高二第一次月考备考金卷数学（B卷）-教师版_E015高中全科试卷_数学试题_选修1_05.月考测试_原创（新教材）上学期高二第一次月考备考金卷数学（B卷）

 
（新教材）上学期高二 又BD,AB有公共点B，所以A､B､D三点共线，故选项A正确；
 
第一次月考备考金卷 显然AB,BC不共线，所以A、B、C三点不共线，故选项B错误；
 
数 学 （B） 显然BC,CD不共线，所以B、C、D三点不共线，故选项C错误；
    
因为AC  ABBC 4a8b，所以AC,CD不共线，从而A、C、D三点不共线，
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考 故选项D错误，
证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 故选A．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案
3．已知空间中非零向量a，b，且 a 2， b 3，a,b60，则 2a3b 的值为（
标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
）
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试
题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 A． 97 B．97 C． 61 D．61
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
【答案】C
第Ⅰ卷 【解析】∵ 2a3b 2 2a3b2 4a2 9b2 12ab449912 a  b cos60
1
一、单项选择题：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 971223 61，
2
中，只有一项是符合题目要求的．
1 ∴ 2a3b  61，故选C．
1．已知向量m,n分别是平面和平面的法向量，若cosm,n  ，则与所成
2
的锐角为（ ）
4．已知直线l过点A1,1,2和l垂直的一个向量为n3,0,4，则P(3,5,0)到l的距
A．30° B．60° C．120° D．150°
离为（ ）
【答案】B
14 4
A．5 B．14 C． D．
5 5
【解析】设与所成的角为θ，且0°<θ<90°，
【答案】C
1
则cos cosm,n 
2
，60，故选B．
【解析】∵

P

A

2,6,2，

P

A

n2,6,23,0,414， n 5，
2．已知空间向量a，b，且  A  B  a2b，  B  C  5a6b，C  D  7a2b，则一定共线  P  A  n 14
∴点P到直线l的距离为
d  
．
n 5
的三点是（ ）
5．已知 ， ， ，若 三向量共面，则实数 等于
A．A､B､D B．A､B､C C．B､C､D D．A､C､D a (2,1,3) b(1,4,2) c (3,2,) a,b,c 
【答案】A （ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
     
【解析】因为BD BCCD2a4b2AB，所以BD∥AB，
封封密密不不订订装装只只卷卷此此
号号位位座座
号号场场考考
号号证证考考准准
名名姓姓
级级班班【答案】C  1 1 1  1 2 2
A．OG  OA OB OC B．OG  OA OB OC
6 3 3 2 3 3
【解析】∵a与b不共线，则取a，b作为平面的一组基向量，
  2 2  1 1 2
又 三向量共面，则存在实数 使得 ， C．OG OA OB OC D．OG  OA OB OC
a,b,c , c ab
3 3 2 3 3
1 2 1 2
【答案】A
32 2
1 2 1
      2 2 1
∴ 24 ，解得  1，故选C． 【解析】OG OM MG OM  MN  ON  OM ，
1 2 2
  3 3 3
32 4
 
1 2
因为 分别为 的中点，
M,N OA,CB
6．如图，已知空间四边形 ，其对角线为 ， 分别是 的中点，
OABC OB,AC M,N OA,CB
 1  1 
所以OM  OA，ON  OBOC ，
2 2
点 在线段 上，且使 ，用向量  表示向量为（ ）
G MN MG 2GN OA,OB,OC OG
 1  1 1 1 1
所以OG  OBOC  OA OA OB OC，故选A．
3 6 6 3 3
7．长方体 ， ， ，点 在长方体的侧面 上
ABCDABC D AB BC 1 BB 2 P BCC B
1 1 1 1 1 1 1
运动， ，则二面角 的平面角正切值的取值范围是（ ）
AP BD PADB
1
A． 1 B． 1 C．1 1 D．1 
0, 0, , ,1
       
 4  2 4 2 2 
【答案】B
【解析】如图以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，平面 内，且 ，设异面直线 与 所成的角为 ，则 的最大值
PBC AM  15 AM BC  cos
为（ ）
A． 2 B． 3 C．2 D． 5
5 5 5 5
【答案】D
【解析】设线段BC的中点为D，连接AD，
AB AC 5，D为BC的中点，则AD BC ，

