重庆市万州二中2025-2026学年高二上学期10月考试数学试卷

这是一份重庆市万州二中2025-2026学年高二上学期10月考试数学试卷，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（命题人：张权审题人：杨柳）
一、单选题：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。
过点1, 2 和点3,0 的直线的倾斜角为（）
45B． 60C．135D．150
已知a  (1, 2,3), b  (2, 4, 6) ，则下列结论正．确．的．是（）
a  bB． a  bC． a ∥b
D． | a || b |
在空间直角坐标系中，点 P1, 2,3 关于 xOz 平面对称的点的坐标是（ ）
A． 1, 2, 3
B． 1, 2, 3
C． 1, 2, 3
D． 1, 2, 3
已知a,b,c 是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是（）
a, 2b,b  cB． 2b,b  2a,b  2a
C． 3a,a  b,a  2bD． c, a  c, a  c
已知空间中有 A 1, 2, 3 ， B 1, 2, 2 ， C 2, 0,1 三点，则点 A 到直线BC 的距离为（）
3 70
14
3 21
7
2 14
7
8
7
在长方体 ABCD  A1B1C1D1 中， P 是棱CC1 上一动点， AD  2 ，则 AP  A1D1 等于（）
B． 1C．4D． 4
7
2
2
如图，在等腰直角△ ABC 中，AB  AC  3，点 P 是边 AB 上异于端点的一点，光线从点 P 出发经 BC ，CA 边反射后又回到点 P ，若光线QR 经过△ ABC 的重心，则△PQR 的周长等于（）
5
A． 2
B． 2
C． 3
D． 4
在四面体 ABCD 中（如图），平面 ABD  平面 ACD ，△ABD 是等边三角形，AD  CD ，AD  CD ， M 为 AB 的中点，N 在侧面△BCD 内（包含边界），若MN  x AB  y AC  z AD ，  x, y, z  R  则下列正．确．的．是（ ）
若 x  1 ，则 MN ∥平面 ACDB．若 z  0 ，则MN  CD
2
当 MN 最小时， x  1
4
当 MN 最大时， x  0
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二、多选题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 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 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分。
下列说法错．误．的．是（）
若向量ta  2b 与向量a  3b 共线，则t  2
3
在平行六面体 ABCD  A1 B1C1D1 中，向量 AB 与向量 A1B1 相等
e1, e2 为空间中两个不共线的单位向量，若a  x1e1  y1e2 , b  x2e1  y2e2 ，则a  b  x1 x2  y1 y2
若a,b,c 为空间中不共面的三个向量，则存在不全为 0 的有序实数组(x, y, z) ，使得
xa  yb  zc  0
已知直线l1 : x  3y  9  0, l2 : a  2 x  ay  7  a  0 ，则（）
2
点 P(11,  1) 到l 距离的最大值为2
222
若l1 ∥ l2 ，则a  3
若l  l ，则a  1
122
若a  2 ，则l 倾斜角的取值范围为 3 , 
2 4

