
故选：B．
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查空间向量夹角的坐标表示，属于基础题．
【解答】
解：如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，
D1B=(1,1,−1)，D1P=λD1B=λ(1,1,−1)=(λ,λ,−λ)，D1A=(1,0,−1)，D1C=(0,1,−1)，
所以PA=D1A−D1P=(1,0,−1)−(λ,λ,−λ)=(1−λ,−λ,λ−1)，
PC=D1C−D1P=(0,1,−1)−(λ,λ,−λ)=(−λ,1−λ,λ−1)，
显然PA，PC不共线，由∠APC为锐角得cs∠APC=PA⋅PC|PA||PC|>0，
即PA·PC>0，
所以−2λ(1−λ)+(1−λ)2>0，即(λ−1)(3λ−1)>0，
解得λ<13或λ>1，
由题意知0≤λ≤1，所以0⩽λ<13.故选A．
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本题主要考查空间向量运算的坐标表示，空间向量的共面定理，空间向量共线定理，属于中档题．
对A：计算出a⋅b即可得；对B：由向量共线定理计算即可得；对C：计算a⋅c并判断a与c是否共线即可得；对D：借助空间向量基本定理即可得．
【解答】
解：对A：a⋅b=2×−12+0×1+2×−32=−1−3=−4，故a与b不垂直，故 A错误；
对B：由b=−12,1,−32、c=1,−2,3，有b=12c，故b与c共线，故 B正确；
对C：a⋅c=2×1+0×−2+2×3=8>0，且a与c不共线，
故a与c所成角为锐角，故 C正确；
对D：由b与c共线，故a，b，c不可作为空间向量的一组基底，故 D错误．
故选：BC．
10.【答案】AC
【解析】【分析】
根据直线平行以及垂直满足的系数关系，即可结合方向向量的定义逐一求解．
【解答】
解：若两直线的方向向量平行，则−2m2=1，则m无实数解，故两直线的方向向量不可能平行，故 A正确，
由于l1:2mx+y−2m+1=0的斜率为−2m，所以直线l1不可能垂直于x轴，B错误，
当2m−m=0⇒m=0时，此时l1:y+1=0，l2:x−2=0，此时两直线垂直， C正确，
当m=0时，直线l2:x−2=0，则其方向向量可以为0,1，故 D错误，
故选：AC
11.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查了动点轨迹，线面平行与线面垂直的判定，锥体的体积问题等，综合性强，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于拔高题．
判断当λ=1时，点P在线段CC1上，分别计算点P为两个特殊点时的周长，即可判断选项A；当μ=1时，点P在线段B1C1上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断选项B；当λ=12时，取线段BC，B1C1的中点分别为M，M1，连结M1M，则点P在线段M1M上，分别取点P在M1，M处，得到均满足A1P⊥BP，即可判断选项C；当μ=12时，取CC1的中点D1，BB1的中点D，则点P在线的DD1上，证明当点P在点D1处时，A1B⊥平面AB1D1，利用过定点A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个，即可判断选项D．
【解答】解：对于A，当λ=1时，BP=BC+μBB1，即CP=μBB1，
所以CP//BB1，
故点P在线段CC1上，此时△AB1P的周长为AB1+B1P+AP，
当点P为CC1的中点时，△AB1P的周长为 5+ 2，
当点P在点C1处时，△AB1P的周长为2 2+1，
故周长不为定值，故选项A错误；
对于B，当μ=1时，BP=λBC+BB1，即B1P=λBC，
所以B1P//BC，
故点P在线段B1C1上，
因为B1C1//平面A1BC，
所以直线B1C1上的点到平面A1BC的距离相等，
又△A1BC的面积为定值，
所以三棱锥P−A1BC的体积为定值，故选项B正确；
对于C，当λ=12时，取线段BC，B1C1的中点分别为M，M1，连接M1M，
因为BP=12BC+μBB1，即MP=μBB1，
所以MP//BB1，
则点P在线段M1M上，
当点P在M1处时，A1M1⊥B1C1，A1M1⊥B1B，
又B1C1∩B1B=B1，
所以A1M1⊥平面BB1C1C，
