浙江專用2021版新高考數(shù)學一輪復習第八章立體幾何與空間向量5第5講直線平面垂直的判定及其性質(zhì)教學案

第5講直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)1．直線與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號語言判定定理一條直線與一個平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，則該直線與此平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a，b?α,a∩b＝O,l⊥a,l⊥b))?l⊥α性質(zhì)定理垂直于同一個平面的兩條直線平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,b⊥α))?a∥b2.平面與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號語言判定定理一個平面過另一個平面的垂線，則這兩個平面互相垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l?β,l⊥α))?α⊥β性質(zhì)定理兩個平面互相垂直，則一個平面內(nèi)垂直于交線的直線垂直于另一個平面eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,l?β,α∩β＝a,l⊥a))?l⊥α3.空間角(1)直線與平面所成的角①定義：平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的銳角，叫做這條直線和這個平面所成的角，如圖，∠PAO就是斜線AP與平面α所成的角．②線面角θ的范圍：θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))．(2)二面角①定義：從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角．這條直線叫做二面角的棱．兩個半平面叫做二面角的面．如圖中二面角，可記作：二面角α-l-β或二面角P-AB-Q．②二面角的平面角如圖，過二面角α-l-β的棱l上一點O在兩個半平面內(nèi)分別作BO⊥l，AO⊥l，則∠AOB就叫做二面角α-l-β的平面角．③二面角的范圍設二面角的平面角為θ，則θ∈[0，π]．④當θ＝eq\f(π,2)時，二面角叫做直二面角．[疑誤辨析]判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)已知直線a，b，c，若a⊥b，b⊥c，則a∥c.()(2)直線l與平面α內(nèi)的無數(shù)條直線都垂直，則l⊥α.()(3)設m，n是兩條不同的直線，α是一個平面，若m∥n，m⊥α，則n⊥α.()(4)若兩平面垂直，則其中一個平面內(nèi)的任意一條直線垂直于另一個平面．()(5)若平面α內(nèi)的一條直線垂直于平面β內(nèi)的無數(shù)條直線，則α⊥β.()答案：(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×[教材衍化]1．(必修2P73練習T1改編)下列命題中錯誤的是________(填序號)．①如果平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)一定存在直線平行于平面β②如果平面α不垂直于平面β，那么平面α內(nèi)一定不存在直線垂直于平面β③如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ④如果平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)所有直線都垂直于平面β解析：對于④，若平面α⊥平面β，則平面α內(nèi)的直線可能不垂直于平面β，即與平面β的關系還可以是斜交、平行或在平面β內(nèi)，其他選項均是正確的．答案：④2．(必修2P67練習T2改編)在三棱錐P-ABC中，點P在平面ABC中的射影為點O.(1)若PA＝PB＝PC，則點O是△ABC的________心；(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，則點O是△ABC的________心．解析：(1)如圖1，連接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，所以OA＝OB＝OC，即O為△ABC的外心．(2)如圖2，延長AO，BO，CO分別交BC，AC，AB于點H，D，G.因為PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，所以PC⊥平面PAB，又AB?平面PAB，所以PC⊥AB，因為AB⊥PO，PO∩PC＝P，所以AB⊥平面PGC，又CG?平面PGC，所以AB⊥CG，即CG為△ABC邊AB上的高．同理可證BD，AH分別為△ABC邊AC，BC上的高，即O為△ABC的垂心．答案：(1)外(2)垂[易錯糾偏](1)忽略線面垂直的條件致誤；(2)忽視平面到空間的變化致誤．1．“直線a與平面α內(nèi)的無數(shù)條直線都垂直”是“直線a與平面α垂直”的________條件．