吉林油田高级中学2025-2026学年高二上学期11月考试数学试卷

这是一份吉林油田高级中学2025-2026学年高二上学期11月考试数学试卷，共16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。
已知直线l 的倾斜角为45∘ ，则直线l 的斜率为（ ）
1
2
2
2
3
2
–––→
D．1
已知点 B 是点 A3, 4, 5 在坐标平面Oxy 内的射影，则 OB  （ ）
2
A．3B．4C．5D． 5
在直三棱柱 A1B1C1  ABC 中，BCA  90 ，D1 , F1 分别是 A1B1 , A1C1 的中点，BC  CA  CC1 ，则 BD1 与 AF1
所成角的余弦值是（ ）
30
10
1
2
30
15
15
10
经过点2, 2 ，圆心为C 1,1 的圆的方程是（ ）
 x 12   y 12  2B．  x 12   y 12  2
2
2
C．  x 12   y 12 D． (x 1)2   y 12 
已知V ABC 的顶点分别为 A1, 1, 2 ， B 5, 6, 2 ， C 1, 3, 1 ，则 AC 边上的高 BD 等于（ ）．
A．3B．4
C．5D．6
若直线 x  2 y  5  0 与直线2x  my  6  0 互相垂直，则实数m 等于（ ）
1
C． 1
1
2
D．  1
2
若平面α与β的法向量分别是a  1, 0, 2 ， b  1, 0, 2 ，则平面α与β的位置关系是（ ）
平行B．垂直C．相交不垂直D．无法判断
若直线ax  by  2  0 a  0, b  0 经过圆 x2  y2  4x  4 y  4  0 的圆心，则 1  2 的最小值为（ ）
ab
2
2
3 B． 2 3
2
C． 9
2
D． 5
2
二、多选题
已知ab  0 ， bc  0 ，则直线ax  by  c 通过（ ）
第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
下列命题正确的是（ ）
直线在 x 轴和 y 轴上的截距相等，则直线的斜率为1
直线2x  m 1 y  2m  0 过定点1, 2
2
若a ， b 是方程 x2  x  0 的两个实根，则点 P a,b 在圆C: x2  y2 8外
若方程 x2  y2  2mx  2 y  m2  m  0 表示圆，则正数m 的取值范围是0,1
如图，矩形 BDEF 所在平面与正方形 ABCD 所在平面互相垂直， AD  DE  4 ，G 为线段 AE 上的动点，则（ ）
若 G 为线段 AE 的中点，则GB// 平面CEF
多面体 ABCDEF 的体积为 64
3
AE  CF
BG2  CG2 的最小值为 44
三、填空题
a
a
已知向量 →  2, 1, 3 ， b  4, 2, x ，若 → ⊥b ，则 x  ．
若直线l 沿 x 轴向左平移 3 个单位长度，再沿 y 轴向上平移 1 个单位长度，所得直线与原直线重合，则直线l 的斜率是.
在四棱锥 P  ABCD 中， PA  平面 ABCD ， BAD  90 ， PA  AB  BC  1 AD  1， BC / / AD ， Q 是
2
四边形 ABCD 内一点，且二面角Q  PD  A 的平面角的大小为 π ，则动点Q 的轨迹长度为．
4
四、解答题
求下列直线方程：
已知直线l 经过直线2x  y  5  0 和 x  2 y  0 的交点，且 A5, 0 到l 的距离为 3，求直线l 的方程；
2
求与直线l : x  y  2  0 平行且到l 距离为2
的直线方程.
已知圆心为C 的圆经过 A1,1 ， B 2, 2 两点，且圆心C 在直线l : x  y 1  0 上.
求圆C 的标准方程.
在（1）的条件下，求 x  y 的取值范围.
如图，在平行六面体 ABCD  A1B1C1D1 中， AB  AD  AA1  1 ， A1 AB  A1 AD  BAD  60 .
求 AC1 的长；
求证：直线 A1C  平面 BDD1 B1 .
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，侧棱 PD  底面 ABCD, PD  DC, E 是 PC 的中点，作 EF  PB 交 PB 于点 F ．
求证： PA / / 平面 EDB ；
求证： PB  平面 EFD ；
求平面CPB 与平面 PBD 的夹角的大小．
在空间直角坐标系O  xyz 中，已知向量u  a,b,c ，点 P0  x0 , y0 , z0  .若直线 l 以u 为方向向量且经过点
P ，则直线 l 的标准式方程可表示为 x  x0  y  y0  z  z0 （ abc  0 ）；若平面α以u 为法向量且经过点 P ，
0abc0
则平面α的点法式方程表示为a  x  x0   b  y  y0   c  z  z0   0 .平面内任一点 x, y, z  在面α的两侧分别对应a  x  x0   b  y  y0   c  z  z0   0 和a  x  x0   b  y  y0   c  z  z0   0 .
已知直线l 的标准式方程为 x 1  y  2  z ，平面α的点法式方程可表示为 3x  2 y  z  5  0 ，求直线l
3
1211
与平面α1 所成角的余弦值；
已知平面α2 的点法式方程可表示为2x  3y  z  6  0 ，点 A2, 4, 4 与点 B  x0 , y0 , z0  在平面α2 外的同侧，
点 B 在平面α2 内的投影点为 B0 1, 0, 4 ，且 BB0
 2
，点 C 为平面α2 内任意一点，求 AC  BC 的最小值；
14
若平面α 为 x  y  z  3，平面β与平面α 的交线l 为 x  2  y 1 
z ，且平面β与平面α 所成面面角
33
余弦值大小为 3 ，求平面β的点法式方程.
3
21123
1．D
根据斜率定义得到答案.
【详解】直线l 的斜率为tan 45  1.
故选：D 2．C
先求出点 B 的坐标，再利用空间中两点间的距离公式即可求解.
【详解】解：因为点 B 是点 A3, 4, 5 在坐标平面Oxy 内的射影所以 B 3, 4, 0
32  42  02
–––→
所以 OB  5
故选：C.
3．A
以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量 BD1  1, 1, 2 ， AF1  1, 0, 2 ，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】以C 为坐标原点，以CA, CB, CC1 所在直线分别为 x 轴， y 轴和 z 轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：设 BC  2 ，则 A2, 0, 0 ， F1 1, 0, 2 ， B 0, 2, 0 ， D1 1,1, 2 ，
可得 BD1  1, 1, 2 ， AF1  1, 0, 2
––––→ –––→ BD1  AF1 ––––→ –––→ BD1 AF1
设直线 BD1 与 AF1 所成的角为θ，
1 0  4
11 4  1 4
––––→ –––→30
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
A
B
C
B
A
B
ACD
BD
题号
11
答案
ACD
则csθ cs
BD1 , AF1
，
10
所以异面直线 BD1 与 AF1 所成角的余弦值为 30 .
10
故选：A.
4．B
根据题意求点2, 2 与圆心C 1,1 的距离即可得圆的半径，再根据圆的标准方程求解即可.
【详解】解：因为所求的圆经过点2, 2 ，且圆心为C 1,1 ，
2 12  2 12
所以，所求圆的半径为r  2 ，
所以，所求的圆的方程为：  x 12   y 12  2
故选：B 5．C
设 AD  λAC ，先表示OD 的坐标，进而表示 BD 的坐标，再根据 BD  AC ，求得λ，进而得到 BD 的坐标
求解.
【详解】设 AD  λAC ，
 
