2025-2026学年高二数学上学期第一次月考02(人教A版2019）

这是一份2025-2026学年高二数学上学期第一次月考02(人教A版2019），共15页。试卷主要包含了3直线等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120 分钟试卷满分：150 分）
注意事项：
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
测试范围：人教A版2019必修第一册第一章空间向量与立体几何~第二章2.3直线。
第一部分（选择题 共 58 分）
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
在空间直角坐标系中，点 P(1, 2, 3) 关于 xOy 平面的对称点 P 的坐标为（ ）
(1, 2, 3)
C． (1, 2, 3)
直线l : 3x  y  3  0 的倾斜角为（ ）
B． (1, 2, 3)
D． (1, 2, 3)
30B． 60C．120D． 90
→→→→→→
p  q
→ → →
已知空间向量 p  2a  3b  3c ， q  3a  b  c ，则
以a, b, c 为单位正交基底时的坐标为（ ）
A． 5, 3, 4
5, 2, 4
2, 3, 3
3,1,1
过点(3, 0) 和(0, 4) ，的直线的一般式方程为（ ）
4x  3y  12  0
C． 4x  3y 12  0
已知空间向量 → 
B． 4x  3y 12  0
D． 4x  3y 12  0
→  13 ) ，则a 在b 上的投影的模为（ ）
a( 3, 0,1), b
(, 0,
22
3
2
A．B．1C．2D． 1
已知直线ax  a  y  0 ，且与以点 A2,1 ， B 0, 3  为端点的线段有公共点，则直线 l 斜率k 的取值范围
为 （ ）
A．,  3
B．1, 
C． 
3,1
D．, 
3 1, 

已知 A3, 4 ， B 6, 3 两点到直线 l： ax  y 1  0 的距离相等，则 a 的值为（ ）
1
 7
 1 或 7
1
或 7
393939
在空间直角坐标系O  xyz 中， OA  1, 2,1 ， OB  1,1, 2 ， OP  2,1,1 ，点Q 在直线OP 上运动，则QA  QB
的最小值为（ ）
 3
2
 2
3
2
3
3
2
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，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，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分．
9．（多选）将正方形 ABCD 沿 AC 折叠如图所示，其中点 E, F 分别为 AD, DC 的中点，点 R,T 将线段 AC 三等分，则（ ）
–––→2 –––→
RT  EF
3
AB  AD  3RT
–––→–––→1 –––→
AB  DC
EB  AB  AD
2
已知直线 l： a  2 x  ay  2  0 与 n： a  2 x  3y  6  0 ，下列选项正确的是（ ）
若l //n ，则a  6 或a  1
若l  n ，则a  1
直线 l 恒过点(1, - 1)
若直线 n 在 x 轴上的截距为 6，则直线 n 的斜截式为 y  1 x  2
3
如图，在棱长均为 2 的平行六面体 ABCD  A1B1C1D1 中，底面 ABCD 是正方形，且
11
A AB  A AD  60 ，下列选项正确的是（ ）
3
BD1 长为2
异面直线 AC 与 BD1 所成角的余弦值为 6
3
A1C  B1D1D． AA1  BD
第二部分（非选择题 共 92 分）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
已知a  2, 1, 4 ， b  1,5, 2 ， c  1, 4,λ ，若a 、b 、c 三向量共面，则实数λ等于.
2
若某直线被两平行线l1 : x  y 1  0 与l2 : x  y  3  0 所截得的线段的长为2
为.
，则该直线的倾斜角大小
如图，在正四棱锥 P  ABCD 中， PF  FD, PE  2EB ，设平面 AEF 与直线 PC 交于点G, PG  λGC ，则λ .
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（13 分）已知 O，A，B，C，D，E，F，G，H 为空间的 9 个点（如图所示），并且OE  kOA ，
OF  kOB ， OH  kOD ， AC  AD  m AB ， EG  EH  mEF ．求证：
A，B，C，D 四点共面，E，F，G，H 四点共面；
AC // EG ；
O、G、C 三点共线．
16．（15 分）已知直线l1 : x  2 y  3  0, l2 : 2x  3y  8  0 ．
求经过点 A(1, 4) 且与直线l2 垂直的直线方程；
求经过直线l1 与l2 的交点，且在两坐标轴上的截距相等的直线方程．
17．（15 分）已知空间中三点 A1,1,1 ， B 0, 2,1 ， C 2,1, 3 ．
设 →  2 2 ，且→，求c 的坐标；
cc / / AB
若四边形 ABCD 是平行四边形，求顶点 D 的坐标；
求V ABC 的面积．
18．（17 分）如图，在直四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中，AB ⊥AC ，AB  1，AC  AA1  2 ，AD  CD 
求证： BE  平面 ACB1 ；
求平面 D1 AC 与平面 B1 AC 夹角的余弦值；
若 F 为线段CD 上的动点，求 F 到直线 BE 距离的最小值．
–––→1 –––→
5 ，AE  AA1 ．
4
19.（17 分）已知 P 是棱长为 2 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 表面上一动点， M ， N 分别是线段 B1C 和CC1 的