已知正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 4，动点 P 在正方体表面 A1B1C1D1上（不包括边界），则下列说法正．确．的．是（）
存在点 P ，使得CP ∥ 面 A1BD
存在点 P ，使得 AP  面 A1BD
若 AP 与CC 的夹角为π ，则点 P 的轨迹长度为 2 3 π
163
14
若M 为面C1CDD1 的中心，则 AP＋PM 的最小值为2
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
已知空间向量a  6,2,1，b  2,x, 3 ，若(a  b)  a ，则 x  ．
如图，在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，点M 为棱 AA1 的中点，
若 N 为底面 A1B1C1D1内一点（不包含边界），且满足 MN ∥平面BDC1 ．设直线 MN 与直线CC1 所成的角为 ，则tan  的最小值为．
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在平面直角坐标系中过点 P2, 4 作直线 AB ，分别与 x 轴的正半轴、y 轴的正半轴交于点 A, B ．当
直线 AB 的斜率为时, △ AOB 的周长最小，其最小周长是．
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．（13 分）
已知直线l1 : 2x  y  3  0,l2 : 3x  2 y  8  0 ．
求经过点 A(2,5) 且与直线l2 垂直的直线方程；
求经过直线l1 与l2 的交点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程．
16．（15 分）
如图，平行六面体 ABCD  A1B1C1D1 中， AC 与 BD 相交于M ，设 AB  a ， AD  b ， AA1  c .
用a、b、c 表示 B1M ；
若该平行六面体所有棱长均为 1，且A1 AB  A1 AD  60, DAB  90 ，求 B1M ．
17．（15 分）
已知△ ABC 的顶点 A2, 4, AB 边上的中线CM 所在直线的方程为 x  4 y  4  0, ABC 的平分线 BH 所在直线的方程为 y  x ．
求直线 BC 的方程；
若直线l 上任意一点 P ，都满足S△PBC  S△ABC ，求直线l 的方程．
第 3 页 共 4 页
18．（17 分）
已知正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 4，E，F 分别为 A1D1, B1C1 的中点，G 在线段CC1 上，且
CG  3GC1 ．
求证∶ GF 面 EBF ；
求平面 EBF 与平面 EBG 夹角的余弦值；
求点 D 到平面 EBF 的距离．
19．（17 分）
如图，将△EAB,△ECB,△ECD,△EAD 四个三角形拼接成形如漏斗的空间图形 ABCDE，其中
EA  EC, EB  ED, AB  BC  CD  DA .连接 AC, BD ，过点E 作平面 ，满足 AC / /, BD / / ．
证明： AC  BD ．
若 EA  2, EB  AB 1，且 AC  BD ．
求 AC 到平面 的距离与 BD 到平面 的距离的平方和；
求平面 AEB 与平面 夹角的余弦值．
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《2025 年 10 月 2 日高中数学作业》参考答案
1．C
【详解】由题过点1, 2 和点3, 0 的直线的斜率为k  0  2  1，
3 1
设过点1, 2 和点3, 0 的直线的倾斜角为α，则k  tanα 1 ，且0 α π ， 所以α 135 .
故选：C.
2．C
【详解】由a  (1, 2, 3), b  (2, 4, 6) ，易知2a  b ，则a / /b ，显然a  b 、a  b 、| a || b |
不成立.故选：C 3．A
【详解】如图所示，设点 P' 为点 P1, 2,3 关于 xOz 平面的对称点，设点 P x1, y1, z1  ，根据对称性质可得， x1  1, y1  2, z1  3 ，即点 P1, 2,3 ．
故选：A．
4．A
c
【详解】假定向量a ， 2b ， b  → 共面，则存在不全为 0 的实数λ,μ，使得b  c  λa  2μb ，显然不成立，
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
A
A
A
C
A
C
ACD
BCD
题号
11
答案
ACD
所以向量不共面，能构成空间的一个基底，故 A 正确；
→→→→→→→
由于2b  b  2a   b  2a ，则2b ， b  2a ， b  2a 共面，故 B 错误；
→→→→→→→
由于3a  2 a  b   a  2b  ，则3a ， a  b ， a  2b 共面，故 C 错误；
→1 →→1 →→
由于c 
a  c  
22
a  c  ，则c ， a  c ， a  c 共面，故 D 错误；
故选：A.
5．A
【详解】由题意得 AB  2, 0, 1 ， BC  3, 2, 1 ，
–––→ 2
AB   –––→ 
 AB  BC 
–––→ –––→ 2


BC


所以点 A 到直线 BC 的距离d 

.
5  
 5
2
 14 

3 70
14
故选：A.
6．C
【详解】长方体中 AD  平面CDD1C1 ， DP  平面CDD1C1 ，所以 AD  DP ，
则 DP  AD  0 ，又 AD  A1D1 ，

