2020版高考数学培优考前练理科通用版练习：5-3　空间向量与立体几何 WORD版含解析.docx

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.(2019 浙江19)如图,已知三棱柱 ABC-A1B1C1,平面 A1ACC1平面 ABC,ABC=90,BAC=30,A1A=A1C=AC,E,F 分别是 AC,A1B1的中点.(1)证明:EFBC;(2)求直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值.解 方法一:(1)连接 A1E,因为 A1A=A1C,E 是 AC 的中点,所以 A1EAC.又平面 A1ACC1平面 ABC,A1E平面 A1ACC1,平面 A1ACC1平面 ABC=AC,所以,A1E平面 ABC,则 A1EBC.又因为 A1FA

2、B,ABC=90,故 BCA1F.所以 BC平面 A1EF.因此 EFBC.(2)取 BC 中点 G,连接 EG,GF,则 EGFA1是平行四边形.由于 A1E平面 ABC,故 A1EEG,所以平行四边形 EGFA1为矩形.由(1)得 BC平面 EGFA1,则平面 A1BC平面 EGFA1,所以 EF 在平面 A1BC 上的射影在直线A1G 上.连接 A1G 交 EF 于 O,则EOG 是直线 EF 与平面 A1BC 所成的角(或其补角).不妨设 AC=4,则在 RtA1EG 中,A1E=2,EG=.由于 O 为 A1G 的中点,故 EO=OG=,所以 cosEOG=-.因此,直线 EF 与平

3、面 A1BC 所成角的余弦值是 .方法二:(1)连接 A1E,因为 A1A=A1C,E 是 AC 的中点,所以 A1EAC.又平面 A1ACC1平面 ABC,A1E平面 A1ACC1,平面 A1ACC1平面 ABC=AC,所以,A1E平面 ABC.如图,以点 E 为原点,分别以射线 EC,EA1为 y,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 E-xyz.不妨设 AC=4,则 A1(0,0,2),B(,1,0),B1(,3,2),F ,2,C(0,2,0).因此,=,2,=(-,1,0).由 =0 得 EFBC.(2)设直线 EF 与平面 A1BC 所成角为.由(1)可得 =(-,1,0),=(0.

4、2,-2).设平面 A1BC 的法向量为 n=(x,y,z).由 得-取 n=(1,1),故 sin=|cos|=.因此,直线 EF 与平面 A1BC 所成的角的余弦值为 .2.(2019 天津17)如图,AE平面 ABCD,CFAE,ADBC,ADAB,AB=AD=1,AE=BC=2.(1)求证:BF平面 ADE;(2)求直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值;(3)若二面角 E-BD-F 的余弦值为 ,求线段 CF 的长.(1)证明 依题意,可以建立以 A 为原点,分别以 的方向为 x 轴,y 轴,z 轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,

5、2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设 CF=h(h0),则 F(1,2,h).依题意,=(1,0,0)是平面 ADE 的法向量,又 =(0,2,h),可得 =0,又因为直线 BF平面 ADE,所以 BF平面 ADE.(2)解 依题意,=(-1,1,0),=(-1,0,2),=(-1,-2,2).设 n=(x,y,z)为平面 BDE 的法向量,则 即-不妨令 z=1,可得 n=(2,2,1).因此有 cos=-.所以,直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值为 .(3)解 设 m=(x,y,z)为平面 BDF 的法向量,则 即-不妨令 y=1,可得 m=1,1,-.由题意,有|co

6、s|=|-|,解得 h=,经检验,符合题意.所以,线段 CF 的长为 .3.(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

7、角坐标系 H-xyz.由(1)可得,DEPE.又 DP=2,DE=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 .4.(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

8、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 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

9、 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 所成角的正弦值为 .典题演练提能刷高分1.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,AD

10、OA1.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

11、=,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.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 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 P

12、AD,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 即 令 y=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

13、.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 DEF,DK平面 DEF,所以 A1C平面 D

