【高考解碼】2021屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)(新課標(biāo))-點、直線、平面之間的位置關(guān)系

第12講點、直線、平面之間的位置關(guān)系1．(2021·安徽高考)在下列命題中，不是公理的是()A．平行于同一個平面的兩個平面相互平行B．過不在同一條直線上的三點，有且只有一個平面C．假如一條直線上的兩點在一個平面內(nèi)，那么這條直線上全部的點都在此平面內(nèi)D．假如兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們有且只有一條過該點的公共直線【解析】結(jié)合平面的基本性質(zhì)求解．A．不是公理，是個常用的結(jié)論，需經(jīng)過推理論證；B．是平面的基本性質(zhì)公理；C．是平面的基本性質(zhì)公理；D．是平面的基本性質(zhì)公理．【答案】A2．(2022·浙江高考)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面．()A．若m⊥n，n∥α，則m⊥αB．若m∥β，β⊥α，則m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，則m⊥αD．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，則m⊥α【解析】選項A，若m⊥n，n∥α，則m?α或n∥α或m⊥α，錯誤．選項B，若m∥β，β⊥α，則m?α或m∥α或m⊥α，錯誤．選項C，若m⊥β，n⊥β，n⊥α，則m⊥α，正確．選項D，若m⊥n，n⊥β，β⊥α，則m⊥α或m?α或m∥α，錯誤．【答案】C3．(2022·大綱高考)已知正四周體ABCD中，E是AB的中點，則異面直線CE與BD所成角的余弦值為()A.eq\f(1,6)B.eq\f(\r(3),6)C.eq\f(1,3)D.eq\f(\r(3),3)【解析】取AD中點F，易知EF∥BD.在△EFC中，不妨設(shè)正四周棱長為1.則EF＝eq\f(1,2)BD＝eq\f(1,2)，CE＝CF＝eq\f(\r(3),2)×1＝eq\f(\r(3),2)，∴cos∠CEF＝eq\f(EF2＋EC2－FC2,2EF·EC)＝eq\f(\r(3),6).【答案】B4．(2022·江蘇高考)如圖，在三棱錐P－ABC中，D，E，F(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求證：(1)直線PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.【證明】(1)由于D，E分別為棱PC，AC的中點，所以DE∥PA.又由于PA?平面DEF，DE?平面DEF，所以直線PA∥平面DEF.(2)由于D，E，F(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點，PA＝6，BC＝8，所以DE∥PA，DE＝eq\f(1,2)PA＝3，EF＝eq\f(1,2)BC＝4.又由于DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.由于AC∩EF＝E，AC?平面ABC，EF?平面ABC，所以DE⊥平面ABC.又DE?平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.從近三年高考來看，該部分高考命題的熱點考向為：1．空間位置關(guān)系命題真假的推斷①此類問題涉及的學(xué)問面較廣，綜合性較強，通常考查空間線線、線面、面面位置關(guān)系的判定與性質(zhì)．從力量角度考查同學(xué)的空間想象力量及分析問題、解決問題的力量．②試題主要以選擇題、填空題的形式消滅，屬于中等難度題．2．線線、線面、面面的位置關(guān)系的證明①該考向是各省高考題中的重要考點之一，是每年必考內(nèi)容之一．以多面體為載體，結(jié)合線線、線面、面面的位置關(guān)系，涉及的學(xué)問點多，綜合性強，通常考查線線、線面、面面的平行與垂直的相互轉(zhuǎn)化．考查同學(xué)的推理論證力量和空間想象力量．②試題以解答題的形式消滅，屬于中檔題．3．與翻折有關(guān)的問題①此類問題通常是把平面圖形翻折成空間幾何體，并以此為載體考查線線、線面、面面的位置關(guān)系及有關(guān)計算．通過翻折把平面圖形轉(zhuǎn)化為空間幾何體，更好地考查同學(xué)的空間想象力量和學(xué)問遷移力量．