《2019版高考数学（理科）总复习教师用书练习：5.3 空间向量与立体几何 .doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考数学（理科）总复习教师用书练习：5.3 空间向量与立体几何 .doc（30页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、5.3空间向量与立体几何命题角度1空间位置关系证明与线面角求解高考真题体验对方向1.(2018全国18)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把DFC折起,使点C到达点P的位置,且PFBF.(1)证明:平面PEF平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.(1)证明由已知可得,BFPF,BFEF,所以BF平面PEF.又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD.(2)解作PHEF,垂足为H.由(1)得,PH平面ABFD.以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE
2、=1,所以PE=.又PF=1,EF=2,故PEPF.可得PH=,EH=.则H(0,0,0),P,D为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为,则sin =.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.2.(2018全国20)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30,求PC与平面PAM所成角的正弦值.(1)证明因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OPAC,且OP=2.连接OB,因为AB=BC=AC,所以ABC为等腰直角三角形,且OBAC,OB=AC=2.由
3、OP2+OB2=PB2知POOB.由OPOB,OPAC知PO平面ABC.(2)解如图,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),=(0,2,2).取平面PAC的法向量=(2,0,0),设M(a,2-a,0)(0a2),则=(a,4-a,0).设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).由n=0,n=0得可取n=(a-4),a,-a),所以cos=.由已知可得|cos|=.所以,解得a=-4(舍去),a=.所以n=.又=(0,2,-2),所以cos=.所以PC与平面PAM所成
4、角的正弦值为.3.(2016全国19)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明MN平面PAB;(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.(1)证明由已知得AM=AD=2.取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TNBC,TN=BC=2.又ADBC,故TNAM,四边形AMNT为平行四边形,于是MNAT.因为AT平面PAB,MN平面PAB,所以MN平面PAB.(2)解取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AEBC,从而AEAD,且AE=.以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,
5、建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(,2,0),N=(0,2,-4),.设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则可取n=(0,2,1).于是|cos|=.4.(2015全国18)如图,四边形ABCD为菱形,ABC=120,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE平面ABCD,DF平面ABCD,BE=2DF,AEEC.(1)证明:平面AEC平面AFC;(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.(1)证明连接BD,设BDAC=G,连接EG,FG,EF.在菱形ABCD中,不妨设GB=1.由ABC=120,可得AG=GC=.由BE平面ABCD,A
