浙江专用2024高考数学二轮复习专题四立体几何第2讲空间点线面的位置关系教案

PAGE1-第2讲空间点、线、面的位置关系空间线面位置关系的推断[核心提炼]空间线面位置关系推断的常用方法(1)依据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项推断来解决问题；(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中视察线面位置关系，并结合有关定理来进行推断．[典型例题](1)(2024·绍兴市柯桥区高三期末考试)已知四边形ABCD为梯形，AB∥CD，l为空间始终线，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假如m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②假如m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③假如α∥β，m⊂α，那么m∥β.④假如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________．(填写全部正确命题的编号)【解析】(1)四边形ABCD为梯形，AB∥CD，l为空间始终线，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，反之不确定成立．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，明显这些直线和平面满意题目条件，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)②③④eq\a\vs4\al()推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推断．(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冲突的命题，进而作出推断．(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视察线面位置关系，结合有关定理，进行确定或否定．[对点训练]1．(2024·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∥nB．m⊥α，n∥β且α⊥β，则m⊥nC．α∩β＝m，m⊥n且α⊥β，则n⊥αD．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．(2024·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BEFB．B、C、E、F四点不行能共面C．若EF⊥CF，则平面ADEF⊥平面ABCDD．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，冲突；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，冲突．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不行能垂直．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∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(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∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(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＝eq\f(π,2)时，二面角叫做直二面角．[典型例题](1)(2024·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<γC．β<α，γ<α D．α<β，γ<β(2)(2024·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＝2eq\r(3)，EG＝eq\r(3).由于O为A1G的中点，故EO＝OG＝eq\f(A1G,2)＝eq\f(\r(15),2)，所以cos∠EOG＝eq\f(EO2＋OG2－EG2,2EO·OG)＝eq\f(3,5).因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是eq\f(3,5).法二：①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.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(0，0，2eq\r(3))，B(eq\r(3)，1，0)，B1(eq\r(3)，3，2eq\r(3))，F(eq\f(\r(3),2)，eq\f(3,2)，2eq\r(3))，C(0，2，0)．因此，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，2\r(3)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1，0)．由eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0得EF⊥BC.②设直线EF与平面A1BC所成角为θ.由①可得eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1，0)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0，2，－2eq\r(3))．设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up6(→))·n＝0，,\o(A1C,\s\up6(→))·n＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋y＝0，,y－\r(3)z＝0.))取n＝(1，eq\r(3)，1)，故sinθ＝|cos〈eq\o(EF,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(EF,\s\up6(→))·n|,|\o(EF,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(4,5).因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为eq\f(3,5).eq\a\vs4\al()(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．(2)求空间角的三个步骤①一作：依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，留意角的范围，推断所求角是此角还是它的补角．[对点训练]1.(2024·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：eq\f(1,3)×d×S△CDE＝eq\f(1,3)×|BE|×S△ACD，可解得d＝eq\f(\r(30),10)，而AD＝1，则sinθ＝eq\f(d,AD)＝eq\f(\r(30),10)，故直线AD与平面DCE所成角的正弦值为eq\f(\r(30),10).2．