【文档说明】重庆市荣昌中学2022-2023学年高二上学期期中数学试题 含解析.docx，共(23)页，1.447 MB，由小赞的店铺上传

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荣昌中学高24级高二上期半期考试数学试题试题总分：150分考试时间：120分钟一、单选题：本题共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.直线0x=的倾斜角为（）A.0°B.90°

C.180°D.不存在【答案】B【解析】【分析】根据直线与坐标轴垂直可得倾斜角.【详解】因为直线0x=与x轴垂直，所以直线0x=的倾斜角为90°.故选：B2.已知O为原点，点()2,2A−，以OA为直径的圆的方程为()A.()()22112xy−++=B.()()22118xy−++=C.()(

)22112xy++−=D.()()22118xy++−=【答案】A【解析】【分析】求圆的圆心和半径，根据圆的标准方程即可求解﹒【详解】由题知圆心为()11−，，半径122rOA＝＝，∴圆的方程为22(1)(1)2xy−＋＋＝﹒故选：A﹒3.“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边

数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美如图．将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，则异面直线AB与CD所成角的大小是（）A.30°B.45°C.60°D.120°【答案】C【

解析】【分析】将多面体放置于正方体中，借助正方体分析多面体的结构，由此求解出异面直线AB与CD所成角的大小.【详解】如图所示：将多面体放置于正方体中，以点O为原点建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2则()()()()1,0,2,0,1,2,0,2,1,1,2,0ABCD()1,1,

0AB=−，()1,0,1CD=−，设异面直线AB与CD所成角为所以11cos222ABCDABCD===，故60=故选：C4.求空间中点()3,3,1A关于平面XOY的对称点A与()1,1,5B−的长度为A.6B.26C.43D.214【答案】D【解析】【分析】先求出点()3

,3,1A关于平面XOY的对称点A的坐标，再利用空间两点的距离公式可得结果.【详解】点()3,3,1A关于平面XOY的对称点A的坐标为()3,3,1−，所以，A与()1,1,5B−的长度为()()()222'313115214AB=++−+−−=，故选D.【点睛】本题主要考

查空间两点的距离公式的应用，属于基础题.5.已知直线l1，l2分别过点P(－1，3)，Q(2，－1)，若它们分别绕点P，Q旋转，但始终保持平行，则l1，l2之间的距离d的取值范围为（）A.(0，5]B.(0，5)C.(

0，+∞)D.(0，17]【答案】A【解析】【分析】先判断当两直线l1，l2与直线PQ垂直时，两平行直线l1，l2间的距离最大，计算得到最大值，进而得到范围.【详解】当两直线l1，l2与直线PQ垂直时，两平行直线l1，l2间的距离最大，最大

距离为()()2212315PQ=−−+−−=所以l1，l2之间的距离的取值范围是(0,5.故选：A6.三棱锥SABC−中，SA⊥底面ABC，4SA=，3AB=，D为AB的中点，90ABC=

，则点D到面SBC的距离等于（）A.125B.95C.65D.35【答案】C【解析】【分析】在三角形SAB内作AE⊥SB交SB于E，进而根据条件证明AE⊥面SBC，算出AE的长度，再根据D为AB的中点得到答案.【详解】如图，

在三角形SAB中，过A作AE⊥SB交SB于E，因为SA⊥面ABC，所以SABC⊥，又ABBC⊥，SAABA=，所以BC⊥面SAB，因为AE面SAB，所以BCAE⊥，而AE⊥SB，且BCSBB=，所以AE⊥面SBC.在三角形SAB中，由勾股定理易得5SB=，则由等面积

法可得：125AE=，因为D为AB中点，所以D到平面SBC的距离为：65.故选：C.7.已知点(2,0)A−，点(4,0)B，点P在圆22(3)(4)20xy−+−=上，则使得PAPB⊥的点P的个数为（

）A.0B.1C.2D.3【答案】C【解析】【分析】利用PAPB⊥求出点P的轨迹方程为22(1)9xy−+=，再根据圆心距与两圆的半径的和的大小关系可得两圆相交，从而可得结果.【详解】因为点(2,0)A−，点(4,0)B，且PAPB

