新高考数学一轮复习教师用书：第八章　5 第5讲　直线、平面垂直的判定及其性质学案

这是一份新高考数学一轮复习教师用书：第八章　5 第5讲　直线、平面垂直的判定及其性质学案，共20页。

第5讲　直线、平面垂直的判定及其性质

1．直线与平面垂直的判定定理与性质定理

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判定定理
一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直

⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行

⇒a∥b
2.平面与平面垂直的判定定理与性质定理

文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面互相垂直

⇒α⊥β
性质定理
两个平面互相垂直，则一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面

⇒l⊥α
3.空间角
(1)直线与平面所成的角
①定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角，如图，∠PAO就是斜线AP与平面α所成的角．

②线面角θ的范围：θ∈．
(2)二面角
①定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．这条直线叫做二面角的棱．两个半平面叫做二面角的面．
如图中二面角，可记作：二面角α­l­β或二面角P­AB­Q．

②二面角的平面角
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．

③二面角的范围
设二面角的平面角为θ，则θ∈[0，π]．
④当θ＝时，二面角叫做直二面角．

[疑误辨析]
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)已知直线a，b，c，若a⊥b，b⊥c，则a∥c.(　　)
(2)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.(　　)
(3)设m，n是两条不同的直线，α是一个平面，若m∥n，m⊥α，则n⊥α.(　　)
(4)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．(　　)
(5)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×
[教材衍化]
1．(必修2P73练习T1改编)下列命题中错误的是________(填序号)．
①如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
②如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
③如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ
④如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β
解析：对于④，若平面α⊥平面β，则平面α内的直线可能不垂直于平面β，即与平面β的关系还可以是斜交、平行或在平面β内，其他选项均是正确的．
答案：④
2．(必修2P67练习T2改编)在三棱锥P­ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.
(1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心；
(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的________心．
解析：(1)如图1，连接OA，OB，OC，OP，
在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，
所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．
　　
(2)如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于点H，D，G.因为PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，
所以PC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，所以PC⊥AB，
因为AB⊥PO，PO∩PC＝P，
所以AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC，
所以AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高．
同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，即O为△ABC的垂心．
答案：(1)外　(2)垂
[易错纠偏]
(1)忽略线面垂直的条件致误；
(2)忽视平面到空间的变化致误．
1．“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面α垂直”的________条件．
解析：根据直线与平面垂直的定义知“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面α垂直”，反之则可以，所以应是必要不充分条件．
答案：必要不充分
2．已知直线a，b，c，若a⊥b，b⊥c，则a与c的位置关系为________．
解析：若a，b，c在同一个平面内，由题设条件可得a∥c；若在空间中，则直线a与c的位置关系不确定，平行，相交，异面都有可能．
答案：平行，相交或异面


　　　　　　线面垂直的判定与性质
(1)在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．
证明：①CD⊥AE；
②PD⊥平面ABE.
(2)(2020·嘉兴调研)如图，在平行四边形ABCD中，AB＝1，BC＝2，∠CBA＝，ABEF为直角梯形，BE∥AF，∠BAF＝，BE＝2，AF＝3，平面ABCD⊥平面ABEF.

①求证：AC⊥平面ABEF；
②求三棱锥D­AEF的体积．
【解】　(1)证明：①在四棱锥P­ABCD中，
因为PA⊥底面ABCD，
CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，
因为AC⊥CD，且PA∩AC＝A，
所以CD⊥平面PAC，而AE⊂平面PAC，
所以CD⊥AE.
②由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.
因为E是PC的中点，所以AE⊥PC.
由①知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，
所以AE⊥平面PCD.
而PD⊂平面PCD，所以AE⊥PD.
因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥AB.
又因为AB⊥AD且PA∩AD＝A，
所以AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，
所以AB⊥PD.
又因为AB∩AE＝A，所以PD⊥平面ABE.
(2)①证明：在△ABC中，AB＝1，∠CBA＝，BC＝2，
所以AC2＝BA2＋BC2－2BA×BCcos∠CBA＝3，
所以AC2＋BA2＝BC2，所以AB⊥AC.
又因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥平面ABEF.
②连接CF.因为CD∥AB，
所以CD∥平面ABEF，
所以点D到平面ABEF的距离等于点C到平面ABEF的距离，又AC＝，
所以VD­AEF＝VC­AEF＝××＝.

