【文档说明】重庆市杨家坪中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题 Word版含解析.docx，共(21)页，1.409 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-17fa947d40820fc39c06b672e404940c.html

以下为本文档部分文字说明：

重庆市杨家坪中学高2026届高二上期10月月考数学试卷（考试时间：120分钟）一、单项选择题：本大题共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.1.复数z满足：()12i3iz−=−（其中i是虚数单位），则z的共轭复数z在复平面内对应的点位于（）A.

第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】先由()12i3iz−=−求出复数z，再求出其共轭复数，从而可判断其在复平面内对应点所在的象限.【详解】由()12i3iz−=−，得()()()()3i12i3i1i12i

12i12iz−+−===+−−+，则1iz=−在复平面内对应的点的坐标为()1,1−，位于第四象限．故选：D.2.已知()1,3,2A，()1,4,1B−，()5,,Cyz，若ABAC∥，则yz+=（）A.5B.4C.1D.5−【答案】A【解析】【分析】由题意可以先求出,AB

AC，再由它们平行可以得到比例关系从而求出参数,yz，由此即可得解.【详解】因为()1,3,2A，()1,4,1B−，()5,,Cyz，所以(2,1,1),(4,3,2)AAyBCz=−−=−−，因为ABAC∥，所以432211yz−−

==−−，解得1,4==yz，所以145yz+=+=故选：A.的.3.中国古代数学著作主要有《周髀算经》《九章算术》《海岛算经》《四元玉鉴》《张邱建算经》，若从上述5部书籍中任意抽取2部，则抽到《周髀算经》的概率为（）A.310B.12C.15D.25【答案】D【解析】【分析

】求出5部书籍中任意抽取2部的取法数，求得抽到《周髀算经》的取法数，可求抽到《周髀算经》的概率.【详解】将这5部书籍依次记为,,,,,abcde则从这5部书籍中任意抽取2部的样本空间{ab=，,,,,

,,,,}acadaebcbdbecdcede，共有10个样本点，其中抽到《周髀算经》的样本点为,,,,abacadae共有4个，所以抽到《周髀算经》的概率42105P==.故选：D.4.空间中有三点()1,2,2P−−，()2,3,1M−，()3,2,2

N−，则点P到直线MN的距离为（）A.22B.2C.3D.25【答案】A【解析】【分析】根据空间中点线距离的向量求法即可求解.【详解】因为()1,1,1MN=，所以MN的一个单位方向向量为()31,1,13u=.因为()1,1,3PM=−，

故()22211311PM=+−+=，()311333PMu=−+=，所以点P到直线MN的距离为()()2211322PMPMu−=−=.故选：A5.已知向量()0,0,2a=，()1,1,1b=−，向量ab+在向量a上的投影向量为（）．A.()0,0,3B.()0,0,6C.()3,3

,9−D.()3,3,9−−【答案】A【解析】【分析】根据空间向量的坐标运算及投影向量的公式计算即可.【详解】由题意可知()1,13ab+=−，，()6,2abaa+==，所以向量ab+在向量a上的投影向量为(

)()()60,0,20,0,322abaaaa+==.故选：A6.设直线l的方程为cos30xy+−=（R），则直线l的倾斜角的取值范围是（）A.π3π,44B.ππ,42C.π3π0,,π44

D.2πππ,,24【答案】C【解析】【分析】根据直线斜率的取值范围求倾斜角的范围.【详解】设直线的斜率为k，则cos1,1k=−−，故1tan1k−=，而

)0,π，故π3π0,,π44，故选：C.7.已知直线l和平面，且l∥，l的方向向量为()2,,1lm=，平面的一个法向量为()1,1,nn=−，()0,0mn，则1

1mn+的最小值为（）A.2B.4C.42D.22【答案】A【解析】【分析】利用空间向量法解决线面平行，得到2mn+=，再利用代换1法，来求最小值.【详解】由l∥得：()()02,,11,1,202lnmnmnmn=−=−

++=+=，所以()111111222nmmnmnmnmn+=++=++因0,0mn，所以22nmnmmnmn+=，所以()1112222mn++=，当且仅当1mn==等号成立，故选：A.8.如图，四边形,4,22A