⊥，所以点P的轨迹是以AB为直径的圆，圆心(1,0)C，半径为3，其方程为22(1)9xy−+=，所以两圆的圆心距为22(31)(40)2025−+−==，两圆的半径和为253+，因为25325+，所以两圆相交，所以满足条件的点P的个数为2，故选：C8.如图

，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，,,,,EFGMN分别是111,,,,ABBCBBAACC的中点，过,MN的平面与平面EFG平行，以平面截该正方体得到的截面为底面，1D为顶点的棱锥记为棱锥，则棱锥的外接球的表面积为（）A.25π

12B.25π3C.πD.25π9【答案】B的【解析】【分析】求出平面与正方体的截面，利用棱锥外接球的性质求出球半径，即可得出球表面积.【详解】分别取1111,,,ADDCABBC的中点,,,PQSR，依次连接,,,,,MPQNRS得到正

六边形,如图，由//,EFPQEF平面MPQNRS，PQ平面MPQNRS，可知//EF平面MPQNRS，同理//EG平面MPQNRS，又EFEGG=，,EFEG平面EFG，所以平面MPQNRS与平面EFG平行，所以该正六边形就是平面与

正方体的截面，设该棱锥的外接球球心为O，半径为R，如图，连接,,MNSQPR相交于点K，连接1DK，则球心O在线段1DK上，连接RO，因为122KRMKPQAC====，2211115DMAMAD=+=，所以22113DKDMMK=−=，所以在RtORK△中可得()()222'23R

R=+−，解得536R=，所以外接球的表面积为225π4π3SR==,故选：B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.已知直线l的方程为3260xy−+=，则（）A.直线l在x轴上的截距

为2B.直线l在y轴上的截距为3C.直线l的倾斜角为锐角D.过原点O且与l垂直的直线方程为230xy+=【答案】BCD【解析】【分析】根据直线方程，分别令0,0xy==即可判断AB，由直线斜率可判断C，求出原点O且与l垂直的直线方程即可判断D.【详解】在3260xy−+=中，令0y=，得2x=

−，所以A不正确；令0x=，得3y=，所以B正确；因为直线l的斜率为302k=，所以直线l的倾斜角为锐角，故C正确；因为与l垂直的直线方程可设为230xym++=，又直线过原点，所以0m=，故D正确.故选：BCD10.已知直线1

:230laxya++=和直线()2:3170lxaya+−+−=，下列说法正确的是（）A.当3a=时，12ll//B.当2a=−时，12ll//C.当25a=时，12ll⊥D.直线1l过定点()3,0−，直线2l过定点()2,1−【答案】A

CD【解析】【分析】根据两直线垂直和平行的判定，以及将直线一般式换成斜截式、点斜式判断过定点问题，上述过程中注意区分a等于1和不等于1的情况.【详解】对A和B，如果12ll//，则1l和2l的斜率相等，1a时321aa−=−−，26a

a−=，解得3a=或2a=−.当1a=时，1:230lxy++=，2:2lx=−，两直线既不平行也不垂直.当3a=时，1:3290lxy++=，2:3240lxy++=，，A对.当2a=−时，1:30lxy−+−=，2:30lxy−+−=，，B错.对C，当25a=时，121525k=−=−，235

215k=−=−，221kk=−，所以12ll⊥，C对.对D，1:230laxya++=转化为斜截式为()32ayx=−−，即()032ayx−=−−，所以1l过定点()3,0−.同理，()2:3170lxaya+−+−=，1a时转化为斜截式为()3211yxa=−−+−，即()3

121yxa−=−−−，2l过定点()2,1−；1a=时，2l为2x=−，也过定点()2,1−，D对.故选：ACD.11.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现；平面内到两个定点A、B的距离之比为定值（0且1

）的点所形成的图形是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系xOy中，()2,0A−，()4,0B.点P满足12PAPB=，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是（）A.C的方程为()22416xy+

