浙江專用2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題四立體幾何第2講空間點(diǎn)線面的位置關(guān)系教案

1、第2講空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系空間線面位置關(guān)系的判斷核心提煉空間線面位置關(guān)系判斷的常用方法(1)根據(jù)空間線面平行、垂直關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理逐項(xiàng)判斷來解決問題；(2)必要時(shí)可以借助空間幾何模型，如從長(zhǎng)方體、四面體等模型中觀察線面位置關(guān)系，并 結(jié)合有關(guān)定理來進(jìn)行判斷.典型例題例1 (1)(2019 紹興市柯橋區(qū)高三期末考試)已知四邊形 ABC四梯形，AB/ CD l為空間一直線，則“ l垂直于兩腰 AD BC是“1垂直于兩底 AB, CD的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件(2) a, §是兩個(gè)平面，m n是兩條直線，有下列四個(gè)命題：如果 m

2、l n, ml a , n / 3 ,那么 a ! (3 .如果ml a , n / a ,那么ml n.如果a / § , n? a ,那么rn/ 3 .如果m/ n, a / (3 ,那么mW a所成的角和n與B所成的角相等.其中正確的命題有 .(填寫所有正確命題的編號(hào))【解析】(1)四邊形ABC泗梯形，AB/ CD 1為空間一直線，則“I垂直于兩腰 AD BC 又AD與BC相交，所以I，平面ABCD 1垂直于兩底 AB, CD反之不一定成立.所以“I垂直于兩腰 AD BC是“I垂直于兩底AB CD的充分不必要條件.故選 A.(2)對(duì)于命題，可運(yùn)用長(zhǎng)方體舉反例證明其錯(cuò)誤:如圖，不

3、妨設(shè) AA為直線 m, CD為直線n, ABC所在的平面為 a , ABC D所在的平面為 3，顯然這些直線和平面滿足題目條件， 但a，B 不成立.命題正確，證明如下：設(shè)過直線n的某平面與平面 a相交于直線I ,則I / n,由ml a知ml I ,從而ml n,結(jié)論正確.由平面與平面平行的定義知命題正確.由平行的傳遞性及線面角的定義知命題正確.【答案】(1)A(2)點(diǎn)評(píng)判斷與空間位置關(guān)系有關(guān)的命題真假的方法(1)借助空間線面平行、 面面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行判斷.(2)借助于反證法，當(dāng)從正面入手較難時(shí)，可利用反證法，推出與題設(shè)或公認(rèn)的結(jié)論相矛盾的命題，進(jìn)而作出判斷.

4、(3)借助空間幾何模型，如從長(zhǎng)方體模型、四面體模型等模型中觀察線面位置關(guān)系，結(jié)合有關(guān)定理，進(jìn)行肯定或否定.對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1. (2019 浙江名校協(xié)作體高三下學(xué)期考試)已知直線mi n與平面a, p ,下列命題正A.m/ a , n /C.D.ml a , n±B.ml n 且 a解析：選D.選項(xiàng)A中，直線m與n還有互為異面的可能；選項(xiàng) B中，直線 m與n還有相互平行的可能；選項(xiàng) C中，還有n? a的可能；選項(xiàng) D正確，故選D.2. (2019 長(zhǎng)沙一模)如圖所示，在直角梯形BCE葉，/ CBF= Z BCE= 90° , A、D分別是BR CE上的點(diǎn)，AD/ BC且AB= DE

5、= 2BC= 2AF(如圖1).將四邊形 ADEFF& AD折起，連接AC CF BE BFCE如圖2),在折起的過程中，下列說法錯(cuò)誤的是 (A. AC/平面BEFF四點(diǎn)不可能共面C.若 EF± CF 則平面 ADEF_面 ABCDD.平面BCEW平面BEF可能垂直解析：選D.法一：A選項(xiàng)，連接BD,交AC于點(diǎn)Q取BE的中點(diǎn)M 連接OM FM易證四邊形 AOM段平行四邊形，所以 AO/ FM因?yàn)镕M?平面BEF AC?平面BEF所以AC/平面BEF B選項(xiàng)，若 B G E、F四點(diǎn)共面，因?yàn)?BC/ AD所以BC/平面 ADEF可推出BC/ EF,又BC/ AD,所以AD/ E