14、EF.(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 +2 0=0,解得 t=2.所以 =(-2,0),=-,0,设平面 DEF 的法向量为 n=(x,y,z),则

15、所以-取 x=1,则 n=(1,),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.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 FG A1B1,又 DE A1B1,所以 FGDE,所以四边形 DEGF 是平行四边形,所以

16、DFEG,又 DF平面 B1AE,EG平面 B1AE,所以 DF平面 B1AE.(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 n x-y+tz=0,取 n=(-t,t,4),设直线 AD1与平面 B1AE 所成角为,则

17、 sin=,解得 t=2,故线段 AA1的长为 2.5.如图,在多面体 ABCDEF 中,四边形 ABCD 为梯形,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 B

18、DN,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

19、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 即 -所以可取 n=(,0,1),由 (-),可得|cos|=,直线 BN 与平面 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.(2019 全国18)如图,直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,BAD=60,E,M,N 分别是 BC,BB1,A1D 的中点.(1)证明:MN平面 C1DE

20、;(2)求二面角 A-MA1-N 的正弦值.解(1)连接 B1C,ME.因为 M,E 分别为 BB1,BC 的中点,所以 MEB1C,且 ME=B1C.又因为 N 为 A1D 的中点,所以 ND=A1D.由题设知 A1B1DC,可得 B1CA1D,故 MEND,因此四边形 MNDE 为平行四边形,MNED.又 MN平面 EDC1,所以 MN平面 C1DE.(2)由已知可得 DEDA.以 D 为坐标原点,的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz,则 A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,2),N(1,0,2),=(0,0,-4),=(-1,-2),=(-1,0,-

21、2),=(0,-,0).设 m=(x,y,z)为平面 A1MA 的法向量,则 所以-可取 m=(,1,0).设 n=(p,q,r)为平面 A1MN 的法向量,则 所以-可取 n=(2,0,-1).于是 cos=,所以二面角 A-MA1-N 的正弦值为 .2.(2019 全国17)如图,长方体 ABCD-A1B1C1D1的底面 ABCD 是正方形,点 E 在棱 AA1上,BEEC1.(1)证明:BE平面 EB1C1;(2)若 AE=A1E,求二面角 B-EC-C1的正弦值.(1)证明 由已知得,B1C1平面 ABB1A1,BE平面 ABB1A1,故 B1C1BE.又 BEEC1,所以 BE平面E

22、B1C1.(2)解 由(1)知BEB1=90.由题设知 RtABERtA1B1E,所以AEB=45,故 AE=AB,AA1=2AB.以 D 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 D-xyz,则 C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),=(1,0,0),=(1,-1,1),=(0,0,2).设平面 EBC 的法向量为 n=(x,y,z),则 即 所以可取 n=(0,-1,-1).设平面 ECC1的法向量为 m=(x,y,z),则 即 所以可取 m=(1,1,0).于是 cos=-.所以,二面角 B-EC-C1的正弦值为 .

23、3.(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

24、正方向,建立如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 即-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 .4.(2017 全国19)如图,四面体 ABCD 中,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 A

25、BC;(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 由题设及(1)知,OA,OB,OD 两两垂

26、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 即-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.(

27、2016 全国18)如图,在以 A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中,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-

28、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,).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 即 所以可取 n=(3,0,-).设 m 是平面 ABCD 的法向量,则 同理可取 m=(

29、0,4),则 cos=-.故二面角 E-BC-A 的余弦值为-.典题演练提能刷高分1.(2019 山东济宁二模)如图,在直角梯形 ABED 中,ABDE,ABBE,且 AB=2DE=2BE,点 C 是 AB 的中点,现将ACD 沿 CD 折起,使点 A 到达点 P 的位置.(1)求证:平面 PBC平面 PEB;(2)若 PE 与平面 PBC 所成的角为 45,求平面 PDE 与平面 PBC 所成锐二面角的余弦值.(1)证明 ABDE,AB=2DE,点 C 是 AB 的中点,CBED,CB=ED,四边形 BCDE 为平行四边形,CDEB.又 EBAB,CDAB,CDPC,CDBC,又 PCBC=