+=B.在C上存在点D，使得D到点（1，1）的距离为10C.在C上存在点M，使得2MOMA=D.C上的点到直线34130xy−−=的最大距离为9【答案】AD【解析】【分析】由题意可设点(),Pxy，由两点的距离公式代入化

简可判断A选项；由两点的距离公式和圆的圆心得出点（1，1）到圆上的点的最大距离，由此可判断B选项.设00(,)Mxy，由已知得()2222000022xyxy+=++，联立方程求解可判断C选项；由点到直线的

距离公式求得C上的点到直线34130xy−−=的最大距离，由此可判断D选项.【详解】解：由题意可设点(),Pxy，由()2,0A−，()4,0B，12PAPB=，得()()22222124xyxy++=−+，化简得2280xyx++=，即()22416x

y++=，故A正确；点（1，1）到圆上的点的最大距离()()22411+0410−−−+，故不存在点D符合题意，故B错误.设00(,)Mxy，由2MOMA=，得()2222000022xyxy+=++，又()2200416xy++=，联立方程消去0y得02x

=，解得0y无解，故C错误；C的圆心（-4，0）到直线34130xy−−=的距离为()341355d−−==，且曲线C的半径为4，则C上的点到直线34130xy−−=的最大距离549dr+=+=，故D正确；故选：AD.12.若正方体1111ABCDA

BCD−的棱长为1，且1APmADnAA=+，其中[0,1],[0,1]mn，则下列结论正确的是（）A.当12m=时，三棱锥1PBDB−的体积为定值B.当12n=时，三棱锥1PBDB−的体积为定值C.当1mn+=时，PAPB+的最小值为622+D.若111PDBBDB=，点

P的轨迹为一段圆弧【答案】AC【解析】【分析】当12m=时，可得点P的轨迹，根据线面平行的判定定理及性质，可得P到平面1BDB的距离不变，即可判断A的正误；当12n=时，可得点P的轨迹，利用反证法可证，P到平面1BDB的距离在变化，即可判断B的正误；当1mn+=

时，可得1APD、、三点共线，利用翻折法，可判断C的正误；如图建系，求得各点坐标，分别求得1PDB和11BDB的余弦值，列出方程，计算分析，可判断D的正误，即可得答案.【详解】因为1APmADnAA=+，其中[0,1],[0,1]mn，所以点

P在平面11ADDA内运动，对于A：取AD中点E、11AD中点F，连接EF，所以11EFAABB∕∕∕∕，因为EF平面1BDB，1BB平面1BDB，所以EF∕∕平面1BDB，当12m=时，则112AP

ADnAA=+，所以点P在线段EF上运动，因为EF∕∕平面1BDB，所以无论点P在EF任何位置，P到平面1BDB的距离不变，即高不变，所以三棱锥1PBDB−的体积为定值，故A正确；对于B：取1AA中点G，1DD中点H，连接GH，当12n

=时，112APmADAA=+，所以点P在GH上运动，假设GH∕∕平面1BDB，又1GABB∕∕，GA平面1BDB，1BB平面1BDB，所以GA∕∕平面1BDB，因为,,GAGHGGHGA=平面GHDA，所以平面GHDA∕∕平面1BDB，与已知

矛盾，故假设不成立，所以GH不平行平面1BDB，所以P在GH上运动时，P到平面1BDB的距离在变化，所以三棱锥1PBDB−的体积不是定值，故B错误；对于C：连接1AD，1AB，BD，当1mn+=时，可得1APD

、、三点共线，将11AAD沿1AD翻折至与平面1ABD共面，如下图所示连接AB，当P为AB与1AD交点时，PAPB+最小，即为AB，因为11,,ABADBD均为面对角线，所以11=2ABADBD==，即1ABD为等边三角形，又1=90AAD

，1=1AAAD=，所以1105ADBAAB==，1ADBAAB≌，所以30ABD=在ADB中，由正弦定理得sinsinABADADBABD=，所以()126sin1052sin45cos

60cos45sin60sin302AB+==+=，故C正确；对于D：分别以DA、DC、1DD为x，y，z轴正方向建系，如图所示，则1(1,1,0),(0,0,1)BD，设(,0,)Pxz，所以11(,0,1),(1,1,1)DPxzDB=−=−，所以111

