辽宁省大连市第八中学2026-2027学年高二上学期10月阶段测试数学试题

2026-2027学年度上学期高二年级10阶段 数学试题 时间：120分钟总分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共计40分 1.在空间直角坐标系Oxz中，点M(1,2,3)到Ozx平面的距离为() A.1 B.2 C.3 D.√1o 2.已知直线4：x+(1+ay-2+a=0与直线：2ax+4y+16=0平行，则a的值为() A.-2 B.1 C.4 D.-2或1 3.已知直线1的方向向量为下=(3，-1,1)，平面α的法向量为=(，2，-1)，平面B的法向量为2=（4，n,2), 若l/a且⊥B,则m-n=() A.0 B.1 C.2 D.-13 4.如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M,N为正方体的顶点，则满足N⊥OP 的是() N M M M B C NE 5.已知直线1：m(x+y+1)+n(2x-y-1)=0,m∈R,n∈R,若直线l与连接A(1,-2),B(2,1)两点的线段总有 公共点，则1的倾斜角范围为() 3兀 A. 4’4 B 4,π 44 D.a 6.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点E,F分别为PB,PD的中点，若PG=1GC 且AG=xAE+yAF,则x+y=() A.1 B.2 D. 3 试卷第1页（共5页） 7.在长方体ABCD-AB,CD中，A4=2,AB=3,AD=4,BM-3MC,-茄，BP=2P4.过 M,N,P三点的平面与直线BB,相交于点Q,则BQ等于() D.4 11 8,己知经过点P(,,),法向量为E=(A,B,C)的平面方程为A(x-x)+B(y-)+C(:-)=0,现给出 平面4的方程为x-V+山，平面的方程为。芍。1，则平面Q、B成角的余弦值为() A.3 B. c.3 D.22 9 3 3 3 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共计18分 9.已知直线(：x+w-a=0和直线l2:x-(2a-3)y-1=0,下列说法正确的是() A.若11l2,则a=1 B.1,恒过定点33 721 C.若1⊥l,则a=0或a=2 D.当a>0时，I不过第三象限 10.平行六面体ABCD-ABCD中，∠DAB=∠DA4=∠BA4=行，A4=AB=AD=2,则下列说法正确的 是() A.A4⊥BD B.若AC1=xAB+yAD+zAA,则x+y+二=2 C.AC=2/3 D.cos(C 3 11.已知a>0,b>0,直线4：x+(a-4)y+1=0,42:2br+y-2=0,且4⊥，则() A.0<ab<2 B.a2+4b2≥8 C.2+b2≥5 D.1+1、4 a+12b-5 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12.空间直角坐标系O-xz中，A(1,0,V2),B(1,V3,0),C(0,V3,V2,I为三棱锥O-ABC的内切球的 球心，OI与平面ABC所成角的正弦值为 13.已知实数a,b满足4a-2b+3=0,则√(a-2)2+(b+2)2-a+1)2+仍-22的最大值为 试卷第2页（共5页） 14.在空间直角坐标系中，己知A(-1,0,1),B(0,0,3),C(-1,1,2),若点P1,1,)在平面ABC内，则 Z= 四、解答题：本题共5小题，共计77分 15.已知△ABC三个顶点坐标分别为A(1,3)、B(3,1)、C(-1,0). (1)求△ABC的面积S: (2)求BC边上的中线与AC边上的高的交点坐标. 16.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,E 为PD的中点. B (1)求证：PB/平面ACE; (2)求平面PBC与平面PCD夹角的余弦值， 试卷第3页（共5页） 17.