内蒙古自治区巴彦淖尔市第一中学2025-2026学年高二上学期9月月考数学试卷

这是一份内蒙古自治区巴彦淖尔市第一中学2025-2026学年高二上学期9月月考数学试卷，共23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。
考试时间：120 分钟试题分值：150 分
一、单选题（每小题 5 分共 40 分，每题只有一个正确答案）
下列说法中正确的是（ ）
b / /c
两个单位向量一定相等B. 物理学中的重力是向量
C. 若，
→
a / /b
→ ，则 a / /cD. 长度相等的两个向量必相等
正六边形 ABCDEF 中， AC =（ ）
2 AB  AF
AB  2 AF
AB  AF
2 AB  2 AF
已知向量 a  1, 2, b   x,  2 ，且a//b ，则实数 x 的值是（）.
B. 1C. 4D. 4
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面四边形 ABCD 的两组对边均不平行．给出下列命题：
①在平面 PAB 内不存在直线与 DC 平行；
②在平面 PAB 内存在无数多条直线与平面 PDC 平行；
③平面 PAB 与平面 PDC 的交线与底面 ABCD 不平行．其中正确的个数为（）
A 0 个B. 1 个C. 2 个D. 3 个
3
6
在V ABC 中， BC  2 ， AC  1， AB ，则 A  （ ）
A. 45B. 60C. 120D. 135
已知 l， m ， n 是三条不同的直线，α， β，γ是三个不同的平面，则下列命题一定正确的是（）
若 m / /α， n / /β，α/ /β，则 m // n
若 m α， n   ， m / /β， n / /β，则α/ /β
C 若l / /α， l  β，α∩ β m ，则l // m
D. 若 m α， n   ， l  β，且 m / /β， n / /l ，则α/ /β
若复数 z ， z 在复平面内对应的点关于实轴对称，且 z  1 2i ，则 z1  （ ）
12
 4  3 i
55
 3  4 i
55
1
 1  3 i
22
z2
 1  3 i
22
甲、乙两人进行乒乓球决赛，比赛采取七局四胜制（当一人赢得四局比赛时，该人获胜，比赛结
2
束）．若甲在每局比赛中获胜的概率均为
3
了七局的概率为（）
，且各局比赛结果相互独立，则在甲获胜的条件下，比赛进行
A. 1B. 16C.
481
12
D.
113
20
113
二、多选题（每题 6 分共 18 分，有错选不得分）
已知复数 z  1 i ，则下列说法正确的是（）
2
z  3
z 的共轭复数是1 i
复数 z 对应的点位于第二象限D. z  z  z
文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，某市为了提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市知识竞赛”，从所有答卷中随机抽取 100 份作为样本，将样本的成绩（成绩均不低于 50 分）分为 5 组： 50, 60 ， 60, 70 ， 70,80 ， 80, 90 ， 90,100 ，并绘制出频率分布直方图，如图所示，则下列结论正确的是（ ）
a  0.015
样本答卷成绩的中位数为 70
样本答卷成绩的平均分为 80（同一组数据用该组区间的中点值为代表）
在样本答卷成绩为80, 90 、90,100 的两组市民中，用分层抽样的方法抽取 6 人，则样本答卷成绩在
80, 90 中的市民应抽 4 人
如图，四边形 ABCD 为正方形， ED  平面 ABCD ， FB//ED ， AB  ED  2FB  2 ，则下列说法正确的是（）
AF // 平面 EDCB. 点 D 到平面 AEC 的距离为 3 3
C. 平面 ACE  平面 ACFD. 三棱锥 A  CEF 的体积为 3
三、填空题（每小题 5 分共 15 分）
111
甲、乙、丙三人独立破译同一份密码，已知三人各自破译出密码的概率分别是 5 、 4 、 3 ，且他们是
否破译出密码互不影响，则恰有两人破译出密码的概率为．
设五个数值 31，38，34，35，x 的平均数是 34，则这组数据的标准差是．
正四面体 A  BCD 边长为 a ，其内切球O ，则在正四面体 A  BCD 内与球O 和
平面ACD, 平面BCD, 平面ABD 均相切的球的表面积为(用 a 表示)
四、解答题（共 77 分）
rr
15 已知非零向量a   x, 0 ， b  1, x ，且 a  b  1．
求 x 的值；
求向量a 与b 的夹角；
求向量a 在b 方向上的投影向量的模．
是否积极提问组别
积极提问
不积极提问
合计
数学成绩进步
120
280
400
为研究高中生数学成绩进步与平时积极提问的关系，从某校的学生中随机抽了 1000 人，得到如下列联表：
记该校平时不积极提问的学生其数学成绩进步的概率为 P ．求 P 的估计值．
根据小概率值α 0.001 的独立性检验，分析高中生平时是否积极提问与数学成绩进步有关．
n ad  bc2
数学成绩不进步
80
520
600
合计
200
800
1000
附： χ2 
a  bc  d a  cb  d  ．
如图，在正三棱柱 ABC — A1B1C1 中， E, F 分别为棱 AA1 ， BC 的中点．
证明： AF / / 平面 BEC1 ；
证明：平面 BEC1 ⊥平面 BB1C1C ．
如图，四棱锥 P  ABCD 中， PA  平面 ABCD ， AB  AD ， AB / /CD ， AD  DC  1 ，
2
BC .
证明： BC  平面 PAC ；
P χ2  k 
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
若直线 PC 与平面 PAB 所成角的正弦值为 6 ，
6
①求线段 PA 的长；
②求平面 PBC 与平面 PAD 所成角的余弦值.
已知直线l1 ∥l2 ， M ， N 分别为l1 ， l2 上的两个定点，点 A 在线段 MN 上， AM  1 ， AN  2 ， B
为直线l 上一动点， C 为直线l 上一动点， B ， C 两点均在直线 MN 的同一侧， MNC  π ．设
