【文档说明】重庆市广益中学校2023-2024学年高二上学期10月月考数学试题 含解析.docx，共(23)页，1.981 MB，由小赞的店铺上传

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高2022级10月月考数学试卷（考试时间：120分钟满分：150分）一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.直线350xy++=的倾斜角为（）A.120B.60C.150D.30【答案】C【解析】【分析】先由直线方程求出直线的斜率，

再利用斜率与倾斜角的关系可求得结果.【详解】由350xy++=，得35333yx=−−，所以直线斜率为33k=−，设直线的倾斜角为，则3tan3=−，因为[0,π)，所以5π6=，即150=，

故选：C2.已知向量()()2,3,1,4,5,3ABAC==，那么BC=（）A.()2,2,2−−−B.8153（，，）C.684（，，）D.222（，，）【答案】D【解析】【分析】利用向量减法的法则及坐标运算即可求解.【详解】因为()()2,3,1,4,5,3ABAC==，所以()()42,5

3,312,2,2ACABBC=−=−−−=.故选：D.3.圆心为()1,3−，且经过坐标原点的圆的标准方程为（）A.()()2213100xy++−=B.()()2213100xy−++=的C.()()221310xy++−=D.()()221310xy−++=【答案】D【解析

】【分析】根据给定条件，求出圆的半径即可得解.【详解】依题意，圆心为()1,3−，且经过坐标原点的圆的半径221(3)10r=+−=，所以所求圆的标准方程为22(1)(3)10xy−++=.故选：D4.直线240axy++=与直线(1)20xay+−+=平行，则

a的值为（）A.2a=B.0a=C.1a=−D.1a=−或2a=【答案】C【解析】【分析】求出已知二直线不相交时的a值，再验证作答.【详解】依题意，直线240axy++=与直线(1)20xay+−+=平行

或重合时，(1)120aa−−=，解得1a=−或2a=，当2a=时，直线2240xy++=与直线20xy++=重合，当1a=−时，直线240xy−++=与直线220xy-+=平行，所以a的值为1−.故选：C5.已知点M在平面ABC内，并且对空

间任一点O，1132OMxOAOBOC=++，则x=（）A.16−B.16C.12D.13【答案】B【解析】【分析】根据共面向量的推论得到11132x++=，解方程即可.【详解】因为点M在平面ABC内，所以点M，A，B，C四点共面，所以11132x++=，解得16x=.故选：B.6.已知()(

)1,1,2,2,2,3ab=−=−，则b在a方向上的投影向量为（）A.a−B.b−C.61717a−D.61717b−【答案】A【解析】【分析】根据已知向量坐标，求投影向量公式求解即可.【详解】b在a方向上的投影向量为6(

1,1,2)(1,1,2)||6|6|baaaaa−−==−−=−.故选：A.7.已知点(),ab在线段()3410026xyx+−=−上，则222ab+−的取值范围是（）A.2,18B

.2,38C.0,38D.0,2102−【答案】B【解析】【分析】将问题化为求原点到线段上点距离的平方的范围，进而求目标式的距离.【详解】由()3410026xyx+−=−的图象如下，又(),ab是上图线段上的一点，且22ab+为原点到

该线段上点距离的平方，上述线段端点分别为(2,4),(6,2)−−，到原点距离的平方分别为20,40，由图知：原点到线段的距离22|10|234d−==+，则24d=，综上，22[4,40]ab+，故222[2,38]ab+

−.故选：B8.在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，M为11BC的中点，点P在正方体表面上运动，且总满足0DPBM=，则点P的轨迹长度为（）A.425+B.445+C.225+D.8【答案】A【解析】【分析】根据线面垂直的判定定理结合条件可得

点P的轨迹，进而求得轨迹的长度．【详解】设E，F分别是1AA，1BB的中点，连接CF，FE，ED，BM，且BMCFQ=，在正方体1111ABCDABCD−中，显然∥∥EFABCD，又11tantan2BC

FBBM==，得1BCFBBM=，所以1π2BCFCFBBBMCFB+=+=，即π2BQF=，所以CFBM⊥，又CD⊥平面11BCCB，BM平面11BCCB，所以BMCD⊥，又CDCFC=，且CD平面CD