––––→––––→
中点，点Q 满足MQ  λMN (0  λ 1) ，且 A1PDQ ，设 P 的轨迹围成的图形为多边形 ．
证明：  为平行四边形；
是否存在λ，使得 和底面 ABCD 的夹角为π ．若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由．
3
证明：点 B 和 形成的多面体的体积为定值．
2025-2026 学年高二数学上学期第一次月考卷 02
（考试时间：120 分钟试卷满分：150 分）
注意事项：
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
测试范围：人教 A 版 2019 必修第一册第一章空间向量与立体几何~第二章 2.3 直线。
第一部分（选择题 共 58 分）
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
在空间直角坐标系中，点 P(1, 2, 3) 关于 xOy 平面的对称点 P 的坐标为（ ）
(1, 2, 3)
C． (1, 2, 3)
【答案】C
(1, 2, 3)
D． (1, 2, 3)
【详解】在空间直角坐标系中，点 P(1, 2, 3) 关于 xOy 平面的对称点的横坐标和纵坐标不变，竖坐标变为原来的相反数，即 P(1, 2, 3) ．故选：C.
直线l : 3x  y  3  0 的倾斜角为（ ）
30B． 60C．120D． 90
【答案】B
3
【详解】因为直线l : 3x  y  3  0 可化为 y  3x 3，则其斜率为 3 ，设其倾斜角为θ, 0 θ 180 ，则tanθ，所以θ 60 .故选：B.
→→→→→→
p  q
→ → →
已知空间向量 p  2a  3b  3c ， q  3a  b  c ，则
以a, b, c 为单位正交基底时的坐标为（ ）
A． 5, 3, 4
【答案】B
B． 5, 2, 4
C． 2, 3, 3
D． 3,1,1
→→→
→→→
→→→→
p  q
r r r
【详解】空间向量 p  2a  3b  3c ， q  3a  b  c ，则 p  q  5a  2b  4c ，故
基底时的坐标为5, 2, 4 .故选：B.
过点(3, 0) 和(0, 4) ，的直线的一般式方程为（ ）
以{a, b , c }为单位正交
4x  3y  12  0
C． 4x  3y 12  0
4x  3y 12  0
D． 4x  3y 12  0
【答案】C
【详解】由直线过点(3, 0) 和(0, 4) ，可得直线的截距式得直线方程为 x  y  1，整理得4x  3y 12  0 ，

34
即直线的一般式方程为4x  3y 12  0 .故选：C.
a
已知空间向量 → 
→
( 3, 0,1), b 
( 1 , 0, 3 ) ，则a 在b 上的投影的模为（ ）
22
3
2
A．B．1C．2D． 1
【答案】A
【详解】由向量 →  →  13 ) ，得 →  b  3 ， | b | 1 ，则a 在b 上的投影向量为
a( 3, 0,1), b
( 3 )2  0  ( 3)2
2
2
→→→
(, 0,a
22
a  b33
3
→b 
| b |2
3b  (
2
, 0, 2) ，所以a 在b 上的投影的模为
．故选：A
已知直线ax  a  y  0 ，且与以点 A2,1 ， B 0, 3  为端点的线段有公共点，则直线 l 斜率k 的取值范围为 （ ）
3

A．, 
B．1, 
C． 
3,1
D．, 
3 1, 

【答案】D
【详解】
直线ax  a  y  0 恒过定点1, 0 ，直线l 过点A 时，设直线的斜率为k ，所以k  1 0  1 ，
112 1
直线l 过点 B 时，设直线的斜率为k2 ，所以k2 
3  0  
3
0 1
，要使直线l 与线段 AB 有公共点，则直线l 的