123
ACN α． V ABC 面积为 S (α) ．
若BAC  π ，求 S (α) 的最小值；
2
若BAC  π ，且 S (α)  3 3 ，
32
①求CN 的长；
②若线段 AC 与 BN 交与点 D ， CD  λCA ，求实数λ的值．
2026 学年第一学期高二年级第一次诊断考试
数学试题
考试时间：120 分钟试题分值：150 分命题人：王海军一、单选题（每小题 5 分共 40 分，每题只有一个正确答案）
下列说法中正确的是（ ）
两个单位向量一定相等B. 物理学中的重力是向量
C. 若，
→
a / /b
→ ，则 a / /cD. 长度相等的两个向量必相等
b / /c
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量相关概念进行判断，得到答案
【详解】A 选项，两个单位向量方向不同时，不相等，A 错误；
B 选项，物理学中的重力既有大小，又有方向，是向量，B 正确；
a / /b
b / /c
C 选项，若b  0 ，则满足 →，
→ ，但 a, c 不一定平行，C 错误；
D 选项，长度相等，但方向不同的两个向量不相等，D 错误.故选：B
正六边形 ABCDEF 中， AC =（ ）
2 AB  AF
AB  2 AF
AB  AF
2 AB  2 AF
【答案】A
【解析】
【分析】根据正六边形的性质，结合向量的线性运算，可得答案.
【详解】由题意可作图如下：
由图可知 AC  AF  FC  AF  2 AB .
故选：A.
已知向量 a  1, 2, b   x,  2 ，且a//b ，则实数 x 的值是（）.
B. 1
【答案】A
【解析】
C. 4D. 4
【分析】由向量平行的坐标关系列式计算可得结果.
【详解】由a//b ，则有12  2  x  0 ，解得 x  1 .
故选：A
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面四边形 ABCD 的两组对边均不平行．给出下列命题：
①在平面 PAB 内不存在直线与 DC 平行；
②在平面 PAB 内存在无数多条直线与平面 PDC 平行；
③平面 PAB 与平面 PDC 的交线与底面 ABCD 不平行．其中正确的个数为（）
A. 0 个B. 1 个C. 2 个D. 3 个
【答案】D
【解析】
【分析】由线面平行的判定与性质可逐个验证.
【详解】对于命题①，设平面 PAB 内存在直线m 与 DC 平行，又 DC  平面 PAB ， m  平面 PAB ，所以 DC / / 平面 PAB ，又平面 ABCD ∩ 平面 PAB  AB ，所以 DC / / AB 与题干矛盾，即在平面 PAB 内不存在直线与 DC 平行，故①正确；
对于命题②，设平面 PAB  平面 PDC  l ，则l ⊂平面 PAB ，所以在平面 PAB 内存在无数条直线与直线l 平行，
这无数条直线也与平面 PDC 平行，故②正确；
对于命题③，设交线l / / 平面 ABCD ，
又l ⊂平面 PAB ，平面 PAB  平面 ABCD  AB ，所以l / / AB ，同理可得l / /CD ，则 AB / /CD 与题干矛盾，
即平面 PAB 与平面 PDC 的交线与底面 ABCD 不平行，故③正确.
故选：D.
3
6
在V ABC 中， BC  2 ， AC  1， AB ，则 A  （ ）
A. 45B. 60C. 120D. 135
【答案】A
【解析】
【分析】由余弦定理cs A 
AB2  AC 2  BC 2
2 AB• AC
直接计算求解即可.
 6 2  1 3 2  22
2  6 1 3 
2
AB2  AC 2  BC 2
【详解】由题意得cs A ，
2 AB• AC2
又0∘  A  180∘ ，所以 A  45 .
故选：A
已知 l， m ， n 是三条不同的直线，α， β，γ是三个不同的平面，则下列命题一定正确的是（）
若 m / /α， n / /β，α/ /β，则 m // n
若 m α， n   ，
m / /β， n / /β，则α/ /β
若l / /α， l  β，α∩ β m ，则l // m
若 m α， n   ， l  β，且 m / /β， n / /l ，则α/ /β
【答案】C
【解析】
【分析】利用线面、面面位置关系，结合线面平行的性质逐项判断即得.
【详解】对于 A，由 m / /α， n / /β，α/ /β，得 m // n 或m 与 n 相交或m 与 n 是异面直线，A 错误；
对于 B，由 m α， n   ， m / /β， n / /β，得α/ /β或α与β相交，B 错误；
对于 C，由l / /α， l  β，α∩ β m ，得l // m ，C 正确；
对于 D，由 m α， n   ， l  β，且 m / /β， n / /l ，得α/ /β或α与β相交，D 错误.
故选：C
若复数 z ， z 在复平面内对应的点关于实轴对称，且 z  1 2i ，则 z1
 （ ）
12
 4  3 i
55
 3  4 i
55
1
 1  3 i
22
z2
 1  3 i
22
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法运算即可求解.
【详解】Q z1  1 2i ，又复数 z1 ， z2 在复平面内对应的点关于实轴对称， z2  1  2i ，
z1  2i(1  2i)23  4i34
则 1    i
z21  2i(1  2i)(1  2i)555
故选：B.
甲、乙两人进行乒乓球决赛，比赛采取七局四胜制（当一人赢得四局比赛时，该人获胜，比赛结
2
束）．若甲在每局比赛中获胜的概率均为
3
了七局的概率为（）
，且各局比赛结果相互独立，则在甲获胜的条件下，比赛进行
A. 1B. 16C.
481
12
D.
113
20
113
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，求得甲比赛四局、五局、六局和七局获胜的概率，结合条件概率的计算公式，即可求解.
【详解】由题意，若比赛四局，则甲赢的概率为 2  2  2  2  16 ；
333381
若比赛五局，甲第五局赢，可得甲赢的概率为C3
 2 31264
  ；
4 3

