2020浙江新高考数学二轮复习教师用书：专题四　2 第2讲　空间点、线、面的位置关系

2020浙江新高考数学二轮复习教师用书：专题四　2 第2讲　空间点、线、面的位置关系

第2讲　空间点、线、面的位置关系 空间线面位置关系的判断 ‎[核心提炼]‎ 空间线面位置关系判断的常用方法 ‎(1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题；‎ ‎(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断．‎ ‎[典型例题]‎ ‎ (1)(2019·绍兴市柯桥区高三期末考试)已知四边形ABCD为梯形，AB∥CD，l为空间一直线，则“l垂直于两腰AD，BC”是“l垂直于两底AB，CD”的(　　)‎ A．充分不必要条件　　　　‎ B．必要不充分条件 C．充要条件 ‎ D．既不充分也不必要条件 ‎(2)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：‎ ‎①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.‎ ‎②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.‎ ‎③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.‎ ‎④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．‎ 其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)‎ ‎【解析】　(1)四边形ABCD为梯形，AB∥CD，l为空间一直线，则“l垂直于两腰AD，BC”，又AD与BC相交，‎ 所以l⊥平面ABCD⇒l垂直于两底AB，CD，反之不一定成立．‎ 所以“l垂直于两腰AD，BC”是“l垂直于两底AB，CD”的充分不必要条件．故选A.‎ ‎(2)对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：‎ 如图，不妨设AA′为直线m，CD为直线n，ABCD所在的平面为α，ABC′D′所在的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立．‎ 命题②正确，证明如下：设过直线n的某平面与平面α相交于直线l，则l∥n，由m⊥α知m⊥l，从而m⊥n，结论正确．‎ 由平面与平面平行的定义知命题③正确．‎ 由平行的传递性及线面角的定义知命题④正确．‎ ‎【答案】　(1)A　(2)②③④‎ - 18 -‎ 判断与空间位置关系有关的命题真假的方法 ‎(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．‎ ‎(2)借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．‎ ‎(3)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．　 ‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．(2019·浙江名校协作体高三下学期考试)已知直线m、n与平面α，β，下列命题正确的是(　　)‎ A．m∥α，n∥β且α∥β，则m∥n B．m⊥α，n∥β且α⊥β，则m⊥n C．α∩β＝m，m⊥n且α⊥β，则n⊥α D．m⊥α，n⊥β且α⊥β，则m⊥n 解析：选D.选项A中，直线m与n还有互为异面的可能；选项B中，直线m与n还有相互平行的可能；选项C中，还有n⊂α的可能；选项D正确，故选D.‎ ‎2．(2019·长沙一模)如图所示，在直角梯形BCEF中，∠CBF＝∠BCE＝90°，A、D分别是BF、CE上的点，AD∥BC，且AB＝DE＝2BC＝2AF(如图1)．将四边形ADEF沿AD折起，连接AC、CF、BE、BF、CE(如图2)，在折起的过程中，下列说法错误的是(　　)‎ A．AC∥平面BEF B．B、C、E、F四点不可能共面 C．若EF⊥CF，则平面ADEF⊥平面ABCD D．平面BCE与平面BEF可能垂直 解析：选D.法一：A选项，连接BD，交AC于点O，取BE的中点M，连接OM，FM，易证四边形AOMF是平行四边形，所以AO∥FM，因为FM⊂平面BEF，AC⊄平面BEF，所以AC∥平面BEF；B选项，若B、C、E、F四点共面，因为BC∥AD，所以BC∥平面ADEF，可推出BC∥EF，又BC∥AD，所以AD∥EF，矛盾；C选项，连接FD，在平面ADEF内，易得EF⊥FD，又EF⊥CF，FD∩CF＝F，所以EF⊥平面CDF，所以EF⊥CD，又CD⊥AD，EF - 18 -‎ 与AD相交，所以CD⊥平面ADEF，所以平面ADEF⊥平面ABCD；D选项，延长AF至G，使AF＝FG，连接BG、EG，易得平面BCE⊥平面ABF，过F作FN⊥BG于N，则FN⊥平面BCE，若平面BCE⊥平面BEF，则过F作直线与平面BCE垂直，其垂足在BE上，矛盾．