6、F,矛盾；C選項(xiàng)，連接FD,在平面ADE吶，易得EF± FD,又EF± CF FDA CF= F,所以 EFL平面 CDF 所以 EF± CD 又 CDL AD> EF與 AD相交，所以 CDL平面ADEF所以平面 ADEF平面ABCD D選項(xiàng)，延長(zhǎng) AF至G,使AF= FG連接BG EG易得平面 BC曰平面 ABF過F作FNL BG N,則FN1平面BCE若平面 BCEL平面BEF則過F作直線與平面 BCEB直，其垂足在 BE上，矛盾.綜上，選 D.法二：構(gòu)造正方體如圖，結(jié)合正方體的性質(zhì)知平面BCN平面BEFT可能垂直.考點(diǎn)2空間平行、垂直關(guān)系的證明及求空

7、間角核心提煉1 .直線、平面平行的判定及其性質(zhì)線面平行的判定定理：a?”，b? a , a/ b? a/ a .(2)線面平行的性質(zhì)定理：a/ a, a? B, “n B=b? a/b.(3)面面平行的判定定理：a? B , b? B, anb=P, all ”，b / a ? a / 3 .(4)面面平行的性質(zhì)定理：a A y =a,2 .直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)(1)線面垂直的判定定理:(2)線面垂直的性質(zhì)定理:(3)面面垂直的判定定理:(4)面面垂直的性質(zhì)定理:3.空間角m? a, n? a, mA n=P, l ±m l ± n? l ± a .aX

8、a , bX a ? a b.a? B , a；? a ± 3 .a，B , a n 3 = 1 , a? a , a1l ? a1 3 .兀(1)異面直線所成的角，范圍a e 0,萬(wàn).(2)直線與平面所成的角：如圖 l n a = A, PC l ,過點(diǎn)P作POL a交兀a于O連接AO則/ PAO直線l與平面a所成的角，范圍0 C 0,萬(wàn).(3)二面角如圖，過二面角a - l - §的棱l上一點(diǎn)O在兩個(gè)半平面內(nèi)分別作 AQL l ,則/ AO醐叫做二面角 a -1 - §的平面角，范圍 0 0, 0 =北二面角叫做直二面角.典型例題例“(1)(2019 高考浙江

9、卷)設(shè)三棱錐V-ABC的底面是正三角形，側(cè)棱長(zhǎng)均相等， P是 棱VA上的點(diǎn)(不含端點(diǎn)).記直線PB與直線AC所成的角為a ,直線PB與平面ABC所成的角 為3 ,二面角F-AGB的平面角為丫，則()A.§<Y,a<YB.B<oc,B<yC. B<a，Y<aD. a<B，丫<B(2)(2019 高考浙江卷)如圖，已知三棱柱 ABCABC,平面 AACC1平面 ABC Z ABC= 90 , / BAC= 30 , AA= AiC= AC E, F分別是 AC AB 的中點(diǎn).證明：EFL BC求直線EF與平面ABC所成角的余弦值.H【解】(

10、1)選B.由題意，不妨設(shè)該三棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)與底面邊長(zhǎng)相等，因?yàn)辄c(diǎn) P是棱VA上的點(diǎn)(不含端點(diǎn))，所以直線PB與平面ABO成的角3小于直線VB與平面ABC所成的角， 而直線VB與平面ABC所成的角小于二面角 P-AC B的平面角丫，所以3<丫；因?yàn)锳C?平面 ABC所以直線PB與直線AC所成的角a大于直線PB與平面ABC/f成的角B ,即a > B .故 選B.(2)法一：證明：如圖，連接AiE,因?yàn)锳iA= AC, E是AC的中點(diǎn)，”尸乃刁前所以 AiELAC.又平面AACC1平面ABC AiE?平面AACC,平面AAC5平面ABC /& 必/=AC 所以 AEL平面 ABC