EF，CF平面CDEF，所以BM⊥平面CDEF，又0DPBM=，可知BMDP⊥，所以点P的轨迹是矩形CDEF，由题可得2CD=，2222125CFBFBC=+=+=，所以点P的轨迹长度为()252425+=+．故选：A．二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的4

个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知方程224820xyxya+−++=，则下列说法正确的是（）A.当10a=时，表示圆心为(2,4)−的圆B.当10a时，表示圆心为(2,4)−的圆C.当0a=时，表示的圆

的半径为25D.当8a=时，表示的圆与y轴相切【答案】BCD【解析】【分析】将圆的一般方程化为标准方程，结合选项，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，方程224820xyxya+−++=，可化为()()2224202xya−++=−，可圆的圆心坐标为(2,4)−，A中，当

10a=时，此时半径为2020a−=，所以A错误；B中，当10a时，此时半径大于2020a−，表示圆心为(2,4)−的圆，所以B正确；C中，当0a=时，表示的圆的半径为25r=，所以C正确；D中，当8a=时，可得2024a−=，方程表示的圆半径为2r=，又圆心坐标为()2,4−，所以圆心到y

轴的距离等于半径，所以圆与y轴相切，所以D正确．故选：BCD.10.对于直线2:3(1)30+−+−=lxaya和直线1:230laxya++=，以下说法正确的有（）A.直线2l一定过定点213，−B.若12ll⊥，则2=5aC.

12ll//的充要条件是3a=D.点(1,3)P到直线1l的距离的最大值为5【答案】ABD【解析】【分析】对于A，求定点即可；对于B，线线垂直时12120AABB+=；对于C，线线平行时12210ABAB−=；对于D，1l过定点(3,0)−，直线1l与点(1,3)P和(3,0)−的连线垂直

时取最值.【详解】直线2:3(1)30+−+−=lxaya，即直线为(1)(33)0ayxy−+−+=，所以直线2l过定点213，−，故A正确；当12ll⊥时，32(1)0aa+−=，解得2=5a

，故B正确；当12ll//时，(1)60aa−−=，解得3a=或2a=−，当2a=−时，两直线为530,03xyxy−+=−+=，符合题意；当3a=时，两直线为3290,320xyxy++=+=，符合题意，故C错误；因为直线1:230laxya++=，即(3)20axy++=，过定点(3,0)−，

当直线1:230laxya++=与点(1,3)P和(3,0)−的连线垂直时，(1,3)P到直线1l的距离最大，最大值为22(13)(30)5++−=，故D正确.故选：ABD11.如图，在四棱锥SABCD−中，底面ABCD是正方形，SA⊥平面AB

CD，SAAB=，,OP分别是,ACSC的中点，M是棱SD上的动点，则下列说法中正确的是（）A.OMAP⊥B.存在点M，使//OM平面SBCC.存在点M，使直线OM与AB所成的角为30D.点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值【答案】A

BD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】依题意可知,,ABADAS两两相互垂直，以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设2ABADAS===，()()()()0,0,2,

2,2,0,1,1,1,1,1,0SCPO，设()0,,2Mtt−，()1,1,2OMtt=−−−，所以1120OMAPtt⊥=−+−+−=，所以OMAP⊥，A选项正确.点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为22tt−+

=为定值，D选项正确.()2,0,0B，()()2,0,2,0,2,0SBBC=−=，设平面SBC的法向量为(),,nxyz=，则22020nSBxznBCy=−===，故可设()1,0,1n=，要使//OM平面SBC，OM平面SBC，则()()1,1,21,0,11210

OMntttt=−−−=−+−=−=，解得1t=，所以存在点M，使//OM平面SBC，B选项正确.若直线OM与直线AB所成角为30，则()()222213cos3022661122OMABOMABtttt−====−++−+−，23970,814373

0tt−+==−=−，无解，所以C选项错误.故选：ABD12.已知正方体1111ABCDABCD−棱长为2，如图，M为1CC上的动点，AM⊥平面.下面说法正确的是（）A.直线AB与平面所成角的正弦值范围为32,32B.点M与点1C重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越