斜率的取值范围为∞,  3 1, ∞ .故选： D .
已知 A3, 4 ， B 6, 3 两点到直线 l： ax  y 1  0 的距离相等，则 a 的值为（ ）
1
 7
 1 或 7
1
或 7
39
【答案】C
3939
a2 1
3a  4 1
【详解】因为点 A3, 4 ， B 6, 3 到直线 l： ax  y 1  0 的距离相等，所以
，即
a2 1
6a  3 1
3a  3  6a  4 ，化简得27a2  30a  7  0 ，解得a   1 或a   7 。
39
8、在空间直角坐标系O  xyz 中，OA  1, 2,1 ，OB  1,1, 2 ，OP  2,1,1 ，点Q 在直线OP 上运动，则QA  QB
的最小值为（ ）
 3
2
【答案】D
 2
3
2
3
3
2
【详解】由点Q 在直线OP 上运动，故可设OQ  xOP  2x, x, x ， x  R ，则QA  OA  OQ  1 2x, 2  x,1 x ， QB  OB  OQ  1 2x,1 x, 2  x ，所以QA  QB  1 2x, 2  x,1 x1 2x,1 x, 2  x
 1 2x1 2x  2  x1 x  1 x2  x  6x2  6x  3 ，故当 x  1 时， QA  QB 取得最小值 3 .
22
故选：D．
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，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，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分．
9．（多选）将正方形 ABCD 沿 AC 折叠如图所示，其中点 E, F 分别为 AD, DC 的中点，点 R,T 将线段 AC 三等分，则（ ）
–––→2 –––→
RT EF
3
AB  AD  3RT
–––→–––→1 –––→
AB  DC
【答案】AD
【详解】对于 A，由点
E, F
分别为
AD, DC
EB  AB AD
2
的中点，得 EF / / AC, EF 
1–––→1 –––→ –––→
AC ，而 RT AC, EF 
–––→
AC ，因
–––→
–––→
232
此 RT  3 EF ，A 正确；对于 B， AB  AD  AC, 3RT  AC ，B 错误；对于 C， AB, DC 长度相等，方向不
–––→–––→–––→–––→
同，C 错误；对于 D， EB  EA  AB  AB 
–––→
AD ，D 正确．故选：AD
已知直线 l： a  2 x  ay  2  0 与 n： a  2 x  3y  6  0 ，下列选项正确的是（ ）
若l //n ，则a  6 或a  1
若l  n ，则a  1
直线 l 恒过点(1, - 1)
若直线 n 在 x 轴上的截距为 6，则直线 n 的斜截式为 y  1 x  2
3
【答案】AC
【详解】对于 A 项，若l ∥ n ，则3a  2  a a  2 ，解得a  1 或a  6 ，经检验，均符合，故 A 项正确；对于 B 项，若l  n ，则a  2a  2  3a  a2  3a  4  a  4a  1  0 ，解得a  1 或a  4 ，故 B 项不成
2x  2  0
立；对于 C 项，因为(a  2)x  ay  2  0  (x  y)a  2x  2  0 ，则由x  y  0

x  1

得 y  1
，所以 l 恒过点
(1, - 1) ，故 C 项正确；对于 D 项，若直线 n 在 x 轴上的截距为 6，即直线 n 过点(6, 0) ，则6(a  2)  6  0 ，
得a  3 ，所以直线 n 的方程为 x  3y  6  0 ，斜截式为 y   1 x  2 ，故 D 项不成立．故选：AC.
3
如图，在棱长均为 2 的平行六面体 ABCD  A1B1C1D1 中，底面 ABCD 是正方形，且
11
A AB  A AD  60 ，下列选项正确的是（ ）
BD1 长为2
3
异面直线 AC 与 BD1 所成角的余弦值为 6
3
A1C  B1D1
AA1  BD
【答案】ACD
【详解】由题意有： BD1   AB  AD  AA1 ，所以


––––→ 2––––→ 2–––→–––→–––→ 2–––→2–––→2–––→2–––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→
3
BD1  BD1  AB  AD  AA1 AB  AD  AA1  2 AB  AD  2 AB  AA1  2 AD  AA1
–––→ 2
–––→ 2
–––→ 2
–––→ –––→–––→ –––→
––––→
 AB
AD
AA1

 2 AB AA1 cs 60  2 AD AA1
cs 60  4  3  12 ，所以 BD1  2
，故 A 正确；
2
–––→
AC  AB  AD ，所以 AC  2
，所以
 
–––→ ––––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→2–––→ –––→–––→ –––→ –––→ –––→
AC  BD1  AB  AC   AB  AD  AA1   AB  AB  AD  AB  AA1  AB  AD
–––→
–––→
–––→
–––→
–––→
–––→
AD
AD AA1
AB