11、 則 AiE± BC又因?yàn)?AF/ AB /ABC= 90 ,故 BCLAF.所以BCL平面AEF.因止匕EF± BC取BC的中點(diǎn)G連接EG GF則EGFA平行四邊形.由于AEL平面ABC故AiE± EG所以平行四邊形 EGFA矩形.連接AG交EF于Q由得BCL平面EGFA則平面 ABCL平面EGFA所以EF在平面ABC上的射影在直線 AiG上.則/ EO輿直線EF與平面AiBC所成的角(或其補(bǔ)角).不妨設(shè) AC= 4,則在 RtAEG中，AiE= 2v3, EG=m.由于O為AiG的中點(diǎn)，故EO OG=AG752=2所以 cos / EOGeO+ oG- eG

12、32EO- OG =5.3因此，直線EF與平面AiBC所成角的余弦值是-.5法二：連接 AiE,因?yàn)锳iA= AiC, E是AC的中點(diǎn),所以AE± AC又平面 AACC1平面ABC AiE?平面AACC,平面AACCn平面ABC= AC所以A0平面 ABC如圖，以點(diǎn)E為原點(diǎn)，分別以射線 EC EA為V, z軸的正半軸, 建立空間直角坐標(biāo)系 E- xyz.不妨設(shè) AC= 4,則 Ai(0 , 0, 2，3),蛻聲1, 0),Bi(小,3, 2/),F(孚,|, 2班C(0, 2, 0).因此，EF=孚，|, 2木,BC= (-3, 1, 0).由EF- BO 0 得 EF±

13、BC設(shè)直線EF與平面ABC所成角為0 .由可得 BC=( ->/3, i, 0), Afc=(0, 2, 23).設(shè)平面ABC的法向量為n=(x, y, z).的.n=0,- V3x + y= 0,由得AC- n=0,y_ v3z= 0.取 n=(1 , V3, 1),故sin 9 = |cosEF, n> | =二.|EF -|n|5 3因此，直線EF與平面AiBC所成角的余弦值為-.5(1)平行關(guān)系及垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化空間平行、垂直關(guān)系證明的主要思想是轉(zhuǎn)化，即通過判定、性質(zhì)定理將線線、線面、面 面之間的平行、垂直關(guān)系相互轉(zhuǎn)化.面面平行的性腦 面血垂直的判定囪面眼立的性政(2)求空間

14、角的三個(gè)步驟一作：根據(jù)定義作平行線或垂線，用作圖法作出要求的角.二證：證明所作的角就是要求的角.三求：把空間角問題轉(zhuǎn)化為 (三角形)平面問題，解三角形，求出該角判斷所求角是此角還是它的補(bǔ)角.對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1.(2019 浙江金華十校高考模擬 )如圖，AEB= BE= BC= 2AD= 2,且ABL BE / DAB= 60 , AD/ BC BELL AD(1)求證：平面 ADEL平面BDE(2)求直線AD與平面DC斯成角的正弦值.解：(1)證明：因?yàn)?AB= 2AD / DAB= 60° ,所以ADL DB又 BE! AD 且 Bm BE= B,所以ADL平面BDE又AD?平面ADE所以

15、平面ADEL平面BDE(2)因?yàn)?BEX AD ABL BE 所以 BE1平面 ABCD所以點(diǎn)E到平面ABCD勺距離就是線段 BE的長(zhǎng)為2,設(shè)AD與平面DC斯成角為0，點(diǎn)A到平面DCE勺距離為d,由 V-DCE=*-adC導(dǎo)：；xdx&CD1x | BE X Saacd,可解得 d=甘，而 AD= 1,則 sin 0 = 3310AD- 10 '故直線AD與平面DC所成角的正弦值為端.2. (2019 魯迅中學(xué)高考方向性測(cè)試 )如圖，在四面體 ABCD3, ABN等邊三角形，平面 ABCL平面 ABD 點(diǎn) M為棱 AB的中點(diǎn)，AB= 2, AD= 2V3, / BAD= 90