又BM1⊂平面BB1C1C，
所以A1M1⊥BM1，即A1P⊥BP，
同理，当点P在M处，A1P⊥BP，故选项C错误；
对于D，当μ=12时，取CC1的中点D1，BB1的中点D，
因为BP=λBC+12BB1，即DP=λBC，
所以DP//BC，
则点P在线的DD1上，
当点P在点D1处时，取AC的中点E，连接A1E，BE，
因为BE⊥平面ACC1A1，
又AD1⊂平面ACC1A1，所以AD1⊥BE，
在正方形ACC1A1中，AD1⊥A1E，
又BE∩A1E=E，BE，A1E⊂平面A1BE，
故AD 1⊥平面A1BE，
又A1B⊂平面A1BE，所以A1B⊥AD1，
在正方体形ABB1A1中，A1B⊥AB1，
又AD1∩AB1=A，AD1，AB1⊂平面AB1D1，
所以A1B⊥平面AB1D1，
因为过定点A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个，
故有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，故选项D正确．
故选：BD．
12.【答案】5 2
【解析】【分析】
根据给定条件，利用向量垂直关系求出x，再结合向量的坐标运算及模的运算计算作答．
【解答】
解：向量a=(2,−1,1)与b=(−1,1,x)垂直，则有2×(−1)+(−1)×1+x=0，解得x=3，
于是a+2b=(2,−1,1)+2(−1,1,3)=(0,1,7)，
所以a+2b= 02+12+72=5 2．
故答案为：5 2
13.【答案】−∞,−25∪2,+∞
【解析】【分析】
利用斜率计算公式可得kPA，kPB，根据直线l过点P−2,3且与线段AB相交，数形结合即可求出直线l的斜率k的取值范围．
【解答】
解：因为P−2,3，A3,1，B−4,−1，
所以kPA=1−33−−2=−25，kPB=−1−3−4−−2=2．
∵直线l过点P(−2,3)且与线段AB相交，如下图所示：
∴kl≤kPA=−25或kl≥kPB=2，
∴直线l的斜率k的取值范围是：−∞,−25∪2,+∞．
故答案为：−∞,−25∪2,+∞．
14.【答案】2x+5y+9=0
【解析】【分析】
由AC边上和AB边上的高线所在的直线方程，可得AC边和AB边所在直线的斜率，再由A点坐标，可求AC边和AB边所在直线的方程，通过联立方程组，求出B,C两点的坐标，可求BC边所在的直线方程
【解答】
解：AC边上的高线所在的直线方程为x−2y=0，得kAC=−2，
AB边上的高线所在的直线方程为3x+2y−3=0，得kAB=23
已知A1,1，则AC边所在的直线方程为y−1=−2(x−1)，即2x+y−3=0，
则AB边所在的直线方程为y−1=23(x−1)，即2x−3y+1=0．
由2x+y−3=03x+2y−3=0，得C3,−3．
由2x−3y+1=0x−2y=0，得B−2,−1．
则BC边所在的直线方程为y−−3−1−−3=x−3−2−3，即2x+5y+9=0．
故答案为：2x+5y+9=0．
15.【答案】解：(1)由B2,0,−1,C4,1,−3可得BC=2,1,−2，
若c//BC，则c=tBC=2t,t,−2t，
又c=3，所以 2t2+t2+−2t2=3，解得t=±1，
所以c=2,1,−2或c=−2,−1,2．
(2)由A3,1,−1,B2,0,−1,C4,1,−3可得a=AB=−1,−1,0，b=AC=1,0,−2，
所以a= −12+−12+02= 2，b= 12+02+−22= 5，a⋅b=−1+0+0=−1，
所以csA=csa,b=a⋅bab=−1 2× 5=− 1010，所以sinA=3 1010，
所以S=absinA= 2× 5×3 1010=3．
【解析】(1)利用向量平行和向量模长的坐标表示列式求解即可；
(2)利用向量数量积和向量模长的坐标表示求出夹角进而求面积即可．
16.【答案】解：(1)因为BC//AD，∠BAD=90∘，所以AB⊥BC，
又因为PB⊥平面ABCD，AB,BC⊂平面ABCD，
所以PB⊥AB,PB⊥BC，
所以如图所示，以B为坐标原点，建立空间直角坐标系B−xyz，
则A(0,2,0),B(0,0,0),C(1,0,0),D(2,2,0),P(0,0,2),E(0,1,1),F(0,0,23),
所以CE=(−1,1,1),CD=(1,2,0),CF=(−1,0,23)，
设CF=xCE+yCD,
则−1=−x+y0=x+2y23=x，解得x=23y=−13，所以CF=23CE−13CD,
所以点F在平面ECD内.