6、B=BC,可知AE=EC.又AEEC,所以EG=,且EGAC.在RtEBG中,可得BE=,故DF=.在RtFDG中,可得FG=.在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=,DF=,可得EF=.从而EG2+FG2=EF2,所以EGFG.又ACFG=G,可得EG平面AFC.因为EG平面AEC,所以平面AEC平面AFC.(2)解如图,以G为坐标原点,分别以的方向为x轴、y轴正方向,|为单位长,建立空间直角坐标系G-xyz.由(1)可得A(0,-,0),E(1,0,),F,C(0,0),所以=(1,),.故cos=-.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.新题演练提能刷高分1.(2018山东潍坊二模)
7、如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=A1D,AB=BC,ABC=120.(1)证明:ADA1B;(2)若平面ADD1A1平面ABCD,且A1D=AB,求直线BA1与平面A1B1CD所成角的正弦值.(1)证明取AD中点O,连接OB,OA1,BD,AA1=A1D,ADOA1.又ABC=120,AD=AB,ABD是等边三角形,ADOB,AD平面A1OB.A1B平面A1OB,ADA1B.(2)解平面ADD1A1平面ABCD,平面ADD1A1平面ABCD=AD,又A1OAD,A1O平面ABCD,OA,OA1,OB两两垂直,以O为坐标原点,分别以OA,OB,OA1所在射线为x,y,z轴
8、建立如图空间直角坐标系O-xyz,设AB=AD=A1D=2,则A(1,0,0),A1(0,0,),B(0,0),D(-1,0,0).则=(1,0,),=(-1,0),=(0,-),设平面A1B1CD的法向量n=(x,y,z),则令x=,则y=1,z=-1,可取n=(,1,-1),设直线BA1与平面A1B1CD所成角为,则sin =|cos|=.2.(2018辽宁抚顺一模)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD平面ABCD,底面ABCD为梯形,ABCD,BAD=60,PD=AD=AB=2,CD=4,E为PC的中点.(1)证明:BE平面PAD;(2)求直线PB与平面BDE所成角的正弦值.(1)证明设F
9、为PD的中点,连接EF,FA.因为EF为PDC的中位线,所以EFCD,且EF=CD=2.又ABCD,AB=2,所以ABEF,故四边形ABEF为平行四边形,所以BEAF.又AF平面PAD,BE平面PAD,所以BE平面PAD.(2)解设G为AB的中点,因为AD=AB,BAD=60,所以ABD为等边三角形,故DGAB;因为ABCD,所以DGDC.又PD平面ABCD,所以PD,DG,CD两两垂直.以D为坐标原点,为x轴、为y轴、为z轴建立空间直角坐标系D-xyz,则P(0,0,2),B(,1,0),E(0,2,1),=(0,2,1),=(,1,0),设n=(x,y,z)为平面BDE的一个法向量,则令y
10、=1,则n=.又=(,1,-2),所以|cos|=,即直线PB与平面BDE所成角的正弦值为.3.(2018福建福州3月质检)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABC为正三角形,点D在棱BC上,且CD=3BD,点E,F分别为棱AB,BB1的中点.(1)证明:A1C平面DEF;(2)若A1CEF,求直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值.(1)证明如图,连接AB1,A1B,交于点H,A1B交EF于点K,连接DK,因为ABB1A1为矩形,所以H为线段A1B的中点,因为点E,F分别为棱AB,BB1的中点,所以点K为线段BH的中点,所以A1K=3BK,又因为CD=3BD,所以A1CDK,又A1C平面D
11、EF,DK平面DEF,所以A1C平面DEF.(2)解由(1)知,EHAA1,因为AA1平面ABC,所以EH平面ABC,因为ABC为正三角形,且点E为棱AB的中点,所以CEAB,故以点E为坐标原点,分别以的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,设AB=4,AA1=t(t0),则A1(2,t,0),C(0,0,2),E(0,0,0),F-2,0,D-,0,所以=(-2,-t,2),=-2,0,因为A1CEF,所以=0,所以(-2)(-2)-t+20=0,解得t=2.所以=(-2,0),=-,0,设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则所以取x=1,则n=(1,
12、),又因为=(-2,0,2),设直线A1C1与平面DEF所成的角为,所以sin =|cos|=,所以直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值为.4.(2018东北三省三校二模)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为菱形,BAD=120,AB=2,E,F为CD,AA1的中点.(1)求证:DF平面B1AE;(2)若AA1底面ABCD,且直线AD1与平面B1AE所成线面角的正弦值为,求AA1的长.(1)证明设G为AB1的中点,连接EG,GF,因为FGA1B1,又DEA1B1,所以FGDE,所以四边形DEGF是平行四边形,所以DFEG,又DF平面B1AE,EG平面B1AE,所以DF平面B1AE
