吉林省四平市实验中学2025-2026学年高二上学期9月月考数学试卷

这是一份吉林省四平市实验中学2025-2026学年高二上学期9月月考数学试卷，共24页。
答题前，考生务必用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答
题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效．
本卷命题范围：人教 A 版选择性必修第一册第一章．
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Oxyz 中，点 M (1, 4, 2) 关于平面 xOz 对称的点的坐标是（）
A. (1, 4, 2)B. (1, 4, 2)
C. (1, 4, 2)
→→
D. (1, 4, 2)
已知空间向量 a  0,1, 4 ， b  1, 1, 0 ，则 a  b  （）
19
17
A.B. 19C. 17D.
–––→
某公司利用无人机进行餐点即时的送，利用空间坐标表示无人机的位置，开始时无人机在点O 0, 0, 0
处起飞，6 秒后到达点 A0, 0, 90 处，15 秒后到达点 B 处，若 AB  120, 0, 0 ，则 OB  （）
7
30
120C. 150D. 210
已知直线l 的一个方向向量为 a  2,1, t  ，平面α的一个法向量为 m  4, 2, 2 ，若l α，则实数
t  （）
1
2
C. 1D. 2
在平行六面体 ABCD  A B C D 中， E ， F 分别是 BC ， C D 的中点.设–––→ → ， AD  b ， AA  c ，
1 1 1 1
1 1AB=a1
→
则 EF  （）
 1
→
A.a 
1 →→
b  cB.
1 →1 →→
a  b  c
 1 a 
1 →→
b  c
1 →
a 
1 →→
b  c
2222
2222
已知向量 a  (2, 3, 0) ， b  (0, 3, 4) ，则向量 a 在向量b 上的投影向量的坐标为（）
A.   18 , 27 , 0 B.  18 ,  27 , 0 
 13 13 1313

C.  0, 27 , 36 

D.  0,  27 ,  36 
25 25 2525 

如图，圆柱OO 的母线长和底面直径相等， AB, CD 分别是下底面圆O 和上底面圆O 的直径，且
AB  CD ，则异面直线 AC 与 BD 所成角的余弦值是（）
121
A. B. C.
336
D. 1
2
在正三棱锥 P  ABC 中， PA  AB  4，点 D ， E 分别是棱 PC ， AB 的中点，则 AD  PE  （）
A. -2B. -4C. -8D. -10
二､多选题：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．
→ → →
若a, b, c 是空间的一个基底，则下列各组中能构成空间的一个基底的是（ ）
a  b, a  b, c
a  b, b  c，c  a
3a  4b, 2b  3c, 3a  6c D.
a  b, a  b  c, 2c
已知正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 2，若 AA1 ， BC 的中点分别为 M ， N ，则（）
A MN  CC1
C. B1N  D1M
B. 平面 A1BC1 / / 平面 AD1C
D. 点 D 到平面 D1MN 的距离为 8 29
29
在平行六面体 ABCD  A1B1C1D1 中， AB AD AA1 2， DAB  A1AB  A1AD  60 ，若
AQ  m AB  n AD  p AA1 ，其中m ， n ， p [0,1] ，则下列结论正确的为（）
A. 若点Q 在平面 A1B1C1D1 内，则 p  1B. 若CQ  DB ，则 m  n
C. 当 p  1 时，三棱锥Q  ABD 的体积为 9 2
D. 当 m  n  1时， CQ 长度的最小值为
28
2
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12 如果空间中 A1, 5, 2, B 2, 4,1, C 3, 3, a 三点共线，则a  .
在空间直角坐标系O  xyz 中，已知 A2, 2, 0, B 2,1, 3, C 0, 2, 0 ，则三棱锥O  ABC 的体积为
．
已知正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为2 ，点 P 在线段 AC1 上（不含端点）.若∠BPD 是锐角，则线段
C1P 长度的取值范围为.
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．
→1  →
 11 →
1  –→
3 1 
已知空间向量 a  1, 2, 2  , b   2 ,  2 ,1, c   2, 3,  2  , d  1, 
,  .