–––→ ––––→–––→–––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→–––→ 2
所以 AP  A1D1  AD  DP  AD  AD  AD  DP  AD  AD
 4 ，
故选：C.
7．A
【详解】
建立如图所求的直角坐标系，得 B(3, 0) ， C(0, 3) ，则直线 BC 方程为 x  y  3 ，
且V ABC 的重心为G  0  0  3 , 0  0  3  ，即G(1,1) ，
33

设 P(a, 0) ， P 关于直线 BC 的对称点为 P1 (x, y) ，
 a  x  y  0  3

 22
x  3


则 y  0
 (1)  1
 x  a
，解得 y  3  a ，则 P1 (3, 3  a) ，
易知 P 关于 y 轴的对称点为 P2 (a, 0) ，
根据光线反射原理知 P1 , Q, R, P2 四点共线，且 PQ  P1Q ， PR  P2 R ，所以直线QR 的方程为 y  3  a  0 x  (a)，即 y  3  a ( x  a) ，
3  (a)
3  a
又直线QR 过G(1,1) ，
所以1  3  a (1 a) ，解得a  1 或a  0 （舍去），
3  a
所以 P(1, 0) ， P1 (3, 2) ， P2 (1, 0) ,
(3 1)2  (2  0)2
所以 P1P2 
 2，
5
所以VPQR 的周长为 PQ  QR  RP  P1Q  QR  RP2
 P1P2
 2.
5
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用对称性，把VPQR 的三边转化到同一条直
线上，利用直线方程求得点 P 的坐标. 8．C
【详解】因为 AD  CD ，平面 ABD  平面 ACD ，平面 ABD  平面 ACD  AD ， CD 
平面 ACD ，
所以CD  平面 ABD ，
且 BD  平面 ABD ，可得CD  BD ，
又因为 N 在侧面 BCD 上（包含边界），设 BN λBC μBD ，且λ,μ0,1,λμ1，
uuuruuuruuur
1 uuuruuuruuur1 uuur
uuuruuuruuuruuur
可得MN  MB  BN 
AB  λBC  μBD 
22
AB  λAC  AB μ AD  AB
  1 λ μ uuuruuuruuur ，
2
 AB  λAC  μAD

x  1 λ μ
2

又因为MN  x AB  y AC  z AD ，可得 y  λ

z  μ

，且λ,μ0,1,λμ1.
对于选项 A：若 x  1 λ μ 1 ，则λ μ 0 ，可得点 N 即为点 B ，
22
显然MN ∩ 平面 ACD  A ，故 A 错误；
1
4
对于选项 B：若 z  μ 0 ，则 BN  λBC ，可得点 N 在线段 BC 上（包括端点），由CD  平面 ABD ，可知当且仅当点 N 为点 B ， MN  CD ，故 B 错误；
过M 作ME  BD ，垂足为 E ，可得 BE  BM cs ABD 
BD ，
3
4
ME  BM sin ABD BD ，
因为CD  平面 ABD ， ME  平面 ABD ，则ME  CD ，
且 BD  CD  D ， BD, CD  平面 BCD ，所以ME  平面 BCD ，
ME 2  EN 2
可得 MN

，
3 BD 2  EN 2
4
对于选项 C：显然当点 N 即为点 E 时， MN 最小，此时λ 0,μ 1 ，
4
可得 y  0, z  1 , x  1  0  1  1 ，故 C 正确；
4244
对于选项 D：显然当点 N 即为点C 时， NE 最大，则 MN 最大，此时λ 1,μ 0 ，
可得 y  1, z  0, x  1 1 0   1 ，故 D 错误；
22
故选：C.
【点睛】关键点睛：1. 设 BN λBC μBD ，且λ,μ0,1,λμ1，根据空间向量基
x  1 λ μ
2

