2023版高考数学一轮总复习 8.docx

1、8.4直线、平面垂直的判定和性质基础篇固本夯基考点一直线与平面垂直的判定和性质1. (2021昆明一模,10)如图,O1是正方体ABCD-A1B1C1D1的中心O关于平面A1B1C1D1的对称点,则下列说法中错误的是()A.O1C1平面A1BCD1B.平面O1A1D1平面O1B1C1C.O1C1平面AB1D1D.O,O1,A1,B1,C1,D1六点在同一球面上答案D2.(2019北京,12,5分)已知l,m是平面外的两条不同直线.给出下列三个论断:lm;m;l.以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:.答案若lm,l,则m(或m,l,则lm)3.(2022届黑龙江

2、模拟,17)如图,在多面体ABCDFE中,四边形ABCD是矩形,四边形ABEF是等腰梯形,且ABEF,AF=2,EF=2AB=4AD=42,平面ABCD平面ABEF.(1)证明:AFCE;(2)求三棱锥F-ACE的体积.解析(1)证明:BCAB,平面ABCD平面ABEF,平面ABCD平面ABEF=AB,BC平面ABCD,BC平面ABEF,BCAF.取EF的中点G,连接BF,BG,BAGF,BA=GF,四边形ABGF为平行四边形,BGAF,在BEG中,BE=BG=2,EG=22,BE2+BG2=EG2,BEBG,BEAF,BCBE=B,AF平面BCE,CE平面BCE,AFCE.(2)设A到直线E

3、F的距离为d,易得d=2,由(1)知BC平面ABEF,又BC=AD=2,VF-ACE=VC-AEF=13SAEFCB=13124222=423.4.(2022届云南师大附中月考,19)如图,四边形ABCD是正方形,四边形BEDF是菱形,平面ABCD平面BEDF=BD.(1)证明:AEBD;(2)若AB=BE,且平面ABCD平面BEDF,求平面ADE与平面CDF所成的二面角的正弦值.解析(1)证明:连接AC交BD于点O,连接OE.四边形ABCD是正方形,BDOA,且O为BD的中点.又四边形BEDF是菱形,BDOE.又OAOE=O,OA,OE平面OAE,BD平面OAE,又AE平面OAE,BDAE.

4、(2)由(1)得OEBD,又平面ABCD平面BEDF,平面ABCD平面BEDF=BD,OE平面ABCD.以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2,则BD=22,OE=2,则A(2,0,0),D(0,0,0),C(0,2,0),E(1,1,2),F(1,1,-2),DA=(2,0,0),DE=(1,1,2),DC=(0,2,0),DF=(1,1,-2),设m=(x1,y1,z1)为平面ADE的法向量,则mDA=2x1=0,mDE=x1+y1+2z1=0,令z1=1,则m=(0,-2,1),设n=(x2,y2,z2)为平面CDF的法向量,则nDC=2y2=0,nDF=x2+y2-2z

5、2=0,令z2=1,则n=(2,0,1),所以cos=133=13.设平面ADE与平面CDF所成的二面角为,则sin=1-132=223,所以平面ADE与平面CDF所成的二面角的正弦值为223.5.(2021河南安阳4月质检,18)如图所示,四棱锥S-ABCD中,SA平面ABCD,BAD=ADC=2SDA=90,CD=2AD=2AB=2.点E为线段SC的中点.(1)求证:SC平面BED;(2)求点B到平面SCD的距离.解析(1)证明:过点B作CD的垂线,交CD于点F,如图所示,SA平面ABCD,SAAD,SAAB,BAD=ADC=2SDA=90,CD=2AD=2AB=2,SA=AD=2,SD=

6、SA2+AD2=2=CD,SB=SA2+AB2=3,SCD为等腰三角形,点E为线段SC的中点,EDSC.BFCD,BF=AD=2,AB=FD=1,CF=1,CB=BF2+CF2=3=SB,SCB为等腰三角形,点E为线段SC的中点,BESC,又BEDE=E,SC平面BED.(2)连接AC,如图所示.SA=AD=2,CD=2,AC=AD2+CD2=6,SA平面ABCD,SAAC,SC=AS2+AC2=22,CE=SE=2,SCB为等腰三角形,EB=1,同理可得ED=2,BAD=90,BD=3,ED2+EB2=3=BD2,BEED,SCEB,SCDE=E,BE平面SCD,点B到平面SCD的距离为BE