30、C,CD平面 PBC,EB平面 PBC.又 EB平面 PEB,平面 PBC平面 PEB.(2)解 由(1)知 EB平面 PBC,EPB 即为 PE 与平面 PBC 所成的角,EPB=45,EB平面 PBC,EBPB,PBE 为等腰直角三角形,EB=PB=BC=PC,即PBC 为等边三角形.设 BC 的中点为 O,连接 PO,则 POBC,EB平面 PBC,又 EB平面 EBCD,平面 EBCD平面 PBC.又 PO平面 PBC,PO平面 EBCD.以 O 为坐标原点,过点 O 与 BE 平行的直线为 x 轴,CB 所在的直线为 y 轴,OP 所在的直线为 z 轴建立空间直角坐标系如图,设 BC

31、=2,则 B(0,1,0),E(2,1,0),D(2,-1,0),P(0,0,),从而 =(0,2,0),=(2,1,-).设平面 PDE 的一个法向量为 m=(x,y,z),则由 得 -令 z=2 得 m=(,0,2),又平面 PBC 的一个法向量 n=(1,0,0),则 cos=.所以平面 PDE 与平面 PBC 所成锐二面角的余弦值为 .2.四棱锥 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(

32、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

33、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),=(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.如图,是一个半圆柱与多面体 ABB1A1C

34、 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 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-

35、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,所以所求二面角的余弦值为-.4.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

36、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 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

37、,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.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 AB1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

38、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 轴,OC1所在直线为 y 轴,OA 所在直线为 z 轴,如图建立

39、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 或 =2.6.如图,在几何体 ABCDEF 中,平面 ADE平面 ABCD,四边形 ABCD 为菱形,且DAB

40、=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

41、AD 中点 O,连接 EO,BO.因为 EA=ED,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

42、,z),则 即 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 即 -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.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

43、 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

44、 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,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),E 0,0,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 n

45、2=(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.(2019 全国19)图 1 是由矩形 ADEB,RtABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,FBC=60.将其沿 AB,BC 折起使得 BE 与 BF 重合,连结 DG,如图 2.(1)证明:图 2 中的 A,C,G,D 四点共面,且平面 ABC平面 BCGE;(2)求图 2 中的二面角 B-CG-A 的大小.(1)证明 由已知得

46、 ADBE,CGBE,所以 ADCG,故 AD,CG 确定一个平面,从而 A,C,G,D 四点共面.由已知得 ABBE,ABBC,故 AB平面 BCGE.又因为 AB平面 ABC,所以平面 ABC平面 BCGE.(2)解 作 EHBC,垂足为 H.因为 EH平面 BCGE,平面 BCGE平面 ABC,所以 EH平面 ABC.由已知,菱形 BCGE 的边长为 2,EBC=60,可求得 BH=1,EH=.以 H 为坐标原点,的方向为 x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 H-xyz,则 A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,),=(1,0,),=(2,-1,0).设平面 ACG

47、D 的法向量为 n=(x,y,z),则 即 -所以可取 n=(3,6,-).又平面 BCGE 的法向量可取为 m=(0,1,0),所以 cos=.因此二面角 B-CG-A 的大小为 30.2.(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,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

48、.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(0,0,3),=(3,-4,0),=(6,0,0),=(3,1,3).设 m=(x1,y1,z1)是平面 ABD的法向量,则 即 -所以可取 m=(4,3,-5).设 n=(x2,y2,z2)是平面

49、 ACD的法向量,则 即 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 .典题演练提能刷高分1.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

50、=EF,且 PO平面 PEF,PO平面 ABD.(2)解 如图,以 O 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),F 0,0.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).