综上，选D.‎ 法二：构造正方体如图，结合正方体的性质知平面BCE与平面BEF不可能垂直．‎ 空间平行、垂直关系的证明及求空间角 ‎[核心提炼]‎ ‎1．直线、平面平行的判定及其性质 ‎(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.‎ ‎(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.‎ ‎(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，‎ b∥α⇒α∥β.‎ ‎(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.‎ ‎2．直线、平面垂直的判定及其性质 ‎(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.‎ ‎(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.‎ ‎(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.‎ ‎(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒ a⊥β.‎ ‎3．空间角 ‎(1)异面直线所成的角，范围α∈.‎ ‎(2)直线与平面所成的角：如图l∩α＝A，P∈l，过点P作PO⊥α交α于O，连接AO，则∠PAO为直线l与平面α所成的角，范围θ∈.‎ ‎(3)二面角 如图，过二面角αlβ的棱l上一点O在两个半平面内分别作BO⊥l，AO⊥l，则∠AOB就叫做二面角αlβ的平面角，范围θ∈[0，π]．当θ＝时，二面角叫做直二面角．‎ ‎[典型例题]‎ ‎ (1)(2019·高考浙江卷)设三棱锥VABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点(不含端点)．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角PACB的平面角为γ，则(　　)‎ A．β<γ，α<γ　　　　　　 B．β<α，β<γ - 18 -‎ C．β<α，γ<α D．α<β，γ<β ‎(2)(2019·高考浙江卷)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．‎ ‎①证明：EF⊥BC；‎ ‎②求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．‎ ‎【解】　(1)选B.由题意，不妨设该三棱锥的侧棱长与底面边长相等，因为点P是棱VA上的点(不含端点)，所以直线PB与平面ABC所成的角β小于直线VB与平面ABC所成的角，而直线VB与平面ABC所成的角小于二面角PACB的平面角γ，所以β<γ；因为AC⊂平面ABC，所以直线PB与直线AC所成的角α大于直线PB与平面ABC所成的角β，即α>β.故选B.‎ ‎(2)法一：①证明：如图，连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.‎ 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC.‎ 又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F.‎ 所以BC⊥平面A1EF.‎ 因此EF⊥BC.‎ ‎②取BC的中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．‎ 由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．‎ 连接A1G交EF于O，由①得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，‎ 所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．‎ 则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)．‎ 不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝2，EG＝.‎ 由于O为A1G的中点，故EO＝OG＝＝，‎ 所以cos∠EOG＝＝.