1．已知函數(shù)fx=4cs2ωx2?π6?1ω＞0 ，若對任意的實數(shù)t ，fx 在區(qū)間t,t+2π3 上的值域均為?1,3 ，則ω 的取值范圍為（ ）
A．0,2 B．0,3 C．2,+∞ D．3,+∞
2．已知復(fù)數(shù)，則（ ）
A．B．C．D．
3．在中，角的對邊分別為，若，則為（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形
C．銳角三角形D．鈍角三角形
4．在三棱錐中，，，E，F(xiàn)分別是，的中點，，則直線與所成的角的余弦值為（ ）
A．B．C．D．
5．已知平面向量滿足，則的最大值為（ ）
A．2B．C．D．3
6．已知函數(shù)，若將函數(shù)的圖象向左平移個單位長度后得到函數(shù)的圖象，若關(guān)于的方程在上有且僅有兩個不相等的實根，則實數(shù)的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
7．如圖，正方體中，點E、F、G、H分別為棱的中點，點M為棱上的動點，則下列說法中正確的個數(shù)是（ ）

①AM與 異面；②平面AEM；③平面AEM截正方體所得的截面圖形始終是四邊形；④平面平面.
A．1個B．2個C．3個D．4個
8．已知為雙曲線的左焦點，是的右頂點，點在過點且斜率為的直線上，且線段的垂直平分線經(jīng)過點，則的離心率為（ ）
A．B．C．D．
二、多選題（本大題共3小題）
9．已知復(fù)數(shù)（為虛數(shù)單位），復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)為，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．在復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)所對應(yīng)的點位于第四象限B．
C．D．
10．已知空間中三點，，，則下列說法正確的是（ ）
A．與是共線向量B．與同向的單位向量是
C．和夾角的余弦值是D．平面的一個法向量是
11．已知函數(shù)的部分圖象如圖所示下列說法正確的是（ ）
A．
B．函數(shù)的圖象的對稱軸方程為直線
C．函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為
D．若對于任意，都有成立，實數(shù)的取值范圍為
三、填空題（本大題共3小題）
12．已知角，為銳角，且，，則角 ．
13．已知，是不共線的向量，，，，若A，B，C三點共線，則實數(shù)，滿足 ．
14．若曲線與圓恰有4個公共點，則的取值范圍是 ．
四、解答題（本大題共5小題）
15．已知向量滿足．
(1)若，求||的值；
(2)若，求的值．
16．已知圓過點，且圓心在直線上.
(1)求圓的方程；
(2)設(shè)點在圓上運動，點，記為線段的中點，求的軌跡方程；
17．已知，.
(1)求的值；
(2)求的值.
18．在①，②，③這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，若問題中的三角形存在，求的值；若問題中的三角形不存在，說明理由．
問題：是否存在，它的內(nèi)角的對邊分別為，且，，________?
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．
19．如圖是函數(shù)圖象的一部分．
(1)求函數(shù)的解析式；
(2)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
(3)記方程在上的根從小到大依次為，若，試求與的值．
參考答案
1．【答案】D
【分析】根據(jù)三角恒等變換化簡函數(shù)解析式，再根據(jù)余弦型函數(shù)的值域與周期性可得解.
【詳解】由fx=4cs2ωx2?π6?1=2csωx?π3+1ω＞0 ，函數(shù)值域為?1,3 ，
又對任意的實數(shù)t ，fx 在區(qū)間t,t+2π3 上的值域均為?1,3 ，則2π3＞T=2πω ，
解得ω＞3 ，
故選：D.
2．【答案】A
【分析】根據(jù)共軛復(fù)數(shù)和除法法則進行計算，得到答案.
【詳解】因為，所以，
所以．
故選：A．
3．【答案】B
【分析】利用誘導(dǎo)公式及正弦定理將角化邊即可判斷.
【詳解】因為，又，
即，由正弦定理可得，
即，所以為直角三角形且為直角.
故選：B
4．【答案】A
【分析】先作出輔助線，得到或其補角為線與所成的角，求出，結(jié)合，利用余弦定理求出余弦值.
【詳解】取的中點，連接，
因為E，F(xiàn)分別是，的中點，
所以，故或其補角為直線與所成的角，
，
又，
故，
故直線與所成的角的余弦值為.
故選A.
5．【答案】C
【分析】根據(jù)向量加減法的平行四邊形法則作圖，問題轉(zhuǎn)化為求的最值，利用外接圓數(shù)形結(jié)合可求最值.
【詳解】設(shè)，如圖，