22111cos(1)3DPDBxzPDBDPDBxz−+==+−因1BB⊥平面1111DCBA，11BD平面1111DCBA，所以111BBBD⊥，又111=2,3BDBD=，所以111116cos3BDBDBBD==，所以22163(1)3xzxz−+=+−，整理得

2222210xxzzxz++−−+=，所以2(1)0xz+−=，即10xz+−=，[0,1],[0,1]xz所以P点轨迹为线段，故D错误故选：AC为【点睛】解题的关键是熟练掌握线面平行判定与性质，向量共线、数量积求夹角等知识，综合性较强，难度较大，考查学生分析理解，计算求

值的能力，属难题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.设直线12,ll的方向向量分别为()()1,2,2,2,3,abm=−=−，若12ll⊥，则实数m等于___________.【答案】2【解析】【分析】根据向量垂直与数量积的等价关系，1

20llab⊥=rr，计算即可.【详解】因为12ll⊥，则其方向向量ab⊥，1(2)23(2)0abm=−++−=rr，解得2m=.故答案为：2.14.若直线1l的倾斜角为30°，直线21ll⊥，则直线2l的倾斜角为______.【答案】120°【解析】【分

析】由直线垂直及直线倾斜角的定义确定直线2l的倾斜角大小.【详解】由21ll⊥，即直线21,ll夹角为90°，又直线倾斜角范围为0180°，而直线1l倾斜角为30°，所以直线2l的倾斜角为120°.故答案为：120°15.已知一个半球内含有一个圆台，半球的

底面圆即为圆台的下底面，圆台的上底面圆周在半球面上，且上底面圆半径为3，若半球的体积为144，则圆台的体积为___________.【答案】633π【解析】【分析】设半球半径为R，圆台上底面圆半径为3r=，圆台的高为h，进而并根据轴截面中的几何关系得33h=，再计算体积即可得答案.【详

解】解：设半球半径为R，圆台上底面圆半径为3r=，圆台的高为h.所以，作出轴截面，如图，的因为半球的体积为144，所以312π144π23VR==球，解得6R=，由题意知222Rrh=+，代入解得33h=，所以，圆台体积11()33(9π3

6π9π36π)633π33VhSSSS=++=++=下下圆台上上.故答案为：633π16.已知M是圆22:1Cxy+=上一个动点，且直线1:30lmxnymn−−+=与直线222:30(,R,0

)lnxmymnmnmn+−−=+相交于点P，则PM的取值范围是______________.【答案】[21,321]−+【解析】【分析】根据直线系求出定点，再由垂直确定动点轨迹为圆，根据圆心距离判断圆的位置关系，利用圆的几何性质求出PM取值范围即可.【详解】依题意，直线1:(3)(1)0l

mxny−−−=恒过定点(3,1)A，直线2:(1)(3)0lnxmy−+−=恒过定点()1,3B，因为()0mnnm+−=，所以直线12ll⊥，因此，直线1l与2l交点P的轨迹是以线段AB为直径的圆，其方程为：22(2)(2)2xy−+−=，圆心(2,2)N，半径22r=，而圆C的圆心(0,0)

C，半径11r=，如图：12||22NCrr=+，两圆外离，由圆的几何性质得：min12||||21PMNCrr=−−=−，max12||||321PMNCrr=++=+，所以PM的取值范围是：[21,321]−+.故答案

为：[21,321]−+四、解答题：本题共有6个小题，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.已知直线l经过点(4,3)P，且与x轴正半轴交于点A，与y轴正半轴交于点B，O为坐标原点.（1）若点O到

直线l的距离为4，求直线l的方程；（2）若OAB面积为24，求直线l的方程．【答案】（1）7241000xy+−=（2）34240xy+−=【解析】【分析】（1）设直线方程，利用点到直线的距离求出斜率即可得解；（2）设出直线方程，求出截距，利用面积求出斜率即

可得解.【小问1详解】由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为3(4)ykx−=−，即430kxyk−−+=，则点O到直线l的距离2|43|41kdk−+==+，解得724k=−.故直线l的方程为7