51、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.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 BOP,而 PB平面 BOP,PBAD.(2)解 OP=1,OB=2,OP2+OB2=5=PB2,POO

52、B,OP,OB,OD 两两互相垂直,以 O 为坐标原点,OB,OD,OP 所在的直线为 x,y,z 轴建立如图所示空间直角坐标系 O-xyz,则 A(0,-1,0),B(2,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),=(0,-1,1),=(0,1,1),=(-2,0,1),设 m=(a,b,c)为平面 PAB 的一个法向量,则由 -令 a=1,则得 c=2,b=-2,m=(1,-2,2),设 PD 与平面 PAB 所成角为,则 sin=|,即 PD 与平面 PAB 所成角的正弦值为 .3.已知等腰直角SAB,SA=AB=4,SAAB,C,D 分别为 SB,SA 的中点,将SCD 沿 CD

53、折到SCD 的位置,SA=2,取线段 SB 的中点为 E.(1)求证:CE平面 SAD;(2)求二面角 A-EC-B 的余弦值.(1)证明 取 SA 中点 F,连接 DF,EF,SE=EB,SF=FA,EF AB.又CD AB,CDEF,四边形 CDFE 为平行四边形,CEFD,CE平面 SAD,FD平面 SAD,CE平面 SAD.(2)解 SD=AD=2,SA=2,SD2+AD2=SA2.SDAD.SDCD,SD平面 SCD,SD平面 ABCD,AD,CD平面 ABCD,SDAD,SDCD,又ADDC,DA,DC,DS 两两互相垂直,如图所示,分别以 DA,DC,DS 为 x,y,z 轴建立

54、空间直角坐标系 D-xyz,则 A(2,0,0),C(0,2,0),S(0,0,2),B(2,4,0),E(1,2,1),=(1,0,1),=(2,-2,0),=(2,2,0),设平面 ECA,平面 ECB 的法向量分别为 m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2),则 -取 m=(1,1,-1),取 n=(1,-1,-1).cos=-,二面角 A-EC-B 的平面角的余弦值为-.4.如图 1,在高为 6 的等腰梯形 ABCD 中,ABCD,且 CD=6,AB=12,将它沿对称轴 OO1折起,使平面ADO1O平面 BCO1O.如图 2,点 P 为 BC 中点,点 E 在线段 AB 上(

55、不同于 A,B 两点),连接 OE 并延长至点 Q,使 AQOB.(1)证明:OD平面 PAQ;(2)若 BE=2AE,求二面角 C-BQ-A 的余弦值.(1)证明 由题设知 OA,OB,OO1两两垂直,所以以 O 为坐标原点,OA,OB,OO1所在直线分别为 x 轴、y轴、z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设 AQ 的长度为 m,则相关各点的坐标为 O(0,0,0),A(6,0,0),B(0,6,0),C(0,3,6),D(3,0,6),Q(6,m,0).点 P 为 BC 中点,P 0,3,=(3,0,6),=(0,m,0),=6,m-,-3.=0,=0,且 与 不共线,OD平面 PAQ

56、.(2)解 BE=2AE,AQOB,AQ=OB=3,则 Q(6,3,0),=(-6,3,0),=(0,-3,6).设平面 CBQ 的法向量为 n1=(x,y,z),-令 z=1,则 y=2,x=1,故 n1=(1,2,1),又显然,平面 ABQ 的法向量为 n2=(0,0,1),设二面角 C-BQ-A 的平面角为,由图可知,为锐角,则 cos=|.5.如图,四边形 ABCD 是矩形,沿对角线 AC 将ACD 折起,使得点 D 在平面 ABC 上的射影恰好落在边AB 上.(1)求证:平面 ACD平面 BCD;(2)当 =2 时,求二面角 D-AC-B 的余弦值.(1)证明 设点 D 在平面 AB