13、.(2)解因为ABCD是菱形,且ABC=60,所以ABC是等边三角形.取BC中点M,则AMAD,因为AA1平面ABCD,所以AA1AM,AA1AD,建立如图的空间直角坐标系A-xyz,令AA1=t(t0),则A(0,0,0),E,0,B1(,-1,t),D1(0,2,t),=,0,=(,-1,t),=(0,2,t),设平面B1AE的一个法向量为n=(x,y,z),则n(x+y)=0且nx-y+tz=0,取n=(-t,t,4),设直线AD1与平面B1AE所成角为,则sin =,解得t=2,故线段AA1的长为2.5.(2018湖南长沙一模,18)如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD为梯形,
14、ADE,BCF均为等边三角形,EFAB,EF=AD=AB.(1)过BD作截面与线段FC交于点N,使得AF平面BDN,试确定点N的位置,并予以证明;(2)在(1)的条件下,求直线BN与平面ABF所成角的正弦值.解(1)当N为线段FC的中点时,使得AF平面BDN.证法如下:连接AC,BD,设ACBD=O,四边形ABCD为矩形,O为AC的中点,又N为FC的中点,ON为ACF的中位线,AFON.AF平面BDN,ON平面BDN,AF平面BDN,故N为FC的中点时,使得AF平面BDN.(2)过点O作PQAB分别与AD,BC交于点P,Q,因为O为AC的中点,所以P,Q分别为AD,BC的中点,ADE与BCF均
15、为等边三角形,且AD=BC,ADEBCF,连接EP,FQ,则得EP=FQ,EFAB,ABPQ,EF=AB,EFPQ,EF=PQ,四边形EPQF为等腰梯形.取EF的中点M,连接MO,则MOPQ,又ADEP,ADPQ,EPPQ=P,AD平面EPQF,过点O作OGAB于点G,则OGAD,OGOM,OGOQ.分别以的方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz,不妨设AB=4,则由条件可得O(0,0,0),A(1,-2,0),B(1,2,0),F(0,1,),D(-1,-2,0),N.设n=(x,y,z)是平面ABF的法向量,则所以可取n=(,0,1),由,可得|cos|=,直线BN与平面
16、ABF所成角的正弦值为.命题角度2空间位置关系证明与二面角求解高考真题体验对方向1.(2018全国19)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD平面BMC;(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.(1)证明由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.因为BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DMCM.又BCCM=C,所以DM平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.(2)解以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如
17、图所示的空间直角坐标系D-xyz.当三棱锥M-ABC体积最大时,M为的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),=(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0).设n=(x1,y,z)是平面MAB的法向量,则可取n=(1,0,2),是平面MCD的法向量,因此cos=,sin=.所共面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.2.(2017全国18)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,且BAP=CDP=90.(1)证明:平面PAB平面PAD;(2)若PA=PD=AB=DC,APD=90,求二面角A-PB-C的余弦值.(1)证明由
18、已知BAP=CDP=90,得ABAP,CDPD.由于ABCD,故ABPD,从而AB平面PAD.又AB平面PAB,所以平面PAB平面PAD.(2)解在平面PAD内作PFAD,垂足为F.由(1)可知,AB平面PAD,故ABPF,可得PF平面ABCD.以F为坐标原点,的方向为x轴正方向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.由(1)及已知可得A,P,B,C.所以=(,0,0),=(0,1,0).设n=(x,y,z)是平面PCB的法向量,则可取n=(0,-1,-).设m=(x,y,z)是平面PAB的法向量,则可取m=(1,0,1).则cos=-.所以二面角A-PB-C的余弦值为-.3.(
