检测02 空间向量与立体几何（能力卷） -2024-2025学年高二年级上学期数学大单元复习与单元检测及期中、期末（（新高考人教A版专用）

检测02 空间向量与立体几何（能力卷） 一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．（24-25高二上·辽宁抚顺·开学考试）已知正方体的棱长为1，且，，，则（    ） A．1 B．2 C． D．3 2．（23-24高二上·黑龙江哈尔滨·期中）如图，空间四边形中，，，，点M在上，且，点N为中点，则等于（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·安徽合肥·阶段练习）若向量是空间中的一个基底，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得：，我们把有序实数组叫做基底下向量的斜坐标.设向量在基底下的斜坐标为，则向量在基底下的斜坐标为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·山西·阶段练习）已知直线l的一个方向向量，且直线l经过和两点，则（    ） A． B． C．1 D．2 5．（2024·宁夏银川·一模）如图，在棱长为2的正方体中，、分别是棱，的中点，过点作平面，使得∥平面，且平面与交于点，则（    ）    A． B． C． D． 6．（2024·山东菏泽·二模）如图，在正方体中，，则下列结论中正确的是（    ） A．平面 B．平面平面 C．平面 D．平面内存在与平行的直线 7．（23-24高三下·陕西安康·阶段练习）如图，棱长为的正方体的内切球为球，，分别是棱，的中点，在棱上移动，则（    ）    A．对于任意点，平面 B．直线被球截得的弦长为 C．过直线的平面截球所得的所有截面圆中，半径最小的圆的面积为 D．当为的中点时，过，，的平面截该正方体所得截面的面积为 8．（2024·浙江绍兴·二模）三棱锥满足，二面角的大小为，，，，则三棱锥外接球的体积为（      ） A． B． C． D． 二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．（23-24高二上·安徽阜阳·期末）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图，把三片这样的达·芬奇方砖拼成组合，把这个组合再转换成空间几何体．若图中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（    ） A． B．点到直线的距离是 C． D．异面直线与所成角的正切值为4 10．（2024·浙江·三模）已知正方体的棱长为1，点满足，其中，，则（    ） A．当时，则的最小值为 B．过点在平面内一定可以作无数条直线与垂直 C．若与所成的角为，则点的轨迹为双曲线 D．当，时，正方体经过点、、的截面面积的取值范围为 11．（24-25高二上·辽宁·开学考试）已知正三棱柱的棱长均为4，点在棱上，且，N为的中点，为侧面内一动点（包括边界），则下列选项正确的是（    ） A． B．若平面，则动点的轨迹长度为4 C．点到平面的距离为 D．以为球心，4为半径的球面与该棱柱的棱的公共点的个数为8 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上) 12．（24-25高二上·上海·课堂例题）在空间直角坐标系内，平面经过三点、、，向量是平面的一个法向量，则 ． 13．（24-25高二上·全国·课后作业）如图所示，正方体的棱长为2，E、F分别是棱BC、的中点，动点P在正方形（包括边界）内运动，若平面AEF，则线段长度的最小值是 ． 14．（2024·北京海淀·二模）如图，在正方体中，为棱上的动点，平面为垂足.给出下列四个结论： ①； ②线段的长随线段的长增大而增大； ③存在点，使得； ④存在点，使得平面. 其中所有正确结论的序号是 . 四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15. (13分) （22-23高二下·甘肃庆阳·期中）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱，的中点. (1)求平面； (2)求直线BE与平面所成角的正弦值. 16. (15分) （24-25高三上·山东青岛·开学考试）如图，在四棱锥中，底面四边形是正方形，，底面，是线段的中点，在线段上，． (1)证明：平面； (2)在线段上，与所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值． 17. (15分) （24-25高三上·天津蓟州·开学考试）如图，平面，，点分别为的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值； (3)若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求到平面的距离. 18. (17分) （23-24高一下·吉林·期末）在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示. (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的大小； (3)在线段上是否存在点，使平面与平面成角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 19. (17分) （24-25高二上·黑龙江哈尔滨·开学考试）如下图，在中，，，D是AC中点，E、F分别是BA、BC边上的动点，且；将沿EF折起，将点B折至点P的位置，得到四棱锥； (1)求证：； (2)若，二面角是直二面角，求二面角的正切值； (3)当时，求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取值范围． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 检测02 空间向量与立体几何（能力卷） 一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．（24-25高二上·辽宁抚顺·开学考试）已知正方体的棱长为1，且，，，则（    ） A．1 B．2 C． D．3 2．（23-24高二上·黑龙江哈尔滨·期中）如图，空间四边形中，，，，点M在上，且，点N为中点，则等于（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·安徽合肥·阶段练习）若向量是空间中的一个基底，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得：，我们把有序实数组叫做基底下向量的斜坐标.设向量在基底下的斜坐标为，则向量在基底下的斜坐标为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·山西·阶段练习）已知直线l的一个方向向量，且直线l经过和两点，则（    ） A． B． C．1 D．2 5．（2024·宁夏银川·一模）如图，在棱长为2的正方体中，、分别是棱，的中点，过点作平面，使得∥平面，且平面与交于点，则（    ）    A． B． C． D． 6．（2024·山东菏泽·二模）如图，在正方体中，，则下列结论中正确的是（    ） A．平面 B．平面平面 C．平面 D．平面内存在与平行的直线 7．（23-24高三下·陕西安康·阶段练习）如图，棱长为的正方体的内切球为球，，分别是棱，的中点，在棱上移动，则（    ）    A．对于任意点，平面 B．直线被球截得的弦长为 C．过直线的平面截球所得的所有截面圆中，半径最小的圆的面积为 D．当为的中点时，过，，的平面截该正方体所得截面的面积为 8．（2024·浙江绍兴·二模）三棱锥满足，二面角的大小为，，，，则三棱锥外接球的体积为（      ） A． B． C． D． 二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．（23-24高二上·安徽阜阳·期末）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图，把三片这样的达·芬奇方砖拼成组合，把这个组合再转换成空间几何体．若图中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（    ） A． B．点到直线的距离是 C． D．异面直线与所成角的正切值为4 10．（2024·浙江·三模）已知正方体的棱长为1，点满足，其中，，则（    ） A．当时，则的最小值为 B．过点在平面内一定可以作无数条直线与垂直 C．若与所成的角为，则点的轨迹为双曲线 D．当，时，正方体经过点、、的截面面积的取值范围为 11．（24-25高二上·辽宁·开学考试）已知正三棱柱的棱长均为4，点在棱上，且，N为的中点，为侧面内一动点（包括边界），则下列选项正确的是（    ） A． B．若平面，则动点的轨迹长度为4 C．点到平面的距离为 D．以为球心，4为半径的球面与该棱柱的棱的公共点的个数为8 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上) 12．（24-25高二上·上海·课堂例题）在空间直角坐标系内，平面经过三点、、，向量是平面的一个法向量，则 ． 13．（24-25高二上·全国·课后作业）如图所示，正方体的棱长为2，E、F分别是棱BC、的中点，动点P在正方形（包括边界）内运动，若平面AEF，则线段长度的最小值是 ． 14．（2024·北京海淀·二模）如图，在正方体中，为棱上的动点，平面为垂足.给出下列四个结论： ①； ②线段的长随线段的长增大而增大； ③存在点，使得； ④存在点，使得平面. 其中所有正确结论的序号是 . 四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15. (13分) （22-23高二下·甘肃庆阳·期中）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱，的中点. (1)求平面； (2)求直线BE与平面所成角的正弦值. 16. (15分) （24-25高三上·山东青岛·开学考试）如图，在四棱锥中，底面四边形是正方形，，底面，是线段的中点，在线段上，． (1)证明：平面； (2)在线段上，与所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值． 17. (15分) （24-25高三上·天津蓟州·开学考试）如图，平面，，点分别为的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值； (3)若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求到平面的距离. 