 33243
 2 3 1 22160
若比赛六局，甲第六局赢，可得甲赢的概率为C3   ；
6 33


3729
 2 3 1 32320
若比赛七局，甲第七局赢，可得甲赢的概率为C3   ，
所以甲赢的概率为16 
64  160 
320


 1808 ，
6 33
32187
8124372921872187
320
所以甲获胜的条件下，比赛进行了七局的概率为 2187  20 ．
故选：D.
1808113
2187
二、多选题（每题 6 分共 18 分，有错选不得分）
已知复数 z  1 i ，则下列说法正确的是（）
2
z  3
z 的共轭复数是1 i
复数 z 对应的点位于第二象限D. z  z  z
【答案】BD
【解析】
【分析】根据复数的模判断 A，求出其共轭复数，即可判断 B，根据复数的几何意义判断 C，根据复数代数
形式的乘法运算法则判断 D.
12 12
【详解】因为 z  1 i ，则 z 
z 的共轭复数是 z  1  i ，故 B 正确；
，故 A 错误；
2
复数 z 在复平面内对应的点的坐标为1,1 ，位于第一象限，故 C 错误；
因为 z  z  1 i1 i  12  i2  2 ，，
z
12  12
2
所以 z  z 
2
z ，故 D 正确；
故选：BD
文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，某市为了提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市知识竞赛”，从所有答卷中随机抽取 100 份作为样本，将样本的成绩（成绩均不低于 50 分）分为 5 组： 50, 60 ， 60, 70 ， 70,80 ， 80, 90 ， 90,100 ，并绘制出频率分布直方图，如图所示，则下列结论正确的是（ ）
a  0.015
样本答卷成绩的中位数为 70
样本答卷成绩的平均分为 80（同一组数据用该组区间的中点值为代表）
在样本答卷成绩为80, 90 、90,100 的两组市民中，用分层抽样的方法抽取 6 人，则样本答卷成绩在
80, 90 中的市民应抽 4 人
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据频率之和为 1 即可求 a ，根据频率分布直方图里中位数、平均数的求法即可判断 B、C，根据分层抽样相关概念即可判断 D.
【详解】选项 A：由频率之和为 1，即：10a  0.35  0.35  0.1 0.05  1，可得 a  0.015 ，故 A 正确；选项 B：由于前两组频率之和恰好是 0.5，所以中位数是 70，故 B 正确；
选项 C： 0.15 55  0.35 65  0.35 75  0.1 85  0.05 95  70.5 ，故 C 错误；
选项 D：由于成绩在80, 90 、90,100 两组的人数分别为 10 人、5 人，则在80, 90 中应该抽取：

610
10  5
 4 人，故 D 正确；
故选：ABD.
如图，四边形 ABCD 为正方形， ED  平面 ABCD ， FB//ED ， AB  ED  2FB  2 ，则下列说法正确的是（）
AF // 平面 EDCB. 点 D 到平面 AEC 的距离为 3 3
C. 平面 ACE  平面 ACFD. 三棱锥 A  CEF 的体积为 3
【答案】AC
【解析】
【分析】A.通过证明平面与平面平行，得到直线与平面平行，B.利用等体积法求出距离，C.作辅助线先证明
线面垂直，再得到面面垂直 D.VEAFC  VACEF ，求出VEAFC
【详解】对于 A，∵四边形 ABCD 为正方形，∴ AB//CD
又Q FB//ED ，且 AB  FB  B ， ED I CD  D ， AB, FB 在平面 FBA内， ED, CD 在平面 EDC 内，
∴平面 EDC / / 平面 FBA，又Q AF  平面 FBA，
 AF // 平面 EDC ，A 正确
对于 B，三棱锥 E  ADC 的体积V
 1  S
 DE  1  1  2  2  2  4 ，
E  ADC
3△ADC

323
易知△ACE 为正三角形，且边长为2
，故 S 3 2 2 2  2，
2
3
V ACE4
QV V
，∴D 到平面 AEC 的距离 d 满足： 1  2 3  d  4 ，
E  ADCD AEC33
2 3
3
解得： d ，B 错误；
对于 C，
连接 BD 交 AC 于点O ，连接 EO ， FO ，取 DE 中点G ，则VEFG 为直角三角形，
易知 DO  BO 
2 2 2 1
 EF 
2 ，
 3 ， EO 
22  2
6
， FO 
12  2
3 ，
 EO2  FO2  EF 2 ， EO  FO
QV ACE 为等边三角形，且O 为 AC 中点，
 EO  AC ，又Q FO  AC  O ，且 FO, AC 都在平面 ACF 内，
 EO  平面 ACF ，又Q EO 在平面 ACE 内，
∴平面 ACE  平面 ACF ，C 正确；
2
3
对于 D，易知 AC  2，又 FO ， △ABF 与VCBF 全等，
 AF  FC ，V AFC 为等腰三角形，
 AC  FO ， S△AFC
 1  2 2 ，
3
6
6
2
∴棱锥 A  CEF 的体积V V
 1  S
 EO  1 
6  2 ，D 错误
故选：AC
ACEF
E  AFC
3△AFC3
三、填空题（每小题 5 分共 15 分）
111
甲、乙、丙三人独立破译同一份密码，已知三人各自破译出密码的概率分别是 5 、 4 、 3 ，且他们是
否破译出密码互不影响，则恰有两人破译出密码的概率为．
3
【答案】
20
【解析】
## 0.15
【分析】利用独立事件的概率乘法与互斥事件的概率加法公式可求得所求事件的概率.
【详解】由题意可知，恰有两人破译出密码的概率为 P  1  1  2  1  3  1  4  1  1  3 .
54354354320
3
故答案为：.
20
设五个数值 31，38，34，35，x 的平均数是 34，则这组数据的标准差是．
6
【答案】
【解析】
【分析】根据平均数求出 x的值，再根据标准差的计算公式，即可求得答案.
【详解】由题意知， 31 38  34  35  x  34 ，解得： x  32 ．
5
1 31 342  38  342  34  342  35  342  32  342 
5 