16、.(1)求證：ADL BC（2）求異面直線BC與M所成角的余弦值.解：（1）證明：由平面 ABC1平面ABD平面ABCn平面ABD= AB, ADL AB, AD?平面ABD可得ADL平面 ABC故ADh BC（2）如圖，取棱AC的中點(diǎn)N,連接MN ND又因?yàn)镸為棱AB的中點(diǎn)，故MN BC所以/ DM（其補(bǔ)角）為異面直線BC與M所成的角.在 RtADAMfr, AM= 1,故 DM= AD+ AM =訴.因?yàn)?ADL平面 ABC 故 ADL AC 在 RtA DAN43, AN= 1,故 DN= /aD+ AN =巾3.在等腰三角形DM曲，MN= 1,1-MN 一 一 213可得cos / D

17、MN -4=為鼠.DM 26所以異面直線BC與M所成角的余弦值為堂.26考點(diǎn)3空間幾何中的“翻折”問題核心提煉由平面圖形“翻折”為空間圖形，要求解（證明）該空間圖形中的某些元素所對(duì)應(yīng)的量或 對(duì)應(yīng)的位置關(guān)系，首先看翻折前后線面位置關(guān)系的變化，根據(jù)翻折的過程理清翻折前后位置 關(guān)系中沒有變化的量是哪些，發(fā)生變化的量是哪些，這些不變的量和變化的量反映了翻折后 的空間圖形的結(jié)構(gòu)特征，求解問題時(shí)要綜合考慮翻折前后的圖形.典型例題例3（1）如圖，已知平面四邊形 ABCD AB= BO 3, CD= 1, AD=#,/ ADO90° .沿直 線AC將 AC麗折成 ACD ,直線AC與BD所成角的余弦

18、的最大值是 .(2)(2019 臺(tái)州市一模)如圖，在矩形 ABC加，AB= 1, BC= 2, E為BC的中點(diǎn)，F(xiàn)為線 3 一 . 一 一 一 . 一 .段AD上的一點(diǎn)，且 AF= 2.現(xiàn)將四邊形 ABEFF替直線EF翻折，使翻折后的二面角 A -ERC的，2 余弦值為-.3圖2求證：A C± EF;求直線A D與平面ECD所成角的大小.【解】(1)作BE/ACBE= AC連接D'E,則/DBE為所求的角或其補(bǔ)角，作D'Nl± AC于點(diǎn)N,設(shè)M為AC的中點(diǎn)，連接BM則BMLAC作NF/ Bg BE于F,連接D' F,設(shè)/ D' NFi 5 /

19、30(15 V30 , 25i=8,因?yàn)?D N= 7 =+，BM= FN=、匕=+,所以 D F = 5cos 8 ,因?yàn)閂6 6V 223ACL D' N, AC± FN,所以 D' FXAC；所以 D' F± BE 又 BF= MN=萼,所以在 RtAD/ FB 中，3乖,2， BF3D B2=95cos 0,所以cos Z D BE= gr=* $ 鏟拳 當(dāng)且僅當(dāng) 0=0 時(shí)取“.故填-76.6(2)證明：連接 AC交EF于M點(diǎn)，由平面幾何知識(shí)可得 AC= 瓜5EF= -2-,AM FM 3 -3.5 八 2,53 5以及MT Mf 2,則有

20、 AM= 5，MC= 5，MF=得,故有 aM+ mF = aF,則 ACL EF,于是，A ML EF, CML EF,而 A' MT CM= M 故 EF,平面 A MC而 A' C?平面 A MC 故 A' Q EF.由知，二面角 A' -EFC的平面角就是/ A' MCrr，一 2即 cos/A MO-,3根據(jù)余弦定理，可求得 A C= 1,因?yàn)?A C2+MC= A' M,所以 A C±MC而A' C± EF可知 A C，平面ECDF因此，/ A DC就是直線A D與平面ECD所成的角.由于 A C= CD=

