辽宁省沈文新高考研究联盟联考2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷

这是一份辽宁省沈文新高考研究联盟联考2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷，共27页。
第Ⅰ卷 选择题（共 58 分）
一、单选题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分，在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的）
下列命题中，假命题是（）
同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小
→→
a  b 是向量a  b 的必要不充分条件
只有零向量的模等于 0
共线的单位向量都相等
四面体OABC 中， OA  a ， OB  b ， OC  c ，且OP  2PA ， BQ  QC ，则 PQ 等于（）
 2
→1 →1 →
a b c

2 →1 →1 →
a b c
322
322
2 v
a
1 v1 v


b c
2 →1 →1 →
a  b  c
322322
→→→→→
已知向量 a  2,1,1, b  9, x, y , a 与5a  b 共线，则 a  b
 （）
7 6
2
A.
B. 6
C.
D. 8
3
9 6
2
3
已知空间三点 A4,1, 3 ， B 2, 5, 3 ， C 3, x, 0 共线，则实数 x 的值为（）
A. 3B. 5C. 3D. 5
设α,β是两个不同的平面，m，n 是两条不同的直线，则下列命题正确的是（）
若 m / /α,α/ /β，则 m / /βB. 若α β, m α, n  β，则 m  n
C. 若m  α, n  β, n  m ，则α βD. 若 m / /α, m  β,α β n ，则m 与 n 相交
如图，边长为 2 的正方体的一个顶点 A 在平面α内，其余顶点在α的同侧，且点 B 和点 D 到平面α的
距离均为 2 ，则平面 AC D 与平面α的夹角的余弦值为（ ）
21 1
2
1
2C. 1
23
D.6
6
17 世纪法国数学家费马在给朋友的一封信中曾提出一个关于三角形的有趣问题：在三角形所在平面内，求一点，使它到三角形每个顶点的距离之和最小.现已证明：在V ABC 中， 若三个内角均小于120 ， 则当点 P 满足ÐAPB = ÐAPC = ÐBPC = 120° 时，点 P 到三角形三个顶点的距离之和最小，点 P 被人们称
为费马点.根据以上知识，已知 a 为平面内任意一个向量， b 和c 是平面内两个互相垂直的向量，且
→→→→→→→→
b  2 ， c  3 ，则 a  b  a  b  a  c 的最小值是（）
3
3  2
3  2
2 2
2 2
3
3
3
1
n
12
12
在平面直角坐标系中，定义： AB   x  x n  y  y n n ，其中 A x1, y1  ， B  x2 , y2  .若
s, t  N* ，且 s  t ，则下列结论错误的是（）
若 A, B 关于 x 轴对称，则 ABs  ABt
若 A, B 关于直线 y  x 对称，则 ABs  ABt
若OAs  2OBs ，则OAt  2OBt
若 P  M AMs  1， Q  M | AMt  1，则P  Q
二、多选题（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，在每小题所给的四个选项中，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）
如图，已知四面体 ABCD ，点 E, F 分别是 BC, CD 的中点，下列说法正确的是（）
AB  BC  CD  ADB. AB  BC  AD  DC
–––→1
AB 
2
–––→–––→–––→

BC  BD  AF
AB  AE  EF  FB
29
已知点 M (1,1) ， N (2,1) ，且点 P(a, b) 在直线l : x  y  2  0 上，则（ ）
a2  b2  a  2b 的最小值为 39
8
| PM |  | PN |的最小值为
存在点 P
––––→ –––→1
，使得 PM  PN 
4
存在点 P
，使得2 | PM || PN |
中国结是一种手工编制工艺品，它有着复杂奇妙的曲线，却可以还原（成单纯的二维线条，其中的数字“8”对应着数学曲线中的双纽线.在 xOy 平面上，把与定点 M (a, 0) ， N (a, 0) 距离之积等于 a2 a  0的动点的轨迹称为双纽线.曲线 C 是当 a  2 时的双纽线，P 是曲线 C 上的一个动点，则下列结论正确的是
（）
点 P 的横坐标的取值范围是[2, 2]
2
OP 的最大值是2