∴这组数据的标准差是 s 
6
，
6
故答案为：
正四面体 A  BCD 边长为 a ，其内切球O ，则在正四面体 A  BCD 内与球O 和
平面ACD, 平面BCD, 平面ABD 均相切的球的表面积为(用 a 表示)
【答案】
【解析】
π a2
24
【分析】先根据正四面体的结构特征求出内切球O 半径 R ，然后根据相似关系求出球O1 的半径 r ，最后利用球的表面积公式即可求解.
【详解】设在正四面体 A  BCD 内与球O 和平面ACD, 平面BCD, 平面ABD 均相切的球为O1 ，半径为
r ，
设球O 的半径为 R ，取 BC 的中点为 E ，连接 EA, ED ，设 DG 为正四面体 A  BCD 的高，球O1 ，球O 与侧面 BCD 分别相切于点 H , F ，显然点O 在 DG 上， G 是底面 ABC 的中心，
又正四面体 A  BCD 边长为 a ，所以 DE  AE 
a ，
a2  
 a 2
 2 

3
DE2  GE2
2
所以GE  1 AE 
3 a ，如图，在△DGE 中， DG 
6 a ，
36
连接OF ，由VDOF∽VDEG  OF  DO 
GEDE
6 a  R
R 3
3 a3 a
3
，解得 R 
6 a ，
12
62
连接O1H ，又由VDO H∽VDOF  O1H
 DO1  r
 AG  2R  r  r 
6 a ，
1OFDORAG  R24
6
2π


