（浙江專用）2022高考數(shù)學二輪復習 專題二 立體幾何 第3講 空間角學案

（浙江專用）2022高考數(shù)學二輪復習 專題二 立體幾何 第3講 空間角學案考情考向分析以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點，熱點為異面直線所成的角、直線與平面所成的角和二面角的求解，向量法作為傳統(tǒng)幾何法的補充，為考生答題提供新的工具熱點一異面直線所成的角(1)幾何法：按定義作出異面直線所成的角(即找平行線)，解三角形(2)向量法：設(shè)直線l，m的方向向量分別為a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)設(shè)l，m的夾角為，則cos .例1(1)(2018·全國)在長方體ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A. B. C. D.答案C解析方法一如圖，在長方體ABCDA1B1C1D1的一側(cè)補上一個相同的長方體ABBAA1B1B1A1.連接B1B，由長方體性質(zhì)可知，B1BAD1，所以DB1B為異面直線AD1與DB1所成的角或其補角連接DB，由題意，得DB，BB12，DB1.在DBB1中，由余弦定理，得DB2BBDB2BB1·DB1·cosDB1B，即5452×2cosDB1B，cosDB1B.故選C.方法二如圖，以點D為坐標原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系Dxyz.由題意，得A(1,0,0)，D(0,0,0)，D1(0,0，)，B1(1,1，)，(1,0，)，(1,1，)，·1×10×1()22，|2，|，cos，.故選C.(2)(2018·浙江省杭州二中月考)已知異面直線a，b所成的角為50°，過空間一定點P最多可作n條直線與直線a，b均成角，則下列判斷不正確的是()A當65°時，n3 B當n1時，只能為25°C當30°時，n2 D當75°時，n4答案B解析將空間直線平移，異面直線的夾角不變，則可將異面直線a，b平移到同一平面內(nèi)，使得點P為平移后的直線a，b的交點，則當0°<25°時，n0；當25°時，n1，此時該直線為直線a，b所成銳角的角平分線所在的直線；當25°<<65°時，n2，此時這兩條直線在平面內(nèi)的投影為直線a，b所成銳角的角平分線所在的直線；當65°時，n3，此時其中兩條直線在平面內(nèi)的投影為直線a，b所成銳角的角平分線所在的直線，另一條直線為直線a，b所成鈍角的角平分線所在的直線；當65°<<90°時，n4，此時其中兩條直線在平面內(nèi)的投影為直線a，b所成銳角的角平分線所在的直線，另外兩條直線在平面內(nèi)的投影為直線a，b所成鈍角的角平分線所在的直線；當90°時，n1，此時直線為過點P且與平面垂直的直線綜上所述，B選項的說法錯誤，故選B.思維升華(1)運用幾何法求異面直線所成的角一般是按找證求的步驟進行(2) 兩條異面直線所成的角不一定是直線的方向向量的夾角，即cos |cos |.跟蹤演練1(2018·浙江省衢州二中模擬)如圖，已知等腰三角形ABC中，ABAC，O為BC的中點，動點P在線段OB上(不含端點)，記APC，現(xiàn)將APC沿AP折起至APC，記異面直線BC與AP所成的角為，則下列結(jié)論一定成立的是()A> B<C> D<答案A解析設(shè)，則cos ，因為cos ，且··，|>|，所以cos <cos ，又，所以>，故選A.熱點二直線與平面所成的角(1)幾何法：按定義作出直線與平面所成的角(即找到斜線在平面內(nèi)的投影)，解三角形(2)向量法：設(shè)直線l的方向向量為a(a1，b1，c1)，平面的法向量為(a2，b2，c2)，設(shè)直線l與平面的夾角為，則sin |cosa，|.例2(2018·浙江省名校協(xié)作體聯(lián)考)在如圖所示的幾何體中，平面DAE平面ABCD，四邊形ABCD為等腰梯形，四邊形DCFE為菱形已知ABCD，ABC60°，CDAB1.