本定理分析可得 y  λ

z  μ

，方便建立关系；
2.分析可得ME  平面 BCD ，则 MN

，将 MN 的大小转化为 EN 的大
3 BD 2  EN 2
4
小. 9．ACD
【详解】A .向量ta  2b 与向量a  3b 共线，若a 与b 共线，则t  R ，A 错误；
B．在平行六面体中显然成立，B 正确；
C.当e1  e2 时， e1  e2  0 ，此时a  b  (x1e1  y1e2 )  (x2 e1  y2 e2 )  x1x2  y1 y2 ，C 错误；
→y →z →
→ → →
D. 若 x  0 ，则a   x b  x c, 则a, b, c 共面.错误故选：ACD
10．BCD
【详解】对于 A：不存在 a 使得l2 和两定点连线垂直.，故 A 错误.
对于 B：由l ∥ l ，得 2 1   1 ，解得a 3，经检验，当a  3 时， l 与l 不重合，故 B
12a312
正确；
对于 C：由l  l ，得a  2  3a  0 ，解得a  1 ，故 C 正确；
122
对于 D：当a  0 时，直线l 的斜率k  2  a  2 1(1, 0) ，当1  k  0 时， l 的倾
2aa2
斜角α  3π , π ，故 D 正确.
 4

故选：BCD 11．ACD
【详解】由题意，
在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，棱长为 4，
动点 P 在正方体表面 A1B1C1D1 上（不包括边界），
连接 BD ，设 BD 的中点为 E ，连接 A1C1 , B1D1 ，设两线段交点为F ，连接 A1E, CF ，建立空间直角坐标系如下图所示，
A4, 0, 0, B4, 4, 0,C 0, 4, 0, D0, 0, 0, E 2, 2, 0, F 2, 2, 4 ，
A1 4, 0, 4, B1 4, 4, 4,C1 0, 4, 4, D1 0, 0, 4
∴ A1E  2, 2, 4, FC  2, 2, 4 ，
∴ CF ∥ A1E ，
∵ CF  面 A1BD ， A1E  面 A1BD ，
∴ CF ∥面 A1BD ，
∴当点 P 在 F 2, 2, 4 处时， CP / / 面 A1BD ，
∴存在点 P ，使得CP ∥面 A1BD ，故 A 正确；
B 项，在面 A1BD 中， DA1  4, 0, 4, DB  4, 4, 0 ，设面 A1BD 的法向量为n1   x1, y1, z1  ，
DA1
n1
––––→ –→
 0
4x  4z  0
11
x  z  0
11
–––→ –→即4x  4 y
 0 ，解得x  y
 0 ，
DB  n1  011
 11
当 x1  1 时， n1  1,1,1 ，
若 AP ⊥面 A1BD ，则 AP  tn1  t, t, t  ， P  tn1  4  t, t, t  ，
∵动点 P 在正方体表面 A1B1C1D1 上，
∴ t  4 ，此时 P  0, 4, 4 ，与C1 重合，
∵点 P 不在边界上，故不存在点 P ，使得 AP ⊥面 A1BD ，B 错误；
C 项，因为 AA / /CC ， AP 与CCπ
11
所以 AP 与 AA
1 的夹角为 6 ，
π
1 所成的角为 6 ，
则A AP  π
16
1 2
由几何知识得，点 P 的轨迹是以点 A1 为圆心， A1P 为半径的圆的四分之一（即 P‸P ），
在VAA P 中， AA  4 ， A AP  π ， AA P  π ，
111612
∴ A P  AA  tan π  4 
3  4 3 ，
11633
∴点 P 的轨迹长度为： 1  2πA P  1  2π 4 3  2 3 π ，C 正确；
41433
D 项， M 为面C1CDD1 的中心，作点 A 关于平面 A1B1C1D1 的对称点 A2 ，连接 A2 M ，当 AP＋PM 最小时， A2 P  AP, AA1  A1 A2  4 ，
∴ A2 4, 0,8 ， M 0, 2, 2 ，
4  02  0  22  8  22
∴ AP＋PM  A2P＋PM  A2M 
 2
，D 正确.
14
故选：ACD.
12．16
a
【详解】 →  b  4, 2  x, 4 ，因为
(a
a
→  b )  → ，所以6 4  22  x  4  0，
所以 x  16 .
故答案为：16
13． 2
2
【详解】分别取线段 A1D1, A1B1 的中点 Q，P，连接 MQ，MP，PQ，如图所示．
连接 AB1 ，易知 AB1 / / DC1 , AB1 / /MP ，所以MP / / DC1 ．
因为MP  平面 BDC1 , DC1  平面 BDC1 ，所以MP / / 平面 BDC1 ，
同理可得MQ / / 平面 BDC1 ，
又MP  MQ  M , MP, MQ  平面 MPQ，故平面MPQ / / 平面 BDC1 ，故点 N 在线段 PQ 上，且不与 P，Q 重合．
以点 B 为坐标原点， BA, BC, BB1 的方向分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正方向，建立空间直
角坐标系．
令正方体棱长为 2，设 PN  λPQ ，则M (2, 0,1), P(1, 0, 2) ， Q(2,1, 2), C(0, 2, 0),
C1(0, 2, 2), MN  MP  PN  MP  λPQ  (1, 0,1)  (λ,λ, 0)  (λ1,λ,1), CC1  (0, 0, 2) ，
2 λ  
1 2
3