–––→ –––→ –––→ –––→–––→
则OD  OA  AD  OA  λAC  1, 1, 2  λ 0, 4, 3  1, 1  4λ, 2  3λ ，
  
–––→ –––→ –––→
BD  OD  OB  1, 1  4λ, 2  3λ  5, 6, 2  4, 5  4λ, 3λ ，
因为 BD  AC ，
所以 BD  AC  0 ，即0  45  4λ  9λ 0 ，
解得λ  4 ，
5
–––→
9 12 
所以 BD   4, , ，

4
22
2  9  12 
  5    5 
 
–––→
所以 BD 
5 5 
 5 ，
故选：C 6．B
由已知条件可得出关于实数m 的等式，由此可解得实数m 的值.
【详解】由已知条件可得1 2  2m  0 ，解得m  1.
故选：B.
7．A
利用平面法向量的位置关系，即可判断两平面的位置关系.
【详解】因为a  1, 0, 2 ， b  1, 0, 2 是平面α与β的法向量，则a  b ，所以两法向量平行，则平面α与β平行.
故选：A 8．B
由直线过圆心得到a  b  1 ，再结合乘“1”法即可求解.
【详解】由 x2  y2  4x  4 y  4  0 ，可得圆心坐标2, 2 ，因为直线ax  by  2  0 a  0, b  0 过圆心，
所以2a  2b  2  0 ，即a  b  1 ，
所以 1  2  a  b 1  2   b  2a  3  2 2  3
ab
 