如图，C是以AB为直径的圆O上异于A,B的点，平面PAC⊥平面ABC,PA=PC=AC=2,BC=4, E,F分别是PC,PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为直线I. D --==)B (1)证明：1⊥平面PAC; 2)直线1上是否存在点2，使得直线P0与平面ABF所成的角的正弦值为5？若存在，求出40的值： 若不存在，请说明理由， 18.设m为实数，直线1：2x+(-3)y-2m+6=0恒过一定点记作A,A为Rt△ABC的一个直角顶点，另 两个顶点为B、C,其中点B在x轴上，点C(-3,-1) (I)求点A,B的坐标： (2)求△ABC斜边中线所在的直线方程： (3)设点P(x,y),若P是线段BC上的动点，求Y的取值范围 试卷第4页（共5页） 19.如图，在梯形ABCD中，AB/CD,∠BAD=90°，AB=4,CD=1,AD=3,E,F分别为边AD, BC上的动点，且EF∥AB.沿EF将梯形ABCD翻折，使平面CDEF⊥平面ABFE,且AC⊥BE. D D A B (I)求DE的长； (2)求平面BCE与平面BCF所成角的余弦值： (3)若四面体ABCB的四个顶点都在球O上，求三角形OEF的面积. 试卷第5页（共5页） 《2026-2027学年度上学期高二年级10月阶段考》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 ⊙ B C B D 0 B BCD AD 题号 11 答案 BD 1.B 【详解】因为M(1,2,3),则点M到Ox平面的距离为y=2. 2.B 【分析】根据两直线平行的条件列出方程，求解可得 【详解】因为直线l:x+(1+a)y-2+a=0与直线l,:2ac+4y+16=0平行， 所以1×4=(1+a)x2a,即d+a-2=0,所以(a+2)(a-1)=0,解得a=-2或a=1. 当a=-2时，1：x-y-4=0;2:-4x+4+16=0,即x-y-4=0与4重合： 当a=1时，1：x+2y-1=0;:2x+4y+16=0,即x+2y+8=0,与4平行. 所以a的值为1. 故选：B 3.C 【分析】根据直线与平面平行、平面与平面垂直的性质，得到向量之间的关系，进而列出方程求解m和， 最后求差即可 【详解】己知，直线1的方向向量下=(3，-1,1)， 平面&的法向量2=(m,2,-1),平面B的法向量%=(4，n,2), 因为111a:所以节.h=3+(1)×2+1×←1)=0， 即3m-2-1=0,所以m=1, 又因为a⊥B,所以hh=1×4+21+(←1X2=0, 即4+2n-2=0,所以n=-1, 所以m-n=1-(-1)=2. 故选：C 4.B 【分析】由异面直线夹角的定义逐个判断即可. 【详解】对于A:如图：连接EF, 答案第1页（共15页） 由正方体的性质可得：EF/1MN,在矩形NE中，显然EF⊥OP不成立， 所以MN⊥OP不成立，故A错误： 对于B: M 如图取AN中点C,连接OC,PC,AD， 由正方体的结构特点，结合OC/IAB,可得OC⊥平面ANDM, 又MNc平面ANDM, 所以OC⊥MN, 在正方形ANDM中，因为AD/1CP,AD⊥MN, 所以CP⊥N, 又OC,CP为平面OCP内两条相交直线， 所以MN⊥平面OCP,又OPc平面OCP, 所以N⊥OP,故B正确； 对于C: 如图，取BN的中点C,连接OC,AC,AB, 在正方体中可知：OC/1AP,OC=AP, 所以OCAP为平行四边形， 所以OP/1AC, 在正方形AMBN中，可知MN⊥AB, 所以N⊥AC不成立，即N⊥OP不成立，故C错误， 对于D: 答案第2页（共15页） M B 如图，取BD的中点C,连接OC,CP, 由中位线可知CP//AB, 又在正方体中可知：AB/MN, 所以CP/MN, 设正方体的棱长为2，可得：CP=√2，OC=√5，OP=√5， 则CP2+OP2≠OC2,所以OP⊥CP不成立， 即MN⊥OP不成立，故D错误 故选：B. 5.D 【分析】先由直线的方程得到直线过定点P(O,-),再由直线I与线段AB有交点得直线的斜率变化范围， 进而可得直线倾斜角的范围 【详解】由直线l:m(x+y+1)+n(2x-y-1)=0,meR,neR, 「x+y+1=0 令 (2x-y-1=0'解得 y=-1'所以直线1经过定点P0,-少 x=0 由40-2).B(2,则4=2-1，-1，=1， 0-1 2-0 