→→→
（1）求 a  c  b ；

2 4 
（2）判断a 与b 以及c 与 d 的位置关系.
在空间直角坐标系中，已知点 A(2,1, 2) ， B(1, 2, 2) ， C(3,1, 4) ，设a  AB ， b  AC ．
若λa  b 与 a  3b 互相垂直，求λ的值；
求点C 到直线 AB 的距离．
如图，在长方体 ABCD  A1B1C1D1 中， AB  BC  2 ， AA1  4 ， A2 ， B2 ， C2 ， D2 分别为棱
BB1 ， B1C1 ， C1D1 ， DD1 的中点.
证明： A2 ， B2 ， C2 ， D2 四点共面；
若点 P 在棱CC1 ，且 A1P  平面 A2 B2C2 D2 ，求CP 的长度.
2
如图，在四棱锥 P  ABCD 中， AB  AD,CD  AD, AB  AD  PD  1 CD  1, PA ，
2
5
PC ，点Q 为棱 PC 上一点．
证明： PA  CD ；
当点Q 为棱 PC 的中点时，求直线 PB 与平面 BDQ 所成角的正弦值；
当二面角 P  BD  Q 的余弦值为 3 11 时，求 PQ ．
11PC
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 ，
球面△ABC
B  OC  A 分别为α， β，γ，则球面三角形的面积为 S αβγ π R2 .
若平面OAB ，平面OAC ，平面OBC 两两垂直，求球面三角形 ABC 的面积；
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 π ， π ，
43
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.
高二数学
考生注意：
本试卷分选择题和非选择题两部分．满分 150 分，考试时间 120 分钟．
答题前，考生务必用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答
题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效．
本卷命题范围：人教 A 版选择性必修第一册第一章．
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Oxyz 中，点 M (1, 4, 2) 关于平面 xOz 对称的点的坐标是（）
A. (1, 4, 2)B. (1, 4, 2)
C. (1, 4, 2)
D. (1, 4, 2)
【答案】C
【解析】
【分析】在空间直角坐标系Oxyz 中，一个点 x, y, z  关于平面 xOz 对称的点的坐标为 x,  y, z  ，据此即可得到答案．
【详解】由空间直角坐标系，可得点 M (1, 4, 2) 关于平面 xOz 对称的点的坐标为(1, 4, 2) .
故选：C
→→
已知空间向量 a  0,1, 4 ， b  1, 1, 0 ，则 a  b  （）
19
17
A.B. 19C. 17D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出 a  b 的坐标，再求出其模
【详解】因为 a  0,1, 4 ， b  1, 1, 0 ，
→→
所以 a  b  1, 0, 4 ，故 a  b  17 ，
故选：D.
–––→
某公司利用无人机进行餐点即时的送，利用空间坐标表示无人机的位置，开始时无人机在点O 0, 0, 0
处起飞，6 秒后到达点 A0, 0, 90 处，15 秒后到达点 B 处，若 AB  120, 0, 0 ，则 OB  （）
7
30
120C. 150D. 210
【答案】C
【解析】
–––→
【分析】利用向量加法的坐标运算求得OB  120, 0, 90 ，可求 OB .
【详解】因为OA  (0, 0, 90), AB  120, 0, 0 ，所以OB  OA  AB  120, 0, 90 ，
1202  02  902
–––→
所以 OB  150 .
故选：C.
已知直线l 的一个方向向量为 a  2,1, t  ，平面α的一个法向量为 m  4, 2, 2 ，若l α，则实数
t  （）
1
2
C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面垂直，可知 a ∥ m ，由此可得两向量坐标之间有倍数关系，即可求得答案.
【详解】当l α时， a ∥ m ，所以2,1, t   λ4, 2, 2 ，λ R
2  4λ
1
则1  2λ，解得λ  ， t  1．

t  2λ2
故选：C．
在平行六面体 ABCD  A B C D 中， E ， F 分别是 BC ， C D 的中点.设–––→ → ， AD  b ， AA  c ，
1 1 1 1
1 1AB=a1
→
则 EF  （）
 1
→
A.a 
1 →→
b  cB.
1 →1 →→
a  b  c
 1 a 
1 →→
b  c
1 →
a 
1 →→
b  c
2222
【答案】A
【解析】
2222
【分析】根据题意，由空间向量的线性运算，即可得到结果.
【详解】
–––→–––→––––→––––→
1 –––→–––→
1 –––→ 
1 →1 →→