，则 ， ，
 BC 5 BDCD3 AD AB2 BD2 4
同理可得PD4，PD BC，
设点P的坐标为x,1,z，
PD AD D，BC 平面PAD，
 
过点P在平面PAD内作PO AD，垂足为点O，
图中各点的坐标表示如下：B(1，1，0)，D (0，0，2)，A(1，0，0)，
1
因为PA PD AD4，所以△PAD为等边三角形，故O为AD的中点，


D

B
 1,1,2，
A

P
 x1,1,z，
1 BC 平面PAD，PO平面PAD，则BC  PO，
又 DB  AP ，   D  B    A  P  0 ，即 x112z 0 ，所以 x2z 0 ，  PO AD，AD  BC  D，PO平面ABC，
 1 1
以点 O 为坐标原点， C  B 、 A  D 、 O  P 分别为 x 、 y 、 z 轴的正方向建立如下图所示的空
所以点P在平面BCC B 内的轨迹为由点C到BB 四等分点（靠近B点）的一条线段，
1 1 1
且点P由C点向BB 四等分点移动过程中，二面角BADP逐渐增大，
1
间直角坐标系 ，
Oxyz
当点P位于C点处时，二面角BADP最小，最小值为0，
当点P位于BB 四等分点处时，二面角BADP最大，此时，
1
1 1
BB
PAB即为二面角BADP的平面角， 4 1 2 1 ，
tanPAB  
AB 1 2
所以二面角 正切值的取值范围为 1，选项ACD错误，选项B正确，
BADP 0,
 
 2
故选B．
8．如图，在三棱锥PABC 中，AB AC  PB PC 5，PA4，BC 6，点M 在故选D．
二、多项选择题：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．下列说法不正确的是（ ）
A．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l与平面α所成的
角等于30°
B．两条异面直线的夹角等于它们的方向向量的夹角
C．二面角的大小范围是
[0,180]
D．二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小
【答案】ABD
【解析】当直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角为150°时，直线l与平面α所成
的角为60°，A不正确；
向量夹角的范围是
[0,180]
，而异面直线夹角为0,90，B不正确；
因为△PAD是边长为4的等边三角形，O为AD的中点，
则 ，
二面角的范围是 ，C正确；
OP PAsin602 3 [0,180]
则A0,2,0、B3,2,0、C3,2,0、P  0,0,2 3 ， 二面角的大小与其两个半平面的法向量的夹角的大小相等或互补，D不正确，
故选ABD．
由于点M 在平面PBC 内，
可设  B  M  m  B  P  n  B  C  m  3,2,2 3  n6,0,0  3m6n,2m,2 3m ，
10．设a,b,c是空间的一个基底，若
x ab
，
y bc
，
z ca
．给出下列向量组
可以作为空间的基底的是（ ）
其中m0，n0且mn1，
从而  A  M    A  B    B  M  3,4,0  3m6n,2m,2 3m    33m6n,42m,2 3m ，
A．a,b,x B．x,y,z C．b,c,z D．x,y,abc
【答案】BCD

因为 AM  15，则33m6n2 42m2 12m2 15 ，
【解析】如图：在长方体中，设 ， ，  ，
a  AB b AD c  AA
1
所以33m6n2 16m2 16m14m22 3 ，
则   ，
x ab AB AD AC
1
故当m 时，16m2 16m1有最大值3，即3m6n32 3，
2   ，
y bc  AD AA  AD
1 1
故 ，即 有最大值 ，
 33m6n3 3 3m6n3 3
   ，
z ca  AA  AB AB
1 1
 
 
AM BC 633m6n
6 3 5
所以，cos cos AM,BC  
 A  M    B  C 

6 15

6 15

5
，
abc 

A

B



A

D



A

A



A

C
，
1 1由图可知：
a,b,x
三个向量共面，所以a,b,x不能作为基底；
三个向量不共面， 三个向量不共面， 三个向量不共面，
x,y,z b,c,z x,y,abc
所以x,y,z，b,c,z，x,y,abc可以作为基底，
故选BCD．
则 D0,0,0， B1,2,0， G0,0,1， E1,0,1， F0,1,2，
所以
E