判定线面垂直的四种方法

[提醒]　证明线面垂直问题一般常见两种题型；①推理证明型；②计算证明型(即利用夹角、边等计算后判断垂直关系)．　
　S是Rt△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC的中点．
(1)求证：SD⊥平面ABC；
(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.
证明：(1)如图所示，取AB的中点E，连接SE，DE，
在Rt△ABC中，D、E分别为AC、AB的中点，
所以DE∥BC，所以DE⊥AB，
因为SA＝SB，所以△SAB为等腰三角形，
所以SE⊥AB.
又SE∩DE＝E，
所以AB⊥平面SDE.
又SD⊂平面SDE，
所以AB⊥SD.
在△SAC中，SA＝SC，D为AC的中点，
所以SD⊥AC.
又AC∩AB＝A，所以SD⊥平面ABC.
(2)由于AB＝BC，则BD⊥AC，
由(1)可知，SD⊥平面ABC，
又BD⊂平面ABC，所以SD⊥BD，
又SD∩AC＝D，所以BD⊥平面SAC.

　　　　　　面面垂直的判定与性质
(2020·浙江省名校协作体高三联考)如图，将边长为2的正六边形ABCDEF沿对角线BE翻折，连接AC，FD，形成如图所示的多面体，且AC＝.证明：平面ABEF⊥平面BCDE.

【证明】　在正六边形ABCDEF中，连接AC，BE，交点为G，易知AC⊥BE，且AG＝CG＝，
在多面体中，由AC＝，知
AG2＋CG2＝AC2，故AG⊥GC，
又GC∩BE＝G，GC，BE⊂平面BCDE，
故AG⊥平面BCDE，
又AG⊂平面ABEF，所以平面ABEF⊥平面BCDE.

(1)判定面面垂直的方法
①面面垂直的定义；
②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．
(2)在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．
在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．　
　由四棱柱ABCD­A1B1C1D1截去三棱锥C1­B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.

(1)证明：A1O∥平面B1CD1;
(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.
证明：(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，

由于ABCD­A1B1C1D1是四棱柱，
所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，
因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C，
又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，
所以A1O∥平面B1CD1.
(2)因为AC⊥BD，点E，M分别为AD和OD的中点，
所以EM⊥BD，
又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以A1E⊥BD，因为B1D1∥BD，
所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1，
又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，
所以B1D1⊥平面A1EM，
又B1D1⊂平面B1CD1，
所以平面A1EM⊥平面B1CD1.

　　　　　　证明空间平行、垂直，求空间角的综合问题(高频考点)
证明空间平行、垂直与求空间角是浙江省高考必考题型，本题型可直接证明求解，也可利用空间向量法证明求解．主要命题角度有：
(1)空间位置关系的证明及求线面角；
(2)空间位置关系的证明及求二面角．
角度一　空间位置关系的证明及求线面角
(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)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.
角度二　空间位置关系的证明及求二面角
(2020·绍兴诸暨高考模拟)如图，四棱锥P­ABCD的一个侧面PAD为等边三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD是平行四边形，AD＝2，AB＝4，BD＝2.
(1)求证：PA⊥BD；
(2)求二面角D­BC­P的余弦值．
【解】　(1)证明：在△ABD中，因为AB2＝AD2＋BD2，所以AD⊥DB，
由平面PAD⊥平面ABCD，所以BD⊥平面PAD，所以DB⊥PA.
(2)二面角D­BC­P的余弦值即二面角A­BC­P的余弦值，
作PO⊥AD于O，则PO⊥平面ABCD.
过O作OE⊥BC于E，连接PE，则∠PEO为二面角A­BC­P的平面角．
又△PEO中，PO＝，OE＝DB＝2，故PE＝，
cos∠PEO＝＝，
所以二面角D­BC­P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．

(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．　

1．(2018·高考浙江卷)已知四棱锥S­ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)．设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S­AB­C的平面角为θ3，则(　　)
A．θ1≤θ2≤θ3　　　 　　　 B．θ3≤θ2≤θ1
C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1
解析：选D.由题意知四棱锥S­ABCD为正四棱锥，如图，连接BD，记AC∩BD＝O，连接SO，则SO⊥平面ABCD，取AB的中点M，连接SM，OM，OE，易得AB⊥SM，则θ2＝∠SEO，θ3＝∠SMO，易知θ3≥θ2.
因为OM∥BC，BC⊥AB，SM⊥AB，所以θ3也为OM与平面SAB所成的角，即BC与平面SAB所成的角，再根据最小角定理知，θ3≤θ1，所以θ2≤θ3≤θ1，故选D.