AB
AA1
cs 60 
AD

AD
AA1
–––→2–––→ –––→22
 
cs 60
  4  2  2  1  4  2  2  1  4 ，
22
–––→ ––––→AC  BD146
–––→ ––––→
AC BD1
2 2  2 3
所以cs AC, BD1 
6 ，故 B 错误；
–––→ ––––→–––→–––→ –––→–––→–––→
由 A1C  AB  AD  AA1 ， B1D1  BD  AD  AB ，所以 A1C  B1D1   AB  AD  AA1  AB  AD
–––→2–––→ –––→–––→ –––→ –––→ –––→–––→2–––→ –––→
  AB  AB  AD  AB  AA1 + AB  AD  AD  AD  AA1
–––→2
 
–––→ –––→–––→2
–––→ –––→–––→ 2
–––→ –––→
–––→ 2

–––→ –––→

AB  AB  AA1  AD  AD  AA1   AB  AB AA1 cs 60  AD  AD AA1 cs 60
 4  2  2  1  4  2  2  1  0 ，所以 AC  B D ，故 C 正确；
2211 1
–––→ –––→–––→ –––→ –––→–––→ –––→ –––→ –––→
–––→ –––→
–––→ –––→
11

由 AA1  BD  AA1   AD  AB  AA1  AD  AA1  AB  AD AA1 cs 60
所以 AA1  BD ，故 D 正确；故选：ACD.
 AB AA1 cs 60
 2  2  2  2  0 ，
22
第二部分（非选择题 共 92 分）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
已知a  2, 1, 4 ， b  1,5, 2 ， c  1, 4,λ ，若a 、b 、c 三向量共面，则实数λ等于.
【答案】2
【详解】因为a
、b 、c
三向量共面，所以存在唯一实数对
x, y
→→→
，使得c  xa  yb ，
1  2x  yx  1
即1, 4,λ  x 2, 1, 4  y 1, 5, 2 ，所以4  x  5 y ，解得 y  1 .


λ 4x  2 y


λ 2
2
若某直线被两平行线l1 : x  y 1  0 与l2 : x  y  3  0 所截得的线段的长为2
为.
【答案】15 或75
，则该直线的倾斜角大小
2
1 3
2
【详解】因为直线l : x  y 1  0 与l : x  y  3  0 平行，所以l 与l 之间的距离d ．设直线l 与l , l
12121 2
2
2
2 2
的夹角为α0 α 90 ，因为直线l 被直线l 与l 截得的线段长为2，所以sinα 1 ，解得
122
α 30 ．因为直线l1 , l2 的斜率为 1，所以其倾斜角均为45 ，所以直线l 的倾斜角为15 或75 ．
在正四棱锥 P  ABCD 中，PF  FD, PE  2EB ，设平面 AEF 与直线 PC 交于点G, PG  λGC ，则λ .
2
【答案】
3
【详解】因为 PC  PA  AC  PA  AB  AD ，所以 PC  PA  PB  PA  PD  PA  PB  PD  PA ，
–––→–––→ –––→
2 –––→
–––→
3 –––→–––→ –––→
–––→–––→
因为 PF  FD, PE  2EB ，所以 PD  2PF , PE  3 PB ，所以 PC  2 PE  2PF  PA ，又 PG  λGC ，
–––→
λ –––→
–––→
3λ –––→
2λ –––→
λ –––→
所以 PG 
λ1
PC ，所以 PG 
2(λ1)
PE 
λ1
PF 
λ1
PA ，因为 A, E, F , G 共面，
3λ
所以 2(λ1)
 2λ 
λ1
λ λ1
 1，解得λ 2 .
3
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（13 分）已知 O，A，B，C，D，E，F，G，H 为空间的 9 个点（如图所示），并且OE  kOA ，
OF  kOB ， OH  kOD ， AC  AD  m AB ， EG  EH  mEF ．求证：
A，B，C，D 四点共面，E，F，G，H 四点共面；
AC // EG ；
O、G、C 三点共线．
【详解】（1）证明：由 AC  AD  m AB ， EG  EH  mEF ，知 A，B，C，D 四点共面，E，F，G，H
四点共面．

–––→–––→–––→–––→ –––→–––→ –––→
证明：由OE  kOA ， OF  kOB ， OH  kOD ，得 EG  EH  mEF  OH  OE  m OF  OE
–––→ –––→–––→ –––→–––→–––→–––→–––→–––→
 k OD  OA  km OB  OA  k AD  km AB  k  AD  m AB  k AC ， AC / / EG ．

