学校高三下期数学（文）教案（一）（学生卷）
x3OB1OA1?，解得x?3， 得?x?12MB1EM3OA1?OB13225，即OB1?OC1?3，在Rt△OA1B1中，A1B1?OA1?OB1?则ON?， ?2A1B15OC1?5，故二面角O?A1B1?C1的大小为arctan5。 所以tan?ONC1?ON68．（1）略；（2）F为BC棱上靠近B的三等分点时满足；（3）arcsin。
3359．（1）略；（2）arctan；（3）不存在这样的点P。
2EM?OM?1，设OB1?x，由
10．解：（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC为正三角形。因E为BC的中点，所以AE⊥BC。
又BC∥AD，因此AE⊥AD。因为PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，所以PA⊥AE。而PA?平面PAD，AD?平面PAD 且PA∩AD=A，所以AE⊥平面PAD，又PD?平面PAD，所以AE⊥PD。
（Ⅱ）解：设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH，EH. 由（Ⅰ）知AE⊥平面PAD，则∠EHA为EH与平面PAD所成的角，在Rt△EAH中，AE=3，所以当AH最短时， ∠EHA最大，即当AH⊥PD时，∠EHA最大， 此时tan∠EHA=
AE36??,因此AH=2， AHAH2又AD=2，所以∠ADH=45°，所以PA=2.因为PA⊥平面ABCD，PA?平面PAC，
所以平面PAC⊥平面ABCD，过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，过O作OS⊥AF于S，连接ES，则∠ESO为二面角E-AF-C的平面角，
33，AO=AE·cos30°=,又F是PC的中点，在Rt△ASO中，
2238303222SO=AO·sin45°=，又SE?EO?SO???,
449432SO1515?4?,即所求二面角的余弦值为在Rt△ESO中，cos∠ESO=。 SE55304在Rt△AOE中，EO=AE·sin30°=
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