‎ 因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.‎ 法二：①连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，‎ - 18 -‎ 所以A1E⊥AC.‎ 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，‎ 平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC.‎ 如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz.‎ 不妨设AC＝4，则A1(0，0，2)，‎ B(，1，0)，‎ B1(，3，2)，F(，，2)，‎ C(0，2，0)．‎ 因此，＝，＝(－，1，0)．‎ 由·＝0得EF⊥BC.‎ ‎②设直线EF与平面A1BC所成角为θ.‎ 由①可得＝(－，1，0)，＝(0，2，－2)．‎ 设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)．‎ 由得 取n＝(1，，1)，故 sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.‎ 因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为.‎ ‎(1)平行关系及垂直关系的转化 空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．‎ - 18 -‎ ‎(2)求空间角的三个步骤 ‎①一作：根据定义作平行线或垂线，用作图法作出要求的角．‎ ‎②二证：证明所作的角就是要求的角．‎ ‎③三求：把空间角问题转化为(三角形)平面问题，解三角形，求出该角，注意角的范围，判断所求角是此角还是它的补角．　 ‎ ‎[对点训练]‎ ‎1.(2019·浙江金华十校高考模拟)如图，AB＝BE＝BC＝2AD＝2，且AB⊥BE，∠DAB＝60°，AD∥BC，BE⊥AD，‎ ‎(1)求证：平面ADE⊥平面BDE；‎ ‎(2)求直线AD与平面DCE所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：因为AB＝2AD，∠DAB＝60°，‎ 所以AD⊥DB，‎ 又BE⊥AD，且BD∩BE＝B，‎ 所以AD⊥平面BDE，又AD⊂平面ADE，‎ 所以平面ADE⊥平面BDE.‎ ‎(2)因为BE⊥AD，AB⊥BE，所以BE⊥平面ABCD，‎ 所以点E到平面ABCD的距离就是线段BE的长为2，‎ 设AD与平面DCE所成角为θ，点A到平面DCE的距离为d，‎ 由VADCE＝VEADC得：×d×S△CDE＝×|BE|×S△ACD，可解得d＝，而AD＝1，则sin θ＝＝，‎ 故直线AD与平面DCE所成角的正弦值为.‎ ‎2．(2019·鲁迅中学高考方向性测试)如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝2，∠BAD＝90°.‎ - 18 -‎ ‎(1)求证：AD⊥BC；‎ ‎(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值．‎ 解：(1)证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，AD⊂平面ABD，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC.‎ ‎(2)如图，取棱AC的中点N，连接MN，ND.又因为M为棱AB的中点，故MN∥BC.所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角．‎ 在Rt△DAM中，AM＝1，故DM＝＝.因为AD⊥平面ABC，故AD⊥AC.在Rt△DAN中，AN＝1，故DN＝＝.‎ 在等腰三角形DMN中，MN＝1，‎ 可得cos∠DMN＝＝.‎ 所以异面直线BC与MD所成角的余弦值为.‎ 空间几何中的“ 翻折”问题 ‎[核心提炼]‎ 由平面图形“翻折”为空间图形，要求解(证明)该空间图形中的某些元素所对应的量或对应的位置关系，首先看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折的过程理清翻折前后位置关系中没有变化的量是哪些，发生变化的量是哪些，这些不变的量和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征，求解问题时要综合考虑翻折前后的图形．‎ ‎[典型例题]‎ ‎ (1)如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝，∠ADC＝90°.沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是__________．‎ - 18 -‎ ‎(2)(2019·台州市一模)如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝2，E为BC的中点，F为线段AD上的一点，且AF＝.现将四边形ABEF沿直线EF翻折，使翻折后的二面角A′EFC的余弦值为.‎ ‎①求证：A′C⊥EF；‎ ‎②求直线A′D与平面ECDF所成角的大小．‎ ‎【解】　(1)作BE∥AC，BE＝AC，连接D′E，则∠D′BE为所求的角或其补角，作D′N⊥AC于点N，设M为AC的中点，连接BM，则BM⊥AC，作NF∥BM交BE于F，连接D′F，设∠D′NF＝θ，因为D′N＝＝，BM＝FN＝＝，所以D′F2＝－5cos θ，因为AC⊥D′N，AC⊥FN，所以D′F⊥AC，所以D′F⊥BE，又BF＝MN＝，所以在Rt△D′FB中，D′B2＝9－5cos θ，所以cos ∠D′BE＝＝≤，当且仅当θ＝0°时取“＝”．故填.‎ ‎(2)①证明：连接AC交EF于M点，由平面几何知识可得AC＝，‎ EF＝，‎ 以及＝＝，则有AM＝，MC＝，MF＝，‎ 故有AM2＋MF2＝AF2，则AC⊥EF，‎ 于是，A′M⊥EF，CM⊥EF，‎ 而A′M∩CM＝M，故EF⊥平面A′MC，‎ 而A′C⊂平面A′MC，故A′C⊥EF.‎ - 18 -‎ ‎②由①知，二面角A′EFC的平面角就是∠A′MC，‎ 即cos∠A′MC＝，‎ 根据余弦定理，可求得A′C＝1，‎ 因为A′C2＋MC2＝A′M2，所以A′C⊥MC，‎ 而A′C⊥EF，可知A′C⊥平面ECDF，‎ 因此，∠A′DC就是直线A′D与平面ECDF所成的角．‎ 由于A′C＝CD＝1，‎ 故直线A′D与平面ECDF所成的角为.‎ 解决与翻折有关的问题的两个关键 ‎(1)要明确翻折前后的变化量和不变量．一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化．‎ ‎(2)在解决问题时，要比较翻折前后的图形，既要分析翻折后的图形，也要分析翻折前的图形．　 ‎ ‎[对点训练]‎ ‎1.(2019·绍兴市柯桥区高考数学二模)如图，四边形ABCD是矩形，沿直线BD将△ABD翻折成△A′BD，异面直线CD与A′B所成的角为α，则(　　)‎ A．α<∠A′CA　　　　　　　　 B．α>∠A′CA C．α<∠A′CD D．α>∠A′CD 解析：选B.因为AB∥CD，所以∠A′BA为异面直线CD与A′B所成的角．‎ 假设AB＝BC＝1，平面A′BD⊥平面ABCD.‎ 连接AC交BD于点O，连接A′A，A′C，A′O，‎ 则A′O⊥平面ABCD，‎ A′O＝AO＝BO＝CO＝DO＝AC＝，‎ 所以A′A＝A′C＝A′B＝A′D＝1，‎ - 18 -‎ 所以△A′BA，△A′CD是等边三角形，‎ ‎△A′CA是等腰直角三角形，‎ 所以∠A′CA＝45°，‎ ‎∠A′CD＝∠A′BA＝60°，‎ 即α>∠A′CA，α＝∠A′CD.‎ 排除A，C，D.故选B.‎ ‎2．(2019·浙江省五校联考二模)如图1，E，F分别是AC，AB的中点，∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，沿着EF将△AEF折起，记二面角AEFC的度数为θ.‎ ‎(1)当θ＝90°时，即得到图2，求二面角ABFC的余弦值；‎ ‎(2)如图3中，若AB⊥CF，求cos θ的值．‎ 解：(1)因为平面AEF⊥平面CEFB，且EF⊥AE，‎ 所以AE⊥平面CEFB，‎ 过点E向BF作垂线交BF延长线于H，连接AH，‎ 则∠AHE为二面角ABFC的平面角．‎ 设BC＝2a，则EF＝a，AB＝4a，AC＝2a，‎ AE＝a，EH＝a，‎ 所以cos ∠AHE＝＝＝，‎ 所以二面角ABFC的余弦值为.‎ ‎(2)过点A向CE作垂线，垂足为G，连接GB，CF.‎ 如果AB⊥CF，‎ 则根据三垂线定理有GB⊥CF，‎ 因为△BCF为正三角形，‎ 所以CG＝BCtan 30°＝a，则GE＝a，‎ 因为AE＝a，所以cos θ＝＝，‎ 所以cos θ的值为.‎ - 18 -‎ 专题强化训练 ‎1．设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“a⊥b”是“α⊥β”的(　　)‎ A．充分不必要条件　　　　　 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选B.因为α⊥β，b⊥m，所以b⊥α，又直线a在平面α内，所以a⊥b；又直线a，m不一定相交，所以“a⊥b”是“α⊥β”的必要不充分条件，故选B.‎ ‎2．