解析：根據(jù)直線與平面垂直的定義知“直線a與平面α內(nèi)的無數(shù)條直線都垂直”不能推出“直線a與平面α垂直”，反之則可以，所以應是必要不充分條件．答案：必要不充分2．已知直線a，b，c，若a⊥b，b⊥c，則a與c的位置關系為________．解析：若a，b，c在同一個平面內(nèi)，由題設條件可得a∥c；若在空間中，則直線a與c的位置關系不確定，平行，相交，異面都有可能．答案：平行，相交或異面線面垂直的判定與性質(zhì)(1)在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點．證明：①CD⊥AE；②PD⊥平面ABE.(2)(2020·嘉興調(diào)研)如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝1，BC＝2，∠CBA＝eq\f(π,3)，ABEF為直角梯形，BE∥AF，∠BAF＝eq\f(π,2)，BE＝2，AF＝3，平面ABCD⊥平面ABEF.①求證：AC⊥平面ABEF；②求三棱錐D-AEF的體積．【解】(1)證明：①在四棱錐P-ABCD中，因為PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD，因為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.因為E是PC的中點，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.因為PA⊥底面ABCD，所以PA⊥AB.又因為AB⊥AD且PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，而PD?平面PAD，所以AB⊥PD.又因為AB∩AE＝A，所以PD⊥平面ABE.(2)①證明：在△ABC中，AB＝1，∠CBA＝eq\f(π,3)，BC＝2，所以AC2＝BA2＋BC2－2BA×BCcos∠CBA＝3，所以AC2＋BA2＝BC2，所以AB⊥AC.又因為平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，AC?平面ABCD，所以AC⊥平面ABEF.②連接CF.因為CD∥AB，所以CD∥平面ABEF，所以點D到平面ABEF的距離等于點C到平面ABEF的距離，又AC＝eq\r(3)，所以VD-AEF＝VC-AEF＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×3×1))×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),2).eq\a\vs4\al()判定線面垂直的四種方法[提醒]證明線面垂直問題一般常見兩種題型；①推理證明型；②計算證明型(即利用夾角、邊等計算后判斷垂直關系)．S是Rt△ABC所在平面外一點，且SA＝SB＝SC，D為斜邊AC的中點．(1)求證：SD⊥平面ABC；(2)若AB＝BC，求證：BD⊥平面SAC.證明：(1)如圖所示，取AB的中點E，連接SE，DE，在Rt△ABC中，D、E分別為AC、AB的中點，所以DE∥BC，所以DE⊥AB，因為SA＝SB，所以△SAB為等腰三角形，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為AC的中點，所以SD⊥AC.又AC∩AB＝A，所以SD⊥平面ABC.(2)由于AB＝BC，則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.面面垂直的判定與性質(zhì)(2020·浙江省名校協(xié)作體高三聯(lián)考)如圖，將邊長為2的正六邊形ABCDEF沿對角線BE翻折，連接AC，F(xiàn)D，形成如圖所示的多面體，且AC＝eq\r(6).證明：平面ABEF⊥平面BCDE.【證明】在正六邊形ABCDEF中，連接AC，BE，交點為G，易知AC⊥BE，且AG＝CG＝eq\r(3)，在多面體中，由AC＝eq\r(6)，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.eq\a\vs4\al()(1)判定面面垂直的方法①面面垂直的定義；②面面垂直的判定定理(a⊥β，a?α?α⊥β)．(2)在已知平面垂直時，一般要用性質(zhì)定理進行轉(zhuǎn)化．在一個平面內(nèi)作交線的垂線，轉(zhuǎn)化為線面垂直，然后進一步轉(zhuǎn)化為線線垂直．由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱錐C1-B1CD1后得到的幾何體如圖所示．四邊形ABCD為正方形，O為AC與BD的交點，E為AD的中點，A1E⊥平面ABCD.(1)證明：A1O∥平面B1CD1;(2)設M是OD的中點，證明：平面A1EM⊥平面B1CD1.證明：(1)取B1D1的中點O1，連接CO1，A1O1，由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，因此四邊形A1OCO1為平行四邊形，所以A1O∥O1C，又O1C?平面B1CD1，A1O?平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1.