F
 1,1,1，
B

G
 1,2,1，
所以  ，所以 ，
EFBG 1210 EF  BG
11．在长方体 中， ､ ､ 分别为棱 ､ ､ 的中点，
ABCDABC D E F G AA C D DD 所以异面直线EF 与BG所成角的大小为90°，故A错误，B正确；
1 1 1 1 1 1 1 1
又
D

E
 1,0,1，
D

B
 1,2,0，
， ，则正确的选项是（ ）
AB AA 2 AD1
1
设平面
BGD
的一个法向量
m
x,y,z，
A．异面直线EF 与BG所成角的大小为60°
B．异面直线EF 与BG所成角的大小为90° 
 mBG x2yz 0
则

，令y 1，则m 2,1,0，

mDB x2y 0
C．点 到平面 的距离为2 5
E BGD
5

DEm 2 2 5
则点 E 到平面 BGD 的距离为   ，故C正确，D错误，
m 5 5
D．点 到平面 的距离为 5
E BGD
5
故选BC．
【答案】BC 12．已知 ， 分别是正方体 的棱 和 的中点，则（ ）
E F ABCDABC D BC CD
1 1 1 1
【解析】如图建立空间直角坐标系 ，连接 ，
Dxyz EDA．
AD
与
BD
是异面直线 B．
AD
与
EF
所成角的大小为
45
对选项D，
D

B
 2,2,0，
B

B
 0,0,2，
1 1 1 1 1 1 1
C． 与平面 所成角的余弦值为1 D．二面角 的余弦值为 6 设平面 DBB 的法向量 m x ,y ,z ，
AF BEB CDB B 1 1 1 1 1
1 1 3 1 1 3

 mDB 2x 2y 0
【答案】AD 则   1  1 1 1 ，令x 1 1，得m 1,1,0；
 mBB 2z 0
1 1
【解析】对选项A，由图知： 与 是异面直线，故A正确；
AD BD
1 1 1 设平面 DBC 的法向量 nx ,y ,z ， B  C  2,0,2，
1 1 2 2 2 1
以 为原点， ， ， 分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，
D DA DC DD x y z
1 
 nDB 2x 2y 0
设正方体边长为2，
则
  n  B 
1
 C 
1
2x
2
2z
2
0
，令x
2
1，得n1,1,1，
1 2 2
对选项B，
mn 2 6
设二面角 的平面角为 ，则 ，
CDB B  cos  
1 1 m  n 2 3 3
又因为 为锐角，所以 6 ，故D正确，
 cos
3
故选AD．
第Ⅱ卷
D0,0,0，
A
2,0,2， E1,2,0， F0,1,0， 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
1
13．已知点 ， ， ， ，则在上的投影向量
A(1,1,0) B(1,2,0) C(2,1,0) D(3,4,0) AB CD
所以
A

D
 2,0,2，
E

F
 1,1,0，
1
的长度为________．
 
ADEF
2 1
1
设A 1 D与EF 所成角为，则cos  A  D    E  F   8 2  2 ， 【答案】3 2
1 2
又因为090，所以60，故B错误；
【解析】由已知得
A

B
 2,1,0，
C

D
 5,5,0，∴
A

B

C

D

2515015
，
对选项C，由题知：平面 的法向量为，
BEB DC
1
 
因为
D

C
 0,2,0，
A

1

F
 2,1,2， 又
C

D

5 2
，所以
A

B
在
C

D
上的投影向量的长度为 AB
C 

D 
C

D
 5
15
2 
3
2
2 ，
设 与平面 所成角为 ，
AF BEB 
1 1
故答案为3 2 ．
 
AFDC 2
1 2 1 2 2
则sin
 
  ，cos ，故C错误；
AF  DC 2 9 3 3
1 14．已知 ， ， ，点Q在直线OP上运动，则当
OA(1,2,3) OB(2,1,2) OP(1,1,2) 取得最小值时，点Q的坐标为（O为坐标原点）__________．
QAQB
【答案】4 4 8
, ,
 