VPMN 面积的最大值为 2D. PM  PN 的取值范围是4, 4 2 
第Ⅱ卷 非选择题（共 92 分）
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
设平面α的法向量为 n ， A 是平面α内的定点， P 是平面α外一点，则点 P 到平面α的距离 d 
设点 A2, 0 和 B 0, 3 ，在直线l ： x  y 1  0 上找一点 P ，使 PA  PB 取到最小值，则这个最小值为
2
V ABC 是等腰直角三角形，∠A＝90°， BC ，点 D 满足 DA  AC ，点 E 是 BD 所在直线上一
m CE
点，若CE  xCA  yCB ，则 x  2 y  ；向量CA 在向量CE 上的投影向量记为
–––→ ，则实数
CE
m 的取值范围为．
四、解答题（本大题共 5 小题，共 77 分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步
骤）
已知直线l : y  kx  k 1 ．
求证：直线 l 恒过定点 A1,1 ；
已知两点 B 4, 4 ， C 0, 2 ，过点 A 的直线与线段 BC 有公共点，求直线的倾斜角α的取值范围．
如图，直三棱柱 ABC  A1B1C1 的体积为 4， D 是 AB 的中点.
求证： BC1 / / 平面 A1CD ；
2
若△A1CD 的面积为2，求点 A 到平面 A1CD 的距离.
如图，在三棱锥 P-ABC 中，AB⊥BC，AB=BC=kPA，点 O 为 AC 中点，D 是 BC 上一点，OP⊥底面 ABC， BC⊥面 POD．
求证：点 D 为BC 中点；
当 k 取何值时，O 在平面 PBC 内的射影恰好是 PD 的中点．
如图，在四棱锥 P  ABCD 中， AD//BC, AB  PD  6, BC  PC  2, AD  4, cs DAB  1 .
3
求证： PB  CD ；
3
若 PB  2
，求平面 PAB 与平面 PBD 夹角的余弦值.
人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似
度 ， 常 用 测 量 距 离 的 方 式 有 3 种 ． 设 A x1, y1  ， B  x2 , y2  ， 则 欧 几 里 得 距 离

x  x y  y

2

12

2
12
D( A, B) 
； 曼 哈 顿 距 离
d ( A, B)  x  x
 y  y
， 余 弦 距 离
1212
e( A, B)  1 cs( A, B) ，其中cs( A, B)  csOA, OB （ O 为坐标原点）．
 5 5 
若 A(1, 2) ， B  3 , 4  ，求 A ， B 之间的曼哈顿距离 d ( A, B) 和余弦距离e( A, B) ；

若点 M (2,1) ， d (M , N )  1 ，求e(M , N ) 的最大值；
已知点 P ， Q 是直线l : y  1  k (x  1) 上的两动点，问是否存在直线l 使得 d (O, P)min  D(O, Q)min ，若存在，求出所有满足条件的直线l 的方程，若不存在，请说明理由．
秘密★启用前
2025-2026（上）10 月月度质量监测高 二 数 学
本试卷满分 150 分考试时间 120 分钟
第Ⅰ卷 选择题（共 58 分）
一、单选题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分，在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的）
下列命题中，假命题是（）
同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小
→→
a  b 是向量a  b 的必要不充分条件
只有零向量的模等于 0
共线的单位向量都相等
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的概念逐项判断即可.
【详解】选项 A：由空间向量的定义知，空间向量具有大小和方向，所以任意两个空间向量不能比较大小，故 A 为真命题；
选项 B：两个向量模长相等，方向不一定相同，充分性不成立，两个相等向量模长一定相等，必要性成立，故 B 为真命题；
选项 C：长度为 0 的向量叫做零向量，只有零向量的模长等于 0，故 C 为真命题；选项 D：共线的单位向量是相等向量或相反向量，故 D 为假命题；
故选：D
四面体OABC 中， OA  a ， OB  b ， OC  c ，且OP  2PA ， BQ  QC ，则 PQ 等于（）
 2
→1 →1 →
a b c

2 →1 →1 →
a b c
322
322
2 v
a
1 v1 v


b c
2 →1 →1 →
a  b  c
322
【答案】B
322
【解析】
【分析】结合图形，根据向量的线性运算法则计算即得.
【详解】因为OP  2PA ， BQ  QC ，
–––→
所以OP 
2 –––→
OA 
2 → –––→1
a，OQ 
–––→–––→

OB  OC 
1 →1 →
b  c ，
33222
–––→–––→–––→
所以 PQ  OQ  OP 
1 →1 →2 →

b  c a ，
223
故选：B.
→→→→→
已知向量 a  2,1,1, b  9, x, y , a 与5a  b 共线，则 a  b
 （）
7 6
2
A.
B. 6
C.
D. 8
3
9 6
2
3
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量的坐标表示和模的公式进行计算即可.
→
【详解】由题意知， 5a  b  1, 5  x, 5  y  ，

→→→211
又因为 a / / 5a  b ，所以 ，
15  x5  y
解得 x  y  9 ，所以 a  b   7,  7 ,  7 
222 
∴ a  b 

49  49  49
44
 7 6 .
2
故选：A.
已知空间三点 A4,1, 3 ， B 2, 5, 3 ， C 3, x, 0 共线，则实数 x 的值为（）
A. 3B. 5C. 3
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量共线定理列出方程组，求解即得.
D. 5
【详解】由 A4,1, 3 ， B 2, 5, 3 ， C 3, x, 0 可得 AB  (2, 4, 6), AC  (1, x 1, 3) ，因 A, B,C 三点共线，故存在t  R ，满足 AC  t AB ，即(1, x 1, 3)  t(2, 4, 6) ，
2t  1

则有4t  x 1，解得 x  3 .