(2)设平面ECD的一个法向量为m=(a,b,c)，
由(1)知CE=(−1,1,1),CD=(1,2,0),
因为CD⋅m=0CE⋅m=0，所以a+2b=0−a+b+c=0,
令a=2，则b=−1,c=3，所以m=(2,−1,3)，
又因为CP=(−1,0,2)，
所以点P到平面ECD的距离d=CP⋅mm=4 14=2 147．
【解析】(1)建立空间直角坐标系，利用空间向量的共面定理证明；
(2)利用空间向量的坐标运算求点到平面的距离．
17.【答案】解：(1)若直线过原点，易知其方程为：4x−3y=0；
若直线不过原点，不妨设其方程为：xa+ya=1，
代入点(3,4)得a=7，即x+y−7=0；
(2)i)由截距式设直线AB的方程为xa+yb=1(a,b>0)，所以3a+4b=1ab=48⇒a=6b=8,
所以x6+y8=1，即4x+3y−24=0；
ⅱ)若存在▵MPQ为等腰直角三角形，不妨设Q(t,0)，t∈(0,6)，则Pt,8−43t，
因为▵MPQ为等腰三角形，
当M为直角顶点时，设M0,4−23t，MP=t,4−23t，MQ=t,23t−4，
所以MP⋅MQ=t2−23t−42=59t2+163t−16=0，即(t+12)(5t−12)=0，
所以t=125或t=−12(舍)，所以4−23t=4−23×125=125，即点M0,125；
当Q为直角顶点时，点M(0,0)，P247,247，符合题意；
当P为直角顶点时，设M0,8−43t，由|MP|=|QP|可得：t=8−43t，
所以t=247，M0,247；
综上所以M0,125，M(0,0)，M0,247，符合题意．
【解析】(1)分类讨论截距是否为零，计算即可；
(2)利用截距式结合面积公式计算可得第一小问，利用等腰直角三角形的特征分类讨论计算即可．
18.【答案】解：(1)在平行四边形ABCD中，因为AB=AC，∠ABC=45∘，
所以∠ACB=45∘，故AB⊥AC，
由E、F分别为BC、AD的中点，得EF//AB，所以EF⊥AC，
因为PA⊥底面ABCD，EF⊂底面ABCD，所以PA⊥EF，
又因为PA∩AC=A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，
所以EF⊥平面PAC．
(2)
因为PA⊥底面ABCD，AB⊥AC，所以AP,AB,AC两两垂直，
分别以AB,AC,AP所在直线为x轴、y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz.