由題意，即在平行四邊形中，，，
求的最大值.
延長至，使，則，
由正弦定理，三點所在外接圓的直徑，
所以，設(shè)圓心為，如圖，

所以可知，又，
所以由余弦定理可得，
則由圖象可知，
故選：C
6．【答案】B
【分析】根據(jù)三角函數(shù)圖象平移的原則得的表達式，根據(jù)的范圍得出的范圍，結(jié)合余弦函數(shù)的性質(zhì)列出不等式即可得結(jié)果.
【詳解】將函數(shù)向左平移個單位長度后得到函數(shù)，
即，
∵，∴，
∵在上有且僅有兩個不相等的實根，
∴，解得，
即實數(shù)的取值范圍是，
故選：B.
7．【答案】C
【分析】根據(jù)正方體的幾何性質(zhì)逐項分析.
【詳解】對于①，連接，四邊形是平行四邊形，
平面，平面，平面，
平面，又，所以與AM是異面直線，正確；

對于②，連接EH，則四邊形是平行四邊形，，
又平面AEM，平面AEM，平面AEM，正確；

對于③，取的中點T，當M與T重合時，連接，則有四點共面，
即平面AEM截正方體的圖形是四邊形，如下圖：

當M點在線段上時，在平面內(nèi)作直線，交的延長線于U，交于V，連接UM，
四點共面，平面，，
即平面AEM截正方體的圖形是五邊形，如下圖：

錯誤；
對于④，在正方形ABCD內(nèi)，
所以，又平面ABCD，平面ABCD，
，平面，平面，
平面AEM，平面平面，正確；
故選：C.
【點睛】難點點睛：本題的難點在于當M點移動時，平面AEM與正方體的交面需要在平面內(nèi)尋找到與直線EM平行的直線AV，從而確定交面的形狀.
8．【答案】C
【分析】由題意，，由兩角差的正切公式計算可得，根據(jù)正弦定理建立a與c的方程，結(jié)合離心率的定義即可求解.
【詳解】因為且的垂直平分線經(jīng)過點A，
所以為等腰三角形且，
在中，，
由，
得，解得，由正弦定理可知：
，即，
有，整理得，
即，解得.
故選：C.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：解決本題的關(guān)鍵是根據(jù)和，結(jié)合正弦定理建立關(guān)于a與c的方程，解方程即可.
9．【答案】AC
【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的乘方以及除法運算化簡復(fù)數(shù)，即可結(jié)合選項逐一求解.
【詳解】,在復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)所對應(yīng)的點為，位于第四象限，A正確，
，B錯誤，
，C正確，
，故D錯誤，
故選：AC
10．【答案】BD
【分析】根據(jù)向量共線定理可判斷A；根據(jù)單位向量的概念可判斷B；由向量夾角的余弦公式可判斷C；根據(jù)法向量的特征可判斷D.
【詳解】因為，，，
所以，，，
對于A：若存在實數(shù)使得，則，顯然方程組無解，所以不存在使得，
即與不共線，故A錯誤；
對于B：因為，所以與同向的單位向量，故B正確；
對于C：，故C錯誤；
對于D：設(shè)平面的法向量，
則，取，得，故D正確；
故選：BD
11．【答案】ABD
【分析】根據(jù)給定的圖象，結(jié)合五點法作圖，求出，再利用正弦函數(shù)的性質(zhì)逐項分析判斷即得.
【詳解】對于A，函數(shù)的周期，，解得，A正確；
對于B，由，得，
而，則，即，
由，解得，
函數(shù)的圖象的對稱軸方程為直線，B正確；
對于C，由，得，
因此函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為，C錯誤；
對于D，當時，，，即，
由，顯然，，
因此，D正確.
故選ABD.
【思路導(dǎo)引】結(jié)合題目圖象，計算可得，，，從而得到函數(shù)，根據(jù)正弦函數(shù)的對稱軸方程計算的圖象的對稱軸；再根據(jù)正弦函數(shù)的單調(diào)性計算的單調(diào)遞減區(qū)間；最后根據(jù)時的范圍計算實數(shù)的取值范圍.
12．【答案】
【分析】由于，由兩角差的正切公式求解.
【詳解】由為銳角，，且，
則，，
所以，
又為銳角，所以.
故答案為：
13．【答案】.
【分析】方法1：運用三點共線，再運用向量相等列方程消去m可得結(jié)果.
方法2：先計算、，再運用A，B，C三點共線則列方程可得結(jié)果.
【詳解】方法1：因為A，B，C三點共線，所以設(shè)，
即：，
所以，消去m得：.
方法2：，
，
因為A，B，C三點共線，所以，
故，所以．
故答案為：.
14．【答案】
【分析】根據(jù)直線和圓有兩個公共點可列出不等式，從而求出的取值范圍.
【詳解】因為曲線與圓恰有4個公共點，
所以直線，均與圓相交，且兩直線的交點不在該圓上，
則有,解得．
故答案為:.
15．【答案】(1)4
(2)
【分析】（1）將兩邊平方化簡求解即可；
（2）將兩邊平方化簡得到，根據(jù)求解即可
【詳解】（1）∵∴，∴，即
（2），∴，即
．
16．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求的垂直平分線方程為，與的交點即圓心，圓心到點的距離即為半徑，即可得圓的標準方程.
（2）由為線段的中點得到坐標與坐標的關(guān)系，代入圓方程可得軌跡方程.
【詳解】（1），的中點坐標為，直線的斜率為，
故線段的垂直平分線方程為，即，
聯(lián)立得，即圓的圓心為，半徑為，
故圓的方程為
（2）設(shè)，，因為線段的中點，
所以，則，
因點在圓上運動，所以，
則，
即的軌跡方程為.