大，周长就越大C.点M为1CC的中点时，若平面经过点B，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形D.已知N为1DD中点，当AMMN+的和最小时，M为1CC的中点【答案】AC【解析】【分析】以点D为坐标原点，DA、DC、1DD所在直线分

别为x、y、z轴建立空间直角坐标系Dxyz−，利用空间向量法可判断A选项的正误；证明出1AC⊥平面1ABD，分别取棱11AD、11AB、1BB、BC、CD、1DD的中点E、F、Q、N、G、H，比较1ABD和六边形EFQNGH的周长和面积的大小，可判

断B选项的正误；利用空间向量法找出平面与棱11AD、11AB的交点E、F，判断四边形BDEF的形状可判断C选项的正误；将矩形11ACCA与矩形11CCDD延展为一个平面，利用A、M、N三点共线得知AMM

N+最短，利用平行线分线段成比例定理求得MC，可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，以点D为坐标原点，DA、DC、1DD所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系Dxyz−，则点()2,0,0A、()2,2,0B、设点()()

0,2,02Maa，AM⊥平面，则AM为平面的一个法向量，且()2,2,AMa=−，()0,2,0AB=，224232cos,,32288ABAMABAMABAMaa===++，所以，直线AB与平面所成角的正弦值

范围为32,32，A选项正确；对于B选项，当M与1CC重合时，连接1AD、BD、1AB、AC，在正方体1111ABCDABCD−中，1CC⊥平面ABCD，BDQ平面ABCD，1BDCC⊥，四边形ABCD是正方形，则BDAC⊥，1CCAC

C=，BD⊥平面1ACC，1ACQ平面1ACC，1ACBD⊥，同理可证11ACAD⊥，1ADBDD=，1AC⊥平面1ABD，易知1ABD是边长为22的等边三角形，其面积为()12322234ABDS==△，周长为

22362=.设E、F、Q、N、G、H分别为棱11AD、11AB、1BB、BC、CD、1DD的中点，易知六边形EFQNGH是边长为2的正六边形，且平面//EFQNGH平面1ABD，正六边形EFQNGH的周长为62，面积为()2362334=，则1ABD的面积小于正六边形EFQ

NGH的面积，它们的周长相等，B选项错误；对于C选项，设平面交棱11AD于点(),0,2Eb，点()0,2,1M，()2,2,1AM=−，AM⊥平面，DE平面，AMDE⊥，即220AMDEb

=−+=，得1b=，()1,0,2E，所以，点E为棱11AD的中点，同理可知，点F为棱11AB的中点，则()2,1,2F，()1,1,0EF=，而()2,2,0DB=，12EFDB=，//EFDB

且EFDB，由空间中两点间的距离公式可得2222015DE=++=，()()()2222212205BF=−+−+−=，DEBF=，所以，四边形BDEF为等腰梯形，C选项正确；对于D选项，将矩形11AC

CA与矩形11CCDD延展为一个平面，如下图所示：若AMMN+最短，则A、M、N三点共线，11//CCDD，2222222MCACDNAD===−+，11222MCCC=−，所以，点M不是棱1CC的中点，D选项错误.故

选：AC.【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.平

行直线1:3460lxy−+=与2:6890lxy−+=之间的距离为_________．【答案】310##0.3【解析】【分析】根据平行线间的距离公式即可求得答案.【详解】由题意得2:6890lxy−+=即29:3402

lxy−+=则平行直线1:3460lxy−+=与2:6890lxy−+=之间的距离为229|6|321034−=+−（），故答案为：31014.若方程220xyxym+−++=表示圆，则实数m的取值范围是______.【答案】1,2−

【解析】【分析】根据()221140m−+−计算即可.【详解】由题可知：()22111402mm−+−所以12m,−故答案为：1,2−15.三棱锥−PABC的顶点都在球O的表面上，PAB是等边三角形，底面ABC是以BC为斜边的直角三角形，平面PAB⊥平面