3 3 3
【解析】设 ，则 ，
Q(x,y,z) OQ(x,y,z)
因为点Q在直线OP上运动，所以 ，
OP∥OQ
x y z
所以   ，即y  x，z 2x，
1 1 2
所以 ，
OQ(x,x,2x)
所以     
QAQB(OAOQ)(OBOQ)(1x,2x,32x)(2x,1x,22x)
，
(1x)(2x)(2x)(1x)(32x)(22x)6x2 16x10
所以当 16 4时， 取得最小值，此时点Q的坐标为4 4 8，
x  QAQB  , , 
26 3 3 3 3
【答案】 5
故答案为4 4 8．
 , ,  2
3 3 3
【解析】因为三棱柱 是直三棱柱，且 ，
15．如图，在直三棱柱 ABCABC 中， BAC 90 ， AB AC  AA 2 ，点 G ､ E ､ ABCA 1 B 1 C 1 BAC 90
1 1 1 1
所以以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
F 分别是 A 1 B 1 ､ CC 1 ､ AB 的中点，点 D 是 AC 上的动点．若 GD EF ，则线段 DF 长度 因为 AB AC  AA 2 ，点 G ､ E ､ F 分别是 AB ､ CC ､ AB 的中点，
1 1 1 1
为__________．
所以 E0,2,1， G1,0,2， F1,0,0，
因为点
D
是
AC
上的动点，设 D0,y,0，所以
G

D
 1,y,2，
E

F
 1,2,1，
  1
因为GD EF ，所以GDEF 112y20，解得y  ，
2
所以  1 ，  1 ，
D 0, ,0 DF  1, ,0
   
 2   2 
2
所以  D  F   12    1 02  5 ，即线段 DF 长度为 5 ，
 
 2 2 2故答案为 5 ．
2
则 A3,0,0、
B
3,3,3、
D
0,0,3、 E1,3,0．
1 1
16．在棱长为
3
的正方体
ABCDABC D
中，
B

E

2

E

C
，点
P
在正方体的表面上移动， 设点
M
0,m,0、 N0,3,n，设
DE  AM
，且
D

E
 1,3,3，
A

M
 3,m,0，
1 1 1 1 1 1
  ，解得 ，
DEAM 33m0 m1
且满足
BP  DE
，当
P
在
CC
上时，
AP 
______；满足条件的所有点
P
构成的平面
1
1 1 1
图形的周长为______． 

A

B

1
0,3,3，
D

1

E



A

B

1 990
，
D 1 E  AB 1
，
【答案】 ，
22 5 22 10 由 ，则 平面 ．
AM AB  A DE  ABNM
 1 1 1
【解析】如图，取 、 上的点分别为 、 ，
CC CD N M 点 在正方体表面上移动，且 ，
1  P B 1 P  D 1 E
连接 、 、 、 ，使得 ，
AM MN BN AB AB //MN 则点 的运动轨迹为梯形 ，
1 1 1 P ABNM
1
、 、 、 四点共面，且四边形 为梯形．
A B
1
N M AB
1
NM
M