则A(0,0,0)，B2,0,0,C0,2,0,P0,0,2,D−2,2,0,E1,1,0．
所以PB=2,0,−2,BC=−2,2,0,PD=−2,2,−2，由已知PM=λPDλ∈0,1，
即PM=−2λ,2λ,−2λ，所以M−2λ,2λ,2−2λ,ME=1+2λ,1−2λ,2λ−2,
设平面PBC的一个法向量为n=x,y,z，
由n⋅BC=0n⋅PB=0，得−2x+2y=02x−2z=0,
令x=1，得n=1,1,1，
所以sinθ=csME,n=ME⋅nMEn=1+2λ+1−2λ+2λ−2 1+2λ2+1−2λ2+2λ−22⋅ 3= 1515，
化简得4λ2+4λ−3=0，故λ=12或λ=−32(舍)．
所以λ=12．
【解析】(1)证明AB⊥AC，EF⊥AC，推出PA⊥EF，然后证明EF⊥平面PAC；
(2)建立空间直角坐标系，利用直线与平面所成角的向量法求解即可．
19.【答案】解：(1)因为平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，
所以α=β=γ=π2，
(2)①证明：由余弦定理可得：
AC2=R2+R2−2R2csθ1BC2=R2+R2−2R2csθ2AB2=R2+R2−2R2csθ3，且AC2+BC2=AB2，
所以4R2−2R2(csθ1+csθ2)=2R2−2R2csθ3，
即2R2−2R2(csθ1+csθ2)=−2R2csθ3，
消去2R2，则有：1−(csθ1+csθ2)=−csθ3
即csθ1+csθ2−csθ3=1；
②由题意可知AD是球的直径，则有AB⊥BD,AC⊥CD，
又AC⊥BC,BC∩CD=C，
所以AC⊥平面BCD，
又因为BD⊂平面BCD，
所以AC⊥BD，
又因为AC∩AB=A，
所以BD⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以BD⊥BC，
又因为直线DA,DC与平面ABC所成的角分别为π4，π3，
所以∠DAB=π4,∠DCB=π3，
不妨令R= 3，
则AD=2 3，AB=BD= 6,BC= 2,AC=2，
又因为AC⊥BC，AC⊥BD，BC⊥BD，
以C为坐标原点，以CB,CA所在直线为x,y轴，过点C作BD的平行线为z轴，建立空间直角坐标系：
设BE=t,t∈(0, 6],
则A(0,2,0),C(0,0,0),B( 2,0,0),D( 2,0, 6),
可得S(0,1,0),T( 22,0,0),E( 2,0,t),O( 22,1, 62)，
则CB=( 2,0,0),CO=( 22,1, 62)，ST=( 22,−1,0),TE=( 22,0,t)，
设平面OBC的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅CB= 2x=0m⋅CO= 22x+y+ 62z=0,
取z=−2，则y= 6,x=0，
所以m=(0, 6,−2)；
设平面EST的一个法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅ST= 22a−b=0n⋅TE= 22a+tc=0,
取a= 2t，则b=t,c=−1，
所以n=( 2t,t,−1)，
要使sinθ取最小值，则|csθ|取最大值，
因为|cs θ|=|cs m,n|=|m⋅n||m|⋅|n|=| 6t+2| 10⋅ 3t2+1
=1 5⋅| 3t+ 2| 3t2+1
=1 5⋅ ( 3t+ 2)23t2+1
=1 5⋅ 1+2 6t+13t2+1
令m=2 6t+1,m∈(1,13],
则t=m−12 6,3t2=(m−1)28，
所以2 6t+13t2+1=m(m−1)28+1=8mm2−2m+9=8m+9m−2≤86−2=2,
当且仅当m=3,t=1 6时等号成立，
则|csθ|的最大值为 3 5，
所以sinθ取最小值为 1−cs2θ= 1−35= 105．
【解析】(1)根据平面 OAB，平面 OAC，平面 OBC 两两垂直，得α=β=γ=π2，即可求解；
(2)①根据余弦定理及勾股定理即可证明；
②建立空间直角坐标系，分别求出平面 EST 和平面 OBC 的法向量，利用向量夹角公式即可求解．
方法点睛：在涉及求直线与平面、平面与平面所成角时，利用空间向量法求解更简单些．
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