–––→ –––→–––→
证明：由（2）知 EG  k AC ，所以OG  EG  EO  k AC  k AO  k AC  AO  kOC ，OG  kOC ．
即OG / /OC ，又OG 与OC 有一个公共点，所以O、G、C 三点共线．
16．（15 分）已知直线l1 : x  2 y  3  0, l2 : 2x  3y  8  0 ．
求经过点 A(1, 4) 且与直线l2 垂直的直线方程；
求经过直线l1 与l2 的交点，且在两坐标轴上的截距相等的直线方程．
【详解】（1）由直线l : 2x  3y  8  0  y   2 x  8 可得斜率为 2 ，
2333
所以根据垂直关系可设所求直线方程为 y  3 x+b ， 则依题意有4  3 1+b ，解得b  5 ，
222
所以所求直线方程为 y  3 x+ 5 ，整理得3x  2 y  5  0 ；
22
x  2 y  3  0
（2）联立
，解得x  1 ，即直线l 与l 的交点为(1, 2) ，


2x  3y  8  0 y  212
当直线经过原点时，满足题意，假设直线方程为 y  kx ，代入(1, 2) 得k  2 ，此时 y  2x ；
xya  b
当直线的截距都不为 0 时，假设直线方程为  1(a, b  0) ， 依题意 12，解得a  b  3 ，

ab
此时直线方程为 x  y  1，即 x  y  3  0
33
   1
 ab
综上所述：所求直线方程为 y  2x 或 x  y  3  0 ．
17．（15 分）已知空间中三点 A1,1,1 ， B 0, 2,1 ， C 2,1, 3 ．
设 →  2 2 ，且→，求c 的坐标；
cc / / AB
若四边形 ABCD 是平行四边形，求顶点 D 的坐标；
求V ABC 的面积．
【详解】（1）由已知得 AB  0, 2,1  1,1,1  1,1, 0 ．因为→ ∥ AB ，所以可设→  λAB ，
cc
→–––→→→
11 0
2
所以 c  λ AB  λ
 2 λ 2
，解得λ 2 ，所以c  2 AB  2, 2, 0 或c  2 AB  2, 2, 0 ．
（2）设 D  x, y, z  ，因为 ABCD 是平行四边形，所以 AB  DC ，由 A1,1,1 ， B 0, 2,1 ， C 2,1, 3 ，

2  x  1x  3

得 AB  1,1, 0 ， DC  2  x,1 y,3  z  ，所以1 y  1   y  0 ，故 D 3, 0, 3 ．
3  z  0z  3

12  0  22
–––→
（3）由题可得CA  1,0, 2 ， CB  2,1, 2 ，所以 CA 

–––→
5
， CB 
 3 ，
22 12  22
–––→ –––→
CA  CB
62 5
–––→ –––→
所以cs
所以sin
CA, CB
–––→ –––→
CA, CB
 –––→ –––→
CA  CB
–––→ –––→
1 cs2 CA, CB


5  3

5 ，又
5
，
5
CA, CB 0, π ，
所以V ABC 的面积S 
–––→ –––→–––→ –––→
1
2

 1  5  3 3 ．
CA CB sin CA, CB
5
252
–––→
1 –––→
18．（17 分）如图，在直四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中，AB ⊥AC ，AB  1，AC  AA1  2 ，AD  CD 
5 ，AE  4 AA1 ．
求证： BE  平面 ACB1 ；
求平面 D1 AC 与平面 B1 AC 夹角的余弦值；
若 F 为线段CD 上的动点，求 F 到直线 BE 距离的最小值．
【详解】（1）证明：由直四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 知 A1 A  底面 ABCD ，
因为 AC  平面 ABCD ，所以 A1 A  AC ，又 AB ⊥AC ， A1 A ∩ AB  A ， AA1 ， AB  平面 ABB1 A1 ，所以 AC  平面 ABB1 A1 ，因为 BE  平面 ABB1 A1 ，所以 AC  BE ．
因为 AB  1， AC  AA  2 ， –––→  1 –––→ ，所以 AE  1  AB ， EAB  ABB
 90 ，
1
1AE
4 AA1
AB2
BB1
所以V ABE ∽△ BB1 A ，所以ABE  AB1B ，
因为BAB1  AB1B  90 ，所以BAB1  ABE  90 ，所以 BE  AB1 ，又 AC  AB1  A ， AC ， AB1  平面 ACB1 ，所以 BE  平面 ACB1 ．
因为 A1 A  底面 ABCD ， AB, AC  平面 ABCD ，所以 A1 A  AB, A1 A  AC ，
因为 AB ⊥AC ，所以 AC ， AB ， AA1 两两垂直，所以以A 为原点， AC ， AB ， AA1 所在直线分别为 x 轴， y
轴， z 轴建立空间直角坐标系如图所示，则 A0, 0, 0 ， B 0,1, 0 ， C 2, 0, 0 ， D 1, 2, 0 ， D1 1, 2, 2 ，
1 
2
E  0, 0,  ，