abab
2
（当且仅当 b  2a ，即a 1, b  2 
ab
）取等号，
2
所以 1  2 的最小值为2
ab
故选：B 9．ACD
 3 ，
将直线方程整理为斜截式，结合其斜截式方程确定直线经过的象限即可.
【详解】可把直线方程ax  by  c 化为 y   a x  c ，
bb
因为ab  0 ， bc  0 ，
其斜率 a  0 ，直线在 y 轴的截距 c  0 ，
bb
由此可知直线通过第一、三、四象限．故选：ACD.
10．BD
对于 A，验证直线 y  x 满足条件，但斜率不为1，即可判断，对于 B，将直线方程化为
2x  y   m  y  2  0 ，求直线2x  y  0 与直线 y  2 的交点，由此确定直线2x  m 1 y  2m  0 所过的定
2
点，判断 B，对于 C，由根与系数关系可得a  b  1 ， ab  ，结合关系a2  b2  a  b2  2ab 证明
a2  b2  8 ，由此判断 C，对于 D，结合圆的方程的特征列不等式求正数m 的范围，判断 D.
【详解】对于 A，直线 y  x 在 x 轴上的截距为0 ，在 y 轴上的截距为0 ，
所以直线 y  x 在 x 轴和 y 轴上的截距相等，但直线 y  x 的斜率为1，A 错误，对于 B，方程2x  m 1 y  2m  0 可化为2x  y   m  y  2  0 ，
2x  y  0

由 y  2  0
x  1

可得 y  2 ，
所以直线2x  m 1 y  2m  0 过定点1, 2 ，B 正确，
2
2
对于 C，由a ， b 是方程 x2  x  0 的两个实根，可得a  b  1 ， ab  ，
2
所以a2  b2  a  b2  2ab  1 2 8 ，
所以点 P a, b 在圆C: x2  y2 8内，C 错误，
对于 D，方程 x2  y2  2mx  2 y  m2  m  0 表示圆，则2m2  22  4 m2  m  0 ，所以m  1，又m  0 ，所以正数m 的取值范围是0,1 ，D 正确，
故选：BD 11．ACD
利用空间向量可判断 A,C,D，把多面体分割成两个四棱锥，求出体积可判定 B.
【详解】因为矩形 BDEF 所在平面与正方形 ABCD 所在平面互相垂直，且两个平面的交线为 BD ，DE  BD ，所以 DE  平面 ABCD ；以 D 为原点， DA, DC, DE 分别为 x, y, z 轴的正方向，建系如图，
A4, 0, 0, E 0, 0, 4, B 4, 4, 0, C 0, 4, 0, F 4, 4, 4 .
对于 A，G 为线段 AE 的中点， G 2, 0, 2 ， BG  2, 4, 2 ;
→
CE  0, 4, 4, EF  4, 4, 0 ，设n   x, y, z  是平面CEF 的一个法向量，
→
–––→
n  CE  0
4 y  4z  0→
则→
–––→
， 4x  4 y  0
，令 y  1，则 x  1, z  1，即n  1,1,1 .
n  EF  0
因为 BG  n  0 ，所以 BG  n ，又 BG  平面CEF ，所以GB// 平面CEF ，A 正确.对于 C， AE  4, 0, 4, CF  4, 0, 4 ，因为 AE  CF  0 ，所以 AE  CF ，C 正确.对于 D，设 AG  λAE  4λ, 0, 4λ ， BG  BA  AG  4λ, 4, 4λ ，
CG  CA  AG  4  4λ, 4, 4λ ，
BG2  CG2  64λ2  32λ 48  8λ 22  44 ，
所以当λ 1 时， BG2  CG2 取到最小值 44，D 正确.
4
对于 B，由正方形的性质可得 AC ⊥BD ，由题设条件可知 AC  平面 BDEF ，
2
由 AD  4 可得 AC  4，
2
所以四棱锥 A  BDEF 和四棱锥C  BDEF 的高均为2.
其体积V V
 1  4  4 2  2
 64 ，
2
A BDEFC  BDEF33
所以多面体 ABCDEF 的体积为128 ，B 不正确.
3
故选：ACD
10
3
根据两向量垂直则它们的数量积为0 ，列方程求解.
Q→→
【详解】 向量a  2, 1, 3 ， b  4, 2, x ， a ⊥b ，
则 →  b  8  2  3x  0 ，解得 x  10 .
a3
10
故答案为：．
3
 1
3
设直线 l 的方程为 y  kx  b ，可得到平移后的直线方程为 y  k  x  3  b 1 ，由题意可得3k  b 1  b ，即可求得答案.
【详解】由题知直线斜率存在，故设直线 l 的方程为 y  kx  b ，
则根据平移过程知，平移后的方程为 y  k  x  3  b 1 ，该直线与原直线重合，
则3k  b 1  b ，则k   1 ，
3
故答案为：  1
3
2 30 / 2 30
55
根据题设构建合适的空间直角坐标系，由二面角确定点Q 轨迹为平面QPD 与平面 ABCD 的交线，与 y 轴交点为Q1 0, b, 0 ，标注出相关点坐标，并求出平面 APD 、平面 PDQ1 的法向量，应用向量法及面面角大小列方程求参数，最后应用坐标法求向量的模即可得.
【详解】以 A 为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，
因为二面角Q  PD  A 的平面角大小不变，所以点Q 轨迹为平面QPD 与平面 ABCD 的交线，设点Q 的轨迹与 y 轴的交点坐标为Q1 0, b, 0(b  0) ，又 D 2, 0, 0 ， P 0, 0,1 ，
→
则 DP  2, 0,1 ， DQ1  2, b, 0 ， AD  2, 0, 0 ，且平面 APD 的一个法向量m  0,1, 0 ，
→
→
 –––→ →
 ，则––––→ →，取
设平面 PDQ1 的一个法向量n 
x, y, z DP  n  2x  z  0
DQ1  n  2x  by  0
y  2
，得n  b, 2, 2b ，
设θ为二面角Q  PD  A ，即Q1  PD  A 的平面角，则csθ
→ →