2 2
––––→ ––––→21
2 (λ1)2  λ2 1
所以csα cs MN , CC1 ．
当λ 1 时， csα取得最大值，为 6 ，此时tan2 α
11
1tanα
2
的最小值为 2 ．
2
故答案为： 2 .
2
3cs2α
取得最小值 2 ，故
14．  4，20
3
方法一：
π
2
设∠??? = θ，(θ ∈ 0,)
442
?? = 2 + tan θ ，?? = 4 + 2 tan θ ，?? = sin θ + cs θ
442
∴ ?△??? = 6 + tan θ + 2 tan θ + sin θ + cs θ
= 6 +
2(sin θ + 1) cs θ
4(cs θ + 1)
+
sin θ
?
= 6 + 2 1 + tan 2
2
1 ― tan ?
4
+?
tan 2
?
令 tan 2 = ? ∈ (0,1)
2(1 + ?)4
∴ ?△??? = 6 +
1 ― ?+ ?
44
= 4 + 1 ― ? + ?
4
1 ― ?
= 4 +
+
[(1 ― ?) + ?]
3
?
4?
= 4 + 4 + 1 ― ? +
4(1 ― ?)
?+ 4
1 ― ? ⋅?
4?4(1 ― ?)
≥ 12 + 2= 20
4?4(1 ― ?)1?
当且仅当 1 ― ? =
?⇒? = 2 = tan 2 ，
即 tan θ =
2 tan ?
2=
2
1 ― tan2 θ
4
3 时等号成立
4
? = ― tan θ = ― 3
方法二：
??
设直线? + ? =1，? >0，? >0
24
则? + ? =1
?2 + ?2
则?△??? =? +? +
?2 + ?2
3 2
5+
4 2
5
=? +? +⋅
≥ ? +? +
4
3
5
? + 5 ?
89
= 5 ? + 5 ?
=
9
8
5
2
?
4
?
? + 5 ?+
16
= 5 +
32a 5b +
18b36
5a + 5
32a 18b 5b ⋅ 5a
52
≥ 5 +2
5248
= 5 + 5
= 20
3
5?
= 4
5?
当且仅当 32? = 18?时，等号成立.
5?5?
2 + 4 = 1
??
? = 5
解得 ? = 20
3
此时? = ― ? = ― 4
?3
15．(1) 2x  3y 11  0
(2) y  1 x 或 x  y 1  0
2
【详解】（1）由直线l : 3x  2 y  8  0  y   3 x  4 可得斜率为 3 ，
222
所以根据垂直关系可设所求直线方程为 y  2 x+b ，
3
则依题意有5  2  2+b ，解得b  11 ，
33
所以所求直线方程为 y  2 x+ 11 ，整理得2x  3y 11  0 ；
33
2
2x  y  3  0
（ ）联立
3x  2 y  8  0
x  2