(1)線段AC上是否存在一點N，使得AE平面FDN？證明你的結(jié)論；(2)若線段FC在平面ABCD上的投影長度為，求直線AC與平面ADF所成角的正弦值解(1)在線段AC上存在點N，使得AE平面FDN，且N是AC的中點如圖，取AC的中點N，連接NF，DN，連接EC交DF于點O，連接ON.四邊形CDEF為菱形，O為EC的中點在ACE中，由中位線定理可得ONAE.ON平面FDN，AE平面FDN，AE平面FDN，在線段AC上存在點N，使得AE平面FDN，且N是AC的中點(2)方法一DECF，DE在平面ABCD上的投影長度為，過點E作EOAD于點O，平面DAE平面ABCD，且平面DAE平面ABCDAD，EO平面DAE，EO平面ABCD，則OD，在等腰梯形ABCD中，由已知易得ADBC1，點O為線段AD的中點設(shè)點C到平面FDA的距離為h，VCFDAVFADC，h·SFDAEO·SADC，易知SADC，EO，取AB的中點M，連接CM，取CM的中點P，連接AP，DP，F(xiàn)P，OP.O，P分別為AD，MC的中點，AMDCEF，且AMDCEF，OPEF且OPEF，四邊形OPFE為平行四邊形，OEFP，OEFP，F(xiàn)P平面ABCD.易求得AP，DPFP，AF，DF，DF2AD2AF2，ADF為直角三角形，SFDA.h.設(shè)直線AC與平面FDA所成的角為，在ADC中，易得AC，則sin .方法二DECF，DE在平面ABCD上的投影長度為，過點E作EOAD于點O，平面DAE平面ABCD，且平面DAE平面ABCDAD，EO平面DAE.EO平面ABCD，則OD，在等腰梯形ABCD中，由已知易得ADBC1.點O為線段AD的中點以O(shè)為原點，OE所在直線為z軸，過O且平行于DC的直線為y軸，過O且垂直于yOz平面的直線為x軸建立空間直角坐標系，易得x軸在平面ABCD內(nèi)可得A，C，D，E，(0,1,0).設(shè)平面ADF的法向量為n(x，y，z)，則得令x1，得平面ADF的一個法向量為n(1，2)若直線AC與平面ADF所成的角為，則sin |cosn，|.思維升華(1)運用幾何法求直線與平面所成的角一般是按找證求的步驟進行(2)直線和平面所成角的正弦值等于平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對值，注意所求角和兩向量夾角間的關(guān)系跟蹤演練2(2018·杭州質(zhì)檢)如圖，在等腰三角形ABC中，ABAC，A120°，M為線段BC的中點，D為線段BC上一點，且BDBA，沿直線AD將ADC翻折至ADC，使ACBD.(1)證明：平面AMC平面ABD；(2)求直線CD與平面ABD所成的角的正弦值(1)證明因為ABC為等腰三角形，M為BC的中點，所以AMBD，又因為ACBD，AMACA，AM，AC平面AMC，所以BD平面AMC，因為BD平面ABD，所以平面AMC平面ABD.(2)解在平面ACM中，過C作CFAM交直線AM于點F，連接FD.由(1)知，平面AMC平面ABD，又平面AMC平面ABDAM，CF平面AMC，所以CF平面ABD.所以CDF為直線CD與平面ABD所成的角設(shè)AM1，則ABACAC2，BC2，MD2，DCDC22，AD.在RtCMD中，MC2DC2MD2(22)2(2)294.設(shè)AFx，在RtCFA和RtCFM中，AC2AF2MC2MF2，即4x294(x1)2，解得x22，即AF22.所以CF2.故直線CD與平面ABD所成的角的正弦值等于.熱點三二面角二面角有兩種求法：幾何法：利用定義作出二面角的平面角，然后計算向量法：利用兩平面的法向量設(shè)平面，的法向量分別為(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)，設(shè)二面角a的平面角為(0)，則|cos |cos，v|.例3如圖，在矩形ABCD中，AB2，AD4，點E在線段AD上且AE3，現(xiàn)分別沿BE，CE所在的直線將ABE，DCE翻折，使得點D落在線段AE上，則此時二面角DECB的余弦值為()A. B. C. D.