57、C 上的射影为点 E,连接 DE,则 DE平面 ABC,所以 DEBC.因为四边形 ABCD 是矩形,所以 ABBC.因为 ABDE=E,所以 BC平面 ABD,所以 BCAD.又 ADCD,CDBC=C,所以 AD平面 BCD,而 AD平面 ACD,所以平面 ACD平面 BCD.(2)解 以点 B 为原点,线段 BC 所在的直线为 x 轴,线段 AB 所在的直线为 y 轴,建立空间直角坐标系,如图所示.设|AD|=a,则|AB|=2a,所以 A(0,-2a,0),C(-a,0,0).由(1)知 ADBD,又 =2,所以DBA=30,DAB=60,那么|AE|=|AD|cosDAB=a,|BE

58、|=|AB|-|AE|=a,|DE|=|AD|sinDAB=a,所以 D 0,-a,a,所以 =0,a,a,=(-a,2a,0).设平面 ACD 的一个法向量为 m=(x,y,z),则 即 -取 y=1,则 x=2,z=-,所以 m=1,2,-.因为平面 ABC 的一个法向量为 n=(0,0,1),所以 cos=-=-.故所求二面角 D-AC-B 的余弦值为 .命题角度 4 探究性问题 高考真题体验对方向(2019 北京16)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA平面 ABCD,ADCD,ADBC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为 PD 的中点,点 F 在 PC 上,且 .(1)求证:CD

59、平面 PAD;(2)求二面角 F-AE-P 的余弦值;(3)设点 G 在 PB 上,且 ,判断直线 AG 是否在平面 AEF 内,说明理由.(1)证明 因为 PA平面 ABCD,所以 PACD.又因为 ADCD,所以 CD平面 PAD.(2)解 过 A 作 AD 的垂线交 BC 于点 M.因为 PA平面 ABCD,所以 PAAM,PAAD.如图建立空间直角坐标系 A-xyz,则 A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).因为 E 为 PD 的中点,所以 E(0,1,1).所以 =(0,1,1),=(2,2,-2),=(0,0,2).所以 =,-

60、,=.设平面 AEF 的法向量为 n=(x,y,z),则 即 令 z=1,则 y=-1,x=-1.于是 n=(-1,-1,1).又因为平面 PAD 的法向量为 p=(1,0,0),所以 cos=-.由题知,二面角 F-AE-P 为锐角,所以其余弦值为 .(3)解 直线 AG 在平面 AEF 内.因为点 G 在 PB 上,且 =(2,-1,-2),所以 =,-,-,=,-.由(2)知,平面 AEF 的法向量 n=(-1,-1,1).所以 n=-=0.所以直线 AG 在平面 AEF 内.典题演练提能刷高分1.如图所示,在三棱柱 ABC-A1B1C1中,侧棱 BB1底面 ABC,BB1=4,ABBC

61、,且 AB=BC=3,点 M,N 为棱 AB,BC 上的动点,且 AM=BN,D 为 B1C1的中点.(1)当点 M,N 运动时,能否出现 AD平面 B1MN 的情况,请说明理由.(2)若 BN=,求直线 AD 与平面 B1MN 所成角的正弦值.解(1)当 M,N 为各棱中点时,AD平面 B1MN.证明如下:连接 CD,CNB1D 且 CN=B1D=BC,四边形 B1DCN 为平行四边形,DCB1N.又 DC平面 B1MN,B1N平面 B1MN,DC平面 B1MN.M,N 为各棱中点,ACMN,又 AC平面 B1MN,MN平面 B1MN,AC平面 B1MN.DCAC=C,平面 ADC平面 B1

62、MN,又AD平面 ADC,AD平面 B1MN.(2)如图,设 AC 中点为 O,作 OEOA,以 OA,OE,OB 分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,BN=,AB=BC=3,AC=6.M(2,0,1),N(-1,0,2),A(3,0,0),B1(0,-4,3),D(-),=(-3,0,1),=(2,4,-2).设平面 B1MN 的法向量为 n=(x,y,z),则有 n ,n ,-可得平面 B1MN 的一个法向量 n=(1,1,3).又 (-),cos=-.设直线 AD 与平面 B1MN 所成角为,则 sin=|cos|=.2.(2019 北京朝阳一模)如图,在多面体 ABCDEF 中,