6t  3
故选：A.
设α,β是两个不同的平面，m，n 是两条不同的直线，则下列命题正确的是（）
若 m / /α,α/ /β，则 m / /βB. 若α β, m α, n  β，则 m  n
C. 若m  α, n  β, n  m ，则α βD. 若 m / /α, m  β,α β n ，则m 与 n 相交
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间中直线与平面、平面与平面的位置关系的判定定理和性质定理，通过分析每个选项中所给条件，判断直线与平面、平面与平面的位置关系是否成立.
【详解】对于A ，已知 m / /α,α/ /β, 根据面面平行的性质，直线m 可能与平面β平行，也可能在平面β
内，所以不能得出 m / /β,故选项 A 错误；
对于B ，已知α β, m α, n  β，此时直线m 与 n 可能平行、相交或异面，不一定垂直，故选项 B 错 误；
对于C ，已知m  α, n  β, n  m ，则直线 m, n 所在的方向向量即分别为平面α,β的法向量，
两法向量垂直，则两面垂直，故选项 C 正确；
对于D ，已知 m / /α, m  β,α β n ，根据线面平行的性质定理，如果一条直线和一个平面平行， 经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行，所以 m // n ,故选项 D 错误.
故选： C .
如图，边长为 2 的正方体的一个顶点 A 在平面α内，其余顶点在α的同侧，且点 B 和点 D 到平面α的
距离均为 2 ，则平面 AC D 与平面α的夹角的余弦值为（ ）
21 1
2
1
2C. 1
23
D.6
6
【答案】A
【解析】
【分析】根据点到面的距离的性质，结合面面垂直的判定定理，得到 E，A，F 三点共线，根据三角关系，得到C1 ，
D1 ，B 到平面α的距离，进而得直线 BD1 与平面α的夹角正弦值，求出平面 A1C1D 与平面α的夹角的余弦 值.
【详解】点 B 和点 D 到平面α的距离相等，故 BD ∥平面α， 而 BD 为平面 ACC1A1 法向量，故平面 ACC1A1  平面α，
分别过 C， A1 作平面α的垂线，垂足为 E，F，如图，则 E，A，F 三点共线，
由 BG  DH 
，且 BD 与 AC 中点重合可知CE ．
2
2
3
因此CAE  30 ， A1 AF  60 ，故 A1F ，
2
3
进而由C1CE  150 易知点C1 到平面α的距离为，又因为 B1D1 与 A1C1 中点重合，且 B1D1 ∥平面α，
3
因此点 D 到平面α的距离为 2 ，而点 B 到平面α的距离为 2 ，
1
3

2
BDα
2 
2
 21
且 BD12，故直线1 与平面 的夹角正弦值为 22  ，
2 32
易知直线 BD 与平面 AC D 垂直，故平面 AC D 与平面α1
11 1
1 1的夹角的余弦值为 2 ．
故选：A
【点睛】
17 世纪法国数学家费马在给朋友的一封信中曾提出一个关于三角形的有趣问题：在三角形所在平面内，求一点，使它到三角形每个顶点的距离之和最小.现已证明：在V ABC 中， 若三个内角均小于120 ， 则当点 P 满足ÐAPB = ÐAPC = ÐBPC = 120° 时，点 P 到三角形三个顶点的距离之和最小，点 P 被人们称
为费马点.根据以上知识，已知 a 为平面内任意一个向量， b 和c 是平面内两个互相垂直的向量，且
→→→→→→→→
b  2 ， c  3 ，则 a  b  a  b  a  c 的最小值是（）
3
3  2
3  2
2 2
2 2
3
3
3
【答案】A
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，将向量放在坐标系中，将问题转化为点 P  x, y  到 A2, 0 ， B2,0 ，
C 0, 3 三点的距离之和，再利用费马点的性质即可求解.
→→
【详解】Q b  2 ， c  3 ， b 和c 是平面内两个互相垂直的向量，
→
不妨设b  2, 0 ， c  0, 3 ， a   x, y  ，
→→
则 a  b

，表示点 P  x, y  到点 A2, 0 的距离，
 x  22  y2
→→
a  b

，表示点 P  x, y  到点 B2,0 的距离，
 x  22  y2
x2   y  32
→→
a  c 
→→→→→→
，表示点 P  x, y  到点C 0, 3 的距离，
 a  b  a  b  a  c 表示点 P  x, y  到 A2, 0 ， B2,0 ， C 0, 3 三点的距离之和，
由费马点的性质可知，当ÐAPB = ÐAPC = ÐBPC = 120° 时，点 P  x, y  到三角形三个顶点的距离之和最小，
Q点 A2, 0 ， B2,0 关于 y 轴对称，点 P 在 y 轴上，如图，
在V AOP 中， APO  1 APB  1 120  60 ，又 OA  2 ，
22
OA
OP
tan APO ，解得 OP  2 3 ，故点 P 的坐标为 0, 2 3  ，
33 
 PA 
0  22   2
2