答案D解析如圖1所示，連接BD，設(shè)其與CE的交點為H，由題意易知BDCE.翻折后如圖2所示，連接BD， 圖1圖2則在圖2中，BHD即為二面角DECB的平面角，易求得BD2，DH，BH，所以cosDHB，故選D.思維升華(1)構(gòu)造二面角的平面角的方法(幾何法)：根據(jù)定義；利用二面角的棱的垂面；利用兩同底等腰三角形底邊上的兩條中線等(2)向量法：根據(jù)兩平面的法向量跟蹤演練3(2018·紹興質(zhì)檢)已知四面體SABC中，二面角BSAC，ASBC，ASCB的平面角的大小分別為，則()A.<<B.<<2C<<3D2<<3答案C解析設(shè)三棱錐的頂點S距離底面ABC無窮遠，則三棱錐SABC近似為以ABC為底面的三棱柱，此時二面角的平面角，等于三角形ABC的三個內(nèi)角；若頂點S與底面ABC的距離趨向于0，則三棱錐SABC近似壓縮為四頂點共面，則當S為ABC內(nèi)一點時，二面角的平面角，的大小都為，因此(，3)，故選C.真題體驗1(2017·全國)a，b為空間中兩條互相垂直的直線，等腰直角三角形ABC的直角邊AC所在直線與a，b都垂直，斜邊AB以直線AC為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)，有下列結(jié)論：當直線AB與a成60°角時，AB與b成30°角；當直線AB與a成60°角時，AB與b成60°角；直線AB與a所成角的最小值為45°；直線AB與a所成角的最大值為60°.其中正確的是_(填寫所有正確結(jié)論的編號)答案解析依題意建立如圖所示的空間直角坐標系，設(shè)等腰直角三角形ABC的直角邊長為1.由題意知，點B在平面xOy中形成的軌跡是以C為圓心，1為半徑的圓設(shè)直線a的方向向量為a(0,1,0)，直線b的方向向量為b(1,0,0)，以O(shè)x軸為始邊沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)的旋轉(zhuǎn)角為，則B(cos ，sin ，0)，(cos ，sin ，1)，|.設(shè)直線AB與a所成的角為，則cos |sin |，45°90°，正確，錯誤；設(shè)直線AB與b所成的角為，則cos |cos |.當直線AB與a的夾角為60°，即60°時，|sin |cos cos 60°，|cos |，cos |cos |.45°90°，60°，即直線AB與b的夾角為60°.正確，錯誤2(2017·浙江改編)如圖，已知正四面體DABC(所有棱長均相等的三棱錐)，P，Q，R分別為AB，BC，CA上的點，APPB，2，分別記二面角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角為，則，的大小關(guān)系為_答案<<解析如圖，作出點D在底面ABC上的射影O，過點O分別作PR，PQ，QR的垂線OE，OF，OG，連接DE，DF，DG，則DEO，DFO，DGO.由圖可知，它們的對邊都是DO，只需比較EO，F(xiàn)O，GO的大小即可如圖，在AB邊上取點P，使AP2PB，連接OQ，OR，則O為QRP的中心設(shè)點O到QRP三邊的距離為a，則OGa，OFOQ·sinOQF<OQ·sinOQPa，OEOR·sinORE>OR·sinORPa，OF<OG<OE，<<，<<.3(2018·浙江)如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC120°，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.(1)證明：AB1平面A1B1C1；(2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值方法一(1)證明由AB2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB，得AB1A1B12，所以A1BABAA，故AB1A1B1.由BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC，得B1C1.由ABBC2，ABC120°，得AC2.由CC1AC，得AC1，所以ABB1CAC，故AB1B1C1.又因為A1B1B1C1B1，A1B1，B1C1平面A1B1C1，因此AB1平面A1B1C1.(2)解如圖，過點C1作C1DA1B1，交直線A1B1于點D，連接AD.由AB1平面A1B1C1，得平面A1B1C1平面ABB1.由C1DA1B1，平面A1B1C1平面ABB1A1B1，C1D平面A1B1C1，得C1D平面ABB1.所以C1AD即是直線AC1與平面ABB1所成的角由B1C1，A1B12，A1C1，得cosC1A1B1，sinC1A1B1，所以C1D，故sinC1AD.因此直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是.方法二(1)證明如圖，以AC的中點O為原點，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標系Oxyz.由題意知各點坐標如下：A(0，0)，B(1,0,0)，A1(0，4)，B1(1,0,2)，C1(0，1)因此(1，2)，(1，2)，(0,2，3)由·0，得AB1A1B1.由·0，得AB1A1C1.又A1B1A1C1A1，A1B1，A1C1平面A1B1C1，所以AB1平面A1B1C1.(2)解設(shè)直線AC1與平面ABB1所成的角為.由(1)可知(0,2，1)，(1，0)，(0,0,2)設(shè)平面ABB1的一個法向量為n(x，y，z)由得可取n(，1,0)所以sin |cos，n|.因此直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是.押題預測如圖所示，在四棱錐SABCD中，底面ABCD是矩形，SA底面ABCD，E，F(xiàn)分別為線段AB，SD的中點(1)證明：EF平面SBC；(2)設(shè)SAAD2AB，試求直線EF與平面SCD所成角的正弦值押題依據(jù)定義法求直線與平面所成的角的關(guān)鍵是利用直線與平面所成角的定義去構(gòu)造一個直角三角形，通過解三角形的知識求角方法一求解第(2)問的關(guān)鍵是構(gòu)造三角形，證明AFE為直線EF與平面SCD所成角的余角(1)證明方法一如圖，過點E作EGSB，交SA于點G，連接GF.因為E為AB的中點，所以G為SA的中點，又F為SD的中點，所以GFAD，所以GFBC，又BC平面SBC，GF平面SBC，所以GF平面SBC.因為GESB，SB平面SBC，GE平面SBC，所以GE平面SBC，又GEGFG，GE，GF平面GEF，所以平面GEF平面SBC，又EF平面GEF，所以EF平面SBC.方法二取SC的中點H，連接FH，BH，因為F是SD的中點，所以FHCD，F(xiàn)HCD，又CDAB，CDAB，點E是AB的中點，所以FHBE，F(xiàn)HBE，所以四邊形EFHB是平行四邊形，所以EFBH，又BH平面SBC，EF平面SBC，所以EF平面SBC.(2)解方法一如圖，連接AF.因為SAAD，SAAD，所以AFSD.因為SA平面ABCD，所以SACD.因為ADCD，SAADA，SA，AD平面SAD，所以CD平面SAD，因為AF平面SAD，所以CDAF，又SDCDD，SD，CD平面SCD，所以AF平面SCD.所以AFE即為直線EF與平面SCD所成角的余角令SAAD2AB4，則AE1，AF2，所以EF3.設(shè)直線EF與平面SCD所成的角為，則sin sincosAFE.所以直線EF與平面SCD所成角的正弦值為.方法二因為四邊形ABCD是矩形，SA底面ABCD，所以直線AB，AD，AS兩兩垂直以A為坐標原點，AB，AD，AS所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)xyz.設(shè)SAAD2AB4，則S(0,0,4)，C(2,4,0)，D(0,4,0)，E(1,0,0)，F(xiàn)(0,2,2)所以(1,2,2)，(0,4，4)，(2,0,0)設(shè)平面SCD的法向量為a(x，y，z)，則取y1，所以a(0,1,1)是平面SCD的一個法向量設(shè)直線EF與平面SCD所成的角為，所以sin .