由题意可得， EF  EC  CC1  C1F  2 AD  AA1    2 AB    2 a  2 b  c .
故选：A
已知向量 a  (2, 3, 0) ， b  (0, 3, 4) ，则向量 a 在向量b 上的投影向量的坐标为（）
  18 , 27 , 0 B.  18 ,  27 , 0 
 13 13 1313

 0, 27 , 36 

 0,  27 ,  36 
25 25 2525 

【答案】D
【解析】
【分析】根据投影向量的定义求解即可.
【详解】因为 a  (2, 3, 0) ， b  (0, 3, 4) ，
0  9 16
→
所以 a  b  2  0  3 3  0  4  9 ， b 
 5 ，
a  b  b
 9  b  
9 (0, 3, 4)   0,  27 ,  36 
则向量 a 在向量b 上的投影向量为： → →5525
2525  .
bb
故选：D.
如图，圆柱OO 的母线长和底面直径相等， AB, CD 分别是下底面圆O 和上底面圆O 的直径，且
AB  CD ，则异面直线 AC 与 BD 所成角的余弦值是（）
121
A. B. C.
336
【答案】A
D. 1
2
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线 AC 与 BD 所成角的余弦值.
【详解】以点O 为坐标原点， AB 所在直线为 y 轴， OO 所在直线为 z 轴，在底面圆O 中，过点O 且垂直于 AB 的直线为 x 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设 AB  2 ，则 A0, 1, 0, B 0,1, 0, C 1, 0, 2, D 1, 0, 2 ，所以 AC  1,1, 2, BD  1, 1, 2 ，
设异面直线 AC 与 BD 所成的角为θ，
–––→ –––→
则csθ cs
–––→ –––→
AC, BD
AC  BD
 –––→–––→
AC  BD
2 1 .
6  6
3
故选：A
在正三棱锥 P  ABC 中， PA  AB  4，点 D ， E 分别是棱 PC ， AB 的中点，则 AD  PE  （）
A. -2B. -4C. -8D. -10
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量线性运算，先把 AD, PE 向量用 PA, PB, PC 来表示，再用空间向量数量积运算即可
求解
【详解】在正三棱锥 P  ABC 中， PA  AB  4，所以 PA  PB  PC  4 ，
–––→–––→–––→
则APB  APC  BPC  60 ，又 AD  PD  PA 
1 –––→–––→
PC  PA ，
2
–––→1
PE 
–––→–––→