18. (17分) （23-24高一下·吉林·期末）在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示. (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的大小； (3)在线段上是否存在点，使平面与平面成角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 19. (17分) （24-25高二上·黑龙江哈尔滨·开学考试）如下图，在中，，，D是AC中点，E、F分别是BA、BC边上的动点，且；将沿EF折起，将点B折至点P的位置，得到四棱锥； (1)求证：； (2)若，二面角是直二面角，求二面角的正切值； (3)当时，求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取值范围． 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B A A C C C D ABC ACD 题号 11 答案 ACD 1．B 【分析】根据空间向量的数量积公式及运算律计算即可. 【详解】根据题意知，则， 所以. 故选：B 2．B 【分析】利用空间向量的线性运算法则求解. 【详解】 . 故选：B. 3．A 【分析】借助待定系数法设，结合所给定义及其在基底下的斜坐标计算即可得. 【详解】由题意可得， 设， 即有， 即可得，解得，即， 即向量在基底下的斜坐标为. 故选：A. 4．A 【分析】利用空间向量共线的坐标表示即可. 【详解】因为，直线的一个方向向量为， 所以有向量与向量为共线， 所以，解得，， 所以， 故选：A. 5．C 【分析】建系，求平面的法向量，利用空间向量求点M的位置，进而可得结果. 【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，    则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 因为∥平面，可知平面的法向量为， 设，可得， 可得，解得， 则，可得， 所以. 故选：C. 6．C 【分析】建立空间直角坐标系，结合线面平行的判定定理，线面垂直，面面垂直的判定定理，逐项判定计算即可． 【详解】因为为正方体，设正方体边长为2， 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 同理解得平面的法向量， ，故A不正确； ，故B不正确； ， ，所以， 又，所以平面，C正确； 平面的一个法向量为， ，故D不正确； 故选：C 7．C 【分析】令与重合，利用特殊位置举反例证明A错误；建立空间直角坐标系，利用空间向量求得、两直线所成角，从而求得点到直线的距离，即可求得直线被球截得的弦长，判断B选项；确定过直线的平面截球所得的所有截面圆中，半径最小的圆为以直线被球O截得的弦长为为直径的圆，从而求得圆的面积，判断C选项；确定当为的中点时，过，，的平面截该正方体所得截面为边长为的正六边形，利用正弦定理面积公式求六边形面积即可判断D选项. 【详解】    对于A，根据已知条件圆为以为圆心，半径的圆；在棱上移动， 当与点重合时，平面即为平面，因为在直线上， 所以平面，所以与平面相交，A错误； 对于B，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 则，，， 设直线与直线夹角为，则， 由此可知，连结，过作直线的垂线，垂足为， 则在中，有，解得， 设直线被球O截得的弦长为，则，B错误； 对于C，过直线的平面截球O所得的所有截面圆半径最小时，有垂直于过的平面， 此时圆的半径为，圆的面积为，C正确； 对于D，根据题意当为的中点时， 过，，的平面截该正方体所得截面为正六边形，， 在中，，所以边长， 所以截面面积为，D错误. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题考查几何体与球的组合问题，垂直关系的转化，平面截球的问题，平面截正方体问题，关键是：⑴利用球的弦长公式计算弦长；⑵确定平面截正方体所得截面的形状. 8．D 【分析】设，根据对角线向量的性质列方程求关系，从而可得线线垂直，过作，连接，结合勾股定理，得线线关系，从而可得二面角的平面角，从而可确定外接球球心位置得外接球半径，从而可得球的体积. 【详解】如图所示， 设，则， 由向量的运算及余弦定理可得： 所以， 解得：，故，过作，连接，则， 设，则，解得：，所以点与点重合， 故，，即为二面的平面角， 故三棱锥可放置成如图所示， 为底面正的外心，即, 为的外接球球心，即，为使得，故， 所以三棱锥的外接球半径， 所以外接球的体积. 故选：D. 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 9．ABC 【分析】利用空间向量的线性运算判断A，建立空间直角坐标系利用空间向量模的坐标求法判断C，利用投影公式结合勾股定理判断B，利用线线角的向量求法判断D即可. 【详解】依题意得，故A正确； 如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， ， 对于BC，， 所以，设， 则点到直线的距离，故BC正确； 对于D，因为， 所以，所以， 所以异面直线与所成角的正切值为，故D错误． 故选：ABC． 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是建立空间直角坐标系，然后利用投影公式结合勾股定理得到所要求的长度即可． 10．