所以直線EF與平面SCD所成角的正弦值為.A組專題通關(guān)1(2017·全國)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120°，AB2，BCCC11，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為()A. B. C. D.答案C解析方法一將直三棱柱ABCA1B1C1補形為直四棱柱ABCDA1B1C1D1，如圖所示，連接AD1，B1D1，BD.圖由題意知ABC120°，AB2，BCCC11，所以AD1BC1，AB1，DAB60°.在ABD中，由余弦定理知BD222122×2×1×cos 60°3，所以BD，所以B1D1.又AB1與AD1所成的角即為AB1與BC1所成的角，所以cos .故選C.方法二以B1為坐標原點，B1C1所在的直線為x軸，垂直于B1C1的直線為y軸，BB1所在的直線為z軸建立空間直角坐標系，如圖所示圖由已知條件知B1(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(1,0,0)，A(1，1)，則(1,0，1)，(1，1)所以cos，.所以異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為.故選C.2(2018·嘉興、麗水模擬)已知兩個平面，和三條直線m，a，b，若m，a且am，b，設(shè)和所成的一個二面角的大小為1，直線a和平面所成的角的大小為2，直線a，b所成的角的大小為3，則()A123 B312C13，23 D12，32答案D解析當平面與平面所成的二面角為銳角或直角時，12，當平面與平面所成的二面角為鈍角時，2為1的補角，則1>2，綜上所述，12，又由最小角定理得32，故選D.3如圖，正四棱錐PABCD.記異面直線PA與CD所成的角為，直線PA與平面ABCD所成的角為，二面角PBCA的平面角為，則()A<< B<<C<< D<<答案C解析如圖，過點P作PO平面ABCD，則O為正方形ABCD的中心連接AO，并過O點作OEBC，交BC于點E，連接PE.ABDC，異面直線PA與CD所成的角就是PAB，而AO為PA在平面ABCD上的投影，PAO為PA與平面ABCD所成的角PAB>PAO.又OEBC，POBC，OE與PO相交于點O，BC平面POE，PEBC，因此PEO為二面角PBCA的平面角OE<AO，tanPEO>tanPAO，PEO>PAO.又PABPBE，cosPBE，cosPEO，OEBE，PE<PB，cosPBE<cosPEO，PBE>PEO，又PBEPAB，<<，故選C.4已知四邊形ABCD，ABBDDA2，BCCD，現(xiàn)將ABD沿BD折起，使二面角ABDC的大小在內(nèi)，則直線AB與CD所成角的余弦值的取值范圍是()A. B.C. D.答案A解析設(shè)BD的中點為E，連接AE，CE，因為ABBDDA2，BCCD，所以AE，CE1，且AEBD，CEBD，則AEC為二面角ABDC的平面角，在平面ABD內(nèi)，過點A作AFBD，使AFBD，構(gòu)造平行四邊形ABDF，連接FD，CF，則CDF或其補角即為異面直線AB與CD的夾角，則在AEC中，由余弦定理得AC2AE2CE22AE·CEcosAEC42cosAEC，又因為AEC，所以AC242cosAEC1,7因為AEBD，CEBD，且AECEE，AE，CE平面AEC，所以BD平面AEC，則BDAC，所以AFAC，則在RtCAF中，CF2AC2AF25,11，則在CDF中，由余弦定理易得直線AB與CD的夾角的余弦值為|cosCDF|，故選A.5長方體的對角線與過同一個頂點的三個表面所成的角分別為，則cos2cos2cos2_.答案2解析設(shè)長方形的長、寬、高分別為a，b，c，則對角線長d，所以cos2cos2cos22222.6.