3  0 

3


4 3

3
， PB 

0  22   2
2

3  0 

3


4 3

3
， PC  3 ，
2 3
3
4 3
3
4 3
3
2 3
3
3
此时， PA  PB  PC  3  3  2，
→→→→→→
3
 a  b  a  b  a  c 的最小值是3  2.
故选：A.
1
在平面直角坐标系中，定义： AB
  x  x
n  y  y
n n ，其中 A x1, y1  ， B  x2 , y2  .若
n
12
12
s, t  N* ，且 s  t ，则下列结论错误的是（）
若 A, B 关于 x 轴对称，则 ABs  ABt
若 A, B 关于直线 y  x 对称，则 ABs  ABt
若OAs  2OBs ，则OAt  2OBt
若 P  M AMs  1， Q  M | AMt  1，则P  Q
【答案】C
【解析】
【分析】利用给定定义，结合对称点的特征，指数函数的单调性即可判断 A，B，通过举反例判断 C，利用子集的性质结合给定条件判断 D 即可.
【详解】对于 A，因 A, B 关于 x 轴对称，且 A x1, y1  ， B  x2 , y2  ，则 x2  x1, y2   y1 ，
12
11
11
1
11
于是， AB
  x  x
s  y  y
s s   x  x s  y  y s s  2 y ，
s
12
11
同理， AB
 ( x  x
t  y  y
t )t  ( x  x t  y  y t )t  2 y
，即 ABs  ABt ，故 A 正确；
t121211111
对于 B，因 A, B 关于直线 y  x 对称，且 A x1, y1  ， B  x2 , y2  ，则 x2  y1, y2  x1 ，
111
则 AB  ( x  x s  y  y s ) s  ( x  y s  y  x s ) s  2s x  y ，
s1212111111
111
同理， AB
 ( x  x
t  y  y
t )t  ( x  y t  y  x t )t  2t
 y .
t1212111111
取函数 f (x)  2x ，显然该函数在R 上为增函数，由 s, t  N* ，且 s  t ，可得 1  1 ，则有 11 ，
2 | x
1
因| x1y1 | 0 ，故有 s
s
1
 y1
s
1
1
1
| 2t | x1
 y1
st
|，即 ABs  ABt ，故 B 正确；
s
2
1
2s  2t
对于 C，因OAs
 ( x1 
y s ) s ， OB
 ( x2 
s ) s ，
11
1
2
s
2
由OAs  2OBs 可得： ( x
y1
s ) s  2( x
s  y
s ) s ，则有
1
1
x s 
y s  2s ( x
s  y
s )  2x
s  2 y s ，
2
2
2
2
1111
若取 x  2, x  0, y  2, y  2s ，满足上式，但此时， OA  (2t  2t )t  2  2t ， OB  2s ，
1212tt
则1 ，由上分析， 11 ，故OA  2OB ，故 C 错误；
2OBt  2  2s
s
2s  2ttt
对于 D，设点 M (x, y)  P ，则
1
ss，即 x  x
s  y  y
 1 ，
s
s
t
t
AMs  ( x  x1
y  y1
) s  111
而 x  x1
s , y  y
s [0,1]，因 s  t ，故得1 
x  x1 
y  y1 
x  x1 
y  y1 ，
1
即点 M (x, y)  Q ，即得 P  Q ，故 D 正确.故选：C.
二、多选题（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，在每小题所给的四个选项中，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）
如图，已知四面体 ABCD ，点 E, F 分别是 BC, CD 的中点，下列说法正确的是（）
AB  BC  CD  ADB. AB  BC  AD  DC
–––→1
AB 
2
–––→–––→–––→

BC  BD  AF
AB  AE  EF  FB
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算逐项分析即可得解.
【详解】A：因为 AB  BC  CD  AC  CD  AD ，故 A 正确；
B：因为 AB  BC  AD  AC  AD  DC ，故 B 正确；
–––→1
C：因为 AB 
2
–––→–––→–––→–––→–––→

BC  BD  AB  BF  AF ，故 C 正确；
D:因为 AB  AE  EF  EB  EF  FB ，故 D 错误.故选：ABC.
29
已知点 M (1,1) ， N (2,1) ，且点 P(a, b) 在直线l : x  y  2  0 上，则（ ）
a2  b2  a  2b 的最小值为 39
8
| PM |  | PN |的最小值为
存在点 P
––––→ –––→1
，使得 PM  PN 
4
存在点 P
，使得2 | PM || PN |
【答案】ABD
【解析】
5 239
【分析】A 选项，将b  2  a 代入，化简得到 a2  b2  a  2b  2  a   
，得到最小值；B 选项，
4 8
求出 M (1,1) 关于直线的对称点 M 3, 1 ，最小值为 M N
29
；C 选项，结合 b  2  a ，得到
PM  PN  2a2  5a  7 ，从而得到方程，由根的判别式得到方程无解，C 错误；D 选项，由两点间距离公式和
2 | PM || PN | 得到方程，由根的判别式得到方程有解，D 正确.
【详解】A 选项，点 P(a, b) 在直线l : x  y  2  0 ，故b  2  a ，
2
5 239
故 a2  b2  a  2b  a2  2  a
 a  2 2  a  2a2  5a  8  2  a 