21、 1, 兀故直線A D與平面ECDFf成的角為-.解決與翻折有關(guān)的問題的兩個(gè)關(guān)鍵C圖2(1)要明確翻折前后的變化量和不變量.一般情況下，線段的長(zhǎng)度是不變量，而位置關(guān)系往往會(huì)發(fā)生變化.(2)在解決問題時(shí)，要比較翻折前后的圖形，既要分析翻折后的圖形，也要分析翻折前的圖形.對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1.(2019 紹興市柯橋區(qū)高考數(shù)學(xué)二模 )如圖，四邊形 ABCDI矩形,沿直線BD異面直線CD與A B所成的角為則(a ,A.a</A' CAB. a>/A' CAC.a </ A CDD. a >/ A CD解析：選B.因?yàn)锳B/ CD所以/ A BA為異面直線CD與A'

22、 B所成的角.假設(shè)AB= BC= 1,平面ABDL平面 ABCD連接AC交BDT點(diǎn)Q連接A A A C, A O,貝UA' O,平面ABCD，八 12A O= AO= BO= CO= DO= tAO-,22所以 A A= A C A B= A 4 1,所以A' BA、A CD是等邊三角形,A' CA是等腰直角三角形,所以/ A' CA= 45° ,/A' CD= /A' BA= 60 ,即 a >/A' CA a = /A' CD排除A, C, D.故選B.2. (2019 浙江省五校聯(lián)考二模 )如圖1, E, F

23、分別是AC AB的中點(diǎn)，/ ACB= 90° , /CAB= 30。，沿著EF將4AEF折起，記二面角 A-EEC的度數(shù)為0 .(1)當(dāng)e =90°時(shí)，即得到圖 2,求二面角 ABEC的余弦值;(2)如圖3中，若ABLCF求cos 0的值.解：(1)因?yàn)槠矫?AEFL平面CEFB且過點(diǎn)E向BF作垂線交BF延長(zhǎng)線于H,則/AHE為二面角 A BE C的平面角.所以AE1平面CEFB連接AH圖2EFL AE設(shè) BC= 2a,貝U EF= a, AB= 4a, AC= 243a,AE= V3a, EH=4a,一EH所以 cos Z AHEz=AH.13Ta ；52 3 23a +

24、 4a'5所以二面角ABF-C的余弦值為學(xué)(2)過點(diǎn)A向CE作垂線，垂足為 G,連接GB如果ABL CF則根據(jù)三垂線定理有 GBL CF,因?yàn)?BCF為正三角形,所以 CG= BCtan 30號(hào)a,則 GE= Ta,GE 1因?yàn)锳E=木a所以cos e=AE= 3,所以cos e的值為1.3專題強(qiáng)化訓(xùn)練1 .設(shè)平面a與平面3相交于直線 m直線a在平面a內(nèi)，直線b在平面3內(nèi)，且b，Rl 則 “a，b” 是 “ a，B ” 的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件解析：選B.因?yàn)閍 ± （3 , b1m!所以b>± a ,

25、又直線a在平面a內(nèi)，所以Sl± b；又直 線a, m不一定相交，所以“ ab”是“ a，B ”的必要不充分條件，故選 B.2 .如圖，在下列四個(gè)正方體中，a B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)， M N, Q為所在棱的中點(diǎn),則在這四個(gè)正方體中，直線解析：選 A.B選項(xiàng)中，AB/ MQ且AB?平面 MNQ MQ平面MNQ則AB/平面 MNQ C選項(xiàng)中，AB/ MQ且AB?平面MNQ MQ平面MNQ則AB/平面 MNQ D選項(xiàng)中，AB/ NQ且AB ?平面MNQ NQ平面MNQ則AB/平面 MN或選A.3 .在正方體 ABCDABGD中，E為棱CD勺中點(diǎn)，則（）A. AE± DCB. AE&

26、#177; BDC. AE± BCD. AE± AC解析：選 C.ABL平面 BCdBi, BC?平面 BCGBi,所以 ABXBCj,又 BGXBiC,且 BCnA1B1=B，所以BC,平面 ABCD又AiE?平面Ai BCD所以BC, AE.故選C.4 .設(shè)A, B, C, D是空間四個(gè)不同的點(diǎn)，在下列命題中，不正確的是 （）A.若AC與BD共面，貝U AD與BC共面B.若AC與BD是異面直線，則 AD與BC是異面直線C.若 AB= AC DB= DC 貝U AD= BCD,若 AB= AC DB= DC 貝U ADL BC解析：選C.A中，若AC與BD共面，則A, B