19、2017全国19)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,BAD=ABC=90,E是PD的中点.(1)证明:直线CE平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45,求二面角M-AB-D的余弦值.(1)证明取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EFAD,EF=AD.由BAD=ABC=90得BCAD,又BC=AD,所以EFBC,四边形BCEF是平行四边形,CEBF,又BF平面PAB,CE平面PAB,故CE平面PAB.(2)解由已知得BAAD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,|为单位长,建立如图所示的空间
20、直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0).设M(x,y,z)(0x1),则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-).因为BM与底面ABCD所成的角为45,而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos|=sin 45,即(x-1)2+y2-z2=0.又M在棱PC上,设=,则x=,y=1,z=.由,解得(舍去),所以M,从而.设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则所以可取m=(0,-,2).于是cos=.因此二面角M-AB-D的余弦值为.4.(2017全国19)如图,四面体ABCD中
21、,ABC是正三角形,ACD是直角三角形,ABD=CBD,AB=BD.(1)证明:平面ACD平面ABC;(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值.(1)证明由题设可得,ABDCBD,从而AD=DC.又ACD是直角三角形,所以ADC=90.取AC的中点O,连接DO,BO,则DOAC,DO=AO.又由于ABC是正三角形,故BOAC.所以DOB为二面角D-AC-B的平面角.在RtAOB中,BO2+AO2=AB2,又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故DOB=90.所以平面ACD平面ABC.(2)解由题设
22、及(1)知,OA,OB,OD两两垂直,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则A(1,0,0),B(0,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的,即E为DB的中点,得E.故=(-1,0,1),=(-2,0,0),.设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,则可取n=.设m是平面AEC的法向量,则同理可取m=(0,-1,).则cos=.所以二面角D-AE-C的余弦值为.5.(2016全国18)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中
23、,面ABEF为正方形,AF=2FD,AFD=90,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60.(1)证明:平面ABEF平面EFDC;(2)求二面角E-BC-A的余弦值.(1)证明由已知可得AFDF,AFFE,所以AF平面EFDC.又AF平面ABEF,故平面ABEF平面EFDC.(2)解过D作DGEF,垂足为G,由(1)知DG平面ABEF.以G为坐标原点,的方向为x轴正方向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.由(1)知DFE为二面角D-AF-E的平面角,故DFE=60,则|DF|=2,|DG|=,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,)
24、.由已知,ABEF,所以AB平面EFDC.又平面ABCD平面EFDC=CD,故ABCD,CDEF.由BEAF,可得BE平面EFDC,所以CEF为二面角C-BE-F的平面角,CEF=60.从而可得C(-2,0,).所以=(1,0,),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,0),设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则所以可取n=(3,0,-).设m是平面ABCD的法向量,则同理可取m=(0,4),则cos=-.故二面角E-BC-A的余弦值为-.新题演练提能刷高分1.(2018重庆二诊)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC,C1C平面ABC,侧面ABB1A1是正方形,