BCDABBDDABCCD=====，现将ABD△沿BD折起，当二面角ABDC−−的大小在[,]63ππ时，直线AB和CD所成角为，则cos的最大值为（）A.22616−B.28C.22616+D.68【答案】B【解析】【分析】取BD中点O，连结AO，CO，以O为原点，OC为x

轴，OD为y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与CD所成角的余弦值的最大值．【详解】取BD中点O，连接AO，CO，4,22ABBDDABCCD=====，则,COB

DAOBD⊥⊥，且2,23COAO==，于是AOC是二面角ABDC−−的平面角，显然BD⊥平面AOC，在平面AOC内过点O作OzOC⊥，则BDOz⊥，直线,,OCODOz两两垂直，以O为原点，直线,,OCODOz分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系，(

0,2,0),(2,0,0),(0,2,0)BCD−，设二面角ABDC−−的大小为，ππ[,]63，因此(23cos,0,23sin)A，(23cos,2,23sin)BA=，(2,2,0)CD=−，于是443cos13coscoscos,42222BACDBAC

DBACD−−====，为显然13cos[,]22，则当3cos2=时，max2(cos)8=，所以cos的最大值为28.故选：B【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，求出动点A的坐标，利用向量建立

函数关系是解题的关键.二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.给出下列命题，其中正确的是（）A.若,,abc是空间的一个基底，则,,abbcca+++也是空间的一个

基底B.在空间直角坐标系中，点()1,4,3P−关于坐标平面yOz的对称点是()1,4,3−−−C.点P为平面ABC上一点，且7(,)6OPOAxOByOCxyR=++，则16xy+=−D.非零向量a，b，若0ab，则,ab

为锐角【答案】AC【解析】【分析】利用空间向量的基本性质即可判断选项AC，选项B利用空间坐标系的点对称做出判断，选项D利用向量的数量积做出判断即可.【详解】对A，若{},,abcrrr是空间的一个基底，则a，b，c不共面，假设,,abbcca+++共面，则存在实数

，，使()()abbcca+=+++，()abbac+=+++，a，b，c不共面，10==+=，，无解，故,,abbcca+++不共面，,,abbcca+++也是空间的一个基

底，故A正确.选项B：点()1,4,3P−关于坐标平面yOz的对称点是()1,4,3，选项B错误.选项C：由空间向量共面的推论可知成立，716xy++=，则16xy+=−，选项C正确.选项D：cos,0ababab=，则cos,0ab，

∴ππ,,22ab−可能为零角或直角，选项D错误.故选：AC10.下列说法正确的是（）A.直线3330xy+−=的倾斜角为150B.直线3330xy+−=的其中一个直线方向向量是()3,1

−C.若直线0axbyc++=经过第三象限，则0ab，0bcD.方程()()()212430xy++−+−=R表示的直线都经过点()1,2−−【答案】ABD【解析】【分析】根据直线斜率和倾斜角关系判断A；通过反例判断B；由直线过定点的求法判断C；根据两

直线垂直可构造方程求得满足的a的取值，判断D.【详解】对于A，直线3330xy+−=的斜率33k=−，该直线的倾斜角为150，A正确；对于B，直线方向向量()()331,1,3,133k=−=−，故B正确对于

C，当0a=，0bc时，直线cyb=−经过第三象限，C错误；对于D，直线方程可整理为()23240xyxy−−+++=，由230240xyxy−−=++=得：12xy=−=−，直线恒过定点()1,2−−，D正确．故选：ABD

.11.如图，在多面体ABCDES中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且//DESA，22SAABDE===，MN，分别是线段BCSB，中点，Q是线段DC上的一个动点（含端点DC，），则下列说法正确的是（）的A.存在点Q，使得NQSB⊥B.存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60

oC.三棱锥QAMN−体积的最大值是23D.当点Q自D向C处运动时，直线DC与平面QMN所成角逐渐增大【答案】ACD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，设出点Q的坐标，利用向量垂直的坐标运算判断A，利用异面直线的向量夹角公式计