17．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）應(yīng)用同角三角函數(shù)關(guān)系求值再根據(jù)角的范圍判斷符號即可；
（2）先根據(jù)同角三角函數(shù)關(guān)系求值再應(yīng)用誘導(dǎo)公式求值.
【詳解】（1）因為，所以，
所以，即.
因為，則，所以，，
因為，所以.
（2）由解得，，
所以；
所以.
18．【答案】詳見解析
【分析】方法一：由題意結(jié)合所給的條件，利用正弦定理角化邊，得到a,b的比例關(guān)系，根據(jù)比例關(guān)系，設(shè)出長度長度，由余弦定理得到的長度，根據(jù)選擇的條件進行分析判斷和求解.
【詳解】［方法一］【最優(yōu)解】：余弦定理
由可得：，不妨設(shè)，
則：，即.
若選擇條件①：
據(jù)此可得：，，此時.
若選擇條件②：
據(jù)此可得：，
則：，此時：，則：.
若選擇條件③：
可得，，與條件矛盾，則問題中的三角形不存在.
［方法二］：正弦定理
由，得．
由，得，即，
得．由于，得．所以．
若選擇條件①：
由，得，得．
解得．所以，選條件①時問題中的三角形存在，此時．
若選擇條件②：
由，得，解得，則．
由，得，得．
所以，選條件②時問題中的三角形存在，此時．
若選擇條件③：
由于與矛盾，所以，問題中的三角形不存在．
【整體點評】方法一：根據(jù)正弦定理以及余弦定理可得的關(guān)系，再根據(jù)選擇的條件即可解出，是本題的通性通法,也是最優(yōu)解；
方法二：利用內(nèi)角和定理以及兩角差的正弦公式，消去角，可求出角，從而可得，再根據(jù)選擇條件即可解出．
19．【答案】(1)
(2)單調(diào)遞增區(qū)間為，，單調(diào)遞減區(qū)間為，
(3)，
【分析】（1）根據(jù)函數(shù)圖象可得，由周期求出，再根據(jù)函數(shù)過點求出，即可得到函數(shù)解析式；
（2）根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)計算可得；
（3）依題意可得，由的取值范圍求出的取值范圍，令， ，即，結(jié)合正弦函數(shù)的圖象及對稱性計算可得.
【詳解】（1）由圖可得，
函數(shù)的最小正周期為，又，
則，所以，
又函數(shù)過點，所以，則，
則，解得，
因為，所以，
所以．
（2）令，，解得，，
令，，解得，．
因此函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，，單調(diào)遞減區(qū)間為，．
（3）方程，即，即，
因為，所以，
設(shè)，其中，即，
結(jié)合正弦函數(shù)的圖象，可得方程在區(qū)間有個解，即，
又的對稱軸為，
不妨設(shè)個解從小到大依次為，
則關(guān)于對稱，關(guān)于對稱，關(guān)于對稱，
所以，，，
即，，，
解得，，．
所以，
所以，．
【思路導(dǎo)引】本題第三問關(guān)鍵是換元轉(zhuǎn)化為方程在區(qū)間上的解的個數(shù)，結(jié)合正弦函數(shù)的圖象及對稱性計算得解.
2024-2025學(xué)年福建省福州市高二上學(xué)期開學(xué)摸底考數(shù)學(xué)檢測試題（二）
一、單選題（本大題共8小題）
1．已知，，且，則（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．若點關(guān)于xOy的對稱點為A，關(guān)于z軸的對稱點為B，則A,B兩點的對稱是（ ）
A．關(guān)于xOz平面對稱B．關(guān)于x軸對稱
C．關(guān)于y軸對稱D．關(guān)于坐標原點對稱
3．若構(gòu)成空間的一組基底，則下列向量不共面的為（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
4．如圖，在直三棱柱中，所有棱長都相等，分別是棱的中點，則異面直線與所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
5．平行六面體中,.則=（ ）
A．B．C．D．
6．已知空間向量，則向量在向量上的投影向量是（ ）
A．B．C．D．
7．如圖，三棱柱中，分別為中點，過作三棱柱的截面交于，且，則的值為（ ）
A．B．C．D．1
8．數(shù)學(xué)中有許多形狀優(yōu)美，寓意獨特的幾何體，圖1所示的禮品包裝盒就是其中之一．該禮品包裝盒可以看成是一個十面體，其中上、下底面為全等的正方形，所有的側(cè)面是全等的等腰三角形．將長方體的上底面繞著其中心旋轉(zhuǎn)45°得到如圖2所示的十面體．已知，，，過直線作平面，則十面體外接球被平面所截的截面圓面積的最小值是（ ）
A．B．C．D．
二、多選題（本大題共3小題）
9．平面經(jīng)過三點，，，向量是平面的法向量，則下列四個選項中正確的是（ ）
A．直線AB的一個方向向量為
B．線段AB的長度為3
C．平面的法向量中
D．向量與向量夾角的余弦值為
10．如圖，點在正方體的面對角線上運動（點異于，點），則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．異面直線與所成角為
B．平面
C．三棱錐的體積不變
D．直線與平面所成角正弦值的取值范圍為
11．在棱長為2的正方體中，為的中點，以為原點，所在直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示空間直角坐標系.若該正方體內(nèi)一動點，滿足，則（ ）