–––→1 →

由（1）知， EB   0,1,  2  为平面 AB1C 的一个法向量．设n   x, y, z  为平面 AD1C 的一个法向量，
→ ––––→
n  AD1  0x  2 y  2z  0→
因为 AD1  1, 2, 2 ， AC  2, 0, 0 ，所以→
–––→
，即2x  0
，令 z  1，可得n  0,1,1 ．
n  AC  0
–––→→ –––→1 1
10
→n  EB
210
n  EB
→
–––→
2
所以csn, EB 
1 1 
4
 10 ，所以平面 D1 AC 与平面 B1 AC 夹角的余弦值为 10 ．
–––→1 
2
设CF  λCD  λ, 2λ, 0 ， 0 ≤λ≤1 ，则 F 2 λ, 2λ, 0 ， EF   2 λ, 2λ,   ，

–––→ –––→
1 cs2 EB, EF
–––→ 2
EF 
EB  EF 
–––→ 2
EB
–––→ –––→ 2
–––→
设 F 到直线 BE 的距离为d ，则d  EF
(2 λ)2  4λ2  1 
4
(2λ 1 )2
4
1 1
4


，
9 λ2  16 λ 21
5
55
9 8 2
25
5 9 9
λ  
所以当λ 8 时， d 5 ，即 F 到直线 BE 距离的最小值为 5 ．
9min33
19．（17 分）已知 P 是棱长为 2 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 表面上一动点，M ， N 分别是线段 B1C 和CC1 的

––––→––––→
中点，点Q 满足MQ  λMN (0  λ 1) ，且 A1PDQ ，设 P 的轨迹围成的图形为多边形 ．
证明：  为平行四边形；
是否存在λ，使得 和底面 ABCD 的夹角为π ．若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由．
3
证明：点 B 和 形成的多面体的体积为定值．
【详解】（1）Q A1P  DQ ， ∴ DQ  截面 ，当Q 在点M 处时， DQ 在平面 BAA1B1 内的射影为 AK ，
当Q 在点 N 时，DQ 在平面 ABCD 内的射影为 DC ，令 E, F 分别为 AB, DC 的中点，过 A1 的截面 A1EFD1 与 AK和 DC 均垂直，即与 DQ 垂直，即截面 为 A1EFD1 ，当Q 在点M 处时， DQ 在平面 BAA1B1 内的射影为 AK ， DQ 在平面 ABCD 内的射影为 DH ，过 A1 的截面为 A1ECG 与 AK 和 DH 均垂直，即与 DQ 垂直，即截面 为
A1ECG ，当Q 在MN 上移动时，截面 绕 A1 转动，当Q 在点 N 时， DQ 在面 ABCD 射影为 DC ，
由面面平等的性质可知截面 总为平行四边形；
不存在
理由：以 D 为坐标原点， 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，
过Q 作QZ  BC 于Z ，由题意得QZ  平面 ABCD ， QZ 是平面 ABCD 的一个法向量，
Q QD 为平面 的一个法向量，DQZ 为 和底面 ABCD 的夹角，cs DQZ  QZ 
DQ
5  1 ，
52
存在λ，使得 和底面 ABCD 的夹角大于π；不否存在λ，使得 和底面 ABCD 的夹角为π．
33
设截面 与 D1C1 交于点 P2 ，与 DC 交于 P1 ，四棱锥 B  A1EP1P2 被平面BEP2 分成两个三棱锥为三棱锥
P2  BEP ，三棱锥 P2  BEA ，两个三棱锥底面无论截面 变化，底面面积均不变，两个三棱锥的高均为正方体的棱长，三棱锥 P2  BEP ，三棱锥 P2  BEA 的体积为定值，点 B 和 形成的多面体为定值．