PA  PB 
1 –––→
PA 
1 –––→
PB ，
222
–––→ –––→ 1 –––→–––→   1 –––→1 –––→ 1 –––→ –––→1 –––→ –––→1 –––→2
1 –––→ –––→
 
所以 AD  PE   2 PC  PA 2 PA  2 PB   4 PC  PA  4 PC  PB  2 PA
 1  4  4  1  1  4  4  1  1  42  1  4  4  1  8 .
4242222
 PB  PA
2
故选：C.
二､多选题：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．
→ → →
若a, b, c 是空间的一个基底，则下列各组中能构成空间的一个基底的是（ ）
a  b, a  b, c
a  b, b  c，c  a
3a  4b, 2b  3c, 3a  6c D.
a  b, a  b  c, 2c
【答案】AB
【解析】
【分析】根据空间向量的基本定理判断各选项即可.
【详解】因为a  b, a  b, c 是不共面的向量,能构成空间的一个基底,故 A 正确;
a  b, b  c，c  a 是不共面的向量，能构成空间的一个基底，故 B 正确；
因为3a  6c  3a  4b  2(2b  3c) ，所以3a  4b, 2b  3c, 3a  6c 是共面向量，不能构成空间的一个基底，
故 C 错误；
→
→→→→→
2
因为 a  b  a  b  c 
1 2c，所以a  b, a  b  c, 2c 是共面向量，不能构成空间的一个基底，故 D 错误.
故选：AB.
已知正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 2，若 AA1 ， BC 的中点分别为 M ， N ，则（）
MN  CC1
C. B1N  D1M
平面 A1BC1 / / 平面 AD1C
D. 点 D 到平面 D1MN 的距离为 8 29
29
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据面面平行的判定定理判断 B，建立空间直角坐标系，利用向量法判断线线关系判断 AC，根据点面距离的向量公式求解距离判断 D.
【详解】因为 AA1 ∥CC1 ，且 AA1  CC1 ，则 AA1C1C 为平行四边形，可得 A1C1 ∥ AC ，且 A1C1  平面 ACD1 ， AC  平面 ACD1 ，
所以 A1C1 ∥平面 ACD1 ，因为 AB ∥ C1D1 ，且 AB  C1D1 ，则 ABC1D1 为平行四边形，可得 AD1 ∥ BC1 ，且 BC1  平面 ACD1 ， AD1  平面 ACD1 ，
所以 BC1 ∥平面 ACD1 ，又 BC1  A1C1  C1 ， BC1, A1C1  平面 A1C1B ，所以平面 A1C1B ∥平面 ACD1 ，故 B 正确；
如图，
分别以 DA, DC, DD1 为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系，则 D(0, 0, 0) ， A(2, 0, 0) ， C(0, 2, 0) ，
D1(0, 0, 2) ， B(2, 2, 0) ， C1(0, 2, 2) ， B1(2, 2, 2) ， A1(2, 0, 2) ， M (2, 0,1) ， N (1, 2, 0) ，
MN  (1, 2, 1), CC1  (0, 0, 2) ， B1 N  (1, 0, 2), D1M  (2, 0, 1) ，
MN  CC1  2  0 ， B1 N  D1M  2  0  2  0 ，
故 MN  CC1 不成立， B1N  D1M 成立，故 A 错误，C 正确；
设平面 D MN 的法向量
， D M  (2, 0, 1), MN  (1, 2, 1) ，
1
→ –––––→
n  (x, y, z)1
n  D1M  2x  z  0
则
，令 x  2 ，则 z  4, y  3 ，即 n  (2, 3, 4) ，
→ ––––→
n  MN  x  2 y  z  0
又 DD1  0, 0, 2 ，
8 29
8 29
––––→ →
所以 d 
DD1  n8
29
→ 
n