csm, n
2
5b2  4
2
2
，解得b  2 ，
5
所以动点Q 的轨迹长度 DQ1

 2 30 .
4  4
5
5
故答案为： 2 30
5
15．(1) x  2 或4x  3y  5  0 ；
(2) x  y  2  0 或 x  y  6  0 .
设出过交点的直线系方程为为2x  y  5  λ x  2 y   0 ，结合点的直线距离列方程求参数，即可得；
根据平行关系设直线为 x  y  λ 0 ，利用点线距离列方程求参数，即可得.
【详解】（1）设经过两直线交点的直线系方程为2x  y  5  λ x  2 y   0 ，即2  λ x  1 2λ y  5  0 ，
10  5λ 5
2  λ2  1 2λ2
∵点 A5, 0 到l 的距离为 3，
∴
λ 2 ，或λ 1 ，
2
 3 ，即2λ2  5λ 2  0 ，
 直线l 的方程为 x  2 或4x  3y  5  0 ；
（2）设所求直线方程为 x  y  λ 0 ，
2
Q 所求直线到直线l : x  y  2  0 的距离为2，
λ 2
12  12
2
λ 2
2
 2
，所以
λ 2
或λ 6 ，
所求直线方程为 x  y  2  0 或 x  y  6  0 . 16．(1)  x  32   y  22  25

(2) 5  5 2,5 2  5
方法一，由圆心到 A, B 距离相等及圆心在直线l : x  y 1  0 上求得圆心坐标，进而求出半径得到方程；方法二，由圆心在 AB 垂直平分线上及直线l : x  y 1  0 上求得圆心坐标，进而求出半径得到方程；
a2  b2 a  b 2

方法一，由不等式
2
2 
结合圆的标准方程求解；方法二，设 x  y  λ，将问题转化为直

线 x  y λ 0 与圆C 有公共点求解.
【详解】（1）解法一：设圆心C 的坐标为a, b .因为圆心C 在直线l : x  y 1  0 上，
所以a  b 1  0 .①
因为 A，B 是圆上两点，所以 CA  CB .
a 12  b 12
根据两点间距离公式，有
a  22  b  22
，
即a  3b  3  0 .②由①②可得a  3 ， b  2 ，所以圆心C 的坐标是3, 2 .
1 32  1 22
圆的半径r  AC  5 ，
所以，所求圆的标准方程是 x  32   y  22  25 .
解法二：设线段 AB 的中点为 D .由 A，B 两点的坐标为1,1 ， 2, 2 ，
 22 
可得点 D 的坐标为 3 ,  1  ，直线 AB 的斜率为k
AB
 2 1  3 ，
2 1
因此，线段 AB 的垂直平分线l 的方程是 y  1  1  x  3  ，
23 2 