27、, C, D四點(diǎn)共面，則 AD與BC共面；B中， 若AC與BD是異面直線，則 A, B, C, D四點(diǎn)不共面，則 AD與BC是異面直線；C中，若AB= AG DB= DC AK一定等于 BC D 中，若 AB= AG DB= DC 可以證明 ADL BC點(diǎn)P, Q分別為平面 ABCD和線段B1CPEQ長(zhǎng)的最小值為（）5. （2019 溫州市高考數(shù)學(xué)二模 ）棱長(zhǎng)為2的正方體ABCDABCD中，E為棱CC的中點(diǎn),RnPQ PQ /即近EQT 1，A. 2 :'2B. 10D. 2 ：3解析：選B.由題意， PEQW長(zhǎng)取得最小值時(shí)，P在BC上，在平面BGCB上，設(shè)E關(guān)于BC的對(duì)稱點(diǎn)為 M 關(guān)

28、于BC的對(duì)稱點(diǎn)為 N,則E陣小，EN= 2, Z MEN= 135° ,所以 MN=、4+2 2X2Xy2x 乎=Ji0.6. （2019 杭州市學(xué)軍中學(xué)高考數(shù)學(xué)模擬）如圖，在三棱柱 ABCABCK中，點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)運(yùn)動(dòng)，使得二面角P-ABC的平面角與二面角 P-BCA的平面角互余，則點(diǎn) P的運(yùn)動(dòng)軌跡是（）A. 一段圓弧B,橢圓的一部分C.拋物線D.雙曲線的一支解析：選D.不妨令三棱柱 ABCABC為直三棱柱，且底面是以B為直角的直角三角形， 令 側(cè)棱長(zhǎng)為mj以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA方向?yàn)閤軸，BC方向?yàn)閥軸，BB方向?yàn)閦軸，建立空間直 角坐標(biāo)系,設(shè)P（x, V，ml,所以Qx,v，

29、0）,過點(diǎn)Q作以QD_ AB于點(diǎn)D,彳QELBC于點(diǎn)E,則/ PDQ是二面角 P-ABC的平面角，/ PEQ是二面角P-BCA的平面角,所以 tan / PDQ= PQ tan / PEQ= PQDQEQ又二面角P-ABC的平面角與二面角 P-BCA的平面角互余，所以tan / PDQtan / PEQ= 1,所以 QD- QE= PQ= mi,因 Q(x, y, 0),所以 QE= x, QD= y,2一 , ,2，m11 一一一所以有xy=mL所以y=（x>0）,即點(diǎn)Q的軌跡是雙曲線的一支，所以點(diǎn) P的軌跡是雙 x曲線的一支.故選 D.7. （2019 紹興諸暨高考一模）已知三棱錐

30、ABCM所有棱長(zhǎng)都相等，若 AB與平面a所.一兀.成角等于,則平面ACDW平面a所成角的正弦值的取值范圍是 （）3C包走與史C. 26 ， 2 + 6D*d 1解析：選A.因?yàn)槿忮F A-BCD勺所有棱長(zhǎng)都相等,所以三棱錐 A-BC曲正四面體，如圖:設(shè)正四面體的棱長(zhǎng)為 2,取CDf點(diǎn)P,連接AP, BP,則/ BA四 AB與平面 ADO成角.AP= BP=斕，可得 cos/BAP=專,sin / BAP=毒設(shè)/ BAP= 0 .當(dāng)C時(shí)a平行且AB在平面ACD±面時(shí)，平面 ACDW平面a所成角的正弦值最小，為兀 八兀兀出 J3 1 J6 3J6sin -3- - 9 =sin-3cos