要使直线1与连接A(1,-2),B(2,1)两点的线段总有公共点， 则直线1的斜率k需满足-1≤k≤1， 则直线1的倾斜角范围为0，厂3r,元 44,π 故选：D. 6.D 答案第3页（共15页） 【分析】根据空间向量的线性运算及空间向量基本定理即可求解 【详解】因为点E,F分别为PB,PD的中点，所以A正=P+AB),A丽=P+AD), 所以AP+AB=2AE,AP+AD=2AF, 因为G号0C,所以4GD-ac4G)-丽+AD4G), 所以4G子亚西+D-D-丽+40业， 又西流，划y子所以+y专 故选：D 7.C 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面WP的法向量，设点Q坐标，利用MO⊥可得点Q坐标，从 而可以计算BQ的值. 【详解】如图，以D为原点，分别以DA,DC,DD为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系 C B A(4,0,0),B(4,3,0),C(0,3,0),A(4,0,2),B(4,3,2),C1(0,3,2),D(0,0,2) 又因为W=3wC,-茄，BP=2P4, 所以M(1,3,0),N(0,0,1),P(4,1,2) 设2(4,3，t),则M=（-1,-3,1),M厘=(3，-2,2)，M0=(3,0,t), 设平面MNP的法向量为i=(x,y,), [元.M=0m「-x-3y+z=0 n-n=o'即 则 3x-2y+2z=0' 令x=4,则y=5,z=11,所以i=(-4,5,11) 因为点Q在平面MWP上，所以MQ⊥i, 即M0·i=3x(4)+0x5+tx11=0,解得t= 11 所以0-品 8.B 答案第4页（共15页） 【解析】根据经过点P(,片，)，法向量为E=(A,B,C)的平面方程为A(c-x)+B(y-)+C(-)=0的 定义，分别求得平面a、B的法向金成，由c如s低动- 训园求解 【详解】平面a过点P(0,0,1),则平面a的方程为x-0)-(y-0)+(z-1)=0, 其法向量为=1，-1,1)， X-y-三=1→x-2y-z=6, 636 平面B过点2(0,0，-6)，则平面a的方程为(x-0)-2(y-0)-(z+6=0, 其法向量为=1，-2，-1)， os(m列=m五-1+2-2迈 m列V3x√63迈3， 设平面a、B成角的平面角为0，则cos0=cos(航√2 故选：B. 【点睛】方法点睛：求二面角的向量方法：分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平 面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角. 9.BCD 【分析】根据直线平行和垂直得到关于a的方程，解出后即可判断AC,变形得l2:a(x-2y)+3y-1=0, 即可得到方程组，解出后即可判断B,将直线方程化为斜截式即可判断D. 【详解】对于A:若l1/l,则a=-（2a-3),解得a=1或a=-3, 当a=1时，4：x+y-1=0,1,:x+y-1=0,则l与l2重合，故a=1舍去， 当a=-3时，4：x-3y+3=0,X-3y+写0，则11%，故A错误： 对于B,直线l2:a-(2a-3)y-1=0,即l2:a(x-2y)+3y-1=0, =3 「x-2y=0 21) 3y-1=0’解得 令 故直线过定 1 (33故B正确： y= 3 对于C:若1⊥1，则a-a(2a-3)=0,解得a=0或a=2,故C正确： 对于D:当α>0时，直线{始终过点(0,1)，且斜率为负，故该直线过第一、二、四象限，故D正确. 故选：BCD. 10.AD 答案第5页（共15页） 【分析】对于A,由AABD可判断，对于B,由空间向量基本定理可判断，对于C,通过AC=+b+c 可判断，对于D,通过向量夹角公式可判断. 【详解】设AB=a,AD=b,AA=c, 由腿意相：司-==2，三个向量两两夹角为号 因此两两点积ai=a:c=i.c=2×2xcos=2, 选项A,BD=b-a,则AABD=c.