74302424xy−−−−+=，即7241000xy+−=.【小问2详解】由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为3(4)ykx−=−，即430kxyk−−+=，令0x=，可得43yk=−+，令0y=，可得34xk=−，所以13(34)(4)242

ABCSkk=−−=△，即2162490kk++=，解得34k=−，故所求直线方程为34240xy+−=.18.如图，已知圆锥的底面半径2r=，经过旋转轴SO的截面是等边三角形SAB，点Q为半圆弧»AB的中点，点P为母线SA的中点．（1）求

此圆锥的表面积；（2）求异面直线PQ与SO所成角的余弦值．【答案】（1）12π（2）64【解析】【分析】（1）根据圆锥轴截面及表面积公式计算即可；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线夹角的余弦即可

.小问1详解】∵圆锥的底面半径2r=，经过旋转轴SO的截面是等边三角形SAB，可得4SA=，∴圆锥的表面积21π24π412π2S=+=．【小问2详解】以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OS为z轴，建立空间直角坐标系，如图，【由题意可得23

SO=，则()()()()0,0,23,0,0,0,0,2,0,2,0,0SOAQ，()0,1,3P，则()()3,,,2,01,032SOPQ=−=−−，设异面直线PQ与SO所成角的大小为θ，则||66cos4||||46SOPOSOPQ

===，故异面直线PQ与SO所成角的余弦值为64.19.已知圆22:240Cxyy+−−=，直线()10lmxymm−+−R：＝．（1）写出圆C的圆心坐标和半径，并判断直线l与圆C的位置关系；（2）设直线l与圆C交于A、B两点，若直线l的倾斜角为120°，求弦AB的长

．【答案】（1）圆心()0,1，半径5，l与圆相交；（2）17﹒【解析】【分析】（1）将圆的方程化为标准方程即可求其圆心C和半径r，求出直线l经过的定点，判断定点与圆的位置关系即可判断l与圆的位置关系；（2）求出圆心到直线的距离d，根据222ABrd=−即可求

弦长．【小问1详解】由题设知圆C：()2215xy+−=，∴圆C的圆心坐标为C()0,1，半径为r＝5．又直线l可变形为：()11ymx−=−，则直线恒过定点()1,1M，∵()2211115+−=，∴点M在圆C内，故直线l必定与圆相交．【小问2详解】由题意知0m，∴直线l的斜率k

m=tan1203==−，∴圆心C()0,1到直线l：3310xy+−−=的距离22|3|32(3)1d−==+，∴223||225174ABrd=−=−=．20.如图，已知在矩形ABCD中，E为边AB的中点，将ADE

V沿直线DE折起到1ADE△（1A平面ABCD）的位置，M为线段1AC的中点.（1）求证：BM∥平面1ADE；（2）已知222ABAD==，当平面1ADE⊥平面ABCD时，求直线BM与平面1ADC所成角的正弦值.【答案】（1）证明

见解析（2）23015【解析】【分析】（1）延长CB与DE相交于点P,连接1AP，根据中位线证明1BMAP，得到证明.（2）证明1AOON⊥，以O为原点，1,,ONODOA所在的直线分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系Oxyz−，计算平面1ADC的一个法向量为()1,1,1m=，根据夹角公式

计算得到答案.【详解】（1）延长CB与DE相交于点P,连接1AP,∵E为AB边的中点，四边形ABCD为矩形，∴BECD∥,12BECD=,∴BE为PCD的中位线，∴B为线段CP的中点，∵M为线段1AC的中点，∴1BMAP∵BM平面1ADE，1

AP平面1ADE,∴BM∥平面1ADE.（2）∵2ABAD=,E为边AB的中点，∴ADAE=,即11ADAE=,取线段DE的中点O,连接1AO,ON,则由平面几何知识可得1AODE⊥,ONCE,又∵四边形ABCD为矩形，2ABAD=,E为边AB的中点，∴