A．點的軌跡長為B．的最小值為
C．D．三棱錐體積的最小值為
三、填空題（本大題共3小題）
12．已知，則 ．
13．如圖所示，在長方體中，，，與平面交于點，則點到直線的距離為 ．
14．在側(cè)棱長為的正三棱錐中，點為線段上一點，且，點M為平面內(nèi)的動點，且滿足，記直線與直線的所成角的余弦值的取值范圍為 ．
四、解答題（本大題共5小題）
15．如圖，四面體中，，分別為，上的點，且，，設(shè)，，.
(1)以為基底表示；
(2)若，且，，，求.
16．如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，，，，．
(1)證明：平面平面．
(2)求二面角的余弦值．
17．如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，為等邊三角形，平面平面，．點在線段上．

(1)若，在上找一點，使得四點共面，并說明理由；
(2)求點到平面的距離；
(3)若直線與平面所成的角的正弦值為，求平面與平面夾角的余弦值．
18．如圖1，直角梯形中，，，，，以為軸將梯形旋轉(zhuǎn)后得到幾何體W，如圖2，其中，分別為上下底面直徑，點P，Q分別在圓弧，上，直線平面.
(1)證明：平面平面；
(2)若直線與平面所成角的正切值等于，求P到平面的距離；
(3)若平面與平面夾角的余弦值，求．
19．2024年8月7日，神舟十六號載人飛船順利升空并于6.5小時后與天和核心艙成功對接，這是中國航天史上的又一里程碑.我校小林同學(xué)既是航天迷，又熱愛數(shù)學(xué)，于是他為正在參加新學(xué)期入學(xué)質(zhì)量檢測的你們編就了這道題目，如圖，是神舟十二號飛船推進艙及其推進器的簡化示意圖，半徑相等的圓與圓柱底面相切于四點，且圓與與與與分別外切，線段為圓柱的母線.點為線段中點，點在線段上，且. 已知圓柱，底面半徑為.
(1)求證：平面；
(2)線段上是否存在一點，使得平面若存在，請求出的長，若不存在，請說明理由；
(3)求二面角的余弦值.
參考答案
1．【答案】B
【分析】利用空間向量垂直關(guān)系的坐標表示，列式計算即得.
【詳解】依題意，，所以.
故選B.
2．【答案】D
【分析】運用空間向量坐標表示以及對稱點的坐標特點即可得解.
【詳解】點關(guān)于xOy的對稱點為A，則A坐標為；
點關(guān)于z軸的對稱點為B，則B坐標為.
則根據(jù)坐標特點知道A，B兩點關(guān)于原點對稱.
故選D．
3．【答案】A
【分析】根據(jù)向量共面的條件對選項逐一分析即可.
【詳解】構(gòu)成空間的一組基底，則均為非零向量，且不共線，
對于A：假設(shè)共面，則存在不全為零的實數(shù)，使，即，
因為均為非零向量，則，則，與不共線矛盾，故不共面；
對于B：，故共面；
對于C：，故共面；
對于D：，故共面.
故選.
4．【答案】D
【分析】利用平移法作出異面直線與所成角，解三角形即可求得答案.
【詳解】連接，因為在直三棱柱中，分別是棱的中點，
故即四邊形為平行四邊形，所以，
則即為異面直線與 所成角或其補角；
直三棱柱中，所有棱長都相等，設(shè)其棱長為，連接，
則平面，故平面平面，
故，是棱的中點，故，
則,而，
又，故在中，,
因為異面直線所成角的范圍，所以異面直線與所成角的余弦值是.
故選D.
5．【答案】A
【分析】先表達出，兩邊平方后，利用空間向量數(shù)量積運算法則得到，從而求出模長.
【詳解】由題意得，
故
，
故.
故選A.
6．【答案】A
【分析】根據(jù)向量投影的概念，結(jié)合向量的數(shù)量積計算得出結(jié)果.