②試題以解答題為主，多為中檔題.eq\a\vs4\al(空間位置關(guān)系命題真假的推斷)【例1】(1)(2022·遼寧高考)已知m，n表示兩條不同直線，α表示平面．下列說法正確的是()A．若m∥α，n∥α，則m∥nB．若m⊥α，n?α，則m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，則n∥αD．若m∥α，m⊥n，則n⊥α(2)(2021·安徽高考)如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，P為BC的中點，Q為線段CC1上的動點，過點A，P，Q的平面截該正方體所得的截面記為S.則下列命題正確的是________(寫出全部正確命題的編號)．①當(dāng)0<CQ<eq\f(1,2)時，S為四邊形②當(dāng)CQ＝eq\f(1,2)時，S為等腰梯形③當(dāng)CQ＝eq\f(3,4)時，S與C1D1的交點R滿足C1R＝eq\f(1,3)④當(dāng)eq\f(3,4)<CQ<1時，S為六邊形⑤當(dāng)CQ＝1時，S的面積為eq\f(\r(6),2).【解析】(1)由線面垂直的定義知若m⊥α，n?α，則m⊥n.故選B.(2)利用平面的基本性質(zhì)結(jié)合特殊四邊形的判定與性質(zhì)求解．①當(dāng)0<CQ<eq\f(1,2)時，如圖(1)．在平面AA1D1D內(nèi)，作AE∥PQ，明顯E在棱DD1上，連接EQ，則S是四邊形APQE.②當(dāng)CQ＝eq\f(1,2)時，如圖(2)．明顯PQ∥BC1∥AD1，連接D1Q，則S是等腰梯形．③當(dāng)CQ＝eq\f(3,4)時，如圖(3)．作BF∥PQ交CC1的延長線于點F，則C1F＝eq\f(1,2).作AE∥BF，交DD1的延長線于點E，D1E＝eq\f(1,2)，AE∥PQ，連接EQ交C1D1于點R，由于Rt△RC1Q∽Rt△RD1E，∴C1Q∶D1E＝C1R∶RD1＝1∶2，∴C1R＝eq\f(1,3).④當(dāng)eq\f(3,4)<CQ<1時，如圖(3)，連接RM(點M為AE與A1D1交點)，明顯S為五邊形APQRM.⑤當(dāng)CQ＝1時，如圖(4)．同③可作AE∥PQ交DD1的延長線于點E，交A1D1于點M，明顯點M為A1D1的中點，所以S為菱形APQM，其面積為eq\f(1,2)MP×AQ＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(3)＝eq\f(\r(6),2).【答案】(1)B(2)①②③⑤【規(guī)律方法】解決空間線面位置關(guān)系的組合推斷題常有以下方法：(1)借助空間線面位置關(guān)系的線面平行、面面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理逐項推斷來解決問題．(2)借助空間幾何模型，如從長方體模型、四周體模型等模型中觀看線面位置關(guān)系，結(jié)合有關(guān)定理，確定或否定某些選項，并作出選擇．[創(chuàng)新猜測]1．(1)(2021·浙江高考)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面()A．若m∥α，n∥α，則m∥nB．若m∥α，m∥β，則α∥βC．若m∥n，m⊥α，則n⊥αD．若m∥α，α⊥β，則m⊥β(2)(2022·蘭州、張掖聯(lián)考)已知α，β是兩個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，給出下列命題：①若m⊥α，m?β，則α⊥β；②若m?α，n?α，m∥β，n∥β，則α∥β；③假如m?α，n?α，m，n是異面直線，那么n與α相交；④若α∩β＝m，n∥m，且n?α，n?β，則n∥α且n∥β.其中正確的命題是()A．①②B．②③C．③④D．①④【解析】(1)可以借助正方體模型對四個選項分別剖析，得出正確結(jié)論．A項，當(dāng)m∥α，n∥α?xí)r，m，n可能平行，可能相交，也可能異面，故錯誤；B項，當(dāng)m∥α，m∥β時，α，β可能平行也可能相交，故錯誤；C項，當(dāng)m∥n，m⊥α?xí)r，n⊥α，故正確；D項，當(dāng)m∥α，α⊥β時，m可能與β平行，可能在β內(nèi)，也可能與β相交，故錯誤．故選C.(2)由面面垂直的判定定理知①正確；若m，n是平面α內(nèi)兩條平行直線，則②的結(jié)論不肯定成立，故②錯；若m，n是相互平行的兩個平面內(nèi)的兩條異面直線，則n與α平行，故③錯誤；由α?