29
，故点 D 到平面 D1MN 的距离为
，故 D 正确.
29
故选：BCD
在平行六面体 ABCD  A1B1C1D1 中， AB AD AA1 2， DAB  A1AB  A1AD  60 ，若
AQ  m AB  n AD  p AA1 ，其中m ， n ， p [0,1] ，则下列结论正确的为（）
A. 若点Q 在平面 A1B1C1D1 内，则 p  1B. 若CQ  DB ，则 m  n
2
C. 当 p  1 时，三棱锥Q  ABD 的体积为 9 2D. 当 m  n  1时， CQ 长度的最小值为
28
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据平面向量的基本定理及空间向量的加法法则可得 AQ  λAB  μAD  AA1 ，进而求解判断
A；根据空间向量的数量积定义和线性运算可得 AB  AD  AB  AA1  AD  AA1  2 ，
CQ  (m 1) AB  (n 1) AD  p AA1 ，进而结合CQ  DB 即可求解判断 B；由题易知四面体 A1ABD 为正四面体，设 A 在平面 ABCD 内的射影为点 H ，进而可得当 p  1 时， Q 到平面 ABCD 的距离为
12
A1H ，进而结合三棱锥的体积公式求解判断 C；根据空间向量的数量积定义及运算律可得
2
–––→ 2
CQ 4  4mn  4 p2  4 p ，进而结合二次函数的性质及基本不等式即可求解判断 D.
【详解】对于选项 A，若点Q 在平面 A1B1C1D1 内，易知有 A1Q  λA1B1  μA1D1  λAB  μAD ， 所以 AQ  AA1  A1Q  λAB  μAD  AA1 ，
又 AQ  m AB  n AD  p AA1 ，则 p  1 ，故 A 正确；
对于选项 B，由题意易得 AB  AD  AB  AA1  AD  AA1  2  2 cs 60  2 ，
CQ  AQ  AC  AQ  ( AB  AD)  (m 1) AB  (n 1) AD  p AA1 ，且 DB  AB  AD ，又CQ  DB ，即CQ  DB  0 ，
故CQ  DB  2(m 1)  2(n 1)  0 ，解得 m  n ，故 B 正确；对于选项 C，由题易知四面体 A1ABD 为正四面体，
设 A1 在平面 ABCD 内的射影为点 H ，
则 H 为△ABD 的中心，易得 AH  2 3 ， A H = 2 6 ．
313
当 p  1 时， Q 到平面 ABCD 的距离为 A1H ，
22
所以V 1  S 1 A H 2 ，故 C 错误；
Q ABD3△ ABD 2 13
–––→ 2
对于选项 D，由 B 知， CQ
–––→–––→–––→ 2
 (m 1) AB  (n 1) AD  p AA1
–––→2
 (m 1)2 AB
–––→2
 (n 1)2 AD
–––→2
 p2 AA
–––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→
 2(m 1)(n 1) AB  AD  2 p(m 1) AB  AA  2 p(n 1) AD  AA
111
 4  4mn  4 p2  4 p ，

又4  4mn  4 p2  4 p  4  p 

1 2
  3  4mn  3  4mn ，
2

 m  n 21

由基本不等式可知 mn  2 4 ，
–––→ 2

2
–––→1
所以 CQ
 2 ，即 CQ 
，当且仅当m  n  p  时等号成立，
2
2
所以CQ 长度的最小值为
，故 D 正确．
故选：ABD．
【点睛】关键点睛：本题关键在于利用空间向量的数量积定义和线性运算进行转化问题，使之转化为较易的问题进行解决.
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
如果空间中 A1, 5, 2, B 2, 4,1, C 3, 3, a 三点共线，则a  .
【答案】 4
【解析】
AB
【分析】由 A, B,C 三点共线，则有–––→ 与 AC
共线，列出等式求出 a 即可求解.
【详解】因为 A1, 5, 2, B 2, 4,1, C 3, 3, a ，所以 AB  (1, 1, 3), AC  (2, 2, a  2) ，
由 A, B,C 三点共线，则有–––→ 与
共线，所以 2  2  a  2 ，解得 a  4 .
故答案为： 4 .
ABAC
113
在空间直角坐标系O  xyz 中，已知 A2, 2, 0, B 2,1, 3, C 0, 2, 0 ，则三棱锥O  ABC 的体积为
．
【答案】2
【解析】
【分析】通过已知点的坐标，求出底面VOCA的面积，高的数值，然后求出三棱锥O  ABC 的体积．
【详解】由题意得OC  0, 2, 0, AC  2, 0, 0 ，所以OC  AC  0, OC  AC,
1
2
–––→ –––→
所以VOCA的面积为 OC AC  2 ，
点O, A, C 都在平面 xOy 上，点 B 2,1, 3 到平面 xOy 的距离 3，
所以三棱锥O  ABC 的体积为
1  2  3  2 ．
3
故答案为： 2
已知正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为2 ，点 P 在线段 AC1 上（不含端点）.若∠BPD 是锐角，则线段
C1P 长度的取值范围为.
【答案】 0, 2 3 
3 