，解得 y  1
，即直线l1 与l2 的交点为(2,1) ，
当直线经过原点时，满足题意，设直线方程为 y  kx ，代入(2,1) 得k  1 ，此时 y  1 x ；
22
当直线的截距都不为 0 时，设直线方程为 x  y  1(a, b  0) ，
ab
 a  b

依题意 21
，解得a  1, b  1 ，此时直线方程为 x  y 1  0 ，

   1
 ab
综上所述：所求直线方程为 y  1 x 或 x  y 1  0 .
2
16．(1)
→1 → →
 1
a  b  c
22
(2) 6
2
【详解】（1） B1M  AM  AB1
1 –––→–––→–––→–––→
2
 
 AB  AD  AB  BB1 
a  b  a  c 
a
2
1  →→→→
  1 →  1 b→  c→ .
22
→→→
→ →→ →1
（2）由题意： a  b  c  1 ， a  b  0 ， a  c  b  c  11cs 60  2 ，
––––→ 2 1 →1 →→ 21 → 21 →2→21 → →→ → → →11113
B1M  

a  b  c 
22
 a  b  c
44
 a  b  a  c  b  c   1 0    ，
244222
––––→6
所以 B1M  2 .
17．(1) 2x  3y  2  0 ；
(2) 2x  3y 12  0 或2x  3y  8  0 ．
【详解】（1）如图，由点 B 在直线 y  x 上，设 Bm, m ，又 A2, 4 ，则 AB 的中点M  m  2 , m  4  在直线 x  4 y  4  0 上，
22

所以 m  2  4  m  4  4  0 ，解得m  2 ，所以 B2, 2 ．
22
设点 A2, 4 关于直线 y  x 对称的点为 A x0 , y0  ，
 y0  4  1
 x  2
x0  4
A4, 2
则有 0，解得，即．
 y0  4  x0  2
 y0  2
22
显然 A4, 2 在直线 BC 上，则直线 BC 的斜率k  2  2  2 ，
4  23
则直线 BC 的方程为 y  2  2  x  2 ，整理得2x  3y  2  0 ．
3
4  9
2  2  3 4  2
（2）点 A 到直线 BC 的距离d  10 13 ．
13
因为点 P 满足S△PBC  S△ABC ，所以点 P, A 到直线 BC 的距离相等，
所以直线l 与直线 BC 平行，且直线l 到直线 BC 的距离等于点 A 到直线 BC 的距离．
设l : 2x  3y  n  0n  2 ，则
 10 13 ，解得n  12 或 8，
13
n  2
13
所以直线l 的方程为2x  3y 12  0 或2x  3y  8  0 ．
18．(1)证明见解析；
(2) 4 ；
5
(3) 8 5 .
5
【详解】（1）（1）法一、在正方形 BCC1B1 中，
由条件易知tanC FG  C1G  1  FB1  tanB BF ，所以C FG  B BF ，
1C F2BB111
11
则B FB  B BF  π  C FG  B FB ，
11211
故BFG  π  C FG  B FB  π ，即 FG  BF ，
112
在正方体中，易知 D1C1  平面 BCC1B1 ，且 EF / / D1C1 ，所以 EF  平面 BCC1B1 ，
又 FG  平面 BCC1B1 ，∴ EF  FG ，
∵ EF ∩ BF  F ， EF , BF  平面 EBF ，∴ GF  平面 EBF ；法二、如图以 D 为原点建立空间直角坐标系，
则 B4, 4, 0, E 2, 0, 4, F 2, 4, 4,G0, 4,3 ，
→
所以 EF  0, 4, 0, EB  2, 4, 4, FG  2, 0, 1 ，设m  a,b,c 是平面 EBF 的法向量，
 → –––→
m  EF  4b  0
b  0, c  1
则 → –––→
，令a  2 ，则，
m  EB  2a  4b  4c  0
→
所以m  2, 0,1 是平面 EBF 的一个法向量，
m
易知 FG   → ，则 F G 也是平面 EBF 的一个法向量，∴ GF  平面 EBF ；
→
同上法二建立的空间直角坐标系，所以 EG  2, 4, 1, BG  4, 0, 3 ，
由（1）知m  2, 0,1 是平面 EBF 的一个法向量，
→ –––→
→n  EG  2x  4 y  z  0
设平面 EBG 的一个法向量为n   x, y, z ，所以→ –––→，
n  BG  4x  3z  0
令 x  6 ，则 z  8, y  5 ，
→
所以n  6,5,8 平面 EBG 的一个法向量，设平面 EBF 与平面 EBG 的夹角为α，
则csα
→ →
csm, n
→ →