 ，
4
8

故当 a   5 时， a2  b2  a  2b 取得最小值，最小值为 39 ，A 正确；
48
B 选项，设 M (1,1) 关于l : x  y  2  0 的对称点为 M m, n ，

 n 1  1  1
m 1
m  3
则 m 1n 1
，解得n  1 ，
 2  0
 22
3  22  112
29
所以 M 3, 1 ，连接 M N ，与l : x  y  2  0 相交于点 P ，
此时| PM |  | PN |取得最小值，最小值为
M N

，B 正确；
––––→ –––→
C 选项， PM  PN  1 a,1 b2  a,1 b  1 a2  a  1 b2 ，
––––→ –––→
又b  2  a ，故 PM  PN  a2
 a  2a  2  3  a2
 2a2
 5a  7 ，
––––→ –––→
令 PM  PN 
1 得2a
4
2  5a  7  1 ，即2a
4
2  5a  27  0 ，
4
––––→ –––→1
由于  25  2  27  29  0 ，方程无解，故不存在点 P ，使得 PM  PN 
，C 错误；
2  a2  1 b2
4
1 a2  1 b2
D 选项，由2 | PM || PN | 得2
平方化简得4 1 a2  31 b2  2  a2 ，
，
又b  2  a ，故4 1 a2  33  a2  2  a2 ，
即2a2 10a  9  0 ，   100  4  2  9  28  0 ，方程有解，故存在点 P ，使得2 | PM || PN | ，D 正确.
故选：ABD
中国结是一种手工编制工艺品，它有着复杂奇妙的曲线，却可以还原（成单纯的二维线条，其中的数字“8”对应着数学曲线中的双纽线.在 xOy 平面上，把与定点 M (a, 0) ， N (a, 0) 距离之积等于 a2 a  0的动点的轨迹称为双纽线.曲线 C 是当 a  2 时的双纽线，P 是曲线 C 上的一个动点，则下列结论正确的是
（）
点 P 的横坐标的取值范围是[2, 2]
2
OP 的最大值是2
VPMN 面积的最大值为 2D. PM
 PN
的取值范围是4, 4 2 

【答案】BCD
【解析】
(x  a)2  y2
【分析】根据双纽线的定义求出曲线的方程，逐一判断各选项的真假即可.
【详解】设 P(x, y) 是曲线上任意一点，根据双纽线的定义可得：
(x  a)2  y2 •
 a2 ，
当 a  2 时，曲线的方程为
(x  2)2  y2 •
 22 ，
(x  2)2  y2
16 16x2
对于 A：整理可得： x2  y2  4 
，则 y2 
 x2  4  0 ，
16 16x2
2
可得 x4  8x2  0 ，解得2
 x  2
，故 A 错误；
2
x2  y2
16 16x2  4 ，
对于 B， | OP |
2
2
因为2
 x  2
，所以8  x2  8 ，所以16 16x2  16 16  8  144  122 ，
2
12  4
所以| OP |
 2
，即曲线上任意一点到坐标原点O 的距离的最大值为2
，故 B 正确；
2
对于 C： y2 
16 16x2
 x2  4  0 ，令t 
[4,12]，则 x2 
1 t 2 1，
16
16 16x2
所以 y2  t 
1 t 2  3   1 (t 2 16t)  3   1 (t  8)2 1 ，
161616
所以当t  8 时， ( y2 )
max
 1 ，所以VPMN 面积的最大值为 1  4 1  2 ，故 C 正确；
22
2
(x  2)2  y2
(x  2)2  y2
对于 D：当且仅当
 2
(x  2)2  y2
(x  2)2  y2 • (x  2)2  y2
(x  2)2  y2
(x  2)2  y2
，即 x  0, y  0 时取等号，
 2
 4 ，
(x  2)2  y2
(
(x  2)2  y2 )2  (x  2)2  y2  (x  2)2  y2  2 (x  2)2  y2 •
 2(x2  y2 )  8  2  22  2(2 2)2  8  2  22  32 ，
(x  2)2  y2
2
所以( (x  2)2  y2 )2  4，
所以 PM
 PN
的取值范围是4, 4 2  ，故 D 正确.