(⑥-m=c.b-c.a=2-2=0, 因此A4⊥BD,A正确： 选项B,平行六面体中AC=AB+AD+AA,对比得x=y=z=1,x+y+二=3≠2，B错误： 选项C，4C=|a+b+2=laP+++26-b+ac5.c)12+x×624, 因此AC=26≠23，C错误： 选项D,BD=BA+AD+DD=-a+b+C, AG.BD-(a+b+c)(-a+b+0-(B+c)-a-b+c-a+2b.c-8: BD=(-a+B+8)a++2(-a:B-a.c+B.)=8 即BD=2W2; 因此cos AC1,BD= 83 262V23,D1正确 11.BD 【分析】由两直线垂直即可得α+2b=4,再利用基本不等式对选项进行逐一判断即可得出结论. 【详解】由1⊥l,,得2b+a-4=0,即a+2b=4, a>0,b>0,则a+2b=4≥2√2ab, 当且仅当a=2b,即a=2,b=1时等号成立， 所以有0<ab≤2，A选项错误； 由a+2b=4,有16=(a+2b)=ad2+4b2+4ab≤2(a2+4b2), 当且仅当a=2b,即a=2,b=1时等号成立，所以有ad2+4b2≥8，B选项正确； 由a+2b=4,有a=4-2b,a>0,b>0,则0<b<2, d2+b2=(4-2b)2+b2=5b2-16b+16, 答案第6页（共15页） 由二次函数性质可知，b-时，心+6有最小值，C选项结误。 由a+2b=4,有(a+1)+2b=5, 所以+-a+a+-2-+0出)2-2品罗 5 b=二时等号成立，D选项正确 4 故选：BD 12. 33 1111 【分析】推导出T与I重合，求出平面ABC的法向量，从而求出OI与平面ABC所成角的正弦值. 【详解】如图，F0=1,OE=V2,0G=5,故D1,3,V②)， 易知三棱锥O-ABC的四个顶点也是长方体OD的顶点. 四面体O-ABC中，AO=BC,CO=AB,AC=BO, 设T为OD的中点，则T0=A=B=TC=OD, 所以三棱锥T-OAB,T-OAC,T-OBC,T-ABC是4个全等的三棱锥， 由此可知T到平面OAB,平面OAC,平面OBC,平面ABC的距离相等， 故T与I重合. 设平面ABC的法向量i=(x,y,), 由AB=(0,5,-V2),AC=（1,5,0)得 nAB=(x,y,z)(0,3,-V②)=3y-√2z=0 i-AC=(x,y,z)(-1,V3,0)=-x+V5y=0 令x=6,则y=√2，z=√3，故平面ABC的法向量i=(6,V2,3) zor-9 所以OI与平面ABC所成角的正弦值为 o7.列31 o711 G 答案第7页（共15页） 13.√10 【分析】利用所求表达式的几何意义，转化求解对称点的坐标，利用距离公式求解最小值即可.· 【详解】由题可知，V(a-2)}'+(b+2}-(a+1)+(仍-2)2表示的是 直线4x-2y+3=0上一点P(a,b)到定点M(2,-2),N(-1,2)的距离之差. 如图，设点N关于直线4x-2y+3=0对称的点为W(,), P/4x-2y+3=0 M %-21 则}+12 解得 =1 4×5-1-2×为+2+3=0 0%=1 2 2 当W,P,M三点共线时，PM-PW最大， 即PM-PW最大，最大值为NI, 所以Va-2)2+(b+2)-V(a+1)+(b-2)的最大值为√2-1)2+-2-1=0. 故答案为：√10. 14.6 【详解】由题意知，AB=(1,0,2),AC=(0,1,1),AP=(2,1,z-1), 而AB,AC为不共线向量，因此根据共面向量定理，应存在唯一一对实数x,y, 使得AP=xAB+yAC, 则应有(2,1，=-1)=(x,y,2x+y),解得x=2,y=1,二=6. 15.(1)5 【分析】(1)确定直线AC的方程及AC,利用点到直线的距离求三角形的高，再求三角形面积： (2)AC的斜率求得高线的斜率，再根据B的坐标，写出高线方程，求出BC的中点，即可求出BC边上 的中线，然后联立高线方程和中线方程，求交点坐标即可. 答案第8页（共15页） 详辩】1)因为c心所以直线4C的方程为y+,即3x-2+30 |3×3-2x1+310W13 所以点B到直线AC的距离d= V32+(-2) 13· 因为AC=V1+1)2+(3-0=13, 所以Sas-4Cd=i,10-5 13 (2)因为ke-子，所以4C边上的高的斜率为k-子 3 所以4C边上的高线的方程为y-1=x-3列，即2x+3y-9=0. 