【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设C1P  λC1 A ，λ 0,1 ，根据∠BPD 是锐角，得到 PD  PB  0 ，求出λ
–––→–––→–––→
的取值范围，再由 C1P  λC1A 求出 C1P 的取值范围.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则 D 0, 0, 0 ， B 2, 2, 0 ， C1 0, 2, 2 ， A2, 0, 0 ，
C1A  2, 2, 2 ，
设C1P  λC1 A ，λ 0,1 ，则C1P  2λ, 2λ, 2λ ，则 P 2λ, 2  2λ, 2  2λ ， 所以 PD  2λ, 2λ 2, 2λ 2 ， PB  2  2λ, 2λ, 2λ 2 ，
显然 PD 与 PB 不可能同向，
因为∠BPD 是锐角，所以 PD  PB  12λ2 16λ 4  0 ，
则12λ2 16λ 4  0 ，解得λ 1 或λ 1 ，
3
λ 0,1
λ  0, 1 
–––→
3
 2
又，所以
3  ，又 C1A，
–––→–––→

2 3 
2 3 
所以 C1P  λC1 A  0, 3  ，即线段C1P 长度的取值范围为 0, 3  .

故答案为：  0, 2 3 
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．
→1  →
 11 →
1  –→
3 1 
22222 4
已知空间向量 a  1, 2, , b  ,  ,1, c   2, 3,  , d  1,  , .


→→→
（1）求 a  c  b ；
（2）判断a 与b 以及c 与 d 的位置关系.
【答案】（1） 3
（2） a  b ； c ∥ d .
【解析】
【分析】（1）直接利用向量线性运算和数量积的坐标运算求解即可.
（2）利用向量垂直和平行的判定直接判断即可.
【小问 1 详解】
由题知， a  c  1, 5, 0 ，
→→→
 11
所以a  c b  1, 5, 0 ,  ,1  3 .
 22
【小问 2 详解】
→1  → 11
222
因为 a  1, 2,  , b   ,  ,1 ，

→ →1
1 1

所以 a  b  1 2  2   2   2 1  0 ，
所以 a  b ；
→1  –→
3 1 
因为c   2, 3,  2  , d  1, 
,  ，

