2020浙江高考数学二轮讲义：专题四第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

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
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，
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．

(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°.

(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__________．

(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.
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，
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.
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.
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(　　)
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∠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，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＋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，
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＝.