因为8(6)、C(←10)的中点为1)，又41,3到，所以8C边上的中线方程为x=1, x=1 2x+3y-9=0 由 x=1 ,解得。7 所以3C边上的中找与4C边上的高的交点标为1引 16.(1)证明：连接BD交AC于F点，连接EF, 因为ABCD为菱形，则F为BD的中点， 又因为E为PD的中点，在三角形BPD中，EF‖PB, 且EFC平面ACE,PBC平面ACE, 所以PB/I平面ACBE. a号 【分析】(1)连接BD交AC于F点，根据题意可得EF‖PB,结合线面平行判定定理证明即可： (2)建立空间直角坐标系，分别求解平面PBC与平面PCD的法向量，结合面面夹角余弦公式求解即可. 【详解】(1)略 (2)建立如图所示坐标系， Z B 则P(2,0,0),D(0,2,0),C01,5),B0,-1V3),A(0,0,0), 答案第9页（共15页） 可得PC=(-2,1V3),C=(0,2,0),cD=(01,-3), 设平面PBC法向量i=(,1,), m元-2x+y+=0,令-5，则m-气 则 i.BC=2y=0 05 设平面PCD法向量i=(x2,,3), c=-2%+%+V5西=0，令5-1，则i= 则 i.CD=为-V3z3=0 3 设平面PBC与平面PCD夹角O, 5 则cos0=kos(mn 5 mmV212i7' 2 3 所以平面PBC与平面PCD夹角的余弦值为 17.(1)连接CO并延长，交圆O于点S,连接AS,SB,SF, 则AB=SC,OA=OB=OC=OS, 所以四边形ASBC为矩形，所以BCAS, 因为EF//BC,所以EF∥AS, 故平面AEF与平面ABC的交线为AS所在直线，即AS所在直线为直线I, 因为CS为直径，所以AC⊥AS； 因为平面PAC⊥平面ABC,交线为AC,ASC平面ABC, 所以AS⊥平面PAC,，即I⊥平面PAC. (2)存在，1 【分析】(1)由三角形中位线性质得EF1BC,结合圆的直径特征构造矩形，以此确定两平面的交线：利 用直径所对圆周角为直角得到线线垂直，再结合面面垂直的性质定理，证明1⊥平面PAC (2)建立空间直角坐标系，设出直线1上点Q的坐标，求出平面AEF的法向量：根据线面角的向量计算 公式列方程，解出参数后得到AQ的长度，验证点Q是否存在. 【详解】(1)略 (2)在AS上取点Q,连接PQ,以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，垂直CA, CB的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为PA=PC=AC=2,BC=4, A(2,0,0),B(0,4,0), 2 答案第10页（共15页） 2(2,m0), ”2 设平面AEF的法向量为i=（x,y,z), AE.= 03 （3 2 2 2 则 = (x3+2y3z=0 2 解得y=0,令x=1,则==√3， 故i=1,0,V5),又Pg=1,m,-V5), 故cos PO, Po升.1-3引5 P@元2W1+2+35' 解得m=±1，故AQ=1,即直线1上存在点2， 使得直线P0与平面ABF所成的角的正弦值为5，且l401=1. 18.(1)A(0,2),B(2,0) (2)y=5x+2 o)2e(m.0j咖5+o】 【分析(1)方程转化成m(y-2)+2x-3y+6=0,由y-2=0且2x-3y+6=0,得到A(0,2),再由BC⊥AC, 得到B(2,0); (2)自中点坐标公式得到B8C的点标M专) 即可求解； (3)法一：由动点P在BQ上运动和动点P在CQ上运动，由斜率'的几何意义即可求解；法二：确定线 段BC的方程为x-5y-2=0且x[3,2],设y=1,联立得到5=1-2，即可求解 答案第11页（共15页） 【详解】(1) A B 由1：2x+(m-3)y-2m+6=0可得m(y-2)+2x-3y+6=0, 令y-2=0且2x-3y+6=0,解得x=0,y=2, 故直线恒过定点A(0,2) 设B(m,0),则AB⊥AC, 故kAc=1则kB=-1, 解得=2，故B(2,0) (2)由于C(-3,-1),B(2,0), 故BC的中点坐标M1,1 422 ,则kw=5, 故直线CM方程为y-2=5(x-0),即y=5x+2 (3)法一：设BC与y轴的交点为Q, ①当动点P在BQ上运动时， 