(2)因為AC⊥BD，點E，M分別為AD和OD的中點，所以EM⊥BD，又A1E⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以A1E⊥BD，因為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.證明空間平行、垂直，求空間角的綜合問題(高頻考點)證明空間平行、垂直與求空間角是浙江省高考必考題型，本題型可直接證明求解，也可利用空間向量法證明求解．主要命題角度有：(1)空間位置關系的證明及求線面角；(2)空間位置關系的證明及求二面角．角度一空間位置關系的證明及求線面角(2019·高考浙江卷)如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F(xiàn)分別是AC，A1B1的中點．(1)證明：EF⊥BC；(2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值．【解】(1)證明：如圖，連接A1E，因為A1A＝A1C，E是AC的中點，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，則A1E⊥BC.又因為A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.(2)取BC的中點G，連接EG，GF，則EGFA1是平行四邊形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四邊形EGFA1為矩形．連接A1G交EF于O，由(1)得BC⊥平面EGFA1，則平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上．則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角(或其補角)．不妨設AC＝4，則在Rt△A1EG中，A1E＝2eq\r(3)，EG＝eq\r(3).由于O為A1G的中點，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，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是eq\f(3,5).角度二空間位置關系的證明及求二面角(2020·紹興諸暨高考模擬)如圖，四棱錐P-ABCD的一個側面PAD為等邊三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，四邊形ABCD是平行四邊形，AD＝2，AB＝4，BD＝2eq\r(3).(1)求證：PA⊥BD；(2)求二面角D-BC-P的余弦值．【解】(1)證明：在△ABD中，因為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D-BC-P的余弦值即二面角A-BC-P的余弦值，作PO⊥AD于O，則PO⊥平面ABCD.過O作OE⊥BC于E，連接PE，則∠PEO為二面角A-BC-P的平面角．又△PEO中，PO＝eq\r(3)，OE＝DB＝2eq\r(3)，故PE＝eq\r(15)，cos∠PEO＝eq\f(2\r(3),\r(15))＝eq\f(2\r(5),5)，所以二面角D-BC-P的余弦值為eq\f(2\r(5),5).eq\a\vs4\al()(1)平行關系及垂直關系的轉(zhuǎn)化空間平行、垂直關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、垂直關系相互轉(zhuǎn)化．(2)求空間角的三個步驟①一作：根據(jù)定義作平行線或垂線，用作圖法作出要求的角．②二證：證明所作的角就是要求的角．③三求：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，注意角的范圍，判斷所求角是此角還是它的補角．1．(2018·高考浙江卷)已知四棱錐S-ABCD的底面是正方形，側棱長均相等，E是線段AB上的點(不含端點)．設SE與BC所成的角為θ1，SE與平面ABCD所成的角為θ2，二面角S-AB-C的平面角為θ3，則()A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1解析：選D.由題意知四棱錐S-ABCD為正四棱錐，如圖，連接BD，記AC∩BD＝O，連接SO，則SO⊥平面ABCD，取AB的中點M，連接SM，OM，OE，易得AB⊥SM，則θ2＝∠SEO，θ3＝∠SMO，易知θ3≥θ2.因為OM∥BC，BC⊥AB，SM⊥AB，所以θ3也為OM與平面SAB所成的角，即BC與平面SAB所成的角，再根據(jù)最小角定理知，θ3≤θ1，所以θ2≤θ3≤θ1，故選D.2.(2020·金華十校高考模擬)如圖，AB＝BE＝BC＝2AD＝2，且AB⊥BE，∠DAB＝60°，AD∥BC，BE⊥AD，(1)求證：平面ADE⊥平面BDE；(2)求直線AD與平面DCE所成角的正弦值．