ABC，若3ABAC==，则球O的表面积为__________.【答案】21π【解析】【分析】取BC中点G，AB中点E，PE上点M，使23PMPE=，由外接圆性质可得球心O，根据平面PAB⊥平面ABC，得球的半径，代入表面积公式即可得答案.【详解】取BC中点G，底面AB

C是直角三角形，所以G为底面ABC外接圆圆心，取AB中点E，连接PE，在线段PE上取点M，使23PMPE=，PAB是等边三角形，所以M为PAB外接圆圆心.过点G，M分别作平面ABC和平面PAB的垂线，则两

垂线的交点，即为球O的球心O.因为PAB是等边三角形，所以PEAB⊥，因为平面PAB⊥平面ABC，且平面PAB平面ABCAB=，PE平面PAB，所以PE⊥平面ABC，所以//PEOG.因为E为AB中点，G为

BC中点，所以//GEAB，又底面ABC是以BC为斜边的直角三角形，所以GEAB⊥，的因为平面PAB⊥平面ABC，且平面PAB平面ABCAB=，GEÌ平面ABC，所以GE⊥PAB平面，所以//GEOM，所以四边形MOGE为矩形，所以132

2MOEGAB===，22993334PMPE==−=，所以22921342OPOMPM=+=+=，即球O的半径212R=，球O的表面积为22214π4π21π2SR===.故答案为:21π.16.如图所示，在86的长方形区域（含边界）中有,AB两点，对于该区域中的点P，

若其到A的距离不超过到B距离的一半，则称P处于A的控制下，例如原点O满足11352OAOB==，即有O点处于A的控制下.同理可定义P处于B的控制下.给出下列四个结论：①点()4,2处于A的控制下；②若点P不处于A的控制下，则其必处于B的控制下；③若P

处于A的控制下，则13PA；④图中所有处于A的控制下的点构成的区域面积为85π+.其中所有正确结论的序号是_________.【答案】①③④【解析】【分析】根据新定义，直接验证判断①，取特殊点判断②，根据定义求出点P所在区域，判断③，结合图象求出面积判断④.【详解】由图可知(2,3)

,(8,6)AB,设(4,2)C，则||5CA=，||42CB=,满足1||||2CACB，故①正确；点P不处于A的控制下则12PAPB，即||2||PBPA，得不到1||||2PBPA，例如取点(5,3)P

，||3,||32PAPB==，1||||2PAPB，1||||2PBPA，即点P不处于A的控制下，也不处于B的控制下，故②错误；若P处于A的控制下，则12PAPB，设(,)(08,06)Pxyxy，则22221(2)(3)(8)(6)2xyxy−+−−+−，

化简整理得22(2)20xy+−，作出图象如图，由图可知，当点P在矩形且在圆及圆内部分满足P处于A的控制下,由图可知，当P处于,,OCD时，||PA有最大值13，故③正确；由③知P处于A的控制下点构成的区域面积，可以看作是14圆与矩形的面

积之和，如图，故面积为120π+42=8+5π4，故④正确.故答案为：①③④【点睛】关键点睛：本题作为一道创新型试题，关键在于理解所给新定义，对于①②可以利用具体点去直接判断结论正确与否，在这一特殊化的过程中进一步理解新定义，对于③需要根据新定义求出点满足的轨迹方程

（边界），需要对求平面轨迹方程的方法熟练，关键在于求出点P所在区域，利用数形结合思想判断③，对于④关键在于把区域分割为四分之一圆面与矩形，其中需要割补思想的应用.四､解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说

明､证明过程或演算步骤.17.已知向量()1,0,1a=−，()1,2,0b=−（1）求a与()ab−的夹角；（2）若2ab+与atb−垂直，求实数t的值．【答案】（1）π4（2）1【解析】【分析】(1)结合向量数量积性质夹角公式的坐标表示即

可求解；(2)由向量垂直的坐标表示即可求解.【小问1详解】()1,0,1a=−，()1,2,0b=−，()2,2,1ab−=−，2a=，4413ab−=++=，令a与()ab−的夹角为，则2012cos223aabaab=→→→→→→−++==−，则a与()ab−