N
 0,2,n，
D

E

M

N

63n0
，解得
n2
，即点 N0,3,2，
1
正方体 的边长为 ，
ABCDABC D 3
 1 1 1 1 所以，当P在CC 上运动时， AP  AN  302 032 022  22 ，
1
所以，以 为坐标原点， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴， 所在直线为
D DA x DC y DD 又 ， ， ，
1 NM 2 2 AB 3 2 AM  BN  10
 1 1
z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
所以，梯形 为等腰梯形，
ABNM
1
且梯形 的周长 ，
ABNM AB  MN 2 AM 3 22 22 10 5 22 10
1 1
故答案为 ， ．
22 5 22 10四、解答题：本大题共 6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演
算步骤．
17．（10分）如图，在空间四边形SABC中，AC，BS为其对角线，O为△ABC的重心．
（1）求证：   ；
OAOBOC 0
 1 3 
（2）化简：SA AB COSC．
2 2
【答案】（1）证明见解析；（2）0．
 1    1  
【解析】（1）OA (AB AC)，①OB (BABC)，②
3 3
 1  
OC  (CACB)，③，
3
①+②+③得   ．
OAOBOC 0
 2 1   1  
（2）因为CO  (CACB) (CACB)，
3 2 3
 1 3    1   3 1  
所以SA AB COSC (SASC) (CBCA)  (CACB)
2 2 2 2 3
 1   1  
CA (CBCA) (CACB)0．
2 2
（1）求 与 所成的角；
EF BC
18．（12分）如图，在棱长为1的正方体 中， 分别是 的 1
ABCDABC D E,F DD,BD
1 1 1 1 1
（2）求 与 所成角的余弦值；
EF CG
1
1
中点，点G在棱CD上，且CG  CD，H 是CG的中点．利用空间向量解决下列问题：
4 1 （3）求 两点间的距离．
F,H
【答案】（1） ；（2） 51；（3） 41 ．
90
17 8【解析】如图，以 为原点， 分别为 轴，建立空间直角坐标系
D DA,DC,DD x,y,z
1
，
Dxyz
则 ，  1， 1 1 ， ， ， ，  3 ，
D0,0,0 E 0,0, F , ,0 C(0,1,0) C 0,1,1 B (1,1,1) G 0, ,0
     
 2 2 2  1 1  4 
（1）因为 1 1 1， ，
EF   , ,  BC (1,0,1)
2 2 2 1
所以  1 1 1 1 1  1 ，
EFBC  , , (1,0,1) (1) 0  (1)0
   
1 2 2 2 2 2  2
所以 ，故 ，
EF  BC EF  BC
1 1
即 与 所成的角为 ．
EF BC 90
1
（2）因为  1 ，所以  17 ，
CG   0, ,1  |CG|
1  4  1 4
 
因为 |  E  F  | 3 ，且 E  F  C  G   3 ，所以 cos  E  F  ,C  G    E  F  C  1 G   51 ，
2 1 8 1 |EF ||CG| 17
1
即 与 所成角的余弦值为 51．
EF CG
1
17
（3）因为 是 的中点，所以  7 1，
H CG H  0, , 
1  8 2
又因为F   1 , 1 ,0   ，所以 |  F  H  |   0 1  2    7  1  2    1 0   2  41 ， 19．（12分）如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，平面
2 2   2 8 2 2  8
平面 ， 是斜边 的长为 的等腰直角三角形， ， 分别是
PAD ABCD △PAD PA 2 2 E F
即 两点之间的距离为 41 ．
F,H
8
棱PA，PC的中点，M 是棱BC上一点．（1）求证：平面DEM 平面PAB； 1
则NF//PD，NF  PD1，
2
（2）若直线 与平面 所成角的正切值为 2 ，求锐二面角 的余弦
MF ABCD EDM F 由（1）知PD平面ABCD，∴NF 平面ABCD，
2
∴FMN 是直线MF与平面ABCD所成角，
值．
∴ 1 2 ，
tanFMN  
【答案】（1）证明见解析；（2） 6 ． MN 2
6
∴ ，∴ ，∴ 是棱 的中点，
MN  2 MC  MN2 NC2 1 M BC
【解析】（1）依题意可得PD DA，DP DA DC 2．
∵平面PAD平面ABCD，平面PAD 平面ABCD DA，AB DA， 以D为坐标原点，DA，DC ，DP分别为x轴，y轴，z 轴建立空间直角坐标系，

则有 D0,0,0， E1,0,1， F0,1,1，
M
1,2,0，
2a3b 2 2a3b2 4a2 9b2 12ab449912 a  b cos60 平面 ABCD ，
∴
D

E
 1,0,1，
D

F
 0,1,1，
D

M
 1,2,0，
∴AB平面PAD，DE 平面PAD，∴AB DE．
在Rt△PAD中，DP DA，E是棱PA的中点，所以PA DE，
设平面
EDM
的法向量为
m
a,b,c，平面
DMF
的法向量为 nx,y,z，
又PA AB  A，PA，AB平面PAB，∴DE 平面PAB．