如圖所示，在正方體AC1中， AB2, A1C1B1D1E，直線AC與直線DE所成的角為，直線DE與平面BCC1B1所成的角為，則cos_.答案解析由題意可知，則cossin ，以點D為坐標原點，DA，DC，DD1方向為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標系，則D，E，平面BCC1B1的法向量，由此可得cossin .7.(2018·浙江省名校新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)如圖，平行四邊形PDCE垂直于梯形ABCD所在的平面，ADCBAD90°，PDC120°，F(xiàn)為PA的中點，PD1，ABADCD1.(1)求證：AC平面DEF；(2)求直線BC與平面PAD所成角的余弦值(1)證明連接PC.設(shè)PC與DE的交點為M，連接FM，因為F，M分別為PA，PC的中點，則FMAC.因為FM平面DEF，AC平面DEF，所以AC平面DEF.(2)解方法一(幾何法)取CD的中點G，連接AG，則AGBC，所以直線AG與平面PAD所成的角即為直線BC與平面PAD所成的角過點G作GHPD，交PD于點H，又平面PDCE平面ABCD，平面PDCE平面ABCDCD，ADCD，AD平面ABCD，所以AD平面PDCE，又GH平面PDCE，所以ADGH，因為PDADD，PD，AD平面PAD，所以GH平面PAD，則GAH即為所求的線面角，易得GH，AGBC，則sinGAH，所以直線BC與平面PAD所成角的余弦值為.方法二(向量法)過點D在平面PDCE中作DQPE，交PE于點Q，由已知可得PQ，以D為坐標原點，分別以DA，DC，DQ所在的直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示由題意可得D(0,0,0)，P，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，則(1,0,0)，設(shè)平面PAD的法向量n(x，y，z)，則即令y，得平面PAD一個法向量n(0，1)，(1,1,0)設(shè)直線BC與平面PAD所成的角為，則sin |cosn，|，所以直線BC與平面PAD所成角的余弦值為.8(2018·浙江省杭州二中月考)如圖，等腰梯形ABCD中，ABCDBC2，AD5，M，N是AD上的點，且AMDN2，現(xiàn)將ABM，CDN分別沿BM，CN折起，使得A，D重合記作S.(1)求證：BC平面SMN；(2)求直線SN與底面BCNM所成角的余弦值(1)證明BCMN，且MN平面SMN，BC平面SMN，BC平面SMN.(2)解過S向底面作垂線，垂足為O，連接BC的中點Q與MN的中點P，根據(jù)對稱性可知O在PQ上，分別連接SQ，SP，ON，則SNO是所求的線面角在SPQ中，SP，SQ，PQ，則SO，則sinSNO，cosSNO.9(2018·湖州、衢州、麗水質(zhì)檢)已知矩形ABCD滿足AB2，BC，PAB是正三角形，平面PAB平面ABCD.(1)求證：PCBD；(2)設(shè)直線l過點C且l平面ABCD，點F是直線l上的一個動點，且與點P位于平面ABCD的同側(cè)記直線PF與平面PAB所成的角為，若0<CF1，求tan 的取值范圍(1)證明取AB的中點E，連接PE，EC.因為點E是正三角形PAB的邊AB的中點，所以PEAB.又平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB，PE平面PAB，所以PE平面ABCD，因為BD平面ABCD，則PEBD.因為，EBCBCD90°，所以EBCBCD.故ECBBDC，所以ECBDBCBDCDBC90°，所以CEBD，又CEPEE，CE，PE平面PEC，故BD平面PEC，又PC平面PEC，因此PCBD.(2)解方法一在平面PAB內(nèi)過點B作直線mFC，過F作FGm，交m于點G，連接PG，則四邊形BGFC為矩形，BCFG，BCFG.又由(1)及題意得，BC平面PAB，所以FG平面PAB，所以GPF是直線PF與平面PAB所成的角，所以點F到平面PAB的距離等于點C到平面PAB的距離，即為BC，因為0<CF1，所以1GP<2，故tan .