算判断B，连接,,AQAMAN，结合锥体体积公式，利用等体积法判断C，利用向量的坐标运算表示线面角的正弦值21sin53222m=−+，然后利用二次函数及正弦函数的单调性即可判断D.【详解】以A为坐标原点，,,ABADAS正方向为,,xyz轴，可建立如图所示空间直角坐标系，𝐴(

0,0,0)，()2,0,0B，()2,2,0C，()0,2,0D，()0,2,1E，()0,0,2S，()1,0,1N，()2,1,0M；对于A，假设存在点()(),2,002Qmm，使得NQSB⊥，则()1,2,1NQm=−−，又

()2,0,2SB=−，所以()2120NQSBm=−+=，解得0m=，即点Q与D重合时，NQSB⊥，A正确；对于B，假设存在点()(),2,002Qmm，使得异面直线NQ与SA所成的角为60o，的因为()1,2,1NQm=−−，()0,0,2SA=−，所以()211co

s,215NQSANQSANQSAm===−+，方程无解；所以不存在点Q，B错误；对于C，连接,,AQAMAN，设()02DQmm=，因为22AMQABCDABMQCMADQmSSSSS=−−−

=−，所以当0m=，即点Q与点D重合时，AMQS△取得最大值2；又点N到平面AMQ的距离112dSA==，所以()()maxmax122133QAMNNAMQVV−−===，C正确；对于D，由上分析知：(

)1,2,1NQm=−−，()1,1,1NM=−，若(),,mxyz=是面NMQ的法向量，则()1200mNQmxyzmNMxyz=−+−==+−=，令𝑥=1，则()1,2,3mmm=−−，因为()2,0,0DC=，设直线DC与平面QMN

所成的角为，π0,2，所以()()22211sin53123222DCnDCnmmm===+−+−−+，当点Q自D向C处运动时，m的值由0到2变大，此时sin也逐渐增大，因为sinyx=在π0,2

为增函数，所以也逐渐增大，故D正确.故选：ACD三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.若向量()112a,,=−，()2,1,3b=−，则2ab+=______．【答案】32【解析】【分析】根据空间向量的加法运算和模长公式求解.【详解】由题意

，2(2,2,4)(2,1,3)(4,1,1)ab+=−+−=−，于是22224(1)132ab+=+−+=.故答案为：3213.已知()()2312AB−，，，，若点(),Pxy在线段𝐴𝐵上，则3yx−的取值范围是_______.【答案】13,2−−【解析】【分析】设(3,0)

Q，利用斜率计算公式可得：QAk，QBk．再利用斜率与倾斜角的关系即可得出．【详解】设(3,0)Q，则30323AQk−==−−，201132BQk−==−−−，点(,)Pxy是线段AB上的任意一点，3yx−的取值范围是[3−,1]2−，

故答案为：[3−,1]2−14.已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，M，N，G分别是棱1AA，BC，11AD的中点，Q是该正方体表面上的一点，且MQxMGyMN=+.若1xy==，则直线NQ与平面1ABBA

所成角的大小为______，若x，Ry，则MGMQ的最大值为______.【答案】①.π4②.3【解析】【分析】（1）根据平面向量基本定理可得点Q的轨迹是正六边形，进而可得当1xy==时，点Q在F处，从而可得线面角.（2

）分别取AB，1CC，11CD的中点E，F，O，连接1,,,,,,OGOFFNENADOENG，可证明六边形OFNEMG为正六边形，利用向量数量积的几何意义可求MGMQ的最大值.【详解】（1）∵(),MQxMGyMNxy=+R，∴点Q在平面MGN上，如图，分

别取AB，1CC，11CD的中点E，F，O，连接1,,,,,,OGOFFNENADOENG，因为,MG为中点，故1//MGAD，又由正方体1111ABCDABCD−可得11112DODC=，11111,//,2AEABDCABDCAB==，故

11//,DOAEDOAE=，故四边形1DOEA为平行四边形，故1//ADOE，故MG//OE，故,,,MGOE四点共面，同理可证,,,MGNE四点共面，故,,,,MGONE五点共面，同理可证,,,GONF四点共面，故,,,,,MGOFNE六点共面，由正方体的