7、=1.6. (2021江西部分重点中学联考一,19)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,B1C1平面AA1C1C,D是AA1的中点,ACD是边长为1的等边三角形.(1)证明:CDB1D;(2)若BC=3,求二面角B-C1D-B1的大小.解析(1)证明:ACD是边长为1的等边三角形,DAC=60,则DA1C1=120.D是AA1的中点,ACD的边长为1,AD=A1D=A1C1=1,A1C1D是等腰三角形.A1DC1=30,从而CDC1=90,即CDC1D,B1C1平面AA1C1C,且CD平面AA1C1C,B1C1CD.B1C1C1D=C1,B1C1平面B1C1D,C1D平面B1C1D,CD平面

8、B1C1D.B1D平面B1C1D,CDB1D.(2)连接CA1,因为CD=12AA1,所以ACCA1,以C为原点建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,则B(0,0,3),C1(-1,3,0),D12,32,0,B1(-1,3,3),则BC1=(-1,3,-3),C1D=32,-32,0.设平面BDC1的法向量为m=(x,y,z),则C1Dm=0,BC1m=0,即32x-32y=0,-x+3y-3z=0,可取m=(3,3,2),由(1)知平面B1C1D的一个法向量为n=2CD=(1,3,0),cos=mn|m|n|=3+3342=32,易知二面角B-C1D-B1为锐二面角,二面角B-C1D-B

9、1的大小为6.7.(2018课标,20,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=22,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.解析(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OPAC,且OP=23.连接OB.因为AB=BC=22AC,所以ABC为等腰直角三角形,且OBAC,OB=12AC=2.由OP2+OB2=PB2,知POOB.由OPOB,OPAC,OBAC=O,知PO平面ABC.(2)如图,以O为坐标原点,OB的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-

10、xyz.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,23),则AP=(0,2,23).取平面PAC的法向量OB=(2,0,0).设M(a,2-a,0)(0a2),则AM=(a,4-a,0).设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).由APn=0,AMn=0得2y+23z=0,ax+(4-a)y=0,可取n=(3(a-4),3a,-a),所以cos=23(a-4)23(a-4)2+3a2+a2.由已知可得|cos|=32.所以23|a-4|23(a-4)2+3a2+a2=32.解得a=-4(舍去)或a=43.所以n=-833,433,-43.又P

11、C=(0,2,-23),所以cos=34.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为34.考点二平面与平面垂直的判定和性质1.(2021东北三省四市联考二,8)已知直线a,b与平面,能使成立的充分条件是()A.,B.=a,ba,bC.a,aD.a,a答案D2.(2021合肥一模,9)我国古代数学名著九章算术第五卷“商功”中,把底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.今有“阳马”P-ABCD,PA=AB=AD,E,F分别为棱PB,PD的中点.以下四个结论:PB平面AEF;EF平面PAC;平面PBD平面AEF;平面AEF平面PCD.其中正确的是()A.B.C.D.答案D2. (2022届云

12、南大理模拟,15)在一次数学探究活动中,某手工制作小组利用硬纸板做了一个如图所示的几何模型,底面ABCD为矩形,AB=42,BC=4,半圆面APD底面ABCD.经研究发现,当点P在半圆弧AD(不含A,D点)上运动时,四棱锥P-ABCD的外接球始终保持不变,则该外接球的体积为.答案3234.(2022届全国9月月考,18)如图,在圆台O1O2中,AB是下底面圆的一条直径,CD是上底面圆的一条直径,且ABCD.(1)证明:平面ABD平面CDO1;(2)若AB=4,CD=2,O1O2=3,求锐二面角A-BD-C的余弦值.解析(1)证明:根据圆台的定义可知,O1O2AB,因为ABCD,O1O2CD=O

13、2,所以AB平面CDO1,又因为AB平面ABD,所以平面ABD平面CDO1.(2) 以点O1为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系(x轴与CD平行).则A(0,-2,0),B(0,2,0),C(-1,0,3),D(1,0,3),BD=(1,-2,3),AB=(0,4,0),CD=(2,0,0),设m=(x,y,z)为平面ABD的法向量,则mBD=x-2y+3z=0,mAB=4y=0,不妨取m=(3,0,-1),设n=(a,b,c)为平面BCD的法向量,则nBD=a-2b+3c=0,nCD=2a=0,不妨取n=(0,3,2),设锐二面角A-BD-C的平面角为,则cos=|cos|=mn|m|n|