2 4 
→3 1 –→
所以c  21,  ,   2d ，所以c ∥ d .
2 4 
在空间直角坐标系中，已知点 A(2,1, 2) ， B(1, 2, 2) ， C(3,1, 4) ，设a  AB ， b  AC ．
若λa  b 与 a  3b 互相垂直，求λ的值；
求点C 到直线 AB 的距离．
【答案】（1）λ 16
5
3 2
2
（2）
【解析】
–––→2
AC  ( AC cs AB, AC )2
–––→
–––→ –––→
【分析】（1）分别求得λa  b 与 a  3b 的坐标，再根据λa  b 与 a  3b 互相垂直求解；
（2）由 d 
求解.
【小问 1 详解】
由题意知a  AB  (1,1, 0) ， b  AC  (1, 0, 2) ，
a
a
所以λ→  b  λ(1,1, 0)  (1, 0, 2)  (λ1,λ, 2) ， →  3b  (1,1, 0)  3(1, 0, 2)  (4,1, 6) ． 又λa  b 与 a  3b 互相垂直，
所以(λa  b)  (a  3b)  (λ1,λ, 2)  (4,1, 6)  4(λ1)  λ12  0 ，解得λ 16 ．
5
【小问 2 详解】
由（1）知 AB  (1,1, 0) ， AC  (1, 0, 2) ，
–––→ –––→
AB  AC
110
所以cs
AB, AC
 –––→ –––→
 ，
11  1 4
10
AB AC
所以点C 到直线 AB 的距离 d 
．
–––→2
AC  ( AC cs AB, AC )2
–––→
–––→ –––→
3 2
2
如图，在长方体 ABCD  A1B1C1D1 中， AB  BC  2 ， AA1  4 ， A2 ， B2 ， C2 ， D2 分别为棱
BB1 ， B1C1 ， C1D1 ， DD1 的中点.
证明： A2 ， B2 ， C2 ， D2 四点共面；
若点 P 在棱CC1 ，且 A1P  平面 A2 B2C2 D2 ，求CP 的长度.
【答案】（1）证明见解析
（2）3
【解析】
【分析】（1）连接 B2C2 ， B1D1 ， A2D2 ，先可得到四边形 A2B1D1D2 为平行四边形，进而得到 B1D1 //A2D2 ，结合 B1D1 //B2C2 即可得到 B1D1 //A2D2 ，进而求证；
建立空间直角坐标系，设CP  t 0  t  4 ，结合空间向量求解即可.
【小问 1 详解】
证明：连接 B2C2 ， B1D1 ， A2D2 ，
因为 A2 ， B2 ， C2 ， D2 分别为棱 BB1 ， B1C1 ， C1D1 ， DD1 的中点，所以 B1A2 //D1D2 ，且 B1A2  D1D2 ，
所以四边形 A2B1D1D2 为平行四边形，所以 B1D1 //A2D2 ，又 B1D1 //B2C2 ，
所以 B2C2 //A2D2 ，所以 A2 ， B2 ， C2 ， D2 四点共面.
【小问 2 详解】
以C 为坐标原点，以CD, CB, CC1 所在直线为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系，
由 AB  BC  2 ， AA1  4 ， A2 ， B2 ， C2 ， D2 分别为棱 BB1 ， B1C1 ， C1D1 ， DD1 的中点，可得 A2 0, 2, 2 ， B2 0,1, 4 ， C2 1, 0, 4 ， A1 2, 2, 4 ，
则 B2 A2  0,1, 2 ， C2B2  1,1, 0 ，
设CP  t 0  t  4 ，即 P 0, 0, t  ，则 A1P  2, 2, t  4 ，
–––→ –––––→
AP 
A B C D
 A1P  B2 A2  0
由 1平面 2 2 2 2 ，故–––→ –––––→，
 A1P  C2 B2  0
即2  2 t  4  0 ，解得t  3 ，所以CP  3 .
2
如图，在四棱锥 P  ABCD 中， AB  AD,CD  AD, AB  AD  PD  1 CD  1, PA ，
2
5
PC ，点Q 为棱 PC 上一点．
证明： PA  CD ；
当点Q 为棱 PC 的中点时，求直线 PB 与平面 BDQ 所成角的正弦值；
当二面角 P  BD  Q 的余弦值为 3 11 时，求 PQ ．
11PC
【答案】（1）证明见解析
（2） 2
3
PQ  1
PC4
【解析】
【分析】（1）先由勾股定理得到CD  PD ，再由线面垂直的判定定理证明CD  平面 PAD 即可；
建立如图所示坐标系，求出平面 BDQ 的一个法向量再代入空间线面角的公式求解即可；
设 PQ  λPC  0, 2λ, λ ，求出平面 BDQ 和平面 BDP 的一个法向量代入空间二面角公式求出λ
即可；
【小问 1 详解】
证明：因为 PD  1, CD  2, PC 5 ，
所以 PD2  CD2  PC 2 ，所以CD  PD ，
又CD  AD ，且 AD ∩ PD  D, AD, PD  平面 PAD ，所以CD  平面 PAD ，又 PA  平面 PAD ，所以 PA  CD ．
【小问 2 详解】
因为 PA 2, AD  PD  1 ，所以 AD2  PD2  PA2 ，则 PD  AD ．
由（1）可知 PD, AD, DC 两两垂直，以 D 为原点，以 DA, DC, DP 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz ．
则 D 0, 0, 0, B 1,1, 0, P 0, 0,1, C 0, 2, 0 ，
1 
–––→–––→–––→1 
22
当点Q 为棱 PC 的中点时， Q  0,1,  , PB  1,1, 1, DB  1,1, 0, DQ   0,1,  ．