的夹角为π4.【小问2详解】()21,2,2ab+=−−，()1,2,1atbtt−=−−，又2ab+与atb−垂直，()()20abatb+−=，即()()1122120tt−−−+−+=，解得1t=.18.已知直线230xy−+=与直线320xy++=交于点P.（1）求过点P且平行于直

线3450xy+−=的直线1l的方程；（2）求过点P并且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线2l的方程.【答案】（1）3410xy+−=（2）0xy+=或20xy−+=【解析】【分析】（1）首先求得交点坐标，然后利用待定系数法确定直线方程即可；（2

）讨论直线在两坐标轴上的截距是否为0进行求解即可．【小问1详解】联立230320xyxy−+=++=，解得11xy=−=，即()1,1P−，由题意，设直线1l的方程为340xyc++=，将()1,1P−代入直

线方程，得340c−++=，即1c=−，所以直线1l的方程为3410xy+−=.【小问2详解】当直线2l在两坐标轴上的截距为0时，直线2l的斜率为10110−=−−−，则直线2l的方程为yx=−，即0xy+=；当直线2l在两坐标

轴上的截距不为0时，设直线2l的方程为()10xyaaa+=−，将()1,1P−代入直线方程，得111aa−+=−，即2a=−，所以直线2l的方程为122xy+=−，即20xy−+=.综上所述，直线2l的方程为0xy+=或20xy−+=.19.已知圆C过点()2,6A，()1,3B−且圆心

在直线1yx=+上.（1）求圆C的方程；（2）设点D在圆上运动，点()3,2E，记M为线段DE的中点，求M的轨迹方程；【答案】（1）()()22239xy−+−=（2）22559224xy−+−=【解析】【分析】（1）先求AB的垂直平分线方程为5yx=−+，与1yx

=+的交点即圆心，圆心到点()2,6A的距离即为半径，即可得圆的标准方程.（2）由M为线段DE的中点得到M坐标与D坐标的关系，代入圆方程可得轨迹方程.【小问1详解】()2,6A，()1,3B−的中点坐标

为19,22，直线AB的斜率为36112−=−−，故线段AB的垂直平分线方程为9122yx−=−−，即5yx=−+，联立1yx=+得23xy==，即圆C的圆心为()2,3，

半径为()()2222633−+−=，故圆C的方程为()()22239xy−+−=【小问2详解】设(),Mxy，()11,Dxy，因M为线段DE的中点，所以113222xxyy+=+=，则112322xxyy=−=−，因点

D在圆上运动，所以()()222322239xy−−+−−=，则22559224xy−+−=，即M的轨迹方程为22559224xy−+−=.20.如图，PA⊥平面ABCD，四边形A

BCD是正方形，3,,PAADMN==分别是,ABPC的中点.（1）求证：平面MND⊥平面PCD；（2）求点P到平面MND的距离.【答案】（1）证明见解析（2）6【解析】【分析】（1）建立坐标系，利用向量垂直得出直线和直线垂直，结合面面垂直

的判定可证结论；（2）先求平面的法向量，利用点到平面的距离公式可得答案.【小问1详解】以A为坐标原点，,,ABADAP所在直线分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系，()()()30,0,3,0,3,0,3,3,0,,0,02PDCM

,333,,222N;3330,,,,3,0222MNMD==−,()()3,0,0,0,3,3DCDP==−;因为0,0MNDCMNDP==，所以,MNDCMNDP

⊥⊥，因为DCDPD=，,DCDP平面PCD，所以MN⊥平面PCD.因为MN平面MND，所以平面MND⊥平面PCD.【小问2详解】由（1）知，3330,,,,3,0222MNMD==−，(

)0,3,3DP=−；设(),,nxyz=是平面MND一个法向量，则00nMNnMD==,330223302yzxy+=−+=，令1z=−，则,12yx==，即()211,,n=−；设点P到平面MND的距离为d，则66411nDPdn===++.21.已知在多面体

ABCDE中，DEAB∥，ACBC⊥，24BCAC==，2ABDE=，DADC=且平面DAC⊥平面ABC.（1）设点F为线段BC的中点，试证明EF⊥平面ABC；（2）若直线BE与平面ABC所成的角为60，求二面角BADC−−的余弦值．【答案】（1）证明见解析（