对称性可得六边形OFNEMG为正六边形.故点Q的轨迹是正六边形OFNEMG.故当1xy==时，MQMGMNMF=+=，故此时点Q在F处.又平面1//ABBA平面1DCCD，故故直线NQ与平面1ABBA所成角即

直线NF与平面1DCCD所成角，为π4.（2）因为正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，故正六边形OFNEMG的边长为2，如图，cosMGMQMGMQQMG=，故当cosMQQMG最大时MGMQ取得最大值，即MQ

在MG上的投影最大时MGMQ取得最大值.由图可得Q在O时取得最大值2cos3026cos303MO==，∴MGMQ的最大值为3．故答案为：π4；3四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知直线()1:

6180lxty+−−=，直线()()2:46160txtly+++−=，根据下列条件分别求实数t的值：（1）1l与2l相交；（2）1l与2l平行；（3）1l与2l重合.【答案】（1）8t且5t−（2）5t=−（3）8t=【解析】【分析】（1）根据两直线相交可

得出关于实数t的不等式，即可解得实数t的取值范围；（2）根据两直线平行可得出关于实数t的等式与不等式，即可解得实数t的值；（3）根据两直线重合可得出关于实数t的方程，即可解得实数t的值.【小问1详解】解：已知()1:6180lxty+−−=，直线()()2:46160txtly+++−=

，若1l与2l相交，则()()()6614ttt+−+，即23400tt−−，解得8t且5t−.【小问2详解】解：已知()1:6180lxty+−−=，直线()()2:46160txtly+++−=，若1l与2l平行，则()()()()6614841

66tttt+=−+−+−，即234008ttt−−=，解得5t=−.【小问3详解】解：已知()1:6180lxty+−−=，直线()()2:46160txtly+++−=，若1

l与2l重合，则()()()()661484166tttt+=−+−+=−，即234008ttt−−==，解得8t=.16.如图，在四面体PABC−中，PA⊥平面PBC，⊥BC平面PAB，D为PC的中点，2BEEA=．

（1）设PAa=，PBb=，BCc=，用,,abc表示DE；（2）若1PAPBBC===（i）求DE（ii）求ACDE．【答案】（1）211362abc−−（2）（i）266；（ii）43−【解析】【分析】（1）连接,

BDPE，利用空间向量的线性运算，准确化简、运算，即可求解；（2）根据题意，利用空间向量的线性运算和向量的数量积的运算公式，准确计算，即可求解.【小问1详解】如图所示，连接,BDPE，可得DEPEPDPAAEPBBD=−=+−−，因为D为PC的中点，

2BEEA=，所以1111111,3332222AEABPBPABDBPBCPBBC==−=+=−+，所以11113322DEPAPBPAPBPBBC=+−−−−+211211362362PAPBBCabc=−−=−−.【小

问2详解】因为PA⊥平面PBC，⊥BC平面PAB，且,PBBC平面PBC，PB平面PAB，所以,,PAPBPABCPBBC⊥⊥⊥，所以0abaccb===，（i）222221141113263629364186DEabcab

c=−−=++==.（ii）因为ACAPPBBCPAPBBC=++=−++，所以211()()362ACDEPAPBBCPAPBBC=−++−−222211572362663PAPBBCPAPBPAB

CPBPC=−−−++−，又因为1PAPBBC===，所以22221157221143626633623PAPBBCPAPBPABCPBPC−−−++−=−−−=−，所以43ACDE=−.17.如图，在直三棱柱111ABCABC−中，1

2,90,,ABACAABACEF====分别为1,CCBC的中点．（1）求异面直线1AB与EF所成角的余弦值；（2）求点1B到平面AEF的距离；（3）求平面AEF与平面1AEB夹角的余弦值．【答案】（1）63；（2）6；（3）5

618.【解析】【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算即可；（2）利用空间向量计算点面距离即可；（3）利用空间向量计算面面夹角即可.【小问1详解】由题意可知1ABACAA、、两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系，则()()()()10,0,2,2,0,0,0,2,1

,1,1,0ABEF，即()()1=2,0,2,1,1,1ABEF−=−−，所以11146cos,=383ABEFABEFABEF==，即异面直线1AB与EF所成角的余弦值为63；【小问2详解】由上易知()()()12,

