裘毅數學 學科能力測驗模擬試題 第 15 回詳解
一、單選題：
[1] □
答 ：3
詳解：平面法向量為直線 L1 的方向向量 (1,1,0)，故假設平面 x  y  k ，且平面通過 (1,0, 1)，則 k  1
[2] □
答 ：4
詳解：如圖，架坐標： A(0,0,0) 、 P(0, 4,0) 、 Q(2,0,0) 、
R(0,0, 2) 、 G(6,6, 6)
平面 PQR ：
x y z
 
 1  2x  y  2z  4  0
2 4 2
高度= d (G, 平面PQR) 
12  6  12  4
4 1 4

26
3
[3] □
答 ：4
詳解： w1  w  w1  w  cos   (1, 2, 2)  (1, 0, 0)  3 1 cos   cos  
1
3
故 tan   2 2
二、多選題：
[4] □
答 ：14
詳解：直接架坐標： E(0,0,0) 、 F (2,0,0) 、 H (0, 2,0) 、 A(0,0, 2)、 B(2,0, 2) 、 D(0, 2, 2) 、 G(2, 2,0) 、
C(2, 2, 2) 、 M (2,0,1) 、 N (1,0,0) 、 K (1,1, 2) 直接代入選項檢查
(4) KM  MN  (1, 1, 1)  (1, 0, 1)  0 ，故 KMN 為直角三角形
(5) KMN 
1
1
6
KM  KN  (1, 2,1) 
2
2
2
[5] □
答 ：1234
詳解：直線 L 為兩面式，其方向向量 (1, 2, 1)  (2,1, 1)  (1, 1, 3) 或 (1,1,3)
(2)將點 (2,3,7) 代入兩面式均符合，故兩直線重合
x  t  2

(3)直線 L 的參數式  y  t  3 ， t 
 z  3t  7

，代入平面 x  y  1  0 會滿足，故 L 在平面上
(4)兩直線垂直，其方向向量垂直： (1,1,3)  (1, 2,1)  0 ，故兩直線垂直
(5)平面與直線垂直，平面法向量與直線方向向量平行： w  (1,1,3) 不平行 n  (1, 2, 1)
[6] □
答 ：134
詳解：平面 E 的法向量 n  (a, 2,3) 、直線 L 的方向向量 w  (1,3, c)
(1) E  L ： n // w 
a 2 3
9
2
   a  、c 
1 3 c
2
3
(2)(4) E // L ： n  w  (a, 2,3)  (1,3, c)  0  a  3c  6
(3) L 落在平面 E 上： L 上的點 (0, 3, 4) 落在平面 E ，將 (0, 3, 4) 代入平面 E 得 b  18
(5)無法判斷
[7] □
答 ：1235
詳解：令 A(1, 2,3) 、 B(4,5,6) 、 C (5,7,9) ，則 AB AC  (3,3,3)  (4,5, 6)  (3, 6,3)
則平面法向量為 (1, 2,1) ，故平面方程式為 x  2 y  z 
0
A (1,2,3,) 代入
[8] □
答 ：235
 x  2s  3
 x  4t  6


詳解：(1) L1 :  y  t , t  、 L2 :  y   s , s 
z  s 1
 z  2t  1


4t  6  2s  3 4t  2s  3


假設 t   s
 t  s
 s, t 無解，故 L1 , L2 不相交
2t  1  s  1
2t  s  0


 x  2s
 x  4t  6


(2) L1 :  y  t , t  、 L3 :  y   s  2, s 
z  s  4
 z  2t  1


4t  6  2s
2t  s  3 t  1

假設 t   s  2  
，故 L1 , L3 的交點坐標為 (2,1, 3)

t

s


2
s

1


2t  1  s  4

(3) L2 與 L3 的方向向量相同， L2 上的點 (3,0, 1) 不在 L3 上，故 L2 , L3 平行
(4)平面 E 的法向量為 w1  w3  (4, 1, 2)  (2, 1,1)  (1, 0, 2)
(5)平面 F 的法向量為 w1  w2  (4, 1, 2)  (2, 1,1)  (1, 0, 2) ，故平面 E 與平面 F 平行
P
[9] □
答 ：14
E
詳解：(1)由三垂線定理可知 PB  BC ，故 PBC 為直角三角形
C
(2) PA 與 BD 為歪斜線
(3)平面 PAB 與平面 PAC 的夾角為 CAB    45
故 sin  
D
A
2
2
B
(4)因為 PA 平行平面 BDE ，且平面 BDE 與平面 PAC 相交於直線 DE
則 PA / / DE ，又因為 D 為 AC 的中點，故 E 為 PC 的中點
(5) DE 
1 1
1
1
PA  1 、 CD  BD  2 ，故三角錐 E  BCD 的體積為   2  2 1 
3 2
2
3
三、選填題：
[A] □
答 ：7
詳解： AB  (4, 2, k  2) 、平面法向量 n  (2,1, 2)
直線與平面平行，則 AB n  0  (4, 2, k  2)  (2,1, 2)  0  k  7
[B] □
答：
1
7
詳解：建立坐標，令 A(2,0,0) 、 B (2, 2 3, 0) 、 C(0,0, 2) 、 M (1,0,1)
AB 上的動點 H (2  4t , 2 3t , 0) ，
則 MH  (1  4t , 2 3t , 1) 、 AB  (4, 2 3, 0)
MH  AB  t 
AH 1
1

，故
7
AB 7
第貳部分：混合題組
[18] 詳解：設邊長為 a ，建立坐標系
AG  a 2  a 2  a 2  3a
作 DB  (a, a, 0), DE  (a, 0, a )
 DB DE  (a 2 , a 2 , a 2 )
取法向量 n  (1, 1, 1) ，過 D(0,0,0)  平面 BDE : x  y  z  0
|a00| a
3a


3
111
3
1
故 d ( A, 平面 BDE )  AG
3
∴ d ( A, 平面 BDE ) 
[19] □
答 ： (4, 4,9)
詳解：
AG  (a,  a,  a )
n
∴ AG  平面 BDE
A(2, 2,6) 在平面 BDE 的投影點為 H (0,0,7)
又因為 AG  3 AH ，則 G 點坐標為 (4, 4,9)