方法二如圖，以E為坐標原點，EB，EP所在直線為x軸，z軸，過點E平行于BC的直線為y軸，建立空間直角坐標系設(shè)CFa(0<a1)，則P(0,0，)，F(xiàn)(1，a)，所以(1，a)，取平面PAB的一個法向量為n(0,1,0)，則sin ，由0<a1，得sin ，則tan .B組能力提高10已知三棱錐PABC的底面ABC是邊長為2的正三角形，A點在側(cè)面PBC內(nèi)的投影H為PBC的垂心，二面角PABC的平面角的大小為60°，則AP的長為()A3 B3 C. D4答案C解析連接BH交PC于點E，連接AE.設(shè)P點在底面ABC內(nèi)的投影為O，則PO平面ABC，連接CO交AB于F點，連接PF.A點在側(cè)面PBC內(nèi)的投影H為PBC的垂心，AH平面PBC，且BEPC，PC平面PBC，AHPC.BEAHH，BE平面ABE，AH平面ABE，PC平面ABE.又AB平面ABE，PCAB.PO平面ABC，AB平面ABC，POAB.POPCP，PO平面PFC，PC平面PFC，AB平面PFC.ABPE，ABCF，PFC為二面角PABC的平面角三棱錐PABC的底面ABC是邊長為2的正三角形，BF，CF3，則FO×31，二面角PABC的平面角的大小為60°，PFC60°，在RtPOF中，POFO·tan 60°，PF2.又在RtPFA中，PF2，AF，AP，故選C.11(2018·湖州、衢州、麗水質(zhì)檢)已知等腰直角三角形ABC內(nèi)接于圓O，點M是下半圓弧上的動點現(xiàn)將上半圓面沿AB折起(如圖所示)，使所成的二面角CABM為，則直線AC與直線OM所成角的最小值是()A. B. C. D.答案B解析設(shè)圓的半徑為2，AOM(0，)，建立如圖所示的空間直角坐標系，則O(0,0,0)，M(2sin ，2cos ，0)，A(0，2,0)，C(，0，)，所以(2sin ，2cos ，0)，(，2，)設(shè)直線AC與OM所成的角為，則cos |cos，|(其中tan )，又，所以，所以的最小值為，故選B.12(2018·浙江省溫州六校協(xié)作體聯(lián)考)如圖1，在RtABC中，BAC90°，ABC60°，E是邊AC上的點，2，D是斜邊BC的中點，現(xiàn)將ABE與DEC分別沿BE與DE翻折，翻折后的點A，C分別記作A，C，若點A落在線段EC上，如圖2，則二面角BECD的余弦值為()A. B. C. D.答案A解析設(shè)AB1，易得BC2，AC，又因為2，點D是斜邊BC的中點，所以AE，CE，CDBD1，則由翻折的性質(zhì)易得AEAC，AB1，BDCD1，BACE，連接BC，則CBBE，在BDC中，由余弦定理得cosBDC，在CDE中，過點A作CE的垂線，交CD于點F，則FAB就是二面角BECD的平面角易得AFACtan 30°，CF，DFCDCF.連接BF，在BDF中，由余弦定理得BF，則在BAF中，由余弦定理得cosBAF，即二面角BECD的余弦值為，故選A.13.如圖，已知三棱錐ABCD的所有棱長均相等，點E滿足3，點P在棱AC上運動，設(shè)EP與平面BCD所成的角為，則sin 的最大值為_答案解析因為三棱錐ABCD的所有棱長都相等，設(shè)底面BCD的中心為O，則O為頂點A在底面的射影，以點O為原點，以過點O且平行于CD的直線為x軸，過點O且垂直于CD的直線為y軸，直線OA為z軸建立空間直角坐標系設(shè)三棱錐ABCD的棱長為2，則易得O(0，0,0)，A，C，E，則，A，設(shè)(01)，則，則sin ·，設(shè)f(x) (0x1)，則f(x)，令f(x)>0，得0<x<，所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增；令f(x)<0，得<x<1，所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減，所以f(x)maxf ，所以sin 的最大值為×.