所以球O1 的表面积为 S  4π 24 a 
a2 ，
24
故答案为：
π a2 .
24
四、解答题（共 77 分）
rr
已知非零向量a   x, 0 ， b  1, x ，且 a  b  1．
求 x 的值；
求向量a 与b 的夹角；
求向量a 在b 方向上的投影向量的模．
π
【答案】（1）1（2）
4
（3） 2
2
【解析】
【分析】（1）根据向量的坐标运算以及模的计算公式，即可求得答案.
根据向量的夹角公式求解即可.
求出向量a 在b 方向上的投影向量，即可求得答案.
【小问 1 详解】
→→
已知非零向量 a   x, 0 ， b  1, x ，故 a  b   x 1, x ，
 x 12  x2
→→
而 a  b
→
 1，故
 1，解得 x  1 或 x  0 ，
由于 a   x, 0 为非零向量，故 x  0 ，故 x  1 ；
【小问 2 详解】
→→
结合（1）可知 a  1, 0 ， b  1,1 ，则 a  b  1, 01,1  1 ，
→
csn→ →n a  b 12
a b
→ →
1 2
故a, b2 ，
π
故向量a 与b 的夹角为 4 ；
【小问 3 详解】
→  bb1 →→
2
b
向量a 在b 方向上的投影向量为 a →
 →
b
 2 b ， b ，
1 →2
故向量a 在b 方向上的投影向量的模为 2 b  2 .
是否积极提问组别
积极提问
不积极提问
合计
数学成绩进步
120
280
400
数学成绩不进步
80
520
600
合计
200
800
1000
为研究高中生数学成绩进步与平时积极提问的关系，从某校的学生中随机抽了 1000 人，得到如下列联表：
记该校平时不积极提问的学生其数学成绩进步的概率为 P ．求 P 的估计值．
根据小概率值α 0.001 的独立性检验，分析高中生平时是否积极提问与数学成绩进步有关．
附： χ2 
n ad  bc2
a  bc  d a  cb  d  ．
【答案】（1）0.35；
（2）有关.
【解析】
【分析】（1）由列联表数据及古典概型的概率求法求概率；
（2）由卡方公式求卡方值，再根据独立检验基本思想即可得结论.
【小问 1 详解】
由列联表可知，不积极提问的 800 人中有 280 人进步，所以 P 的估计值为 280  0.35 ；
800
P χ2  k 
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
【小问 2 详解】
零假设 H0 ：数学成绩进步与平时是否积极提问无关，
1000 120  520  280  802
16000
根据表中数据可得χ2  41.667  10.828  χ，
400  600  200  800384
根据小概率值α 0.001 的χ2 独立性检验，我们推断 H0 不成立，
即认为数学成绩进步与平时是否积极提问有关，该推断犯错误的概率不超过0.001 ．
如图，在正三棱柱 ABC — A1B1C1 中， E, F 分别为棱 AA1 ， BC 的中点．
证明： AF / / 平面 BEC1 ；
证明：平面 BEC1 ⊥平面 BB1C1C ．
【答案】（1）证明见解析
0.001
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）连接 B1C ，设 B1C∩ BC1  O 连接 EO，FO，，可证 AEOF 为平行四边形，得到 AF //EO ，根据线面平行的判定定理，即可得证；
（2）在棱柱中，先证 AF  平面 BCC1B1 ，从而得到 EO  平面 BCC1B1 ，根据面面垂直的判定定理，即可得证．
【小问 1 详解】
证明：连接 B1C 与 BC1 交于点 O，则 O 为 BC1 的中点，连接 EO，FO，
因为 E，F 分别为棱 AA ，BC 的中点，所以 FO / /CC / / AE ， FO  1 CC
 AE ，
1121
所以四边形 AEOF 为平行四边形，∴ AF / / EO ，
又 EO  平面 BEC1 ， AF  平面 BEC1 ，所以 AF / / 平面 BEC1 ；
【小问 2 详解】
证明：因为 BB1  平面 ABC， AF  平面 ABC，所以 BB1  AF ，