β＝m得m?α，m?β，又n∥m，n?α，n?β，所以n∥α，n∥β，故④正確．【答案】(1)C(2)Deq\a\vs4\al(線線、線面、面面的位置關(guān)系的證明)【例2】如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點．(1)求證：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求證：C1F∥平面ABE；(3)求三棱錐E－ABC的體積．(1)【證明】在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC.所以BB1⊥AB.又由于AB⊥BC，所以AB⊥平面B1BCC1.所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)【證明】取AB中點G，連接EG，F(xiàn)G.由于E，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點，所以FG∥AC，且FG＝eq\f(1,2)AC.由于AC∥A1C1，且AC＝A1C1，所以FG∥EC1，且FG＝EC1.所以四邊形FGEC1為平行四邊形．所以C1F∥EG.又由于EG?平面ABE，C1F?平面ABE，所以C1F∥平面ABE.(3)由于AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝eq\r(AC2－BC2)＝eq\r(3).所以三棱錐E－ABC的體積V＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×2＝eq\f(\r(3),3).【規(guī)律方法】1.在立體幾何的平行關(guān)系問題中，“中點”是經(jīng)常使用的一個特殊點，無論是試題本身的已知條件，還是在具體的解題中，通過找“中點”，連“中點”，即可消滅平行線，而線線平行是平行關(guān)系的根本．在垂直關(guān)系的證明中，線線垂直是問題的核心，可以依據(jù)已知的平面圖形通過計算的方式證明線線垂直，也可以依據(jù)已知的垂直關(guān)系證明線線垂直，其中要特殊重視兩個平面垂直的性質(zhì)定理，這個定理已知的是兩個平面垂直，結(jié)論是線面垂直．2．機敏運用空間中的轉(zhuǎn)化關(guān)系Ⅰ.平行問題的轉(zhuǎn)化方向面面平行?線面平行?線線平行．主要依據(jù)有關(guān)定義及判定定理和性質(zhì)定理證明．具體如下：(1)證明線線平行：①平面幾何有關(guān)定理；②三線平行公理；③線面平行的性質(zhì)定理；④面面平行的性質(zhì)定理；⑤線面垂直的性質(zhì)定理．(2)證明線面平行：①線面平行的定義；②線面平行的判定定理；③面面平行的性質(zhì)定理．(3)證明面面平行：①面面平行的定義；②面面平行的判定定理．Ⅱ.垂直問題的轉(zhuǎn)化方向面面垂直?線面垂直?線線垂直．主要依據(jù)有關(guān)定義及判定定理和性質(zhì)定理證明．具體如下：(1)證明線線垂直：①線線垂直的定義；②線面垂直的定義；③勾股定理等平面幾何中的有關(guān)定理．(2)證明線面垂直：①線面垂直的判定定理；②線面垂直的定義；③面面垂直的性質(zhì)定理．(3)證明面面垂直：①面面垂直的定義；②面面垂直的判定定理．[創(chuàng)新猜測]2．(2022·山東高考)如圖，四棱錐P－ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，E，F(xiàn)分別為線段AD，PC的中點．(1)求證：AP∥平面BEF；(2)求證：BE⊥平面PAC.(1)【證明】設(shè)AC∩BE＝O，連接OF，EC.由于E為AD的中點，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，AD∥BC，所以AE∥BC，AE＝AB＝BC，因此四邊形ABCE為菱形，所以O(shè)為AC的中點．又F為PC的中點，因此在△PAC中，可得AP∥OF.又OF?平面BEF，AP?平面BEF.所以AP∥平面BEF.(2)證明由題意知ED∥BC，ED＝BC.所以四邊形BCDE為平行四邊形，因此BE∥CD.又AP⊥平面PCD，所以AP⊥CD，因此AP⊥BE.由于四邊形ABCE為菱形，所以BE⊥AC.又AP∩AC＝A，AP、AC?平面PAC，所以BE⊥平面PAC.eq\a\vs4\al(與翻折有關(guān)的問題)【例3】(2022·廣東高考)如圖(1)，四邊形ABCD為矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2.