25、点E为棱AB的中点,点M,N分别在棱A1B1,AA1上,且A1M=A1B1,AN=AA1.(1)证明:平面CMN平面CEN;(2)若ACBC,求二面角M-CN-A1的余弦值.(1)证明设AB=8,则A1M=3,AN=2,A1N=6,tanNEA=,tanMNA1=,NEA=MNA1,又NEA=-ENA,所以MNA1=-ENA,所以MNEN.因为BC=AC,E为AB中点,所以CEAB.因为ABC-A1B1C1为直三棱柱,所以CE平面AA1B1B,所以MNCE,因为CENE=N,所以MN平面CEN,因为MN平面CMN,所以平面CMN平面CEN.(2)解由ACBC,以C为原点,分别为x,y,z轴建立
26、空间直角坐标系,M,8,N(0,4,2),设平面CMN的法向量为n1=(x,y,z),解得n1=(9,-4).平面CNA1的法向量n2=(1,0,0),设所求二面角平面角为,cos =.2.(2018河北石家庄一模)四棱锥S-ABCD的底面ABCD为直角梯形,ABCD,ABBC,AB=2BC=2CD=2,SAD为正三角形.(1)点M为棱AB上一点,若BC平面SDM,=,求实数的值;(2)若BCSD,求二面角A-SB-C的余弦值.解(1)因为BC平面SDM,BC平面ABCD,平面SDM平面ABCD=DM,所以BCDM.因为ABDC,所以四边形BCDM为平行四边形,又AB=2CD,所以M为AB的中
27、点.因为=,=.(2)因为BCSD,BCCD,SDCD=D,所以BC平面SCD,又因为BC平面ABCD,所以平面SCD平面ABCD,平面SCD平面ABCD=CD,在平面SCD内过点S作SE直线CD于点E,则SE平面ABCD,在RtSEA和RtSED中,因为SA=SD,所以AE=DE,又由题知EDA=45,所以AEED,所以AE=ED=SE=1,以下建系求解:以点E为坐标原点,EA方向为x轴,EC方向为y轴,ES方向为z轴建立如图所示空间坐标系,则E(0,0,0),S(0,0,1),A(1,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),=(1,0,-1),=(0,2,0),=(0,2,-1),=
28、(1,0,0),设平面SAB的法向量n1=(x,y,z),则所以令x=1得n1=(1,0,1)为平面SAB的一个法向量,同理得n2=(0,1,2)为平面SBC的一个法向量,cos=,因为二面角A-SB-C为钝角,所以二面角A-SB-C余弦值为-.3.(2018海南期末)如图,是一个半圆柱与多面体ABB1A1C构成的几何体,平面ABC与半圆柱的下底面共面,且ACBC,P为弧上(不与A1,B1重合)的动点.(1)证明:PA1平面PBB1;(2)若四边形ABB1A1为正方形,且AC=BC,PB1A1=,求二面角P-A1B1-C的余弦值.解(1)在半圆柱中,BB1平面PA1B1,所以BB1PA1.因为
29、A1B1是上底面对应圆的直径,所以PA1PB1.因为PB1BB1=B1,PB1平面PBB1,BB1平面PBB1,所以PA1平面PBB1.(2)以点C为坐标原点,以CA,CB为x,y轴,过点C作与平面ABC垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系C-xyz.如图所示,设CB=1,则B(1,0,0),A(0,1,0),A1(0,1,),B1(1,0,),P(1,1,).所以=(0,1,),=(1,0,).平面PA1B1的一个法向量n1=(0,0,1).设平面CA1B1的一个法向量n2=(x,y,z),则令z=1,则所以可取n2=(-,-,1),所以cos=.由图可知二面角P-A1B1-C为钝角,所以所
30、求二面角的余弦值为-.4.(2018江西南昌一模)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ABCD为直角梯形,ADBC,ADAB,AB=BC=AP=AD=3,ACBD=O,过O点作平面平行于平面PAB,平面与棱BC,AD,PD,PC分别相交于点E,F,G,H.(1)求GH的长度;(2)求二面角B-FH-E的余弦值.解(1)因为平面PAB,平面平面ABCD=EF,OEF,平面PAB平面ABCD=AB,所以EFAB,同理EHBP,FGAP,因为BCAD,AD=6,BC=3,所以BOCDOA,且,所以,CE=CB=1,BE=AF=2,同理,连接HO,则有HOPA,所以HOEO,HO=1,所以