0,2,0,2,1,1,1,0ABAEAF===，设面AEF的一个法向量为(),,nxyz=，则有200nAEyznAFxy=+==+=，取11,2yxz=−==，即()1,1,2n=−，所以点1B到平面AEF的距离为1666ABndn===；【小问3详解】由上可知()()11

2,0,2,0,2,1ABAE=−=−，设面1AEB的一个法向量为(),,mabc=，则有1122020mABacmAEbc=−==−=，取21,2cba===，即()2,1,2m=，设平面AEF与平面1AEB夹角为，则556cos

cos,1836mnmnmn====，即平面AEF与平面1AEB夹角的余弦值5618.18.如图①所示，矩形ABCD中，1AD=，2AB=，点M是边CD的中点，将ADM△沿AM翻折到PAM△，连接PB，PC，得到图②的四棱锥PABCM−，

N为PB中点．（1）求证：//NC平面PAM；（2）若平面PAM⊥平面ABCD，求直线BC与平面PMB所成角的大小；（3）设PAMD−−的大小为θ，若π(0,]2，求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值．【答案】（1）证明见解析；（

2）π6；（3）1111.【解析】【分析】（1）取PA中点Q，借助三角形中位线性质，结合平行公理，利用线面平行的判定推理即得.（2）借助面面垂直的性质，以M为原点建立空间直角坐标系，求出平面PMB的法向量，利用线面角的向量求法求出大小.（3

）连接DG，过点D作Dz⊥平面ABCD，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及法向量，列出方程，即可得到结果.【小问1详解】取PA中点Q，连接,NQMQ，由N为PB中点，得1//,2NQABNQAB=，依题意，1//,2M

CABMCAB=，则//,NQMCNQMC=，于是四边形CMQN是平行四边形，//CNMQ，而MQÌ平面PAM，NC平面PAM，所以//NC平面PAM.【小问2详解】取AM中点G，连接PG，由1PMPA==，得PGAM^，而平面PAM⊥平面ABCD，平面PAM平面,ABCDAMPG=平面PA

M，则PG⊥平面ABCD，过M作//MzPG，则Mz⊥平面ABCD，又,MAMB平面ABCD，于是,MzMAMzMB⊥⊥，在矩形ABCD中，2==MAMB，2224MAMBAB+==，则MAMB⊥，以点M为原点，直线,,MAMBMz分别为,,xyz轴建立

空间直角坐标系，则2222(0,0,0),(0,2,0),(,,0),(,0,)2222MBCP−，2222(0,2,0),(,0,),(,,0)2222MBMPBC===−−，设平面PMB的法向量为(,,)mabc=，则2022022mMBbmM

Pac===+=，令1a=，得(1,0,1)m=−，设直线BC与平面PMB所成的角为，则2||12sin|cos,|2||||21mBCmBCmBC====，所以直线BC与平面PMB所成角的大小为π6.【小问3详

解】连接DG，由DADM=，得DGAM⊥，而PGAM^，则PGD为PAMD−−的平面角，即PGD=，过点D作Dz⊥平面ABCD，以D为坐标原点，直线,,DADCDz分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系，则𝐴(1,0,0)，()0,1,0M，()0,2,0C，显然

AM⊥平面PGD，AM平面ABCD，则平面PGD⊥平面ABCD，在平面PGD内过P作PHDG⊥于点H，则PH⊥平面ABCM，设()000,,Pxyz，而22PG=，则2sin2PH=，2cos2GH=，()21cos2DH=−，即00221(1cos)(1cos)222xy==−

=−，02sin2z=，所以112((1cos),(1cos),sin)222P−−，于是()1,1,0AM=−，1coscos12(,,sin)222PA+−=−，设平面PAM的法向量为𝑛1⃗⃗⃗⃗=(𝑥1,𝑦1,𝑧1)，则1111101cosc

os12sin0222xyxyz−+=+−+−=，令12z=，得()1tan,tan,2n=，设平面PBC的法向量为()2222,,nxyz=，因为()1,0,0CB=，cos1cos32(,,sin)222PC