解：(1)證明：因為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)因為BE⊥AD，AB⊥BE，所以BE⊥平面ABCD，所以點E到平面ABCD的距離就是線段BE的長為2，設AD與平面DCE所成角為θ，點A到平面DCE的距離為d，由VA-DCE＝VE-ADC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，則sinθ＝eq\f(d,AD)＝eq\f(\r(30),10)，故直線AD與平面DCE所成角的正弦值為eq\f(\r(30),10).核心素養(yǎng)系列17邏輯推理——平面圖形折疊問題的解題技巧一、將平面圖形折疊成立體圖形如圖是一個正方體表面的一種展開圖，圖中的四條線段AB，CD，EF和GH在原正方體中相互異面的有________對．【解析】平面圖形的折疊應注意折前折后各元素相對位置的變化．畫出圖形即可判斷，相互異面的線段有AB與CD，EF與GH，AB與GH，共3對．【答案】3eq\a\vs4\al()畫折疊圖形一般以某個面為基礎，依次將其余各面翻折還原，當然，畫圖之前要對翻折后形成的立體圖形有所認識，這是解答此類問題的關鍵．二、折疊中的“變”與“不變”如圖①，在等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，BC＝6，D，E分別是AC，AB上的點，CD＝BE＝eq\r(2)，O為BC的中點．將△ADE沿DE折起，得到如圖②所示的四棱錐A′－BCDE，其中A′O＝eq\r(3).(1)證明：A′O⊥平面BCDE；(2)求二面角A′－CD－B的平面角的余弦值．【解】(1)證明：在題圖①中，易得OC＝3，AC＝3eq\r(2)，AD＝2eq\r(2).連接OD，OE，在△OCD中，由余弦定理可得OD＝eq\r(OC2＋CD2－2OC·CDcos45°)＝eq\r(5).由翻折不變性可知A′D＝2eq\r(2)，所以A′O2＋OD2＝A′D2，所以A′O⊥OD，同理可證A′O⊥OE，又OD∩OE＝O，所以A′O⊥平面BCDE.(2)過O作OH⊥CD交CD的延長線于H，連接A′H，因為A′O⊥平面BCDE，所以A′H⊥CD，所以∠A′HO為二面角A′－CD－B的平面角．結合題圖①可知，H為AC的中點，故OH＝eq\f(3\r(2),2)，從而A′H＝eq\r(OH2＋OA′2)＝eq\f(\r(30),2)，所以cos∠A′HO＝eq\f(OH,A′H)＝eq\f(\r(15),5)，所以二面角A′－CD－B的平面角的余弦值為eq\f(\r(15),5).eq\a\vs4\al()折疊問題的關鍵有二：①畫好兩個圖——折疊前的平面圖和折疊后的立體圖；②分析好兩個關系——折疊前后哪些位置關系和數(shù)量關系發(fā)生了變化，哪些沒有改變．一般地，在同一半平面內(nèi)的幾何元素之間的關系是不變的．涉及兩個半平面內(nèi)的幾何元素之間的關系是要變化的．分別位于兩個半平面內(nèi)但垂直于折疊棱的直線翻折后仍然垂直于折疊棱．三、立體圖形的表面展開圖的應用在一個底面直徑是5cm，高為2πcm的圓柱形玻璃杯子的上沿B處有一只蒼蠅，而恰好在相對的底沿A處有一只蜘蛛，蜘蛛要想用最快的速度捕捉到這只蒼蠅，蜘蛛所走的最短的路程是________．【解析】利用側面展開圖，如圖，蜘蛛所走的最短的路程是線段AB的長，AC＝eq\f(1,2)×2π×eq\f(5,2)＝eq\f(5,2)πcm，BC＝2πcm，則AB＝eq\r(（2π）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)π))\s\up12(2))＝eq\f(\r(41),2)πcm，即蜘蛛所走的最短的路程是eq\f(\r(41),2)πcm.【答案】eq\f(\r(41),2)πcmeq\a\vs4\al()求從一點出發(fā)沿幾何體表面到另一點的最短距離問題：通常把幾何體的側面展開，轉(zhuǎn)化為平面圖形中的距離問題．[基礎題組練]1．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E為棱CD的中點，則()A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC解析：選C.由正方體的性質(zhì)，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E?平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1，故選C.2.如圖，O為正方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD的中心，則下列直線中與B1O垂直的是()A．A1D B．AA1C．A1D1 D．A1C1解析：選D.由題易知A1C1⊥平面BB1D1D.又B1O?平面BB1D1D，所以A1C1⊥B1O.3．(2020·溫州中學高三模考)如圖，在三棱錐D-ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中點，則下列命題中正確的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BCDC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE解析：選C.因為AB＝CB，且E是AC的中點，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因為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.