31、EH=PB=,同理,FG=PA=2,过点H作HNEF交FG于N,则GH=.(2)建立如图所示空间直角坐标系,则B(3,0,0),F(0,2,0),E(3,2,0),H(2,2,1),=(-1,2,1),=(2,0,1),设平面BFH的法向量为n=(x,y,z),令z=-2,得n=,因为平面EFGH平面PAB,所以平面EFGH的法向量m=(0,1,0).cos=,故二面角B-FH-E的余弦值为.5.(2018山东淄博二模,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB=CC1=2,ACC1=CC1B1,直线AC与直线BB1所成的角为60.(1)求证:AB1CC1;(2)若AB1=,M是A
32、B1上的点,当平面MCC1与平面AB1C所成二面角的余弦值为时,求的值.(1)证明在三棱柱ABC-A1B1C1中,各侧面均为平行四边形,所以BB1CC1,则ACC1即为AC与BB1所成的角,所以ACC1=CC1B1=60.连接AC1和B1C,因为CA=CB=CC1=2,所以AC1C和B1CC1均为等边三角形.取CC1的中点O,连AO和B1O,则AOCC1,B1OCC1.又AOB1O=O,所以CC1平面AOB1.AB1平面AOB1,所以AB1CC1.(2)解由(1)知AO=B1O=,因为AB1=,则AO2+B1O2=A,所以AOB1O,又AOCC1,所以AO平面BCC1B1.以OB1所在直线为x
33、轴,OC1所在直线为y轴,OA所在直线为z轴,如图建立空间直角坐标系,则A(0,0,),C(0,-1,0),C1(0,1,0),B1(,0,0),=(0,-1,-),=(,0,-),=(0,2,0),设=t,M(x,y,z),则(x,y,z-)=t(-x,-y,-z),所以x=,y=0,z=,M,所以.设平面ACB1的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面MCC1的法向量为n2=(x2,y2,z2),所以解得n1=(1,-,1).解得n2=(1,0,-t).所以cos =.解得t=或t=2,即=2.6.(2018湖北“荆、荆、襄、宜”四地七校联考)如图,在几何体ABCDEF中,平面ADE平面
34、ABCD,四边形ABCD为菱形,且DAB=60,EA=ED=AB=2EF,EFAB,M为BC中点.(1)求证:FM平面BDE;(2)求二面角D-BF-C的平面角的正弦值.(1)证明取CD中点N,连接MN,FN,因为N,M分别为CD,BC中点,所以MNBD.又BD平面BDE,且MN平面BDE,所以MN平面BDE,因为EFAB,AB=2EF,所以EFCD,EF=DN.所以四边形EFND为平行四边形.所以FNED.又ED平面BDE且FN平面BDE,所以FN平面BDE,又FNMN=N,所以平面MFN平面BDE.又FM平面MFN,所以FM平面BDE.(2)解取AD中点O,连接EO,BO.因为EA=ED,
35、所以EOAD.因为平面ADE平面ABCD,所以EO平面ABCD,EOBO.因为AD=AB,DAB=60,所以ADB为等边三角形.因为O为AD中点,所以ADBO.因为EO,BO,AO两两垂直,设AB=4,以O为原点,OA,OB,OE为x,y,z轴,如图建立空间直角坐标系O-xyz由题意得A(2,0,0),B(0,2,0),C(-4,2,0),D(-2,0,0),E(0,0,2),F(-1,2).=(2,2,0),=(1,2),=(3,-,2),=(4,0,0).设平面BDF的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则y=-,z=0,所以n=1,-,0.设平面BCF的法向量为m=(x,y,z),则
36、令z=1,则y=2,x=0,所以m=(0,2,1).cos=-,二面角D-BF-C平面角的正弦值为.7.(2018辽宁大连一模)在如图所示的几何体中,四边形ABCD是正方形,PA平面ABCD,E,F分别是线段AD,PB的中点,PA=AB=1.(1)求证:EF平面DCP;(2)求平面EFC与平面PDC所成锐二面角的余弦值.解(1)(方法一)取PC中点M,连接DM,MF.M,F分别是PC,PB中点,MFCB,MF=CB,E为DA中点,ABCD为正方形,DECB,DE=CB,MFDE,MF=DE,四边形DEFM为平行四边形,EFDM,EF平面PDC,DM平面PDC,EF平面PDC.(方法二)取PA中
37、点N,连接NE,NF.E是AD中点,N是PA中点,NEDP,又F是PB中点,N是PA中点,NEAB,ABCD,NFCD,又NENF=N,NE平面NEF,NF平面NEF,DP平面PCD,CD平面PCD,平面NEF平面PCD.又EF平面NEF,EF平面PCD.(方法三)取BC中点G,连接EG,FG,在正方形ABCD中,E是AD中点,G是BC中点,GECD,又F是PB中点,G是BC中点,GFPC,又PCCD=C,GE平面GEF,GF平面GEF,PC平面PCD,CD平面PCD,平面GEF平面PCD.EF平面GEF,EF平面PCD.(2)PA平面ABC,且四边形ABCD是正方形,AD,AB,AP两两垂直