【詳解】根據(jù)題意，， ，，
在上的投影向量可為.
故選A.
7．【答案】B
【分析】延長交于點，連接交于，連接，取的中點，連接，得到四邊形所求截面，再利用平行的相似比得到為上靠近的三等分點即可．
【詳解】
如圖，延長交于點，連接交于，
連接，則四邊形所求截面．
取的中點，連接.
∵，
∴是的中位線，
∴為的中點．
又分別為的中點，
∴，則，即，
∴為上靠近的三等分點，故.
故選B.
8．【答案】C
【分析】根據(jù)給定的幾何體，確定出球心O的位置，求出球半徑，再建立空間直角坐標系求出點O到直線距離，進而求出最小截面圓半徑作答.
【詳解】依題意，四邊形是正方形，令正方形與正方形中心分別為，連接，
因為正方形與正方形在同一平面內(nèi)，且有相同中心，因此它們有相同的外接圓，
從而十面體與長方體的外接球相同，球心O是線段的中點，如圖，
取中點M，連接，因為，則，顯然，
又平面，則平面，
而平面，平面，即有，
又平面，則平面，平面與平面有公共點，
顯然平面與平面為同一平面，有，而，，
在直角梯形中，過作于I，，
球O的半徑，
過D作平面，以點D為原點，射線分別為軸非負半軸，建立空間直角坐標系，
則，，
由已知得，即，
，，則點到直線的距離有：,
球O被過直線的平面所截的截面圓最小時，球心O到平面的距離最大，即為點到直線的距離，
截得的最小截面圓半徑為，而，則
，
所以截得的截面圓面積的最小值是.
故選C.
【關(guān)鍵點撥】解決與球有關(guān)的內(nèi)切或外接問題時，關(guān)鍵是確定球心的位置，再利用球的截面小圓性質(zhì)求解.
9．【答案】ACD
【分析】根據(jù)方向向量、向量模長、法向量，向量的數(shù)量積運算可逐一判斷．
【詳解】因為平面經(jīng)過三點，，，
則，則，故直線的一個方向向量為，故A正確；
線段的長度為，故B錯誤；
又向量是平面的法向量，，
則，解得，則，故C正確；
又，
則向量與向量夾角的余弦值為，故D正確．
故選ACD．
10．【答案】BCD
【分析】對于A，利用異面直線的夾角求解即可；對于B，利用線面垂直的定義結(jié)合線面垂直的判定定理求解即可；對于C，利用等體積法求解即可；對于D，利用空間直角坐標系使用代數(shù)法求解線面角的取值范圍.
【詳解】
對于A：正方體中，故異面直線與夾角為，
故A錯誤；
對于B，由正方體的性質(zhì)可知，，
又平面，
平面，又平面，
，同理可得平面，又平面，
，
又平面,
平面，故B正確；
對于C：平面,平面，平面，
為定值，故C正確；
對于D：建立如圖所示直角坐標系，設(shè)正方體的棱長為1，設(shè)，
，，，，，
則，
則，
，
由正方體的性質(zhì)知，平面的法向量為，
直線與平面所成角正弦值為，
，，
當時，取得最大值，若，取得.
，故D正確.
故選BCD.
11．【答案】BC
【分析】由已知方程可得點的軌跡，畫出圖形，再計算軌跡長度可得A錯誤；由投影法可得當點在上的投影最小時，向量積最小，求出投影長可得B正確；由平面可得C正確；當點位于半圓弧中點時，可由棱錐的體積公式計算體積的最小值可得D錯誤；
【詳解】對于A：由可知，點在以為球心，1為半徑的球上，
又由可知，點在平面上，所以點為球面與平面的交線，
如圖（2）所示，在矩形中，以為圓心，1為半徑的半圓，
所以點的軌跡長為，故A錯誤；
對于B：由投影法可得當點在上投影最小時，向量積最小，此時點位于半圓弧中點，投影長為，
所以，故B正確；
對于C：因為平面，平面，
所以，故C正確；
對于D：因為平面，
所以點到平面的距離為，則，
由圖（2）可知當點位于半圓弧中點時，的面積最小為，
所以，故D錯誤.
故選BC.