由斜率上的几何意义可得， 当P与B重合时， =koB=0, 当P在y轴上时， ②当动点P在CQ上运动时， 由斜率Y的几何意义可得， 当P在y轴上时， 当P与C重合时， 综上可得兰e.0小+） 法二：由于C(-3,-1),B(2,0) 得c}所以1e--2),即x-59-2=0 1 答案第12页（共15页) 则线段BC的方程为x-5y-2=0且x∈[-3,2]③③ 设Y=t,其中x不为0， 得y=tx代入③化简整理得x-5tr-2=0, 即5=12，x∈-3,2]且x≠0， 令y=1-2 ，x∈[-3,2]且x≠0， 解得ye各）则e(a小[ 即e(a.0小3+o） 19.(1)1 ② 3 (3)√2 【分析】(1)作CG⊥EF于点G,连接AG,BG,证明BE⊥平面ACG,得到BE⊥AG,再使用等面积法 凡储Mc四 (EG+AB)AE_AGBE,计算出AB,最后求出DE的长： 2 2 (2)以E为原点，EA,EF,ED分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面BCE与平面BCF 的法向量，再计算出平面BCE与平面BCF所成角的余弦值： (3)若四面体ABCE的四个顶点都在球O上，由于△ABE为直角三角形，故球心O在经过斜边BE中点 (L,2,0)与平面ABE垂直的直线上，设球心O1,2,z),利用OC=OE求出球心O的坐标，再求出点O到直线 EF的距离，最后求得三角形OEF的面积 【详解】(1)作CG⊥EF于点G,连接AG,BG, 因为平面CDEF⊥平面ABFE,平面CDEF∩平面ABFE=EF,CGC平面CDEF, 所以，CG⊥平面ABFE,BEC平面ABFE, 所以，CG⊥BE,又AC⊥BE,CG∩AC=C,CG,ACC平面ACG, 所以，BE⊥平面ACG,AGc平面ACG, 所以，BE⊥AG, 由EF∥AB,ABIICD得EFIICD即EGI/CD. 翻折前在梯形ABCD中，由AD⊥AB得，沿EF将梯形ABCD翻折后，EF⊥DE,CD⊥DE,EF⊥AE, 在平面四边形CGED中，CG⊥EG,DE⊥EG,那么CGIDE, 又CDEF,所以四边形CGED是平行四边形， 所以，EG=DC=1, 设AE=x,则AG=√AE2+EG2=Vk2+1,BE=√AE2+AB2=√x2+16, 答案第13页（共15页） SASORG+AB)AE AG.BE 2 2 即1+4)x=Vx2+1.Vx2+16,解得x=2, 所以，DE=AD-AE=1. (2)在原直角梯形ABCD中，作CM⊥AB于点M,那么 四边形DCMA为矩形，CM=DA=3,DC=AM=1 B=AB-M=3,所以△CB为等腰直角三角形，∠B=年 由于CDI/EF,所以，∠CFE=∠B=4 所以，沿EF将梯形ABCD翻折后，△CGF为等腰直角三角形， CG=GF=1, D F B M 以E为原点，AD,F分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，那么 E0,0,0),B(2,4,0),C(0,1,1),F(0,2,0), BC=(-2,-3,1),CE=(0,-1,-1),C℉=0,1，-1)， 设平面BCE法向量为=(3，y,)，平面BCF法向量为乃=(32，y,z2),那么 4c=0→人2-3别+0-=24 4.CE=0-4-3=0 14=-31 取气=1，则=(2，-1,1)为平面BCE一个法向量， 匹元-02,3+名=0，西4 2CF=02-23=0 1y2=22 取3=1，则%，=(-1,1,1)为平面BCF一个法向量， cos(,》 -2-1+1 V4+1+1×VM+1+1T3, 所以，平面BCE与平面BCP所成角的余弦值为2 3 (3)若四面体ABCE的四个顶点都在球O上， 由于△ABE为直角三角形，故球心O在经过斜边BE中点(L,2,0)与平面ABE垂直的直线上，设球心O1,2,z), 答案第14页（共15页） 则由OC=OE可得 √1+(2-1)2+(z-1)2=M+22+z2,解得z=-1, 所以，01,2，-1)， 点O0,2,-1)到直线EF的距离为 EO.EF d=EO =√5， EF 所以，9m号即-反x2=5 2 ZA D G A 答案第15页（共15页)