DECE⊥,DEON⊥,∵平面1ADE⊥平面ABCD，平面1ADE平面ABCDDE=,1AODE⊥,∴1AO⊥平面ABCD，∵ON平面ABCD，∴1AOON⊥,∴以O为原点，1,,ONODOA所在的直线分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系Oxyz−，则()1,2,0B−,()2,1,0C−,

1(0,0,1)A,111,,22M−,(0,1,0)D,310,,22BM=,1(2,1,1)AC=−−,()2,2,0DC=−,设平面1ADC的一个法向量为(,,)mxyz=

，则100mACmDC==，即20220xyzxy−−=−=，不妨取1x=，则1y=，1z=，即()1,1,1m=，设直线BM与平面1ADC所成角为，则2230sin|cos,|15||||1032mBMmBMmBM=

===，∴直线BM与平面1ADC所成角的正弦值为23015.【点睛】本题考查了线面平行和线面夹角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.21.已知圆22:20Cxyy+−=，点(4,2)G.（1）

求过点G并与圆C相切的直线方程；（2）设P为圆C上任意一点，线段AB在x轴上运动（A在B左边），且1=AB，求+PABG的最小值.【答案】（1）81520xy−−=或2y=（2）321−【解析】【分析】（1）设切线方程为()2

4−=−ykx，利用点到直线的距离等于圆的半径可得答案；（2）AP的最小值可转化为A到圆心C的距离减去半径的最小值，所求+PABG的最小值即求1+−ACBG的最小值，设(),0Aa，则()1,0+Ba，由(

)2211341+−=++−+−ACBGaa，转化为(),0Da到()0,1N和()3,2M的距离的最小值减去1，结合图象可得答案.【小问1详解】圆()22:11+−=Cxy，由已知过点(4,2)G的切线的斜率存在，设其切线方程为()24−=−

ykx，所以圆心到切线的距离为21411−=+kk，解得815k=或0k=，所以切线方程为()82415−=−yx或20y−=，即81520xy−−=或2y=.【小问2详解】AP的最小值可转化为A到圆心C的距离减去

半径的最小值，所以求+PABG即求1+−ACBG的最小值，设(),0Aa，则()1,0+Ba，所以()2211341+−=++−+−ACBGaa()()()()22220013021=−+−+−+−−aa，可看作

(),0Da到()0,1N和()3,2M的距离的最小值减去1，取点N关于原点对称点()0,1E−，连接ME，此时ME的长度最小即+ACBG最小，且9932=+=ME，所以1+−ACBG的最小值为321−，此时直线ME的方程为1yx=−，即1a=.的22.如图，三棱锥−PAB

C中，点P在底面的射影O在ABC的高CD上，Q是侧棱PC上一点，截面QAB与底面ABC所成的二面角的大小等于OPC的大小.（1）求证：PC⊥平面QAB；（2）若4,2DQPQDADB====，求平面ABP与平面BPC所成夹角的余弦值.【答案】（1）证明见详解（2）15【解析】【分析】（1）

根据线面垂直的性质定理和判定定理证明；（2）建系，求平面的法向量，利用空间向量处理面面夹角问题.【小问1详解】连接DQ∵PO⊥平面ABC，,CDAB平面ABC，则,POABPOCD⊥⊥又∵CDAB⊥，POCDO=，,POCD平面PC

D∴AB⊥平面PCD,PCDQ平面PCD，则,ABPCABDQ⊥⊥∴截面QAB与底面ABC所成二面角的平面角为CDQ，则CDQOPC=∴90DQCPOC==，即DQPC⊥ABDQD=，,ABDQ平面QAB∴PC⊥平面QAB【小问2详解

】如图，以Q为坐标原点，,,QDDBQP所在的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则有：()()()()0,0,0,0,0,2,4,2,0,4,2,0QPAB−()()0,0,2,4,2,0QPQB==设平面BPC的法

向量为(),,nxyz=，则20420nQPznQBxy===+=令1x=，则2,0yz=−=∴()1,2,0n=−同理可得：平面ABP的法向量为()1,0,2m=∵1cos,5nmnmnm==∴平面ABP与平面BPC所成夹角的余弦值为15.获得更多资源请扫码加入

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