设平面 BDQ 的一个法向量 →   x , y , z  ，
–––→ →
m
x0  y0  0,
000
DB  m  0,
则即1
令 y  1 ，解得 x
 1, z
 2 ，故 →  1, 1, 2 ，
–––→ →
 y z  0,0
00m
DQ  m  0,
 02 0
设直线 PB 与平面 BDQ 所成角为θ，
m  PB
→
–––→
m PB
→ –––→
→ –––→22
6  3
则sinθ csm, PB ，
3
故直线 PB 与平面 BDQ 所成角的正弦值为 2 ．
3
【小问 3 详解】
由（2）可知 DP  0, 0,1, DB  1,1, 0 ，
设 PQ  λPC  0, 2λ, λ0  λ 1 ，则 DQ  DP  PQ  0, 2λ,1λ ，
设平面 BDQ 的一个法向量 n1   x1, y1, z1  ，
–––→ –→
 0,
x  y
 0,

DB n111
则即
令 y  1λ，解得 x
 λ 1, z
 2λ，
–––→ –→
2λy
 1λ z
 0,111
DQ  n1  0,11
故 n1  λ1,1λ, 2λ ，
设平面 BDP 的一个法向量为 n2   x2 , y2 , z2  ，
–––→ ––→
 0,
x  y
 0,
DB n2
由
得 22
令 y  1 ，解得 x
 1, z
 0 ，故 n  1, 1, 0 ，
–––→ ––→
DP  n2  0,
–→ ––→
z2
 0,2
222
所以 cs
n1, n2
，
2λ 2
6λ2  4λ 2  2
3 11
11
λ1
3λ2  2λ1
3 11
11
即
，整理，得8λ2  2λ1  0 ，解得λ 或λ  （舍去）．
1142
故 PQ  1 ．
PC4
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 ，
球面△ABC
B  OC  A 分别为α， β，γ，则球面三角形的面积为 S αβγ π R2 .
若平面OAB ，平面OAC ，平面OBC 两两垂直，求球面三角形 ABC 的面积；
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 π ， π ，
43
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】（1） π R2
2
（2）①证明见解析；② 10 .
5
【解析】
【分析】（1）根据平面OAB ，平面OAC ，平面OBC 两两垂直，得α βγ π ，即可求解；
2
（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.
【小问 1 详解】
解：因为平面OAB ，平面OAC ，平面OBC 两两垂直，
所以α βγ π ，
2
所以球面三角形 ABC 的面积 S
【小问 2 详解】
球面△ABC
 αβγ π R2  π R2 ；
2
解：①证明：由余弦定理可得：
 AC 2  R2  R2  2R2 csθ
1
2
BC 2  R2  R2  2R2 csθ ，且 AC 2  BC 2  AB2 ,
 AB2  R2  R2  2R2 csθ
3
所以4R2 - 2R2 (csθ + csθ ) = 2R2 - 2R2 csθ ，
123
即2R2 -
2R2 (csθ + csθ ) = - 2R2 csθ ，
123
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 Ç 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 π ， π ，
43
所以DAB  π , DCB  π ，
43
3
不妨令 R ，
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 ( 2 , 0, 0), E( 2, 0, t), O( 2 ,1,6 ) ，
222
2
6
2
2
–––→–––→–––→––→
则CB  ( 2, 0, 0), CO  (,1,) ， ST  (, 1, 0),TE  (, 0, t) ，
2222
设平面OBC 的一个法向量为 m  (x, y, z) ，
 → –––→
m  CB 2x  0
2
6
则 → –––→，
m  CO 

x  y 
22
z  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) ，
→ –––→2
n  ST 
a  b  0
2
则→ ––→2，
n TE 

a  tc  0
2
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，
m  n
→ →
m n
→  →
6t  2
10  3t 2 1
→ →
因为 csθ  cs m, n 
5
 1  | 3t 2 |
5
 1
( 3t 2)2
3t 2 1

3t 2 1
5
1 2
6t 1
3t 2 1
 1 
令 m  2 6t 1, m (1,13] ，
则t 
m 1
2 6
, 3t 2
(m 1)2

，
8
2 6t 1 
所以 3t 2 1
m

(m 1)2
1
8
8m
m2  2m  9
8
m  9  2
m
8
6  2
 2,
当且仅当 m  3, t 
1
6
时等号成立，
3
5
则| csθ| 的最大值为，
所以sinθ取最小值为
1 cs2θ
10 .
1 3
5
5
【点睛】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.