作如圖(2)折疊：折痕EF∥DC，其中點E，F(xiàn)分別在線段PD，PC上，沿EF折疊后點P疊在線段AD上的點記為M，并且MF⊥CF.(1)證明：CF⊥平面MDF；(2)求三棱錐M－CDE的體積．(1)【證明】∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AD，又四邊形ABCD是矩形，∴CD⊥AD，∵PD?平面PCD，CD?平面PCD，且PD∩CD＝D，∴AD⊥平面PCD，∵CF?平面PCD，∴AD⊥CF，又MF⊥CF，MF∩AD＝M，∴CF⊥平面MDF.(2)【解】∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥CD，又CD＝AB＝1，PC＝2，∴PD＝eq\r(3).由(1)知CF⊥平面MDF，∴CF⊥DF.∴由S△PCD＝eq\f(1,2)PD×CD＝eq\f(1,2)PC×DF得DF＝eq\f(\r(3),2)，∴CF＝eq\r(CD2－DF2)＝eq\f(1,2)，∵EF∥CD，∴eq\f(DE,DP)＝eq\f(CF,CP)，∴DE＝eq\f(CF,CP)×DP＝eq\f(\r(3),4).∴S△CDE＝eq\f(1,2)CD×DE＝eq\f(1,2)×1×eq\f(\r(3),4)＝eq\f(\r(3),8).∵AD⊥平面PCD，即MD⊥平面CDE，且ME＝PE＝PD－ED＝eq\f(3\r(3),4)，∴MD＝eq\r(ME2－ED2)＝eq\r(\f(27,16)－\f(3,16))＝eq\f(\r(6),2)，∴三棱錐M－CDE的體積為VM－CDE＝eq\f(1,3)S△CDE×MD＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),8)×eq\f(\r(6),2)＝eq\f(\r(2),16).【規(guī)律方法】1.解決翻折問題的關(guān)鍵是搞清翻折前后哪些量轉(zhuǎn)變、哪些量不變，抓住翻折前后不變的量，充分利用原平面圖形的信息是解決問題的突破口．2．把平面圖形翻折后，經(jīng)過恰當(dāng)連線就能得到三棱錐、四棱錐，從而把問題轉(zhuǎn)化到我們生疏的幾何體中解決．[創(chuàng)新猜測]3．(2022·江西九江一模)如圖所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，E、F是線段AB上的兩點，且DE⊥AB，CF⊥AB，AB＝12，AD＝5，BC＝4eq\r(2)，DE＝4.現(xiàn)將△ADE，△CFB分別沿DE，CF折起，使A，B兩點重合于點G，得到多面體CDEFG.(1)求證：平面DEG⊥平面CFG；(2)求多面體CDEFG的體積．【解】(1)證明：由于DE⊥EF，CF⊥EF，所以四邊形CDEF為矩形．由GD＝5，DE＝4，得GE＝eq\r(GD2－DE2)＝3.由GC＝4eq\r(2)，CF＝4，得FG＝eq\r(GC2－CF2)＝4，所以EF＝5.在△EFG中，有EF2＝GE2＋FG2，所以EG⊥GF.又由于CF⊥EF，CF⊥FG，所以CF⊥平面EFG.所以CF⊥EG，所以EG⊥平面CFG.又EG?平面DEG，所以平面DEG⊥平面CFG.(2)如圖，在平面EGF中，過點G作GH⊥EF于點H，則GH＝eq\f(EG·GF,EF)＝eq\f(12,5).由于平面CDEF⊥平面EFG，所以GH⊥平面CDEF，所以V多面體CDEFG＝eq\f(1,3)S矩形CDEF·GH＝16.[總結(jié)提升]失分盲點(1)忽視定理的條件：在應(yīng)用平行或垂直的判定定理時，忽視定理的條件，造成結(jié)論不成立或步驟跳動而失分．(2)忽視平面幾何性質(zhì)的應(yīng)用：求解題目的過程中，要留意挖掘平面圖形的幾何性質(zhì)，查找元素之間的關(guān)系，往往使問題更簡潔．答題指導(dǎo)在證明垂直與平行問題時，要留意轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用；在應(yīng)用判定定理、性質(zhì)定理時，要留意定理的條件與結(jié)論，不能漏掉任何條件，否則會因證明不正確或步驟不全而失分．(1)證明線面平行中的“三找”：推斷線面平行找外線．證明線面平行找內(nèi)線，確定內(nèi)、外線有困難時找中點．(2)平行、垂直關(guān)系中探究問題的解法：一般先假設(shè)結(jié)論成立(存在)．