即 x  3y  3  0 .由垂径定理可知，圆心C 也在线段 AB 的垂直平分线上，
x  3y  3  0

所以它的坐标是方程组x  y 1  0
x  3

的解，解得 y  2 .
1 32  1 22
所以圆心C 的坐标是3, 2 ，圆的半径r  AC 
所以，所求圆的标准方程是 x  32   y  22  25 .
（2）解法一：Q x  32   y  22  25 ，
 5 ，
 x  32   y  22 x  3  y  2 2

2 2，

2
 x  3  y  2 
 25 ，即 x  y  52  50 ，
22

2
5  5
 x  y  5
 5 ，
2

 x  y 的取值范围是5  5 2, 5 2  5 .
3  2 λ
2
解法二：设 x  y  λ，则直线 x  y λ 0 与圆C 有公共点，
 圆心C 到直线 x  y λ 0 的距离d  5 ，
2
即 λ 5  5
， 5  5
 λ 5
 5 ，
2
2
6

 x  y 的取值范围是5  5 2, 5 2  5 . 17．(1)
(2)证明见解析
––––→ –––→ –––→ –––→
由题意可得 AC1  AB  AD  AA1 ，再平方即可得到答案；
根据 A1C•BD  0 ， A1C•BB1  0 ，可得 A1C  BD ， A1C  BB1 ，再利用线面垂直的判定即可证明.
【详解】（1） AC1  AB  BC  CC1  AB  AD  AA1 ，
可得
––––→2
AC1
–––→2
 AB
–––→2
AD
–––→2
AA1
–––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→
2 AB• AD  2 AB• AA1  2 AD• AA1
 12 12 12  2 11cs 60  2 11cs 60  2 11cs 60  6
––––→
所以 AC1  6 ；
––––→ –––→ ––––→ –––→ –––→ ––––→–––→ –––→
（2） A1C  AC  AA1  AB  AD  AA1 ， BD  AD  AB ， BB1  AA1 ，
 
–––→ –––→–––→–––→ –––→–––→ –––→
所以 A1C•BD  AB  AD  AA1 • AD  AB
–––→ –––→–––→2–––→ –––→ –––→2–––→ –––→–––→ –––→
 AB• AD  AD  AA1 • AD  AB  AD• AB  AA1 • AB
 11cs 60 12 11cs 60 12 11cs 60 11cs 60  0 ，所以 A1C  BD ，所以 A1C  BD ，

–––→ –––→–––→–––→ –––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→ –––→2
A1C•BB1  AB  AD  AA1 • AA1  AB• AA1  AD• AA1  AA1
 11cs 60 11cs 60 12  0 ，
所以 A1C  BB1 ，所以 A1C  BB1 ，又 BB1  BD  B ， BB1 , BD  平面 BDD1 B1 ，所以 A1C  平面 BDD1 B1 .
18．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
π(3) .
3
以 D 为原点，直线 DA, DC, DP 分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系，求出平面 EDB 的法向量坐标，再利用空间位置关系的向量证明推理即得.
由 PB  DE  0 ，结合 EF  PB ，利用线面垂直的判定定理证明.
求得平面CPB 和平面 PBD 的法向量坐标，再利用面面角的向量求法求解.
【详解】（1）在四棱锥 P  ABCD 中， PD  底面 ABCD ， AD, DC  底面 ABCD ，则 PD  AD, PD  DC ，由底面 ABCD 是正方形，得 AD  DC ，
以 D 为原点，直线 DA, DC, DP 分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系，
设 DC  2 ，则 A2, 0, 0, B 2, 2, 0, P 0, 0, 2, E 0,1,1 ，
→
PA  2, 0, 2, DB  2, 2, 0, DE  0,1,1 ，设平面 EDB 的法向量为m   x1 , y1, z1  ，
–––→ →
DB  m  2x1  2 y1  0→→
则–––→ →，令 y1  1，得m  1, 1,1 ，则 PA  m  2  2  0 ，
DE  m  y1  z1  0
而 PA  平面 EDB ，所以 PA / / 平面 EDB .
（2）由（1）知， PB  2, 2, 2 ，由 PB  DE  0  2  2  0 ，得 PB  ED ，又 EF  PB ，且 EF ∩ DE  E, EF , ED  平面 EFD ，
所以 PB  平面 EFD .
（3）由（1）知， C 0, 2, 0 ，且CB  2, 0, 0, PC  0, 2, 2 ，
–––→ →
→CB  n  2x2  0→
设平面CPB 的法向量为n   x2 , y2 , z2  ，则–––→ →，取 y2  1 ，得n  0,1,1 ，
PC  n  2 y2  2z2  0
DB  (2, 2, 0), DP  (0, 0, 2) ，而CA  2, 2, 0 ，则 DB  CA  2  2  2  2  0, DP  CA  0 ，即 DB  CA, DP  CA ，则 PBD 的一个法向量为CA  2, 2, 0 ，
→ –––→
n  CA
21→
→ –––→2π
→
因此csn, CA  →
–––→
  ，而0  n, CA  π ，则n, CA ，
2  2 2
23
| n || CA |
所以平面CPB 与平面 PBD 的夹角为 π .
3
19．(1) 3 7
8
129
(2)
(3) 1
 x  2  1
3  y 1  z  0 或1
3  x  2  1
3  y 1  z  0
会借助公式，从条件中得到直线的方向向量和平面的法向量，即可求解；
会利用将军饮马问题的解法，来求对称点坐标，从而计算两点间距离即可；
利用方程组求解思想来求法向量，然后通过取一个点来写出平面的点法式方程.
【详解】（1）由直线l 的标准式方程为 x 1  y  2  z 可知，直线l 的一个方向向量坐标为 →  2, 
3,1，
3
121m
→
11
由平面α的点法式方程为 3x  2 y  z  5  0 可知，平面α的一个法向量为n  
设直线l1 与平面α1 所成角为β，
3, 2, 1，
所以有sinβ
cs
→ →
m, n
→ →