ACD 【分析】对A，将平面展开到与同一平面，由两点间线段最短得解；对B，当在时，过点只能作一条直线与垂直，可判断；对CD，以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，设出点P坐标，利用向量的坐标运算即可判断. 【详解】对于A，当时，， 所以点在线段上， 如图，将三角形与矩形沿展成平面图形如下所示， 则线段即为的最小值， 利用余弦定理可知， 所以，即的最小值为，故A正确； 对于B，当在时，过点在平面内只可以作一条直线与垂直，故B错误； 对于C，以D为原点，分别以为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则，得， ， 整理得，为双曲线方程，故C正确． 对于D，当时，，故点在线段上运动, 正方体经过点、、的截面为平行四边形， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， ，， 所以点到直线的距离为， 于是当时，的面积取最小值，此时截面面积为； 当或时，的面积取最大值，此时截面面积为， 所以正方体经过点、、的截面面积的取值范围为，故D正确． 故选：ACD． 【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型. 11．ACD 【分析】对于A，依据已知条件求证；对于B，取中点，在上取点使得，连接，求证平面平面即可由平面得动点的轨迹为，求出即可判断；对于C，依据已知条件先求出和，进而求出和，接着求证平面和设点到平面的距离为d，再由结合锥体体积公式即可得解；对于D，由已知可得球的球面与侧面的棱各有一个交点，同理得与侧面的棱也各有一个交点，接着设点M在平面上的射影为，由已知得点M到平面的距离为，进而得到棱和的距离分别为和3以及得球与平面的截面圆半径为2，从而得该截面圆与AB有两个交点，与没有交点，于是得解. 【详解】对于A，由题意得 ， 所以即，故A正确； 对于B，取中点，在上取点使得， 连接，则由分别为中点得， 由正三棱柱性质可知且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面，平面，又， 所以平面平面， 又平面，显然平面，故由题意动点的轨迹为， 所以动点的轨迹长度为，故B错误； 对于C，连接，由题意， ，， 由选项B得 所以 ， ， 所以， ， 由正三棱柱性质平面，平面，所以， 又由正三角形性质得，，平面， 所以平面，设点到平面的距离为d， 则由得， 即，所以点到平面的距离为，故C正确； 对于D，如图，，M到棱的距离等于4， 故球的球面与侧面的棱各有一个交点，分别为， 同理可得与侧面的棱各有一个交点，分别为， 如图，点M在平面上的射影为， 由正三棱柱结构特征结合得点M到平面的距离为，到棱和的距离分别为和3， 因为以点M为球心，4为半径作球， 所以在平面上，球与平面的截面圆半径为， 则该截面圆与AB有两个交点分别为，与没有交点. 综上，以为球心，4为半径的球面与该棱柱的棱的公共点的个数为8，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】思路点睛：以为球心，4为半径的球面与该棱柱的棱的公共点的个数可以根据几何体结构特征依次分析该球在侧面、侧面和平面上的三个截面圆与这三个面的棱的交点即可得解. 12．7 【分析】根据题意可得，求出，从而可求出结果. 【详解】因为、、， 所以， 因为向量是平面的一个法向量， 所以，解得， 所以. 故答案为：7 13．/ 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，其中、，求出平面的一个法向量，，由因为平面，则，可得，利用二次函数的基本性质结合空间向量的模长公式可求得线段长度的最小值. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、，，设点，其中、， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， ，因为平面，则， 所以，，即， 所以， ， 当且仅当时，的长度取最小值. 故答案为：. 14．①②④ 【分析】根据给定条件，以点为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量坐标，进而求出点的坐标，再逐一计算判断各个命题即得答案. 【详解】在正方体中，令，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，， 令平面的法向量，则，取，得， 由平面于，得，即， ，显然，解得， 于是， 对于①，，①正确； 对于②，在上单调递增，②正确； 对于③，而，， 若， 显然，即不存在，使得，③错误； 对于④，平面的一个法向量，而， 由，得，即，整理得， 令，显然函数在上的图象连续不断， 而，因此存在，使得，此时平面， 因此存在点，使得平面，④正确. 所以所有正确结论的序号是①②④. 故答案为：①②④ 【点睛】思路点睛：涉及探求几何体中点的位置问题，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量证明空间位置关系的方法解决. 15．(1)见解析 (2) 【分析】（1）建空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行； （2）利用空间向量求线面角的正弦值即可. 【详解】（1）以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 依题意，得， 则，设平面的法向量， ，所以，取，得 因为， 所以．