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)‎ 解析：选A.B选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ；C选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ；D选项中，AB∥NQ，且AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ.故选A.‎ ‎3．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则(　　)‎ A．A1E⊥DC1　　　　　　　　 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC 解析：选C.A1B1⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，所以A1B1⊥BC1，又BC1⊥B1C，且B1C∩A1B1＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以BC1⊥A1E.故选C.‎ ‎4．设A，B，C，D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是(　　)‎ A．若AC与BD共面，则AD与BC共面 B．若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线 C．若AB＝AC，DB＝DC，则AD＝BC D．若AB＝AC，DB＝DC，则AD⊥BC 解析：选C.A中，若AC与BD共面，则A，B，C，D四点共面，则AD与BC共面；B中，若AC与BD是异面直线，则A，B，C，D四点不共面，则AD与BC是异面直线；C中，若AB＝AC，DB＝DC，AD不一定等于BC；D中，若AB＝AC，DB＝DC，可以证明AD⊥BC.‎ - 18 -‎ ‎5．(2019·温州市高考数学二模)棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，点P，Q分别为平面A1B1C1D1和线段B1C上的动点，则△PEQ周长的最小值为(　　)‎ A．2 B. C. D．2 解析：选B.由题意，△PEQ周长取得最小值时，P在B1C1上，在平面B1C1CB上，设E关于B1C的对称点为M，关于B1C1的对称点为N，则EM＝，EN＝2，∠MEN＝135°，‎ 所以MN＝＝.‎ ‎6.(2019·杭州市学军中学高考数学模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，点P在平面A1B1C1内运动，使得二面角PABC的平面角与二面角PBCA的平面角互余，则点P的运动轨迹是(　　)‎ A．一段圆弧 ‎ B．椭圆的一部分 C．抛物线 ‎ D．双曲线的一支 解析：选D.不妨令三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，且底面是以B为直角的直角三角形，令侧棱长为m，以B为坐标原点，BA方向为x轴，BC方向为y轴，BB1方向为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 设P(x，y，m)，所以Q(x，y，0)，过点Q作以QD⊥AB于点D，作QE⊥BC于点E，‎ 则∠PDQ即是二面角PABC的平面角，∠PEQ即是二面角PBCA的平面角，‎ 所以tan∠PDQ＝，tan∠PEQ＝，‎ 又二面角PABC的平面角与二面角PBCA的平面角互余，所以tan∠PDQ·tan∠PEQ＝1，即·＝1，所以QD·QE＝PQ2＝m2，因Q(x，y，0)，所以QE＝x，QD＝y，‎ 所以有xy＝m2，所以y＝(x>0)，即点Q的轨迹是双曲线的一支，所以点P的轨迹是双曲线的一支．故选D.‎ ‎7．(2019·绍兴诸暨高考一模)已知三棱锥ABCD的所有棱长都相等，若AB与平面α所成角等于，则平面ACD与平面α所成角的正弦值的取值范围是(　　)‎ - 18 -‎ A. B. C. D. 解析：选A.因为三棱锥ABCD的所有棱长都相等，‎ 所以三棱锥ABCD为正四面体，如图：‎ 设正四面体的棱长为2，取CD中点P，连接AP，BP，‎ 则∠BAP为AB与平面ADC所成角．‎ AP＝BP＝，可得cos∠BAP＝，sin∠BAP＝.‎ 设∠BAP＝θ.‎ 当CD与α平行且AB在平面ACD上面时，平面ACD与平面α所成角的正弦值最小，为sin＝sincos θ－cossin θ＝×－×＝；‎ 当CD与α平行且AB在平面ACD下面时，平面ACD与平面α所成角的正弦值最大，为sin＝sincos θ＋cossin θ＝×＋×＝，所以平面ACD与平面α所成角的正弦值的取值范围是.故选A.