【關(guān)鍵點撥】選項A關(guān)鍵是能根據(jù)已知點的方程結(jié)合圖形畫出點的軌跡平面圖形，從而計算即可.
12．【答案】
【分析】利用空間向量的數(shù)量積、夾角公式計算可得答案.
【詳解】，
（舍去）．
13．【答案】
【分析】建立空間直角坐標系，先求出點的坐標，再根據(jù)點到直線距離的向量公式計算即可．
【詳解】以點為原點，所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖所示，
則，
,,
由平面，設(shè)，
所以，
設(shè)，
所以，即，解得，
所以，則，
設(shè)直線的夾角為，
則，
所以，
所以點到直線的距離為.
14．【答案】
【分析】利用正三棱錐的結(jié)構(gòu)特征，結(jié)合已知可得兩兩垂直，再確定的軌跡，建立空間直角坐標系，利用空間向量求出異面直線夾角余弦即得.
【詳解】在正三棱錐中，因為正三棱錐的相對棱垂直，則，而，
平面，所以平面，又平面，
所以，所以由正三棱錐的結(jié)構(gòu)特征可得，
記在底面內(nèi)的投影為，
，，則，
由，得，
所以的軌跡是以為圓心半徑為的圓，
取中點，連接，則經(jīng)過點，建立如下圖所示的空間直角坐標系，
設(shè)，，而，
則，設(shè)直線與直線的所成角為，
所以.
15．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用向量的加減數(shù)乘運算，結(jié)合題設(shè)條件即可求得；
（2）先求出平面的基底兩兩之間的數(shù)量積，再根據(jù)（1）中的表示式，兩邊取平方，利用向量數(shù)量積的運算律計算即得.
【詳解】（1）由圖可得，;
（2）由題意，，
則，
于是，由兩邊取平方，
，
故.
16．【答案】(1)證明見詳解
(2)
【分析】（1）首先證明平面，再由勾股定理求出，即可得到，從而證明平面，即可得證；
（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算可得.
【詳解】（1）因為底面是平行四邊形，，所以，．
又，，所以，，
又，平面，所以平面．
設(shè)，則，由，得，
解得（負值已舍去），則，．
因為，所以，故，
因為，平面，所以平面．
又平面，所以平面平面．
（2）由（1）可知，，，兩兩垂直，以為坐標原點，
直線，，分別為，，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，所以，．
設(shè)平面的法向量為，
則，令，得．
由圖可知，是平面的一個法向量．
設(shè)二面角的大小為，易知為銳角，則，
所以二面角的余弦值為．
17．【答案】(1)為靠近點的四等分點，理由見詳解
(2)
(3)
【分析】（1）當為靠近點的四等分點時，結(jié)合已知條件可得，而，則，從而可得結(jié)論；
（2）取中點，連接，，由面面垂直可得平面，再由結(jié)合菱形的性質(zhì)可得，則得平面，然后求出，再利用等體積法可求得點到平面的距離；
（3）以為原點，分別以，，為軸，軸，軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量求解即可.
【詳解】（1）當為靠近點的四等分點時，四點共面，
理由如下：
因為，所以，
所以，
因為四邊形是菱形，所以，
所以，所以四點共面；