2.(2020·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.
核心素养系列17　逻辑推理——平面图形折叠问题的解题技巧
一、将平面图形折叠成立体图形
　如图是一个正方体表面的一种展开图，图中的四条线段AB，CD，EF和GH在原正方体中相互异面的有________对．
【解析】　平面图形的折叠应注意折前折后各元素相对位置的变化．画出图形即可判断，相互异面的线段有AB与CD，EF与GH，AB与GH，共3对．

【答案】　3

画折叠图形一般以某个面为基础，依次将其余各面翻折还原，当然，画图之前要对翻折后形成的立体图形有所认识，这是解答此类问题的关键．　
二、折叠中的“变”与“不变”
　如图①，在等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，BC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，CD＝BE＝，O为BC的中点．将△ADE沿DE折起，得到如图②所示的四棱锥A′－BCDE，其中A′O＝.
(1)证明：A′O⊥平面BCDE；
(2)求二面角A′－CD－B的平面角的余弦值．

【解】　(1)证明：在题图①中，易得OC＝3，AC＝3，AD＝2.
连接OD，OE，在△OCD中，由余弦定理可得
OD＝＝.
由翻折不变性可知A′D＝2，
所以A′O2＋OD2＝A′D2，所以A′O⊥OD，
同理可证A′O⊥OE，又OD∩OE＝O，
所以A′O⊥平面BCDE.
(2)过O作OH⊥CD交CD的延长线于H，连接A′H，因为A′O⊥平面BCDE，所以A′H⊥CD，所以∠A′HO为二面角A′－CD－B的平面角．
结合题图①可知，H为AC的中点，故OH＝，
从而A′H＝＝，
所以cos∠A′HO＝＝，
所以二面角A′－CD－B的平面角的余弦值为.

折叠问题的关键有二：①画好两个图——折叠前的平面图和折叠后的立体图；②分析好两个关系——折叠前后哪些位置关系和数量关系发生了变化，哪些没有改变．一般地，在同一半平面内的几何元素之间的关系是不变的．涉及两个半平面内的几何元素之间的关系是要变化的．分别位于两个半平面内但垂直于折叠棱的直线翻折后仍然垂直于折叠棱．　
三、立体图形的表面展开图的应用
　在一个底面直径是5 cm，高为2π cm的圆柱形玻璃杯子的上沿B处有一只苍蝇，而恰好在相对的底沿A处有一只蜘蛛，蜘蛛要想用最快的速度捕捉到这只苍蝇，蜘蛛所走的最短的路程是________．
【解析】　利用侧面展开图，如图，蜘蛛所走的最短的路程是线段AB的长，AC＝×2π×＝π cm，BC＝2π cm，则AB＝ ＝π cm，即蜘蛛所走的最短的路程是π cm.
【答案】　π cm

求从一点出发沿几何体表面到另一点的最短距离问题：通常把几何体的侧面展开，转化为平面图形中的距离问题．　
[基础题组练]
1．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E为棱CD的中点，则(　　)
A．A1E⊥DC1　　　　 　　 B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC
解析：选C.由正方体的性质，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1，故选C.
2.如图，O为正方体ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD的中心，则下列直线中与B1O垂直的是(　　)
A．A1D B．AA1
C．A1D1 D．A1C1
解析：选D.由题易知A1C1⊥平面BB1D1D.又B1O⊂平面BB1D1D，所以A1C1⊥B1O.
3．(2020·温州中学高三模考)如图，在三棱锥D­ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是(　　)
A．平面ABC⊥平面ABD
B．平面ABD⊥平面BCD
C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE
D．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE
解析：选C.因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.
4．(2020·浙江省名校协作体高三联考)已知正三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则直线AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A.如图所示，取A1C1的中点D，连接AD，B1D，则可知B1D⊥平面ACC1A1，所以∠DAB1即为直线AB1与平面ACC1A1所成的角，不妨设正三棱柱的棱长为2，所以在Rt△AB1D中，
sin∠DAB1＝＝＝，故选A.