m n

→→ 
m n
20 4 ，
5  125
5
所以平面 EBF 与平面 EBG
的夹角的余弦值为 4 ；
5
因为 D0, 0, 0, E 2, 0, 4 ，所以 DE  2, 0, 4 ，
→
又m  2, 0,1 是平面 EBF 的一个法向量，
8 5
–––→ →
DE  m8
5
则 D 到平面 EBF 的距离为d  → .
m5
所以点 D 到平面 EBF 的距离为8 5 .
5
19．(1)证明见解析
(2)（i）
；（ii） 3-5
5
2
【详解】（1）取 AC 的中点M ，连接 BM，DM.
因为 AB  BC,CD  AD, M 为 AC 的中点，所以 BM  AC, DM  AC ，又因为 BM ∩ DM  M , BM , DM  平面 BDM ，所以 AC  平面 BDM .又因为 BD  平面 BDM ，所以 AC ⊥BD .
（2）（i）连接 EM，因为 EA  EC ，所以 EM  AC ，由（1）知 AC  平面 BDM ，
则 E, B, D, M 四点共面.
结合题意知△ABC △ADC ，可得MB  MD ，
在四边形 EBMD 中， EB  ED, MB  MD ，根据对称性，可知 EM 垂直平分 BD .因为 AC / /α, BD / /α，所以在平面α内存在点 F，G，使得 EF / / AC, EG / / BD ， 则 EM  EF , EM  EG ， EG  EF  E, EG, EF  平面α，即得 EM  平面α
如图，以 E 为坐标原点， EF , EG, EM 的方向分别为 x, y, z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，
设 AC  BD  2r ，直线 AC 到平面α的距离为h1, BD 到平面α的距离为h2 ，则 Ar, 0, h1 , B0, r, h2  .
r 2  h2  2,
1
因为 EA 
2, EB  AB  1，所以r 2  h2  1,
2
2r 2  h  h 2  1,
解得h2 
12
5  1 , h2 5  1 , r2  3  5 ，
12222
5
12
故 AC 到平面α的距离与 BD 到平面α的距离的平方和为h2  h2 .
（ii）设平面 AEB 的法向量为m  ( x, y, z) ，而 EA  r, 0, h1 , EB  0, r, h2  ，
 →  –––→  0
rx  h z  0→
m EA
则
，即1
，取m  h , h , r  .
→ –––→
ry  h z  01 2
m  EB  02
设平面 AEB 与平面α的夹角为θ，取平面α的一个法向量为n  (0, 0,1) ，
–→ →r
h2  h2  r2
12
则| csm, n |
 3  ，
3  5
2
3  5
2
5
2
3-5
故平面 AEB 与平面α夹角的余弦值为2