故选：BCD.
【点睛】方法点睛：利用双纽线的定义求得曲线方程是关键，进而利用不等式求得最值.
第Ⅱ卷 非选择题（共 92 分）
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
设平面α的法向量为 n ， A 是平面α内的定点， P 是平面α外一点，则点 P 到平面α的距离 d 
–––→ →
AP  n
【答案】 →
n
【解析】
【分析】根据空间点到平面的距离的定义即可求解.
【详解】过点 P 作平面α的垂线l ，交平面α于点 B ，则n 是直线l 的方向向量，也即平面α的法向量，
则点 P 到平面α的距离就是 AP 在直线l 上的投影长，即向量 BP 的长度，也即 d 
–––→ →
AP  n
故答案为： → .
n
–––→ →
AP  n
→ .
n
设点 A2, 0 和 B 0, 3 ，在直线l ： x  y 1  0 上找一点 P ，使 PA  PB 取到最小值，则这个最小值为
17
【答案】
【解析】
【分析】求出点 B 关于直线l ： x  y 1  0 的对称点为C ，连结 AC ，则 AC 交直线l 于点 P ，点 P 即为
所求的点，此时 PA  PB 
PA  PC ， PA  PB

min
AC .
【详解】解：
设点 B 关于直线l ： x  y 1  0 的对称点为C m, n
线段 BC 的中点 m , n  3  在 x  y 1  0 上
 22

则 m  n  3 1  0 L1
22
又 kl  kBC  1 ，
n  3 1  1L2
m
解12 得， m  2, n  1;C 2,1
2  22 12
17
AC 
17
故答案为：
【点睛】本题考查线段和的最小值的求法，解题时要认真审题，注意数形结合思想的合理运用，属于中档题.
2
V ABC 是等腰直角三角形，∠A＝90°， BC ，点 D 满足 DA  AC ，点 E 是 BD 所在直线上一
m CE
点，若CE  xCA  yCB ，则 x  2 y  ；向量CA 在向量CE 上的投影向量记为
–––→ ，则实数
CE
m 的取值范围为．
【答案】①. 2②. 
2  m  1
2
【解析】
【分析】建立适当的平面直角坐标系，可得点 E 的坐标（用CE  xCA  yCB 中的参数 x, y 表示），结合
m  CA  CE
点 E 是 BD 所在直线上一点，即可得第一空答案；由题意
–––→ ，利用投影数量的几何意义可求其
CE
范围.
【详解】
由题意以点 A 为原点， AB, AC 所在直线分别为 x 轴， y 轴，
2
因为V ABC 是等腰直角三角形，∠A＝90°， BC ，点 D 满足 DA  AC ，所以 AB  AC  1  AD ，即 A0, 0, B 1, 0, C 0,1, D 0, 1 ，
设点 E 的坐标为 xE , yE  ，
所以CE   xE  0, yE 1  xCA  yCB  x 0, 1  y 1, 1   y, x  y  ，所以点 E 的坐标为 y, x  y 1 ，
因为点 E 在直线 BD 上面，
所以 yE  xE 1 ，即x  y 1  y 1，
所以 x  2 y  2 （这里的 x, y 是指CE  xCA  yCB 中的 x, y ）；
m CE
因为向量CA 在向量CE 上的投影向量记为
–––→ ，
CE
–––→–––→ –––→
所以 m  CA cs CA, CE 
CA  CE
–––→，
CE
如图， AH⊥CE 于 H ，过C 作直线平行于 BD ，过 A 作该直线的垂线，垂足为G ，
当CA, CE 为锐角时， 0  m  CH  CA  1，当且仅当CE, CD 重合时等号成立；
当CA, CE 为直角时， m  0 ；
当CA, CE 为钝角时，  CG  m  0 即
2  m  0 ，
2
综上， 
2  m  1.
2
【点睛】关键点睛：第一空的关键是得点 E 坐标，结合 B, D, E 三点共线，第二空的关键是将问题转换为方程有解即可顺利得解.
四、解答题（本大题共 5 小题，共 77 分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步
骤）
已知直线l : y  kx  k 1 ．
求证：直线 l 恒过定点 A1,1 ；
已知两点 B 4, 4 ， C 0, 2 ，过点 A 的直线与线段 BC 有公共点，求直线的倾斜角α的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2） 45 α 135
【解析】
【分析】（1）直线方程整理为关于 k 的方程，由恒等式知识可得定点坐标；
（2）求出直线 AB, AC 的倾斜角，直线介于直线 AB, AC 之间，由此可得结论．
【小问 1 详解】
证明：由 y  kx  k  1 ，得 y 1  k  x 1 ．
由直线方程的点斜式可知，直线恒过定点 A1,1 ．
【小问 2 详解】
由题意可知 kAC  1， kBA  1 ，
由题意可知直线的倾斜角介于直线 AB 与 AC 的倾斜角之间，
又 AC 的倾斜角是45 ， AB 的倾斜角是135 ， A 点横坐标在 B, C 两点横坐标之间，因此直线可能与 x 轴垂直，倾斜角可以是90 ，
∴α的取值范围是45 α 135 ．
如图，直三棱柱 ABC  A1B1C1 的体积为 4， D 是 AB 的中点.
求证： BC1 / / 平面 A1CD ；
2
若△A1CD 的面积为2，求点 A 到平面 A1CD 的距离.
【答案】（1）证明见解析；
（2） 2 .
2
【解析】
【分析】（1）连接 AC1 ，交 A1C 于点O ，连接OD ，易得OD//BC1 ，再由线面平行的判定证明结论；
（ 2 ） 设V ABC 的面积为S ， 棱长 AA1 的长度为 h ， B 到平面 A1CD 的距离为 d ， 再应用等体积法有
11
VA  ACD  VA A CD 求点面距.
【小问 1 详解】
连接 AC1 ，交 A1C 于点O ，连接OD ，
因为O ， D 分别是 AC1 ， AB 的中点，所以OD 是V ABC1 的中位线，所以OD//BC1 ，因为 BC1  平面 A1CD ， OD  平面 A1CD ，
所以 BC1 / / 平面 A1CD .
【小问 2 详解】
设V ABC 的面积为S ，棱长 AA1 的长度为h ， B 到平面 A1CD 的距离为 d ，
因为直三棱柱 ABC  A1B1C1 的体积V  Sh  4 ，
1
因为 D 是 AB 的中点，所以V ACD 的面积为 2 S ，
所以三棱锥 A1  ACD 的体积V
A1  ACD
 1  1 S  h  1 Sh  2 ，
3263
2
因为△A1CD 的面积为2
，由V
A  ACD  VA A CD
得 2  1  2 2  d ，解得 d 2 .
332
11
所以 A 到平面 ACD 的距离为 2 .
12
如图，在三棱锥 P-ABC 中，AB⊥BC，AB=BC=kPA，点 O 为 AC 中点，D 是 BC 上一点，OP⊥底面 ABC， BC⊥面 POD．
求证：点 D 为 BC 中点；
当 k 取何值时，O 在平面 PBC 内的射影恰好是 PD 的中点．
【答案】（1）证明见解析
2 3
3
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质证明；
（2）做辅助线，利用图中的几何关系求解.
【小问 1 详解】
连接 OD，PD，Q BC 
平面 POD， BC  OD
，又 AB  BC,OD / / AB
，O 是 AC 的中点，所以
OD 是 OC 边上的中位线， D 是 BC 边的中点；
【小问 2 详解】 连接 OB，QV ABC
是等腰直角三角形，OB  AC
，由题意OP  平面 ABC，OP  OB
，又 O
是 AC 的中点，△PAC 是等腰三角形， PA  PC ，
连接 PD，取 PD 的中点 G，连接 OG，由题意OG  平面 PBC，OG  PD ，
又 G 是 PD 的中点，VPOD
是等腰直角三角形， PO  OD  1 BC  1 AB ，
22
AO2  PO2
PA 
2 3
3
 k ；