故選C.4．(2020·浙江省名校協(xié)作體高三聯(lián)考)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的側棱長與底面邊長相等，則直線AB1與側面ACC1A1所成角的正弦值等于()A.eq\f(\r(6),4) B.eq\f(\r(10),4)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(3),2)解析：選A.如圖所示，取A1C1的中點D，連接AD，B1D，則可知B1D⊥平面ACC1A1，所以∠DAB1即為直線AB1與平面ACC1A1所成的角，不妨設正三棱柱的棱長為2，所以在Rt△AB1D中，sin∠DAB1＝eq\f(B1D,AB1)＝eq\f(\r(3),2\r(2))＝eq\f(\r(6),4)，故選A.5．(2020·浙江省高中學科基礎測試)在四棱錐P-ABCD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上異于P，D的動點，設eq\f(PE,ED)＝m，則“0<m<2”是“三棱錐C-ABE的體積不小于1”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解析：選B.過E點作EH⊥AD，H為垂足，則EH⊥平面ABCD.因為VC-ABE＝VE-ABC，所以三棱錐C-ABE的體積為eq\f(2,3)EH.若三棱錐C-ABE的體積不小于1，則EH≥eq\f(3,2)，又PA＝3，所以eq\f(PE,ED)＝m≤1，故選B.6．(2019·高考浙江卷)設三棱錐V-ABC的底面是正三角形，側棱長均相等，P是棱VA上的點(不含端點)．記直線PB與直線AC所成的角為α，直線PB與平面ABC所成的角為β，二面角P-AC-B的平面角為γ，則()A．β<γ，α<γ B．β<α，β<γC．β<α，γ<α D．α<β，γ<β解析：選B.由題意，不妨設該三棱錐的側棱長與底面邊長相等，因為點P是棱VA上的點(不含端點)，所以直線PB與平面ABC所成的角β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γ，所以β<γ；因為AC?平面ABC，所以直線PB與直線AC所成的角α大于直線PB與平面ABC所成的角β，即α>β.故選B.7.如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是AB上的一個動點，則PM的最小值為________．解析：作CH⊥AB于H，連接PH.因為PC⊥平面ABC，所以PH⊥AB，PH為PM的最小值，等于2eq\r(7).答案：2eq\r(7)8.如圖所示，在四面體ABCD中，AB，BC，CD兩兩垂直，且BC＝CD＝1.直線BD與平面ACD所成的角為30°，則線段AB的長度為________．解析：如圖，過點B作BH⊥AC，垂足為點H，連接DH.因為CD⊥AB，CD⊥BC，所以平面ACD⊥平面ABC，所以BH⊥平面ACD.所以∠BDH為直線BD與平面ACD所成的角．所以∠BDH＝30°，在Rt△BDH中，BD＝eq\r(2)，所以BH＝eq\f(\r(2),2).又因為在Rt△BHC中，BC＝1，所以∠BCH＝45°.所以在Rt△ABC中，AB＝BC＝1.答案：19．(2020·臺州市書生中學月考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥CD，AD⊥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PDC所成角的正弦值為________．解析：因為AB∥CD，所以∠PCD即為異面直線PC與AB所成的角，顯然三角形PDC為等腰直角三角形，所以∠PCD＝eq\f(π,4).設AB＝1，則可計算得，PB＝3，而點B到平面PDC的距離d等于AD的長為2，所以直線PB與平面PDC所成角的正弦值為eq\f(d,PB)＝eq\f(2,3).答案：eq\f(π,4)eq\f(2,3)10．(2020·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上的動點(端點除外)，則二面角D-PC-B的平面角的余弦值的取值范圍是________．解析：當點P從A運動到B，二面角D-PC-B的平面角逐漸增大，二面角D-PC-B的平面角最小趨近于二面角D-AC-B的平面角，最大趨近于二面角D-BC-A的平面角的補角，故余弦值的取值范圍是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)))11.如圖，AB是⊙O的直徑，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圓周上不同于A，B的任意一點．(1)求證：平面PAC⊥平面PBC；(2)若PA＝AC，D為PC的中點．求證：PB⊥AD.證明：(1)設⊙O所在的平面為α，由已知條件PA⊥α，BC在α內(nèi)，所以PA⊥BC.因為點C是圓周上不同于A，B的任意一點，AB是⊙O的直徑，所以∠BCA是直角，即BC⊥AC.又因為PA與AC是△PAC所在平面內(nèi)的兩條相交直線，所以BC⊥平面PAC.又因為BC在平面PBC內(nèi)，所以平面PAC⊥平面PBC.