‎ ‎8．(2019·浙江“七彩阳光”新高考联盟联考)已知直角三角形ABC的两条直角边AC＝2，BC＝3，P为斜边AB上一点，沿CP将此三角形折成直二面角ACPB，此时二面角PACB的正切值为，则翻折后AB的长为(　　)‎ A．2　　　　 B. C.　　　　 D. 解析：选D.如图，在平面PCB内过P作直二面角ACPB的棱CP的垂线交边BC于E, 则EP⊥平面ACP.‎ 于是在平面PAC中过P作二面角PACB的棱AC的垂线，垂足为D，连接DE，则∠PDE为二面角PACB的平面角，且tan∠PDE＝＝，设DP＝a，则EP＝a.‎ 如图，设∠BCP＝α，则∠ACP＝90°－α，则在直角三角形DPC中，PC＝＝，又在直角三角形PCE中，tan α＝，则·tan α＝a，sin α＝cos2α，所以α＝45°，因为二面角ACPB为直二面角，所以cos∠ACB＝cos∠ACP·cos∠BCP，于是＝cos∠ACP·sin - 18 -‎ ‎∠ACP＝，解得AB＝.‎ ‎9．(2019·台州市书生中学月考)如图，在四棱锥PABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥CD，AD⊥CD，PD＝AD＝DC＝2AB，则异面直线PC与AB所成角的大小为________；直线PB与平面PDC所成角的正弦值为________．‎ 解析：因为AB∥CD，所以∠PCD即为异面直线PC与AB所成的角，显然三角形PDC为等腰直角三角形，所以∠PCD＝.设AB＝1，则可计算得，PB＝3，而点B到平面PDC的距离d等于AD的长为2，所以直线PB与平面PDC所成角的正弦值为＝.‎ 答案：　 ‎10.如图，在三棱锥ABCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．‎ 解析：如图所示，连接DN，取线段DN的中点K，连接MK，CK.‎ 因为 M为AD的中点，所以MK∥AN，‎ 所以∠KMC即为异面直线AN，CM所成的角．‎ 因为 AB＝AC＝BD＝CD＝3，‎ AD＝BC＝2，N为BC的中点，‎ 由勾股定理易求得AN＝DN＝CM＝2，‎ 所以MK＝.‎ 在Rt△CKN中，CK＝ ＝.‎ 在△CKM中，由余弦定理，得 cos∠KMC＝＝.‎ 答案： ‎11.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是________．‎ 解析：对于①，因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC.因为AB为⊙O的直径，所以BC⊥AC，所以BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC；对于②，因为点M为线段PB的中点，所以OM∥PA，因为PA⊂平面PAC，所以OM∥平面PAC；对于③，‎ - 18 -‎ 由①知BC⊥平面PAC，所以线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．‎ 答案：①②③‎ ‎12.(2019·杭州市高三期末)在△ABC中，∠ABC＝，边BC在平面α内，顶点A在平面α外，直线AB与平面α所成角为θ.若平面ABC与平面α所成的二面角为，则sin θ＝________．‎ 解析：过A作AO⊥α，垂足是O，过O作OD⊥BC，交BC于D，连接AD，‎ 则AD⊥BC，所以∠ADO是平面ABC与平面α所成的二面角，即∠ADO＝，∠ABO是直线AB与平面α所成的角，即∠ABO＝θ，‎ 设AO＝，‎ 所以AD＝2，在Rt△ADB中，‎ ‎∠ABD＝，所以AB＝＝，‎ 所以sin θ＝＝＝.‎ 答案： ‎13．(2019·浙江名校新高考联盟联考)如图，已知正四面体DABC，P为线段AB上的动点(端点除外)，则二面角DPCB的平面角的余弦值的取值范围是________．‎ 解析：当点P从A运动到B，二面角DPCB的平面角逐渐增大，二面角DPCB的平面角最小趋近于二面角DACB的平面角，最大趋近于二面角DBCA的平面角的补角，故余弦值的取值范围是.‎ 答案： ‎14.(2019·义乌市高三月考)如图，边长为2的正△ABC顶点A在平面γ上，B，C在平面γ的同侧，M为BC的中点，若△ABC在平面γ上的射影是以A为直角顶点的△AB1C1，则M到平面γ的距离的取值范围是________．‎ 解析：设∠BAB1＝α，∠CAC1＝β，则AB1＝2cos α，AC1＝2cos β，BB1＝2sin α，CC1＝2sin β，则点M到平面γ的距离d＝sin α＋sin β，又AM＝，则B1C1＝2，即cos2α＋‎ - 18 -‎ cos2β＝3－(sin2α＋2sin αsin β＋sin2β)．也即sin αsin β＝，所以d＝sin α＋sin β＝sin α＋≥，当sin α＝1时，d＝，则≤d<.