31、 0 cossin 9 =-2x-32x-=6；當(dāng)C時(shí)a平行且AB在平面ACDF面時(shí)，平面 ACDW平面a所成角的正弦值最大，為sin -3- + 0 = sin cos 0 + cossin9 =坐x 專+1x 坐 =3+y,所以平面 ACD平面 23236a所成角的正弦值的取值范圍是 三工6,注X6 66.故選A.8. （2019 浙江“七彩陽(yáng)光”新高考聯(lián)盟聯(lián)考的兩條直角邊 AC= 2, BC= 3, P為斜邊AB上一點(diǎn),）已知直角三角形 ABC沿CP各此三角形折成直二面角 ACPB,此時(shí)二面角 P-AC B的正切值為V2,則翻折后AB的長(zhǎng)為（）A. 2C. ；6D. ：7解析：選D.如圖

32、，在平面 PCB內(nèi)過P作直二面角 A-CPB的棱CP的垂線交邊 BC于E,則EPL平面ACP于是在平面PAC43過P作二面角P-ACB的棱AC的垂線，垂足為 D,連接DE則/ PD二面角P-AC B的平面角，且tan/PDE=靜 2,設(shè)DP= a,貝U EP= *a.如圖，設(shè)/ BCP= a ,則/ ACP= 90° a ,則在直角三角形一a ,，一 一一， ，PC= sin （90，）=,又在直角三角形PCE中,tanDPO43,A-CPB為直二面PE "=PC則Cos' tan a=岳,sin a =也3%,所以a =45。，因?yàn)槎娼?一一 AC+BC AB1

33、 .角,所以 cos / ACB= cos / ACP- cos / BCP 于是 2 AC BC = cos / ACP- sin / ACP= 2,解得 AB= 79 . (2019 臺(tái)州市書生中學(xué)月考)如圖，在四棱錐 P-ABC珅，PDL平邛面 ABCD AB/ CD ADL CD PD= AD= DC= 2AB 則異面直線 PC與 AB所成角的大小為 ;直線PB與平面PDCf成角的正弦值為 ./b'c解析：因?yàn)锳B/ CD所以/ PCDIP為異面直線PC與AB所成的角，顯兀然三角形PDC%;等腰直角三角形，所以/ PCd彳.設(shè)AB= 1,則可計(jì)算得，PB= 3,而點(diǎn)B到d 2平

34、面PDM距離d等于AD的長(zhǎng)為2,所以直線PB與平面PDO成角的正弦值為 片q -.PB 310 .如圖，在三棱錐 A-BCD43, AB= AC= BA CD-3, AD- BC= 2,點(diǎn)M, N分別為AD BC的中點(diǎn)，則異面直線 AN CM所成的角的余弦值解析：如圖所示，連接 DN取線段DN的中點(diǎn)K,連接MK CK 因?yàn)镸為AD的中點(diǎn)，所以 MK/ AN所以/ KMW為異面直線AN。所成的角.因?yàn)?AB= AC= BA Cd 3,AD- BC= 2, N為BC的中點(diǎn)，由勾股定理易求得 AN= DN= CM= 2 ,：2,所以MK= 2在 RtACKhJ, CK= xj (y/2) 2+12

35、=g.在CKW,由余弦定理，得cos / KMC=（啦）2+ （2乖）2-（幣）2 =72XX 2-28答案:11 .如圖所示，直線 PA垂直于。O所在的平面， ABCft接于。O且AB飛 為。O的直徑，點(diǎn)M為線段PB的中點(diǎn).現(xiàn)有結(jié)論：BCL PCOM/平面APC 、弋 點(diǎn)B到平面PACW距離等于線段 BC的長(zhǎng).其中正確的是 .，卜解析：對(duì)于，因?yàn)?PAL平面ABC所以PA! BC因?yàn)锳B為。的直徑，所以BCL AC所以BCL平面PAC又PC?平面PAC所以BCL PC對(duì)于，因?yàn)辄c(diǎn) M為線段 PB的中點(diǎn)，所以O(shè)MPA因?yàn)镻A?平面PAC所以O(shè)MF平面PAC對(duì)于，由知BCL平面PAC所以線段BC