(2024·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＝2eq\r(3)，∠BAD＝90°.(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＝eq\r(AD2＋AM2)＝eq\r(13).因为AD⊥平面ABC，故AD⊥AC.在Rt△DAN中，AN＝1，故DN＝eq\r(AD2＋AN2)＝eq\r(13).在等腰三角形DMN中，MN＝1，可得cos∠DMN＝eq\f(\f(1,2)MN,DM)＝eq\f(\r(13),26).所以异面直线BC与MD所成角的余弦值为eq\f(\r(13),26).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改变，依据翻折的过程理清翻折前后位置关系中没有改变的量是哪些，发生改变的量是哪些，这些不变的量和改变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＝eq\r(5)，∠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__________．(2)(2024·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＝eq\f(3,2).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eq\f(2,3).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＝eq\r(\f(5,6))＝eq\f(\r(30),6)，BM＝FN＝eq\r(\f(15,2))＝eq\f(\r(30),2)，所以D′F2＝eq\f(25,3)－5cosθ，因为AC⊥D′N，AC⊥FN，所以D′F⊥AC，所以D′F⊥BE，又BF＝MN＝eq\f(\r(6),3)，所以在Rt△D′FB中，D′B2＝9－5cosθ，所以cos∠D′BE＝eq\f(BF,D′B)＝eq\f(\f(\r(6),3),\r(9－5cosθ))≤eq\f(\r(6),6)，当且仅当θ＝0°时取“＝”．故填eq\f(\r(6),6).(2)①证明：连接AC交EF于M点，由平面几何学问可得AC＝eq\r(5)，EF＝eq\f(\r(5),2)，以及eq\f(AM,MC)＝eq\f(FM,ME)＝eq\f(3,2)，则有AM＝eq\f(3\r(5),5)，MC＝eq\f(2\r(5),5)，MF＝eq\f(3\r(5),10)，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.②由①知，二面角A′­EF­C的平面角就是∠A′MC，即cos∠A′MC＝eq\f(2,3)，依据余弦定理，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eq\f(π,4).eq\a\vs4\al()解决与翻折有关的问题的两个关键(1)要明确翻折前后的改变量和不变量．一般状况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生改变．(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.(2024·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′CAC．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＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(\r(2),2)，所以A′A＝A′C＝A′B＝A′D＝1，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.解除A，C，D.故选B.2．(2024·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cosθ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＝2eq\r(3)a，AE＝eq\r(3)a，EH＝eq\f(\r(3),2)a，所以cos∠AHE＝eq\f(EH,AH)＝eq\f(\f(\r(3),2)a,\r(3a2＋\f(3,4)a2))＝eq\f(\r(5),5)，所以二面角A­BF­C的余弦值为eq\f(\r(5),5).(2)过点A向CE作垂线，垂足为G，连接GB，CF.假如AB⊥CF，则依据三垂线定理有GB⊥CF，因为△BCF为正三角形，所以CG＝BCtan30°＝eq\f(2\r(3),3)a，则GE＝eq\f(\r(3),3)a，因为AE＝eq\r(3)a，所以cosθ＝eq\f(GE,AE)＝eq\f(1,3)，所以cosθ的值为eq\f(1,3).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不确定相交，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⊥BDC．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＝BCD．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不确定等于BC；D中，若AB＝AC，DB＝DC，可以证明AD⊥BC.5．(2024·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．2eq\r(2) B.eq\r(10)C.eq\r(11) D．2eq\r(3)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＝eq\r(2)，EN＝2，∠MEN＝135°，所以MN＝eq\r(4＋2－2×2×\r(2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2))))＝eq\r(10).6.(2024·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＝eq\f(PQ,DQ)，tan∠PEQ＝eq\f(PQ,EQ)，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eq\f(PQ,DQ)·eq\f(PQ,EQ)＝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＝eq\f(m2,x)(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．