63、平面 ADEF平面 ABCD.四边形 ADEF 为正方形,四边形 ABCD 为梯形,且 ADBC,BAD=90,AB=AD=1,BC=3.(1)求直线 BF 与平面 CDE 所成角的正弦值;(2)线段 BD 上是否存在点 M,使得直线 CE平面 AFM?若存在,求 的值;若不存在,请说明理由.解(1)因为四边形 ADEF 为正方形,所以 AFAD.又因为平面 ADEF平面 ABCD,且平面 ADEF平面 ABCD=AD,所以 AF平面 ABCD.所以 AFAD,AFAB.因为BAD=90,所以 AB,AD,AF 两两垂直.以 A 为原点,分别以 AB,AD,AF 所在直线为 x 轴,y 轴,z

64、 轴建立空间直角坐标系(如图).因为 AB=AD=1,BC=3,所以 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,3,0),D(0,1,0),E(0,1,1),F(0,0,1),所以 =(-1,0,1),=(1,2,0),=(0,0,1).设平面 CDE 的一个法向量为 n=(x,y,z),则 即 令 x=2,则 y=-1,所以 n=(2,-1,0).设直线 BF 与平面 CDE 所成角为,则 sin=|cos|=-.(2)设 =(0,1),M(x1,y1,z1),则(x1-1,y1,z1)=(-1,1,0),所以 x1=1-,y1=,z1=0,所以 M(1-,0),所以 =(1-,0).设平

65、面 AFM 的一个法向量为 m=(x0,y0,z0),则 因为 =(0,0,1),所以 -令 x0=,则 y0=-1,所以 m=(,-1,0).在线段 BD 上存在点 M,使得 CE平面 AFM 等价于存在 0,1,使得 m =0.因为 =(-1,-2,1),所以由 m =0,得-2(-1)=0,解得=0,1,所以线段 BD 上存在点 M,使得 CE平面 AFM,.3.如图,四边形 ABCD 中,ABAD,ADBC,AD=6,BE=2AB=4,E,F 分别在 BC,AD 上,EFAB,现将四边形 ABCD 沿 EF 折起,使平面 ABEF平面 EFDC.(1)若 BE=1,在折叠后的线段 AD

66、 上是否存在一点 P,且 =,使得 CD平面 ABEF?若存在,求出 的值;若不存在,说明理由;(2)当三棱锥 A-CDF 的体积最大时,求二面角 E-AC-F 的余弦值.解(1)在折叠后的图中过 C 作 CGFD,交 FD 于 G,过 G 作 GPFD 交 AD 于 P,连接 PC,在四边形ABCD 中,EFAB,ABAD,所以 EFAD.折起后 AFEF,DFEF,又平面 ABEF平面 EFDC,平面 ABEF平面 EFDC=EF,所以 FD平面 ABEF.又 AF平面 ABEF,所以 FDAF,所以 CGEF,PGAF,因为 CGPG=G,EFAF=F,所以平面 CPG平面 ABEF,因

67、为 CP平面 CPG,所以 CP平面 ABEF.所以在 AD 存在一点 P,且 ,使 CP平面 ABEF.(2)设 BE=x,所以 AF=x(0 x4),FD=6-x,故 VA-CDF=2(6-x)x=(-x2+6x)=9-(x-3)2,所以当 x=3 时,VA-CDE取得最大值.由(1)可以 F 为原点,以 FE,FD,FA 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则 A(0,0,3),D(0,3,0),C(2,1,0),E(2,0,0),所以 =(2,0,-3),=(2,1,-3),=(0,0,3),=(2,1,0).设平面 ACE 的法向量 n1=(x1,y1,z1),