‎ 答案： ‎15．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)三棱锥ABCD中，E是BC的中点，AB＝AD，BD⊥DC.‎ ‎(1)求证：AE⊥BD；‎ ‎(2)若DB＝2DC＝AB＝2，且二面角ABDC为60°，求AD与平面BCD所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：如图，取BD的中点F，连接EF，AF，‎ 因为E为BC中点，F为BD中点，所以FE∥DC.‎ 又BD⊥DC，所以BD⊥FE.‎ 因为AB＝AD，所以BD⊥AF.‎ 又AF∩FE＝F，AF，FE⊂平面AFE，‎ 所以BD⊥平面AFE，又AE⊂平面AFE，‎ 所以AE⊥BD.‎ ‎(2)由(1)知BD⊥AF，BD⊥EF 所以∠AFE即为二面角ABDC的平面角，‎ 所以∠AFE＝60°.因为AB＝AD＝，BD＝2，‎ 所以△ABD为等腰直角三角形，故AF＝BD＝1，‎ 又FE＝DC＝，‎ 所以AE2＝AF2＋FE2－2AF·FE·cos∠AFE＝1＋－2×1××cos 60°＝，即AE＝，‎ 所以AE2＋FE2＝1＝AF2，所以AE⊥FE，‎ 又由(1)知BD⊥AE，且BD∩FE＝F，BD⊂平面BDC，FE⊂平面BDC，‎ 所以AE⊥平面BDC，‎ 所以∠ADE就是AD与平面BCD所成角，‎ 在Rt△AED中，AE＝，AD＝，‎ 所以AD与平面BCD所成角的正弦值 sin∠ADE＝＝.‎ ‎16．(2019·浙江二模)如图，在四棱锥EABCD中，平面CDE⊥平面 - 18 -‎ ABCD，∠DAB＝∠ABC＝90°，AB＝BC＝1，AD＝ED＝3，EC＝2.‎ ‎(1)证明：AB⊥平面BCE；‎ ‎(2)求直线AE与平面CDE所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：因为∠DAB＝∠ABC＝90°，‎ 所以四边形ABCD是直角梯形，‎ 因为AB＝BC＝1，AD＝ED＝3，EC＝2.‎ 所以CD＝＝，‎ 所以CE2＋DC2＝DE2，所以EC⊥CD，‎ 因为平面EDC⊥平面ABCD，平面EDC∩平面ABCD＝DC，‎ 所以CE⊥平面ABCD，‎ 所以CE⊥AB，又AB⊥BC，BC∩CE＝C，‎ 所以AB⊥平面BCE.‎ ‎(2)过A作AH⊥DC，交DC于H，‎ 则AH⊥平面DCE，连接EH，‎ 则∠AEH是直线AE与平面DCE所成的角，‎ 因为×DC×AH＝×AB－×AB×BC，‎ 所以AH＝＝，‎ AE＝＝，‎ 所以sin∠AEH＝，‎ 所以直线AE与平面CDE所成角的正弦值为.‎ ‎17．(2019·绍兴诸暨高考二模)四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，E为AD的中点，四边形ABCE为菱形，∠BAD＝120°，PA＝AB，G、F分别是线段CE、PB的中点．‎ ‎(1)求证：FG∥平面PDC；‎ ‎(2)求二面角FCDG的正切值．‎ 解：(1)证明：延长BG交AD于点D，‎ 因为＝＝，‎ 而＝＝，所以＝＝，‎ 所以FG∥PD.因为FG⊄平面PDC，PD⊂平面PDC，‎ - 18 -‎ 所以FG∥平面PDC.‎ ‎(2)过点F作FM⊥AB于点M，易知FM⊥平面ABCD，‎ 过M作MN⊥CD于点N，连接FN，则CD⊥平面FMN，‎ 所以CD⊥MN，CD⊥FN，‎ 所以∠FNM即为所求二面角的平面角，‎ 不妨令PA＝AB＝1，则FM＝，MN＝，‎ 所以tan α＝.‎ ‎18．(2019·浙江名校协作体高三质检)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为梯形，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝1，DA＝2，DP⊥平面ABP，O，M分别是AD，PB的中点．‎ ‎(1)求证：PD∥平面OCM；‎ ‎(2)若AP与平面PBD所成的角为60°，求线段PB的长．‎ 解：(1)证明：设BD交OC于N，连接MN，OB，‎ 因为O为AD的中点，AD＝2，所以OA＝OD＝1＝BC.‎ 又因为AD∥BC，所以四边形OBCD为平行四边形，所以N为BD的中点，因为M为PB的中点，所以MN∥PD.‎ 又因为MN⊂平面OCM，PD⊄平面OCM，‎ 所以PD∥平面OCM.‎ ‎(2)由四边形OBCD为平行四边形，知OB＝CD＝1，‎ 所以△AOB为等边三角形，所以∠A＝60°，‎ 所以BD＝＝，即AB2＋BD2＝AD2，‎ 即AB⊥BD.‎ 因为DP⊥平面ABP，所以AB⊥PD.‎ 又因为BD∩PD＝D，所以AB⊥平面BDP，‎ 所以∠APB为AP与平面PBD所成的角，即∠APB＝60°，‎ 所以PB＝.‎ - 18 -‎