38、,以A为原点,AP,AB,AD所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系A-xyz,则P(1,0,0),D(0,0,1),C(0,1,1),E0,0,F,0.设平面EFC的法向量为n1=(x1,y1,z1),=,-,=-,1,则即取n1=(3,-1,2),则设平面PDC的法向量为n2=(x2,y2,z2),=(-1,0,1),=(-1,1,1),则即取n2=(1,0,1),cos=.平面EFC与平面PDC所成锐二面角的余弦值为.命题角度3折叠问题、点到平面的距离高考真题体验对方向1.(2016全国19)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上
39、,AE=CF=,EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置,OD=.(1)证明:DH平面ABCD;(2)求二面角B-DA-C的正弦值.(1)证明由已知得ACBD,AD=CD.又由AE=CF得,故ACEF.因此EFHD,从而EFDH.由AB=5,AC=6得DO=BO=4.由EFAC得.所以OH=1,DH=DH=3.于是DH2+OH2=32+12=10=DO2,故DHOH.又DHEF,而OHEF=H,所以DH平面ABCD.(2)解如图,以H为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D(0,0
40、,3),=(3,-4,0),=(6,0,0),=(3,1,3).设m=(x1,y1,z1)是平面ABD的法向量,则所以可取m=(4,3,-5).设n=(x2,y2,z2)是平面ACD的法向量,则所以可取n=(0,-3,1).于是cos=-.sin=.因此二面角B-DA-C的正弦值是.2.(2015陕西18)如图,在直角梯形ABCD中,ADBC,BAD=,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,O是AC与BE的交点,将ABE沿BE折起到A1BE的位置,如图.(1)证明:CD平面A1OC;(2)若平面A1BE平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.(1)证明在题图中,因为AB=B
41、C=1,AD=2,E是AD的中点,BAD=,所以BEAC,即在题图中,BEOA1,BEOC,从而BE平面A1OC,又CDBE,所以CD平面A1OC.(2)解由已知,平面A1BE平面BCDE,又由(1)知,平面A1BE平面BCDE,又由(1)知,BEOA1,BEOC,所以A1OC为二面角A1-BE-C的平面角,所以A1OC=.如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,因为A1B=A1E=BC=ED=1,BCED,所以B,E,A1,C,得=(-,0,0).设平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD夹角为,则取n1=(1,
42、1,1);取n2=(0,1,1),从而cos =|cos|=,即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.新题演练提能刷高分1.(2018河南4月适应性考试)如图,在边长为2的菱形ABCD中,DAB=60.点E,F分别在边CD,CB上,点E与点C,D不重合,EFAC,EFAC=O.沿EF将CEF翻折到PEF的位置,使平面PEF平面ABFED.(1)求证:PO平面ABD;(2)当PB与平面ABD所成的角为45时,求平面PBF与平面PAD所成锐二面角的余弦值.(1)证明EFAC,POEF.平面PEF平面ABFED,平面PEF平面ABFED=EF,且PO平面PEF,PO平面ABD.(2)解如图,以O
43、为原点,建立空间直角坐标系O-xyz,连接BO,PO平面ABD,PBO为PB与平面ABD所成的角,即PBO=45,PO=BO.设AOBD=H,DAB=60,BDA为等边三角形,BD=2,HB=,HC=3.设PO=x,则OH=3-x,由PO2=OH2+HB2,得x=2,即PO=2,OH=1.P(0,0,2),A(4,0,0),B(1,0),D(1,-,0),F0,0.设平面PAD,平面PBF的法向量分别为m=(a,b,c),n=(x,y,z),由取a=1,得m=(1,-,2).同理,得n=(-1,1),cos=-,平面PBF与平面PAD所成锐二面角的余弦值为.2.(2018广东揭阳学业水平考试)如图所示,平面多边形ABCDE中,AE=ED,AB=BD,且AB=,AD=2,AE=,CD=1,ADCD,现沿直线AD,将ADE折起,得到四棱锥P-ABCD.(1)求证:PBAD;(2)若PB=,求PD与平面PAB所成角的正弦值.(1)证明取AD的中点O,连接OB,OP,BA=BD,EA=ED,即PA=PD,OBAD且OPAD,又OBOP=O,AD平面B