2

 2
AB   AB 

2
 1

2

 2

3
2
AB ， AB 
PA ，
2 3
3
2 3
3
综上，当 k 时，O 在平面 PBC 内射影恰好是 PD 得中点.
如图，在四棱锥 P  ABCD 中， AD//BC, AB  PD  6, BC  PC  2, AD  4, cs DAB  1 .
3
求证： PB  CD ；
3
若 PB  2
，求平面 PAB 与平面 PBD 夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
31
（2）
33
【解析】
【分析】（1）取 AD 的中点 M ，连接 MB ，证明四边形 BCDM 为平行四边形，则CD//BM 且CD  BM ，利用余弦定理求出 BD  6 ，从而可得CD  BC ，利用勾股定理证明CD  PC ，则CD  平面 PBC ，再
根据线面垂直的性质即可得证；
先利用余弦定理求出PCB  120 ，再以点C 为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面 PAB
与平面 PBD 的法向量，再求出法向量夹角的余弦值，进而可得出答案.
【小问 1 详解】
取 AD 的中点 M ，连接 MB ，则 BC //MD 且 BC  MD ，
所以四边形 BCDM 为平行四边形，所以CD//BM 且CD  BM ，在△ABD 中，由余弦定理得，
BD2  AB2  AD2  2 AB  AD cs DAB  36 16  2  6  4  1  36 ，
3
所以 BD  6  AB ，
62  22
2
所以 BM  AD ， BM  4
所以 BM  BC ，所以CD  BC, CD  4 2 ，
则 PC 2  CD2  PD2 ，所以CD  PC ，
又 BC, PC  平面 PBC ， BC  PC  C ，所以CD  平面 PBC ，
又 PB  平面 PBC ，所以 PB  CD ；
【小问 2 详解】
在△PBC 中，由余弦定理得，
PC 2  BC 2  PB24  4 121
cs PCB  