2）34【解析】【分析】（1）由四边形DEFO为平行四边形.∴//EFDO，再结合DO⊥平面ABC，即可证明EF⊥平的面ABC；（2）由空间向量的应用，建立以O为原点，OA所在直线为x轴，过点O与CB平行的直线为y轴，OD所在直线为z轴的空间直角坐标系，再求出平面ADC的法向量()0,1,0

m=，平面ADB的法向量()23,3,1n=，再利用向量夹角公式求解即可.【小问1详解】取AC的中点O，连接EF，OF，∵在DAC△中DADC=，∴DOAC⊥.∴由平面DAC⊥平面ABC，且交线为AC，DO平面DAC，得DO⊥平面ABC.∵O，

F分别为AC，BC的中点，∴//OFAB，且2ABOF=.又//DEAB，2ABDE=，∴//OFDE，且OFDE=.∴四边形DEFO为平行四边形.∴//EFDO，∴EF⊥平面ABC.【小问2详解】∵DO⊥平面ABC，,ACBCABC平面，所以,DOACD

OBC⊥⊥，又因为ACBC⊥，所以,,DOACBC三者两两互相垂直，∴以O为原点，OA所在直线为x轴，过点O与CB平行的直线为y轴，OD所在直线为z轴，建立空间直角坐标系.则()1,0,0A，()1,0,0C−，()1,4,0B−

.∵EF⊥平面ABC，∴直线BE与平面ABC所成的角为60EBF=.∴tan6023DOEFBF===o.∴()0,0,23D.可取平面ADC的法向量()0,1,0m=，设平面ADB的法向量(),,nxyz=，()2,4,0AB=−，()

1,0,23AD=−uuur，则240230xyxz−+=−+=，取1z=，则23x=，3y=.∴()23,3,1n=，∴3cos,4mnmnmn==urrurrurr，∴二面角BADC−−的余弦值为34.22.如图，在正方体1111ABCDABCD−中，,

EF分别为1111,ADCD中点，,GH分别为,ABBC的中点，O为平面ABCD的中心，且正方体棱长为1.（1）证明：平面OEF//平面1CGH；（2）是否存在过直线EF且与正方体的12条棱的夹角均相等的平面？若存在，求出该平面与平面1CGH的夹角的余弦值，若不

存在，请说明理由.【答案】（1）证明详见解析（2）存在，该平面与平面1CGH的夹角的余弦值为539或33【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面OEF//平面1CGH.（2）利用向量法进行判断，并利用向量法求得所求.【小问1详解】以D为原点建立如图所示空间直角坐标系，

的则()1111111,,0,,0,1,0,,1,1,,0,,1,0,0,1,1222222OEFGHC，1111110,,1,,0,1,,,0,1,,122222OEOFGHGC=−=−=−=−

，设平面DEF的法向量为()111,,mxyz=，则1111102102mOEyzmOFxz=−+==−+=，故可设()2,2,1m=.设平面1CGH的法向量为()222,,xnyz=，则22122211022102nGHxynGCxyz=−+=

=−++=，故可设()2,2,1n=r，由于mn=且平面OEF与平面1CGH不重合，所以平面OEF//平面1CGH.【小问2详解】存在，理由如下：()()()11,0,0,0,1,0,0,0,1DADCDD===，设该

平面的法向量()333,,uxyz=r，则1cos,cos,cos,uDAuDCuDD==，即333222222222333333333xyzxyzxyzxyz==++++++，所以333xyz==.1111,0,1,0,,1,,,02222EFEF

=−，因为该平面过直线EF，所以3333110,22uEFxyxy=−+==，故可设()1,1,1u=或()1,1,1u=−，即存在符合题意的平面.设该平面与平面1CGH

的夹角为，由（1）得平面1CGH法向量为()2,2,1n=r.若()1,1,1u=，则553cos933nunu===；若()1,1,1u=−，则33cos333nunu===.所以

存在符合题意的平面，且该平面与平面1CGH的夹角的余弦值为539或33的获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com