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．