，所以PCB  120 ，
2PC  BC2  2  22
如图，以点C 为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则 A4 2, 4, 0, B 0, 2, 0, D 4 2, 0, 0, P 0, 1, 3  ，
–––→–––→–––→
故 PB  0, 3,  3 , PA  4 2, 5,  3 , PD  4 2,1,  3  ，
→→
设平面 PAB 的法向量为 m   x1 , y1, z1 , ，平面 PBD 的法向量为 n   x2 , y2 , z2 
 → –––→→ –––→
m  PA  4 2x1  5 y1  3z1  0n  PD  4 2x2  y2  3z2  0
则有 → –––→， → –––→，
m  PB  3y1 
3z1  0
n  PB  3y2 
3z2  0
→2 →2
 1 1 3
8
33 33
8
8
令 y1  1, y2  1，则 m    4 ,1, 3  , n   4 ,1, 3  ，

→ →
→ →m n

31
则 cs m, n
 → →
m n
，
33
31
所以平面 PAB 与平面 PBD 夹角的余弦值为 33 .
人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似
度 ， 常 用 测 量 距 离 的 方 式 有 3 种 ． 设 A x1, y1  ， B  x2 , y2  ， 则 欧 几 里 得 距 离

x  x y  y

2

12

2
12
D( A, B) 
； 曼 哈 顿 距 离
d ( A, B)  x  x
 y  y
， 余 弦 距 离
1212
e( A, B)  1 cs( A, B) ，其中cs( A, B)  csOA, OB （ O 为坐标原点）．
 5 5 
若 A(1, 2) ， B  3 , 4  ，求 A ， B 之间的曼哈顿距离 d ( A, B) 和余弦距离e( A, B) ；

若点 M (2,1) ， d (M , N )  1 ，求e(M , N ) 的最大值；
已知点 P ， Q 是直线l : y  1  k (x  1) 上的两动点，问是否存在直线l 使得 d (O, P)min  D(O, Q)min ，若存在，求出所有满足条件的直线l 的方程，若不存在，请说明理由．
【答案】（1） 14 ， 5  5
55
2 5
5
（2）1
存在， y  1和 y  x
【解析】
【分析】（1）代入 d ( A, B) 和e( A, B) 的公式，即可求解；
首先设 N  x, y  ，代入 d (M , N )  1 ，求得点 N 的轨迹，再利用数形结合，结合公式e  A, B ，结合余弦值，即可求解；
首先求 D O, Q 的最小值，分 k  0 和 k  0 两种情况求 d O, P 的最小值，对比后，即可判断直线方程.
【小问 1 详解】
4
5
d ( A, B)  1 3  2  8  6  14 ，
5
5
–––→ –––→
55
–––→ –––→
 3  8
cs( A, B)  csOA, OB 
OA  OB
–––→ –––→ 
OA OB
55 ，
5 1
5
e  A, B  1 cs  A, B  1
5  5  5 ；
55
【小问 2 详解】
设 N (x, y) ，由题意得： d (M , N ) | 2  x |  |1 y | 1 ，
即| x  2 |  | y 1| 1 ，而| x  2 |  | y 1| 1 表示的图形是正方形 ABCD ，
其中 A2, 0 、 B 3,1 、C 2, 2 、 D 1,1 ．
即点 N 在正方形 ABCD 的边上运动， OM  (2,1) ， ON  (x, y) ，
可知：当cs(M , N )  cs  OM , ON  取到最小值时，  OM , ON  最大，相应的e(M , N ) 有最大值．
因此，点 N 有如下两种可能：
2 5
––––→ –––→4
2  5
①点 N 为点 A ，则ON  (2, 0) ，可得cs(M , N )  cs  OM , ON ；
5
②点 N 在线段CD 上运动时，此时ON 与 DC  (1,1) 同向，取ON  (1,1) ，
3 10
––––→ –––→3
5  2
则cs(M , N )  cs  OM , ON ．
10
因为 3 10  2 5 ，所以e(M , N ) 的最大值为1 2 5 ．
1055
min
【小问 3 详解】易知 D O, Q

，设 P(x, kx  k 1) ，则 d (O, P)  h(x) | x |  | kx  k 1|
k 2 1
1 k
当 k  0 时， d (O, P)  h(x) | x |  |1| ，则 d (O, P)min  1， D(O, P)min  1，满足题意；
当 k  0 时， d (O, P)  h(x) 
x  kx  k 1 
x  k  x ，
k 1
k
由分段函数性质可知 d (O, P)
 k 1 
，
min
min  h(0), h  k
k 2 1
1 k

又 h(0) |1 k |
|1 k |
且 h  k 1   k 1 
恒成立，当且仅当 k  1 时等号成立．
k 2 1
 kk

综上，满足条件的直线有且只有两条， l : y  1和 y  x ．
【点睛】关键点点睛：本题第二问为代数问题，转化为几何问题，利用数形结合，易求解，第 3 问的关键是理解 d (O, P)min  D(O, Q)min ，同样是转化为代数与几何相结合的问题.