（2）取中點，連接，．
因為為等邊三角形，，
所以，，．
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因為平面，所以，
因為，，所以．
因為，平面，平面，，
所以平面，又平面，所以．
所以，
所以，
設(shè)點到平面的距離為，
因為，所以，
所以，解得；

（3）由（2）知，，，兩兩垂直，
則以為原點，分別以，，為軸，軸，軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系．
則，，，，
所以，，．
設(shè)，則，．
得，則．
又平面，則取平面的法向量．
設(shè)與平面所成的角為，則
，
化簡整理得，解得．
則，．
設(shè)平面的法向量，則,
令，則取平面的法向量，
又平面的法向量．
故平面與平面夾角的余弦值為．

18．【答案】(1)證明見詳解
(2)
(3)
【分析】（1）先證明和平面，再根據(jù)面面垂直判定定理即可得證.
（2）先求證點P到平面的距離即為C到平面的距離，再利用即等體積法即可求解.
（3）建立空間直角坐標系利用空間向量法結(jié)合已知條件計算求解出點H坐標即可求解.
【詳解】（1）設(shè)平面交上底面于，在上，
因為上下底面平行，故，
又因為平面，平面，平面平面，
所以，所以，
由題意可知，又，平面，
所以平面，所以平面，
又平面，平面平面.
（2）由（1）知平面，連接，所以是直線與平面所成角，
所以由題意，
又由題意，，
所以，所以，即圓弧的中點上，
所以由知點P在圓弧中點上，故,
所以，
因為平面，所以點P到平面的距離即為F到平面的距離，
又圓柱結(jié)構(gòu)性質(zhì)可知,平面，平面，
所以平面，所以F到平面的距離即為C到平面的距離，設(shè)該距離為，
因為，
，
又，所以，即點P到平面的距離為.
（3）過作垂直于底面，則由上知，
所以可建立如圖所示的分別以為軸的空間直角坐標系，
則，設(shè)，且，
所以，
設(shè)平面的法向量為，則，
所以，即，取可求得，
設(shè)平面的法向量為，則，
所以，即，取可求得，
設(shè)平面與平面的夾角為，則，且，
整理得，
所以，即，即，
所以，
所以，所以.
【思路導(dǎo)引】過作垂直于底面，建立分別以為軸的空間直角坐標系，設(shè)未知點，求出平面和平面的法向量，從而根據(jù)二面角的空間向量法結(jié)合已知條件建立關(guān)于的等量關(guān)系，從而求出即可求出.
19．【答案】(1)證明見詳解
(2)存在，
(3)
【分析】（1）利用線面平行的判定定理可得答案；
（2）以O(shè)為原點，分別以所在方向為軸的正方向建立空間直角坐標系，設(shè)，利用平面BDN向量證明可得答案；
（3）設(shè)內(nèi)切圓半徑為r，求出平面,平面的法向量，由二面角的向量求法可得答案.
【詳解】（1）如圖1，分別是點M,N在線段AC上的投影，則為AO的中點，
為OC的三等分點，
所以，，
所以，所以，
又因為平面BDN，平面BDN，所以平面BDN；
（2）以O(shè)為原點，分別以所在方向為軸的正方向建立空間直角坐標系，
則，
設(shè)，
所以,, 若平面BDN，
則，即時，平面BDN；
（3）設(shè)內(nèi)切圓半徑為r，由題意可知是等腰直角三角形，
所以，
因為，，，，
所以，，，
設(shè)平面的法向量為，則，
令，則，同理可得平面的法向量，
所以，
由圖可知二面角為銳角，則其余弦值為.

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