36、的長(zhǎng)即是點(diǎn)B到平面PAC勺距離，故都正確.答案： ，一，兀.，一一12. （2019 杭州市局三期末 ）在 ABC中，/ABC= 5，邊BC平面a內(nèi)，頂點(diǎn)A在平面a外，直線 A*平面a所成角為0 .若平面ABCW平兀面a所成的二面角為w，則sin 0 =3解析：過 A作AOL a ,垂足是 Q過O作ODL BC交BC于D,連接AD則AD! BC所以/ ADO1平面ABC與平面a所成的二面角，即/ ADOv，/AB加直線AB與平面a所成的角，即/ ABO= 0 ,3設(shè) AO= '3,所以 AD- 2,在 RtAADE,兀ZAB>,所以 AB=3兀sin可3.八 AO ：33所以si

37、n e=ABT域=4.13. （2019 浙江名校新高考聯(lián)盟聯(lián)考 ）如圖，已知正四面體D-ABC P為線段AB上的動(dòng)點(diǎn)（端點(diǎn)除外），則二面角D-PCB的平面角的余弦值的取值范圍是解析：當(dāng)點(diǎn)P從A運(yùn)動(dòng)到B,二面角DPCB的平面角逐漸增大， 二面角DPC B的平面角最小趨近于二面角DACB的平面角，最大趨近于二面角D BC A的平面角的補(bǔ)角，故余弦值的取值范圍是3' 3 .答案:1 13' 314. （2019 義烏市高三月考）如圖，邊長(zhǎng)為2的正 ABC®點(diǎn)A在平面丫上，B, C在平面丫的同側(cè)，M為BC的中點(diǎn)，若 ABC在平面丫上的射影是以 A為直角頂點(diǎn)的 ABC,則M到

38、平面丫的距離的取值范圍是解析：設(shè)/ BAB= a , / CAC= 3，貝U AB= 2cosa , AC= 2cos3 , BB=2sin a , CC= 2sin 3 ,則點(diǎn)M到平面丫的距離d = sin a +sin 3 ,又A陣J3,則BC = 2/3d2,即一 3答案：2, 2解：（1）證明：如圖，取 BD的中點(diǎn)F,連接EF, AF所以BDL平面 AFE又AE?平面AFE所以AE! BD(2)由(1)知 BDL AF, BDL EF所以/ AFE即為二面角A-BDC的平面角,所以/ AFE= 60 .因?yàn)?AB= AD= ® BD= 2,一 1- 1又 FE=二DC=a22

39、、，。,一 , _113 _ _'3所以 A=aF"+F-2AF- FE- cos/AFE= 1+42X 1 x X cos 60=7 即 AE= '所以 A+FE；=1= AFf,所以 AE! FE又由(1)知 BDL AE 且 Bm FE= F, BD?平面 BDC FE?平面 BDC所以AE1平面BDC所以/ ADEM是AD與平面BC所成角,在 RtAAED, AE=乎,AD= 也所以AD與平面BC所成角的正弦值cos2 a + cos2 3=3 (sin 2 a + 2sin a sin B + sin 2 B ).也即 sin a sin-1 ,3 =-,所

40、以 d= sina + sinc1.,3，33 = sin a + 2$所>/2,當(dāng) sin a =1 時(shí)，d =,則y2wd<2.15. （2019 寧波諾丁漢大學(xué)附中高三期中考試）三棱錐A-BC計(jì)，E是BC的中點(diǎn)，A氏AD BDL DC(1)求證：AE1 BD因?yàn)镋為BC中點(diǎn)，F(xiàn)為BD中點(diǎn)，所以FE/ DC又 BD± DC 所以 BDL FE所以 ABD為等腰直角三角形，故一 1一AF= BD= 1,(2)若 DB= 2DC= 42AB= 2,且二面角 A-BDC為 60° ,求 AD與平面BC前成角的正弦值.因?yàn)锳B= AD所以BDL AF又 AFn FE= F, AF, FE?平面 AFE12sin "但 AET 乎.ABCD / DAB= /ABO 90 , A