若推證有沖突，則結(jié)論不成立(不存在)；若推證無沖突．則結(jié)論成立(存在)．(3)證明垂直關(guān)系的方法：①證明線線垂直，經(jīng)常轉(zhuǎn)化為證明線面垂直；②證明線面垂直，經(jīng)常轉(zhuǎn)化為證明線線垂直；③證明面面垂直，經(jīng)常轉(zhuǎn)化為證明線面垂直或證明二面角為直角．(4)轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用：①將空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題解決(如求線面角轉(zhuǎn)化為求直角三角形的內(nèi)角)；②線線平行、線面平行、面面平行之間的轉(zhuǎn)化；③線線垂直、線面垂直、面面垂直之間的轉(zhuǎn)化．立體幾何證明中的識圖力量空間想象力量主要包括：(1)對基本幾何圖形必需格外生疏，能正確畫圖，能在頭腦中分析圖形的基本元素之間的度量關(guān)系及位置關(guān)系；(2)能借助圖形來反映并思考客觀事物的空間外形及位置關(guān)系；(3)能借助圖形來反映并思考用語言或式子所表達的空間外形及位置關(guān)系；(4)有嫻熟的識圖力量，即從簡單的圖形中能區(qū)分出基本圖形，能分析其中的基本圖形和基本元素之間的關(guān)系．【典例】(2022·全國新課標(biāo)Ⅱ高考)如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點．(1)證明：PB∥平面AEC；(2)設(shè)AP＝1，AD＝eq\r(3)，三棱錐P－ABD的體積V＝eq\f(\r(3),4)，求A到平面PBC的距離．(1)【證明】設(shè)BD與AC的交點為O，連接EO.由于ABCD為矩形，所以O(shè)為BD的中點．又E為PD的中點，所以EO∥PB.EO?平面AEC，PB?平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)【解】V＝eq\f(1,6)PA·AB·AD＝eq\f(\r(3),6)AB.由V＝eq\f(\r(3),4)，可得AB＝eq\f(3,2).作AH⊥PB交PB于H.由題設(shè)知BC⊥平面PAB，所以BC⊥AH，故AH⊥平面PBC.又AH＝eq\f(PA·AB,PB)＝eq\f(3\r(13),13).所以A到平面PBC的距離為eq\f(3\r(13),13).【規(guī)律感悟】正確生疏各元素的空間位置和圖形的空間結(jié)構(gòu)，能精確?????領(lǐng)悟“點線—線線—線面—面面”之間平行、垂直的聯(lián)系，并能就解題的依據(jù)、需要，對這些關(guān)系加以轉(zhuǎn)化，尤其線面平行、線面垂直的證明和相關(guān)角的運算，更能促進空間想象力量的提升．

1．(2022·廣東高考)已知向量a＝(1,0，－1)，則下列向量中與a成60°夾角的是()A．(－1,1,0)B．(1，－1,0)C．(0，－1,1)D．(－1,0,1)【解析】利用向量數(shù)量積公式的變形公式cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)求向量的夾角，對各選項逐一計算驗證．各選項給出的向量的模都是eq\r(2)，|a|＝eq\r(2).對于選項A，設(shè)b＝(－1,1,0)，則cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(1×－1,\r(2)×\r(2))＝－eq\f(1,2).由于0°≤《a，b》≤180°，所以〈a，b〉＝120°.對于選項B，設(shè)b＝(1，－1,0)，則cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(1×1,\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2).由于0°≤〈a，b〉≤180°，所以〈a，b〉＝60°，正確．對于選項C，設(shè)b＝(0，－1,1)，則cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－1×1,\r(2)×\r(2))＝－eq\f(1,2).由于0°≤〈a，b〉≤180°，所以〈a，b〉＝120°.對于選項D，設(shè)b＝(－1,0,1)，則cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－1－1,\r(2)×\r(2))＝－1.