m n
→ →
m n
 ，
2 3  2 3 1
8  8
1
8
3 7
8
所以csβ，即直线l1 与平面α1 所成角的余弦值为 3 7 .
8
由平面α2 的点法式方程为2x  3y  z  6  0 可知，平面α2 的法向量为n2  2, 3,1 ，设点 A2, 4, 4 在平面α2 内的投影点为 A0  x, y, z  ，易知 A0 A 与n2 共线，
故 x  2  y  4  z  4 ，又由点 A  x, y, z  在平面α 上，则满足2x  3y  z  6  0 ，
23102
令 x  2  y  4  z  4  k ，则把 x  2k  2, y  3k  4, z  k  4 代入2x  3y  z  6  0 可得：
231
2 2k  2  33k  4  k  4  6  0 ，解得k  1 ，
再代入 x  2k  2  0, y  3k  4  1, z  k  4  3 ，即可得 A0 0,1, 3 ，
由点 A 及点 B 在平面α2 外的同侧，点 C 为平面α2 内任意一点，要求 AC  BC 的最小值，利用将军饮马问题，可设点 A2, 4, 4 关于平面α2 的对称点为 A ，
则 A0 0,1, 3 为 AA中点，故由中点公式可得 A2, 2, 2 ，
所以由两点间距离公式可得 A0 A 
0 12  1 02  3  42
因为 B 1, 0, 4 ，所以 A B 
 14 ，
0  22  1 22  3  22
3
，
 14  2 14 2  3
00 0
由几何关系可知 AC  BC 
min
 AB 

 129 .

A A
0
  B B A B
0

2

0 0

2
由平面α3 为 x  y  z  3可知，平面α3 的法向量n3  1,1,1 ，
由交线l 方程为 x  2  y 1  z 可知， l 的方向向量u  1,1, 2 ，
2112
22
n4  u2  x  y  2z  0
x  y  z
3  x2  y2  z2
3 ，

––→ ––→
n  n
––→3 –4–→
n3

n4

设平面β的法向量n4
  x, y, z  ，则有

3
 x  y  2z  0
 x  1
 x  1
3
3
3
整理得xy  yz  zx  0 ，不妨设 z  1，解得 y  1
或；
3
y  1

––→

故平面β的法向量n4  1 3,1 3,1或1 3,1 3,1
又直线l2 在平面β内，不妨取其上一点2,1, 0 ，

––→
若n4  1

––→
若n4  1
3,1
3,1
3,1，则平面β为1
3,1，则平面β为1
3  x  2  1
3  x  2  1
3  y 1  z  0 ；
3  y 1  z  0
综上，平面β的点法式方程为：