又 BC  AF ，且两直线在平面内相交，所以 AF  平面 BB1C1C ，因为 AF / / EO ，所以 EO  平面
BB1C1C ，
又 EO  平面 BEC1 ，所以平面 BEC1  平面 BB1C1C ．
如图，四棱锥 P  ABCD 中， PA  平面 ABCD ， AB  AD ， AB / /CD ， AD  DC  1 ，
2
BC .
证明： BC  平面 PAC ；
若直线 PC 与平面 PAB 所成角的正弦值为 6 ，
6
①求线段 PA 的长；
②求平面 PBC 与平面 PAD 所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）① PA  2 ；② 3
3
【解析】
【分析】（1）先由题设依次求出 AC  BC 、 PA  BC ，再由线面垂直判定定理即可得证；
（2）①取 AB 中点O ，连接CO 、 PO ，求证CO  平面 PAB 得到CPO 为直线 PC 与平面 PAB 所成角，接着由正弦函数定义求出 PO 即可求解；
②建立适当空间直角坐标系，求出平面 PBC 与平面 PAD 的法向量即可由空间角的向量法公式计算求解.
【小问 1 详解】
因为 AB  AD ， AB / /CD ，所以 AD  DC ，
AD2  DC 2
2
又 AD  DC  1 ，所以DAC  ACD  45∘ ， AC ，所以CAB  90∘  DAC  45∘ , AC  BC ，
所以ABC  CAB  45∘ ，则ACB  90∘ ，即 AC  BC ，因为 PA  平面 ABCD ， BC  平面 ABCD ，
所以 PA  BC ，又 PA ∩ AC  A ， PA 、 AC  平面 PAC ，
所以 BC  平面 PAC ；
【小问 2 详解】
①取 AB 中点O ，连接CO 、 PO ，则由（1）得CO  AB ，且
AB 
 2, CO  AO  1 AB  1 ，
AC 2  BC 2
2
因为 PA  平面 ABCD ， CO  平面 ABCD ，
所以 PA  CO ，又 PA ∩ AB  A ， PA 、 AB  平面 PAB ，
所以CO  平面 PAB ，所以CPO 为直线 PC 与平面 PAB 所成角，
6
PC 2  AC 2
所以sin CPO  CO  1 6  PC  PA 
 2 ，
PCPC6
②由题意可建立如图所示的空间直角坐标系 A  xyz ，则 A0, 0, 0, P 0, 0, 2, B 0, 2, 0, C 1,1, 0 ，
所以 AB  0, 2, 0, PB  0, 2, 2, PC  1,1, 2 ，
→
显然 AB  0, 2, 0 是平面 PAD 的一个法向量，设平面 PBC 的一个法向量为 m   x, y, z  ，
 →–––→ → –––→
m  PBm·PB  2 y  2z  0→
则 →–––→ ，所以 → –––→
，取 z  1，则 m  1,1,1 ，
m  PCm·PC  x  y  2z  0
–––→ →
→
AB·m23
2  3
所以cs AB, m  –––→ ––→  3 ，
AB m
所以平面 PBC 与平面 PAD 所成角的余弦值为 3 .
3
已知直线l1 ∥l2 ， M ， N 分别为l1 ， l2 上的两个定点，点 A 在线段 MN 上， AM  1 ， AN  2 ， B
为直线l 上一动点， C 为直线l 上一动点， B ， C 两点均在直线 MN 的同一侧， MNC  π ．设
123
ACN α． V ABC 面积为 S (α) ．
若BAC  π ，求 S (α) 的最小值；
2
若BAC  π ，且 S (α)  3 3 ，
32
①求CN 的长；
②若线段 AC 与 BN 交与点 D ， CD  λCA ，求实数λ的值．
3
【答案】（1）
2
（2）①4；②λ 6
7
【解析】
【分析】（1）根据题意可得 ABM  π α，利用正弦定理可得 AB 3， AC 3 ，进而求
2
S (α) ，结合三角知识分析求解；
AB 3
2 csα
3
sinα
π
（2）利用正弦定理可得
2 sin  π α ， AC  sin
，进而求 S (α) ，结合三角知识可得α .①
6
 3α