(2024·绍兴诸暨高考一模)已知三棱锥A­BCD的全部棱长都相等，若AB与平面α所成角等于eq\f(π,3)，则平面ACD与平面α所成角的正弦值的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3－\r(6),6)，\f(3＋\r(6),6))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3－\r(6),6)，1))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－\f(\r(3),6)，\f(\r(2),2)＋\f(\r(3),6))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－\f(\r(3),6)，1))解析：选A.因为三棱锥A­BCD的全部棱长都相等，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＝eq\r(3)，可得cos∠BAP＝eq\f(\r(3),3)，sin∠BAP＝eq\f(\r(6),3).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sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＝sineq\f(π,3)cosθ－coseq\f(π,3)sinθ＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(3),3)－eq\f(1,2)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(3－\r(6),6)；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sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋θ))＝sineq\f(π,3)cosθ＋coseq\f(π,3)sinθ＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(3),3)＋eq\f(1,2)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(3＋\r(6),6)，所以平面ACD与平面α所成角的正弦值的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3－\r(6),6)，\f(3＋\r(6),6))).故选A.8．(2024·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eq\r(2)，则翻折后AB的长为()A．2B.eq\r(5) C.eq\r(6)D.eq\r(7)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＝eq\f(EP,PD)＝eq\r(2)，设DP＝a，则EP＝eq\r(2)a.如图，设∠BCP＝α，则∠ACP＝90°－α，则在直角三角形DPC中，PC＝eq\f(a,sin（90°－α）)＝eq\f(a,cosα)，又在直角三角形PCE中，tanα＝eq\f(PE,PC)，则eq\f(a,cosα)·tanα＝eq\r(2)a，sinα＝eq\r(2)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eq\f(AC2＋BC2－AB2,2·AC·BC)＝cos∠ACP·sin∠ACP＝eq\f(1,2)，解得AB＝eq\r(7).9．(2024·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，明显三角形PDC为等腰直角三角形，所以∠PCD＝eq\f(π,4).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eq\f(d,PB)＝eq\f(2,3).答案：eq\f(π,4)eq\f(2,3)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＝2eq\r(2)，所以MK＝eq\r(2).在Rt△CKN中，CK＝eq\r(（\r(2)）2＋12)＝eq\r(3).在△CKM中，由余弦定理，得cos∠KMC＝eq\f(（\r(2)）2＋（2\r(2)）2－（\r(3)）2,2×\r(2)×2\r(2))＝eq\f(7,8).答案：eq\f(7,8)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，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：①②③12.(2024·杭州市高三期末)在△ABC中，∠ABC＝eq\f(π,3)，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eq\f(π,3)，则sinθ＝________．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＝eq\f(π,3)，∠ABO是直线AB与平面α所成的角，即∠ABO＝θ，设AO＝eq\r(3)，所以AD＝2，在Rt△ADB中，∠ABD＝eq\f(π,3)，所以AB＝eq\f(2,sin\f(π,3))＝eq\f(4\r(3),3)，所以sinθ＝eq\f(AO,AB)＝eq\f(\r(3),\f(4\r(3),3))＝eq\f(3,4).答案：eq\f(3,4)13．(2024·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的平面角渐渐增大，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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3)))14.(2024·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＝2cosα，AC1＝2cosβ，BB1＝2sinα，CC1＝2sinβ，则点M到平面γ的距离d＝sinα＋sinβ，又AM＝eq\r(3)，则B1C1＝2eq\r(3－d2)，即cos2α＋cos2β＝3－(sin2α＋2sinαsinβ＋sin2β)．也即sinαsinβ＝eq\f(1,2)，所以d＝sinα＋sinβ＝sinα＋eq\f(1,2sinα)≥eq\r(2)，当sinα＝1时，d＝eq\f(3,2)，则eq\r(2)≤d<eq\f(3,2).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(3,2)))15．(2024·宁波诺丁汉高校附中高三期中考试)三棱锥A­BCD中，E是BC的中点，AB＝AD，BD⊥DC.(1)求证：AE⊥BD；(2)若DB＝2DC＝eq\r(2)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＝eq\r(2)，BD＝2，所以△ABD为等腰直角三角形，故AF＝eq\f(1,2)BD＝1，又FE＝eq\f(1,2)DC＝eq\f(1,2)，所以AE2＝AF2＋FE2－2AF·FE·cos∠AFE＝1＋eq\f(1,4)－2×1×eq\f(1,2)×cos60°＝eq\f(3,4)，即AE＝eq\f(\r(3),2)，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＝eq\f(\r(3),2)，AD＝eq\r(2)，所以AD与平面BCD所成角的正弦值sin∠ADE＝eq\f(AE,AD)＝eq\f(\r(6),