又DE 平面DEM ，∴平面DEM 平面PAB．  0  D  E  m ac
则

，令a2，则m 2,1,2；

（2）如图，取CD的中点N ，连接MN ，NF ， 0 DM m a2b

 0 DFn yz
有

，令x2，则n2,1,1，

0 DM n x2y
mn 3 6
∴ ，
cos mn   
m  n 3 6 6
∴锐二面角 的余弦值为 6 ．
EDM F
620．（12分）在长方体 中，底面 是边长为1的正方形， 为棱
ABCDABC D ABCD E n n 2 2 2 2
1 1 1 1 所以 cos n ,n  1 2   ，
1 2 n  n 2 1 2 4 3
1 2
上的中点．
CC
1 9  2 2 2 8  2 1  2 4  4 42 402 2 2 ， CC  2 ．
1
（1）若 ，求 的长度；
AE  ED CC
1 1
（2）若二面角 的余弦值为2 2 ，求 的长度．
B ADE CC
1 1
3
【答案】（1）2；（2） ．
2
【解析】（1）设 ，
CC t
1
∵ ，
AE  ED
1
∴AE2 ED2  AD2   12 12    t   2   12    t   2    12 t2 t 2，
1 1  2   2 
∴ ．
CC 2
1
（2）如图所示建立空间直角坐标系 ，设 ，
Dxyz CC 
1
21．（12分）已知△ABC为等腰直角三角形，AC  BC 4，E，F 分别为AC 和AB
D0,0,0 ， A1,0,0 ， B1,1, ， E  0,1, ， 上的点，且AE 1，EF∥BC ，如图1．沿EF将△AEF 折起使平面AEF 平面BCEF，
 
 2
连接AC ，AB，如图2．
则 ， ，  ，
DA1,0,0 DB 1,1, DE   0,1, 
1  2

 n DA0 x 0
设面DAB 1 的法向量为n 1 x 1 ,y 1 ,z 1 ，则   n 1
1
  D  B 
1
0   x 1
1
 y
1
z
1
0 ，
令
z 1
，得
n
0,,1；
1 1
（1）求异面直线AC 与BF 所成角的余弦值；
 x 0
设面 DAE 的法向量为 n 2 x 2 ,y 2 ,z 2 ，则     n n 2
2
   D D  A E    0 0    

y 2
2
 
2
z
2
0 ， （
【
2
答
）
案
已
】
知
（
M
1）
为
3
棱
5
AC
；
上
（
一
2）
点
当
，试确定
1
M 的
时
位
，
置，使
平
EM
面
∥平面
．
ABF ．
AM  AC EM∥ ABF
10 4
令
z 2
，得
n
0,,2，
2 2
【解析】（1）因为平面AEF 平面BCEF，AE  EF ，
所以AE  EC．又CE  EF ， 如图2，在平面BCEF内过E作EN∥BF 交BC于N ，连接MN ．
所以建立如图1所示的空间直角坐标系 ，
Exyz
因为EF∥BC ，EN∥BF ，
所以四边形BNEF为平行四边形，所以NB EF 1．
1
因为BC 4，所以BN  BC ，
4
因为△ABC为等腰直角三角形，AC  BC 4，
1
E，F 分别为AC 和AB上的点，且AE 1，EF//BC， 又AM  AC，所以MN∥AB．
4
则 A0,0,1， B3,4,0， C3,0,0， F0,1,0，
因为MN 平面ABF ，所以MN∥平面ABF ．
又因为EN∥BF ，EN 平面ABF ，所以EN∥平面ABF ．
所以 ， ，
AC (3,0,1) FB(3,3,0)
因为EN MN  N ，所以MNE∥平面ABF ，

  因为EM 平面MNE，所以EM∥平面ABF ．
  ACFB 9 3 5
所以cos AC,FB    ，
 A  C   F  B  10 18 10 22．（12分）在①OH//平面PAB，②平面PAB平面OHC，③OH  PC这三个条件
中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．
所以异面直线
AC
与
BF
所成角的余弦值为3 5 ． 问题：如图，在三棱锥PABC 中，平面PAC 平面ABC，△ABC是以AC 为斜边的
10
等腰直角三角形，AC 16，PA PC 10，O为AC 中点，H 为PBC 内的动点（含边
（2）方法一：设 ，
界）．
AM AC
因为
A