3
3
可得 AB ， AC  2，进而可得结果；②利用余弦定理解得 BC  3，再利用面积关系分析求解.
【小问 1 详解】
因为l1 ∥l2
，则ABM  BAC  ACN  BAC α， AMB  2π ，
3
若BAC  π ，则ABM  π α，
2
在V ABM 中，由正弦定理
2
AB
sin AMB
AM

sin ABM
，可得
AB  AM sin AMB 
13
23，
sin ABM
sin  π α
2 csα
 2

3
ACAN2 
在△ACN 中，由正弦定理sin ANC  sin ACN ，可得 AC  AN sin ANC  2 3 ，
则 S (α)  1 AB  AC  1 

33 3，
sin ACN
sinα
sinα
222 csα sinα2 sin 2α
0  π α π
23πππ
又因为，解得 α，则  2α π ，


0 α 2π
3
623
可知当2α π ，即α π 时， S (α) 取到最小值 3 .
242
【小问 2 详解】
若BAC  π ，则ABM  π α，
3
在V ABM 中，由正弦定理
3
AB
sin AMB
AM

sin ABM
，可得
AB  AM sin AMB 
13
23，
sin ABM
sin  π α2 sin  π α
 3 3

3
ACAN2 
在△ACN 中，由正弦定理sin ANC  sin ACN ，可得 AC  AN sin ANC  2 3 ，
S (α)  1 AB  AC sin π  1 

33 3 
sin ACN
3 3
sinα
sinα
则2322 sin  π α sinα28sin  π α sinα，
 3 3

3 33 3 3 3
若 S (α) ，即 π2 ，
28sinα sinα
 3

可得4 sin  π α sinα 1，
 3

且4 sin  π α sinα 4 3 csα 1 sinsinα 2 3 sinαcsα 2 sin2α
 3 22α

3 sin 2α cs 2α1 
 α π  1，
2 sin  26 

π π 
即2 sin  2α 6  1  1，可得sin  2α 6   1，

0  π α π
33πππ5π
又因为，解得0 α，则  2α，


0 α 2π
3
3666
可得2α π  π ，解得α π .
626
3
AB 33
3
①可得
2 sin  π α
， AC  2，
sinα
 3

在△ACN 中，可知ANC 
π , ACN α π ，
36
π
则NAC  π  ANC α ，即△ACN 为直角三角形，
2
所以CN  2 AN  4 ；
②在V ABC 中，由余弦定理可得
BC 2  AB2  AC 2  2 AB  AC  cs BAC  3 12  2 
3  2 3  1  9 ，
2
即 BC  3，则 AB2  BC 2  AC 2 ，可知ABC  π ，即V ABC 为直角三角形，
2
则ACB  π  ACN ，
6
在△BCN 中，因为 S△BCN  S△BCD  S△DCN ，
即 1 BC  CN sin BCN  1 BC  CD sin BCD  1 CN  CD sin DCN ，
222
3
可得3 3 CD  CD  7 CD ，解得CD  12 3 ，
447
又因为CD  λCA ，所以λ 6 .
7
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是利用正弦定理边化角，进而求 S (α) ，结合三角知识分析求解.