5．(2020·浙江省高中学科基础测试)在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，BA⊥AD，AD∥BC，AB＝BC＝2，PA＝3，PA⊥底面ABCD，E是棱PD上异于P，D的动点，设＝m，则“0 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
解析：选B.过E点作EH⊥AD，H为垂足，则EH⊥平面ABCD.因为VC­ABE＝VE­ABC，所以三棱锥C­ABE的体积为EH.若三棱锥C­ABE的体积不小于1，则EH≥，又PA＝3，所以＝m≤1，故选B.
6．(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
C．β<α，γ<α D．α<β，γ<β
解析：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.
7.如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是AB上的一个动点，则PM的最小值为________．
解析：作CH⊥AB于H，连接PH.因为PC⊥平面ABC，所以PH⊥AB，PH为PM的最小值，等于2.
答案：2
8.如图所示，在四面体ABCD中，AB，BC，CD两两垂直，且BC＝CD＝1.直线BD与平面ACD所成的角为30°，则线段AB的长度为________．
解析：如图，过点B作BH⊥AC，垂足为点H，连接DH.
因为CD⊥AB，CD⊥BC，所以平面ACD⊥平面ABC，所以BH⊥平面ACD.
所以∠BDH为直线BD与平面ACD所成的角．
所以∠BDH＝30°，
在Rt△BDH中，BD＝，
所以BH＝.
又因为在Rt△BHC中，BC＝1，
所以∠BCH＝45°.
所以在Rt△ABC中，AB＝BC＝1.
答案：1
9．(2020·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．(2020·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：
11.如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的任意一点．
(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；
(2)若PA＝AC，D为PC的中点．求证：PB⊥AD.
证明：(1)设⊙O所在的平面为α，
由已知条件PA⊥α，BC在α内，所以PA⊥BC.
因为点C是圆周上不同于A，B的任意一点，
AB是⊙O的直径，
所以∠BCA是直角，即BC⊥AC.
又因为PA与AC是△PAC所在平面内的两条相交直线，所以BC⊥平面PAC.
又因为BC在平面PBC内，
所以平面PAC⊥平面PBC.
(2)因为PA＝AC，D是PC的中点，所以AD⊥PC.
由(1)知平面PAC⊥平面PBC，且平面PAC∩平面PBC＝PC.
因为AD⊂平面PAC.所以AD⊥平面PBC.
又PB⊂平面PBC，所以PB⊥AD.
12．(2020·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于点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＝.
[综合题组练]
1.如图，梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出下列四个结论：①DF⊥BC；②BD⊥FC；③平面BDF⊥平面BCF；④平面DCF⊥平面BCF，则上述结论可能正确的是(　　)
A．①③ B．②③
C．②④ D．③④
解析：选B.对于①，因为BC∥AD，AD与DF相交但不垂直，所以BC与DF不垂直，则①不成立；对于②，设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4可使条件满足，所以②正确；对于③，当点D在平面BCF上的射影P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以③正确；对于④，因为点D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以④不成立．
2．(2020·绍兴诸暨高考模拟)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(　　)
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.
3．(2020·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于点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：
4．(2020·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________．

解析：如图，在平面PCB内过P点作直二面角A­CP­B的棱CP的垂线交边BC于点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∠ACP＝，解得AB＝.
答案：
5．(2020·浙江名校模拟)如图，在四棱锥E­ABCD中，平面CDE⊥平面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于点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.

6．(2020·鲁迅中学高考方向性测试)四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，E为AB的中点，PA⊥平面ABCD，PC与平面PAB所成的角的正弦值为.
(1)在棱PD上求一点F，使AF∥平面PEC；
(2)求二面角D­PE­A的余弦值．
解：(1)分别取PD，PC的中点F，G，连接AF，FG，GE，
则FG∥CD∥AB，FG＝
CD＝AB＝AE，
所以四边形AEGF为平行四边形，
所以AF∥EG，又EG⊂平面PEC，
所以AF∥平面PEC，
所以PD的中点F即为所求．
(2)易知，∠CPE即为PC与平面PAB所成的角，
在Rt△PEC中，＝，即＝，
解得PA＝2，
过D作BA的垂线，垂足为H，过H作PE的垂线，垂足为K，连接KD，
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥DH，又DH⊥BA，所以DH⊥平面PBA，
所以DH⊥PE，所以PE⊥平面DHK，所以PE⊥DK，
所以∠DKH即为所求的二面角的平面角，
在Rt△DHK中，DH＝，
由于PE·HK＝EH·PA，所以HK＝＝，
从而DK＝＝，
所以cos∠DKH＝＝，
即二面角D­PE­A的余弦值为.