C
 3,0,1，所以
E

M



E

A



A

M



E

A



A

C
 3,0,1．

 nFB0 3x3y 0
设nx,y,z为平面ABF 的一个法向量，则

，即

，

nFA0 yz 0
因此可取 n1,1,1，
所以 n  E  M  1,1,13,0,141 ．
 1
因为EM//平面ABF ，所以nEM 0，即 ，
4
1
所以当AM  AC时，EM∥平面ABF ．
4
（1）求点O到平面PBC 的距离；
1
方法二：当AM  AC时，EM∥平面ABF ．证明如下： （2）若__________，求直线PH 与平面ABC所成角的正弦值的取值范围．
4注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 
 n PA0
设平面PAB的法向量为n 1 x 1 ,y 1 ,z 1 ，则  1  ，
【答案】（1） 12 34 ；（2） 

3 ， 3 17

．  n 1 PB0
17  5 17 
8y 6z 0 x y
即 1 1 ，即 1 1 ，
 
【解析】（1）在三棱锥PABC 中，连接OB，OP， 8x 6z 0 4y 3z
 
1 1 1 1
因为△ABC是以AC 为斜边的等腰直角三角形，PA PC，O为AC 中点，
不妨令
y 3
，则
n
3,3,4；
所以OPOC，OBOC， 1 1
又平面PAC 平面ABC，平面PAC 平面ABC OC，OP平面PAC ，
 同理可求得平面
PBC
的法向量
n
3,3,4，
2
∴OP平面ABC，
（选条件①）因为OH∥平面PAB，PH 平面PBC ，
又OB平面ABC，∴OPOB，∴OB，OC ，OP两两垂直．

 OHn 0 3x3y4z 0
∴ V OPBC V POBC  1 3 POS △OBC  1 3  102 82  1 2     1 2 6   2 ， ∴    P  H  n 1 2 0 ，即  3x3y4z240 ，
 3
又 S  1 BC PB2    BC  2  1 8 2 102   4 2 2 8 34 ， 即  z 3 4 x ，∴ H   x,4,3 3 x   ，
△PBC 2  2  2  y 4  4 
V 64 12 34
∴d  OPBC   ， 0 x8
1 1 17 又 ，∴ ，∴  3 ，
S 8 34  3 0 x4 PH   x,4,3 x 
3 △PBC 3  03 x6  4 
 4
∴点
O
到平面
PBC
的距离为12 34 ． 又
OP
平面
ABC
，∴
n
0,0,1是平面
ABC
的一个法向量，
17 3
设直线PH 与平面ABC所成角为，
3 3 17
（2） PH 与平面 ABC 所成角的正弦值的取值范围为  ,  ．
5 17 3  x
  |3 x| 3  1 
 4  4
则sin cos n ,PH   ，
3
以选条件①为例（亦可使用综合法、综合与向量混用法） 2 2
 3  x  32 x  32
x2 16 3 5 1  1 
     
在三棱锥 PABC 中，以 O 为坐标原点， O  B  ,O  C  ,O  P 为正交基底，  4 4  254  50
建立空间直角坐标系 ，
令
t 
x
1
， t1,2，1

1
,1
，
Oxyz  
4 t 2 
则 O0,0,0， P0,0,6， A0,8,0， C0,8,0， B8,0,0，
3t 3
sin 
∴ ，
32 32 32 32
5 t2  t 5  1
设 Hx,y,z，则 O  H  x,y,z， P  H  x,y,z6， P  A  0,8,6， 25 25 25t2 25t
 P  B  8,0,6， P  C  0,8,6， 令 f 1  32  1  32  1 1 ，则 1  1 ，
 
t 25 t2 25 t t 2
0维权 声明
∴ 1在1 上单调递增，
f ,1
   
t 2 
1  25
∴ f   1     17 ,1   ，∴ 1    1, 17   ，∴ sin   3 , 3 17  ，
t 25  f    5 17 
t
3 3 17
∴直线 PH 与平面 ABC 所成角的正弦值的取值范围为  ,  ．
5 17
 
选条件②，条件③结果相同．