所以． 又面． 所以面． （2）正方体中，平面 故是平面的法向量， 因为， 所以， 所以直线和平面所成的角的正弦值为． 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意，证得和，得到平面，证得，再由，得到，证得平面，得到，进而证得平面； （2）以点为原点，建立空间直角坐标系，设正方形的边长为，设，根据与所成的角为，求得，得到，求得平面和平面的法向量分别为和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：因为底面，且底面，所以， 又因为为正方形，可得， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，且为的中点，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，且，平面，所以平面. （2）解：以点为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方形的边长为，可得， 可得， 则，， 因为在线段上，设，其中， 则， 因为与所成的角为，可得， 解得，所以，所以，可得， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 因为平面，所以平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的二面角为，其中， 可得，即平面与平面所成的二面角为. 17．(1)证明见解析； (2) (3) 【分析】（1）连接，证得，利用用线面判定定理，即可得到平面. （2）以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系.求得平面和平面法向量，利用向量的夹角公式，即可求解． （3）设，则，从而，由（2）知平面的法向量为，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，即可求解． 【详解】（1）连接，因为，所以，又因为，所以为平行四边形. 由点和分别为和的中点，可得且， 因为为的中点，所以且， 可得且，即四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面. （2）因为平面，，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系. 依题意可得，. ， 设为平面的法向量， 则，即，不妨设，可得， 设为平面的法向量， 则，即，不妨设，可得，. ，于是. 所以，二面角的正弦值为. （3）设，即，则. 从而. 由（2）知平面的法向量为， 由题意，，即， 整理得，解得或， 因为所以，所以. 则N到平面的距离为. 18．(1)证明见解析 (2) (3)存在，或 【分析】（1）应用线面垂直的判定定理证明线面垂直关系，再由性质定理得到线线垂直关系，进而再利用判定定理证明所求证的线面垂直关系； （2）以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.用向量法求与平面所成角的大小； （3）假设存在点，使平面与平面成角余弦值为，设，分别求解两平面的法向量，用表示余弦值解方程可得. 【详解】（1）因为在中，，，且， 所以，，则折叠后，， 又平面， 所以平面，平面，所以， 又已知，且都在面内，所以平面； （2）由（1），以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系. 因为，故， 由几何关系可知，，，， 故，，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则，即， 不妨令，则，，. 设与平面所成角的大小为， 则有， 设为与平面所成角，故， 即与平面所成角的大小为； （3）假设在线段上存在点，使平面与平面成角余弦值为. 在空间直角坐标系中，，，， 设，则，， 设平面的法向量为，则有，即， 不妨令，则，，所以， 设平面的法向量为，则有，即， 不妨令，则，，所以， 若平面与平面成角余弦值为. 则满足， 化简得，解得或，即或， 故在线段上存在这样的点，使平面与平面成角余弦值为. 此时的长度为或. 19．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明线面垂直得出线线垂直； （2）根据直二面角建立空间直角坐标系求二面角余弦进而求出正弦值计算正切值即可； （3）先建立空间直角坐标系，再设坐标结合垂直关系求参，最后结合线面角的正弦应用以及对勾函数单调性得出范围即可. 【详解】（1）因为， 所以，即平面， 平面，平面， 所以 （2）因为二面角是直二面角， 所以平面平面，平面平面，平面，平面，    以分别为轴建立空间直角坐标系， 设平面法向量为， 设平面法向量为 ， 令，得，所以， 设二面角为， . ， （3）分别以反方向和方向分别为轴，过F做的垂线为z轴， 设，，显然， ， ，得出，则，则， 根据翻折后勾股定理得， 化简得，因为构成直角三角形，则，且，解得， 设平面的法向量为， 设直线PE与平面ABC所成角为， ， 则， 令，，令，则，且， ， 根据对勾函数在上单调递减，且恒大于0， 则函数在单调递增，则，即， 则，即正弦值的取值范围. 【点睛】方法点睛：先建立空间直角坐标系，再设坐标结合垂直关系求参，最后结合线面角的正弦应用基本不等式得出范围即可. 学科网（北京）股份有限公司 $$