由于0°≤〈a，b〉≤180°，所以〈a，b〉＝180°.故選B.【答案】B2．(2022·全國新課標(biāo)Ⅱ高考)直三棱柱ABCA1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點，BC＝CA＝CC1，則BM與AN所成角的余弦值是()A.eq\f(1,10)B.eq\f(2,5)C.eq\f(\r(30),10)D.eq\f(\r(2),2)【解析】補成正方體，利用向量的方法求異面直線所成的角．由于∠BCA＝90°，三棱柱為直三棱柱，且BC＝CA、CC1，可將三棱柱補成正方體．建立如圖(1)所示空間直角坐標(biāo)系．設(shè)正方體棱長為2，則可得A(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1，1,2)，N(0,1,2)，∴eq\o(BM,\s\up6(→))＝(1,1,2)－(2,2,0)＝(－1，－1,2)，eq\o(AN,\s\up6(→))＝(0,1,2)．∴cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，eq\o(AN,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BM,\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→)),|\o(BM,\s\up6(→))||\o(AN,\s\up6(→))|)＝eq\f(－1＋4,\r(－12＋－12＋22)×\r(02＋12＋22))＝eq\f(3,\r(6)×\r(5))＝eq\f(\r(30),10).故選C.【答案】C3．(2021·山東高考)已知三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直，體積為eq\f(9,4)，底面是邊長為eq\r(3)的正三角形．若P為底面A1B1C1的中心，則PA與平面ABC所成角的大小為()A.eq\f(5π,12)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,6)【解析】畫出三棱柱ABC-A1B1C1，作出PA與平面ABC所成的角，解三角形求角．如圖所示，P為正三角形A1B1C1的中心，設(shè)O為△ABC的中心，由題意知：PO⊥平面ABC，連接OA，則∠PAO即為PA與平面ABC所成的角．在正三角形ABC中，AB＝BC＝AC＝eq\r(3)，則S＝eq\f(\r(3),4)×(eq\r(3))2＝eq\f(3\r(3),4)，VABC-A1B1C1＝S×PO＝eq\f(9,4)，∴PO＝eq\r(3).又AO＝eq\f(\r(3),3)×eq\r(3)＝1，∴tan∠PAO＝eq\f(PO,AO)＝eq\r(3)，∴∠PAO＝eq\f(π,3).【答案】B4．(2022·遼寧高考)如圖，△ABC和△BCD所在平面相互垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F(xiàn)分別為AC，DC的中點．(Ⅰ)求證：EF⊥BC；(Ⅱ)求二面角E－BF－C的正弦值．圖1(Ⅰ)【證明】法一過E作EO⊥BC，垂足為O，連接OF.如圖(1)由△ABC≌△DBC可證出△EOC≌△FOC.所以∠EOC＝∠FOC＝eq\f(π,2)，即FO⊥BC.又EO⊥BC，因此BC⊥面EFO，又EF?面EFO，所以EF⊥BC.圖2法二由題意，以B為坐標(biāo)原點，在平面DBC內(nèi)過B作垂直BC的直線為x軸，BC所在直線為y軸，在平面ABC內(nèi)過B作垂直BC的直線為z軸，建立如圖2所示空間直角坐標(biāo)系．易得B(0,0,0)，A(0，－1，eq\r(3))，D(eq\r(3)，－1,0)，C(0,2,0)．因而E(0，eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，－\f(\r(3),2)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，因此eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0.從而eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，所以EF⊥BC.(Ⅱ)【解】法一在圖(1)中，過O作OG⊥BF，垂足為G，連接EG.由平面ABC⊥平面BDC，從而EO⊥面BDC，又OG⊥BF，由三垂線定