−+=−，则22220cos1cos32sin0222xxyz=−++−=，令22siny=，得()20,2sin,3cosn=+，设平面PAM和平面PBC为，则()()21222212sin2322cos3c

os1coscos11cos6cos2tan2sin6cos10nnnn+++===−++++2213|cos|331201808020(cos)(cos)11133399(cos)3(c

os)33+==−+++++−++令11cos3t=+，π(0,]2，则3(,3]4t，即29cos80609tt=+−，则当3t=时，cos有最小值1111，所以平面PAM和平面PBC夹角余弦

值的最小值为1111．【点睛】方法点睛：利用向量法求二面角的常用方法：①找法向量，分别求出两个半平面所在平面的法向量，然后求得法向量的夹角，结合图形得到二面角的大小；②找与交线垂直的直线的方向向量，分别在二面角的两个半平面内找

到与交线垂直且以垂足为起点的直线的方向向量，则这两个向量的夹角就是二面角的平面角．19.在空间直角坐标系Oxyz−中，已知向量(),,uabc=，点()0000,,Pxyz.若直线l以u为方向向量且经过点0

P，则直线l的标准式方程可表示为()0000xxyyzzabcabc−−−==；若平面以u为法向量且经过点0P，则平面的点法式方程表示为()()()0000axxbyyczz−+−+−=.（1）已知直线l的标准式方程为12123xyz−−==−，平面1的点法式方程可表示为350xyz

+−+=，求直线l与平面1所成角的余弦值；（2）已知平面2的点法式方程可表示为2320xyz++−=，平面外一点()1,2,1P，点P到平面2的距离；（3）（i）若集合{(,,)|||||2,||1}Mxyzxyz=+，记集合M中所有点构成的几何体为S，求几何体S的体积；

（ii）若集合(){,,|2,2,2}Nxyzxyyzzx=+++.记集合N中所有点构成的几何体为T，求几何体T相邻两个面（有公共棱）所成二面角的大小.【答案】（1）31010（2）142（3）（i）16；（ii）2π3【解析】【分析】（1）利用题

中概念分别计算出直线方向向量与平面法向量，然后利用线面角与直线方向向量和平面法向量所成角的关系计算即可；（2）先计算平面法向量，找到平面上一点A然后利用向量的投影计算即可；（3）（i）先建立等式，然后画出所表示的面，计算所围成

的图形的面积即可；（ii）因为是一个完全对称的图形，只需计算第一卦限内相邻面的二面角，我们需要画出第一卦限内图像，得到其二面角为钝角；【小问1详解】由题可知，直线l的一个方向向量坐标为()1,3,2m=−

，平面1的一个法向量为()3,1,1n=−，设直线l与平面1所成角为，则有·210sin1085mnmn===，所以310cos10=，直线l与平面1所成角的余弦值为31010.【小问2详解】由题可知平面2的法向量

为()22,3,1n=，且过点()0,0,2A，因为()1,2,1P,所以()1,2,1AP=−，所以点P到平面2的距离为22·714214nAPn==.【小问3详解】（i）建立空间直角坐标系，先分别画

平面2,0,02,0,02,0,02,0,011xyxyxyxyxyxyxyxyzz+=−=−+=−−===−，然后得到几何体S为几何体S是底面边长为22的正方形，高为2的长方体，故几何体S的体积为2222216=，（ii）由（i）可知，(){,,

|2,2,2}Nxyzxyyzzx=+++的图像是一个完全对称的图像，所以我们只需讨论第一卦限的相邻两个平面的二面角即可，此时0,0,0xyz，得(,,)2,2,2,0,0,0Nxyzxyyzzxxyz=+++，画出第一卦限图像，显然其二面角为钝角，计

算平面2,2xyyz+=+=得二面角，所以两个平面的法向量分别为()()231,1,0,0,1,1nn==，所以其二面角的余弦值为2323·12nnnn−=−，所以二面角为2π3【点睛】思路点睛：我们需要按照解析式画出平面，在空间中三点确定一个平面，可以直接找三个点即可，找到的点

，最好是三个平面的交点，一般直接建立方程求解即可.