68、即 即 -令 x1=3,则 y1=0,z1=2,则 n1=(3,0,2),设平面 ACF 的法向量 n2=(x2,y2,z2),即 即 令 x2=1,则 y2=-2,z2=0,则 n2=(1,-2,0).所以 cos=.所以二面角 E-AC-F 的余弦值为 .4.(2019 河南名校联盟压轴卷四)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PD平面 ABCD,四边形 ABCD 是梯形,且BCAD,AC=CD=AD,AD=2PD=4BC=4.(1)求证:AC平面 PCD;(2)求平面 PCD 与平面 PAB 所成的锐角的余弦值;(3)在棱 PD 上是否存在点 M,使得 CM平面 PAB?若存在,求 的值;

69、若不存在,说明理由.(1)证明 AC=CD=AD,AC2+CD2=AD2+AD2=AD2,ACCD.PD平面 ABCD,AC平面 ABCD,PDAC.又 PDCD=D,AC平面 PCD.(2)解 分别以直线 DA,DP 为 x 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(4,0,0),B(3,2,0),C(2,2,0),P(0,0,2),=(-1,2,0),=(-4,0,2),设 n=(x,y,z)为平面 PAB 的一个法向量,由 得-取 y=1,则 n=(2,1,4).由(1)AC平面 PCD,可知 =(-2,2,0)为平面 PCD 的一个法向量,设平面 PCD 与平面

70、 PAB 所成的锐角为,则cos=|cos|=-=.故平面 PCD 与平面 PAB 所成的锐角的余弦值为 .(3)解 解法 1:假设在棱 PD 上存在点 M,使得 CM平面 PAB,则 n,即 n=0.设 M(0,0,h),则 =(-2,-2,h),由 n=0,得 2(-2)+1(-2)+4h=0,解得 h=.此时,-.故在棱 PD 上存在点 M,使得 CM平面 PAB,此时 .解法 2:在棱 PD 上取点 M,使 ,过 M 作 MNAD 交 PA 于点 N,则 MN=AD.又 BC AD,BCMN,四边形 MNBC 为平行四边形,CMBN.CM平面 PAB,BN平面 PAB,CM平面 PAB

71、.故在棱 PD 上存在点 M,使得 CM平面 PAB,此时 .5.如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是平行四边形,AB=AC=2,AD=2,PB=3,PBAC.(1)求证:平面 PAB平面 PAC;(2)若PBA=45,试判断棱 PA 上是否存在与点 P,A 不重合的点 E,使得直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值为 ,若存在,求出 的值;若不存在,请说明理由.(1)证明 因为四边形 ABCD 是平行四边形,AD=2,所以 BC=AD=2,又 AB=AC=2,所以 AB2+AC2=BC2,所以 ACAB,又 PBAC,且 ABPB=B,所以 AC平面 PAB,因为 AC平

72、面 PAC,所以平面 PAB平面 PAC.(2)解 由(1)知 ACAB,AC平面 PAB,如图,分别以 AB,AC 所在直线为 x 轴、y 轴,平面 PAB 内过点 A 且与直线 AB 垂直的直线为 z 轴,建立空间直角坐标系 A-xyz,则 A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),=(0,2,0),=(-2,2,0).由PBA=45,PB=3,可得 P(-1,0,3),所以 =(-1,0,3),=(-3,0,3),假设棱 PA 上存在点 E,使得直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值为 ,设 =(01),则 =(-,0,3),=(-,-2,3),设平面 PBC 的法向量为 n=(x,y,z),则 即-令 z=1,可得 x=y=1,所以平面 PBC 的一个法向量为 n=(1,1,1),设直线 CE 与平面 PBC 所成的角为,则 sin=|cos|=-=-,整理得 32+4=0,因为 00,故 32+4=0 无解,所以棱 PA 上不存在与点 P,A 不重合的点 E,使得直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值为 .