(2)因為PA＝AC，D是PC的中點，所以AD⊥PC.由(1)知平面PAC⊥平面PBC，且平面PAC∩平面PBC＝PC.因為AD?平面PAC.所以AD⊥平面PBC.又PB?平面PBC，所以PB⊥AD.12．(2020·浙江名校協(xié)作體高三質(zhì)檢)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為梯形，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝1，DA＝2，DP⊥平面ABP，O，M分別是AD，PB的中點．(1)求證：PD∥平面OCM；(2)若AP與平面PBD所成的角為60°，求線段PB的長．解：(1)證明：設BD交OC于點N，連接MN，OB，因為O為AD的中點，AD＝2，所以OA＝OD＝1＝BC.又因為AD∥BC，所以四邊形OBCD為平行四邊形，所以N為BD的中點，因為M為PB的中點，所以MN∥PD.又因為MN?平面OCM，PD?平面OCM，所以PD∥平面OCM.(2)由四邊形OBCD為平行四邊形，知OB＝CD＝1，所以△AOB為等邊三角形，所以∠A＝60°，所以BD＝eq\r(1＋4－2×1×2×\f(1,2))＝eq\r(3)，即AB2＋BD2＝AD2，即AB⊥BD.因為DP⊥平面ABP，所以AB⊥PD.又因為BD∩PD＝D，所以AB⊥平面BDP，所以∠APB為AP與平面PBD所成的角，即∠APB＝60°，所以PB＝eq\f(\r(3),3).[綜合題組練]1.如圖，梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點，將四邊形ADFE沿直線EF進行翻折，給出下列四個結論：①DF⊥BC；②BD⊥FC；③平面BDF⊥平面BCF；④平面DCF⊥平面BCF，則上述結論可能正確的是()A．①③ B．②③C．②④ D．③④解析：選B.對于①，因為BC∥AD，AD與DF相交但不垂直，所以BC與DF不垂直，則①不成立；對于②，設點D在平面BCF上的射影為點P，當BP⊥CF時就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4可使條件滿足，所以②正確；對于③，當點D在平面BCF上的射影P落在BF上時，DP?平面BDF，從而平面BDF⊥平面BCF，所以③正確；對于④，因為點D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以④不成立．2．(2020·紹興諸暨高考模擬)已知三棱錐A-BCD的所有棱長都相等，若AB與平面α所成角等于eq\f(π,3)，則平面ACD與平面α所成角的正弦值的取值范圍是()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：選A.因為三棱錐A-BCD的所有棱長都相等，所以三棱錐A-BCD為正四面體，如圖：設正四面體的棱長為2，取CD中點P，連接AP，BP，則∠BAP為AB與平面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).設∠BAP＝θ.當CD與α平行且AB在平面ACD上面時，平面ACD與平面α所成角的正弦值最小，為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)；當CD與α平行且AB在平面ACD下面時，平面ACD與平面α所成角的正弦值最大，為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與平面α所成角的正弦值的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3－\r(6),6)，\f(3＋\r(6),6))).故選A.3．(2020·杭州市高三期末)在△ABC中，∠ABC＝eq\f(π,3)，邊BC在平面α內(nèi)，頂點A在平面α外，直線AB與平面α所成角為θ.若平面ABC與平面α所成的二面角為eq\f(π,3)，則sinθ＝________．解析：過A作AO⊥α，垂足是O，過O作OD⊥BC，交BC于點D，連接AD，則AD⊥BC，所以∠ADO是平面ABC與平面α所成的二面角，即∠ADO＝eq\f(π,3)，∠ABO是直線AB與平面α所成的角，即∠ABO＝θ，設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)4．(2020·浙江“七彩陽光”新高考聯(lián)盟聯(lián)考)已知直角三角形ABC的兩條直角邊AC＝2，BC＝3，P為斜邊AB上一點，沿CP將此三角形折成直二面角A-CP-B，此時二面角P-AC-B的正切值為eq\r(2)，則翻折后AB的長為________．解析：如圖，在平面PCB內(nèi)過P點作直二面角A-CP-B的棱CP的垂線交邊BC于點E,則EP⊥平面ACP.于是在平面PAC中過P作二面角P-AC-B的棱AC的垂線，垂足為D，連接DE，則∠PDE為二面角P-AC-B的平面角，且tan∠PDE＝eq\f(EP,PD)＝eq\r(2)，設DP＝a，則EP＝eq\r(2)a.如圖，設∠BCP＝α，則∠ACP＝90°－α，則在直角三角形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)，則eq\f(a,cosα)·t