14、=77,所以锐二面角A-BD-C的余弦值为77.5.(2022届山西长治第二中学月考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为菱形,PAD为正三角形,且E为AD的中点,BE平面PAD.(1)证明:平面PBC平面PEB;(2)求平面PEB与平面PDC所成的锐二面角的余弦值.解析(1)证明:BE平面PAD,AD平面PAD,ADBE,又PAD为正三角形,E为AD的中点,ADPE,又PEBE=E,AD平面PEB.四边形ABCD为菱形,ADBC,BC平面PEB,又BC平面PBC,平面PBC平面PEB.(2)以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,设菱形ABCD的边长为2,则AE

15、=ED=1,PE=EB=3,则C(-2,3,0),D(-1,0,0),P(0,0,3),DC=(-1,3,0),DP=(1,0,3).设平面PDC的法向量为m=(x,y,z),则mDC=0,mDP=0,即-x+3y=0,x+3z=0,取y=1,则m=(3,1,-1),易知平面PEB的一个法向量为n=(1,0,0),则cos=mn|m|n|=155,平面PEB与平面PDC所成的锐二面角的余弦值为155.6.(2021新高考,19,12分)在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=5,QC=3.(1)证明:平面QAD平面ABCD;(2)求二面角B-QD-A的余弦值.解析

16、(1)取AD的中点E,连接QE,CE.由于QD=QA,故QEAD.在RtQAE中,QE=QA2-AE2=(5)2-12=2.在RtCDE中,CE=DC2+DE2=22+12=5.在QCE中,QE2+CE2=QC2QECE,又CEAD=E,CE、AD平面ABCD,QE平面ABCD.又QE平面QAD,平面QAD平面ABCD.(3) 以E为坐标原点建系,如图所示,则B(2,-1,0),Q(0,0,2),D(0,1,0),A(0,-1,0).BQ=(-2,1,2),BD=(-2,2,0).显然,平面QAD的一个法向量为n1=(1,0,0).设平面BQD的法向量为n2=(x,y,z),则n2BQ=0,n

17、2BD=0,即-2x+y+2z=0,-2x+2y=0,可取n2=(2,2,1).设二面角B-QD-A的大小为,易知为锐角,则cos=|cos|=|n1n2|n1|n2|=213=23,故二面角B-QD-A的余弦值为23.7.(2021新高考,20,12分)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)证明:OACD;(2)若OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45,求三棱锥A-BCD的体积.解析(1)证明:在ABD中,AB=AD,O为BD的中点,AOBD,又平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD

18、,AO平面ABD,AO平面BCD,又CD平面BCD,AOCD.(2) 在ABD中,过E作ENAO交BD于N,则由AO平面BCD得EN平面BCD,ENBC,OB=OD=OC=1,BCD=90,即DCBC.在BCD中,过N作NMCD交BC于M,则NMBC.连接EM,BCEN,BCNM,ENNM=N,BC平面EMN,又EM平面EMN,EMBC,EMN为二面角E-BC-D的平面角,又知二面角E-BC-D的大小为45,EMN=45,EMN为等腰直角三角形,又由DE=2EA得DN=2NO,MN=23CD=23=EN=ND,AO=OD=1,VA-BCD=13SBCDAO=13122321=36.故三棱锥A-

19、BCD的体积为36.一题多解(2)由OC=OD=OB得BCCD,由(1)知AO平面BCD,以C为坐标原点,CD,CB,OA的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系,如图所示,则C(0,0,0),B(0,3,0),设AO=a(a0).则E23,33,23a,CB=(0,3,0),CE=23,33,23a,设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则nCB=0,nCE=0,即3y=0,23x+33y+23az=0,令x=a,则z=-1,n=(a,0,-1),易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1),由题可知|cos|=mn|m|n|=-1a2+1=22,a=1(负值舍去),即AO

20、=1.VA-BCD=13SBCDAO=1312131=36,故三棱锥A-BCD的体积为36.8.(2021合肥二模,19)如图,在三棱锥P-ABC中,PA=PC=3,AC=BC=22,ACBC,D为棱AB上一点,BD=3AD,棱AC的中点E在平面PAB上的射影F在线段PD上.(1)证明:平面PAC平面ABC;(2)求二面角E-CF-B的正弦值.解析(1)证明:如图,取AB的中点H,连接CH,DE,PE.BD=3AD,D为AH的中点,DECH.AC=BC,CHAB,EDAB.又点E在平面PAB上的射影F在线段PD上,EF平面PAB,AB平面PAB,EFAB.EFED=E,EF,DE平面PDE,A

21、B平面PDE,PE平面PDE,ABPE.点E为棱AC的中点,PA=PC,PEAC.又ACAB=A,AC,AB平面ABC,PE平面ABC.PE平面PAC,平面PAC平面ABC.(3) ACBC,以C为原点,CA,CB的方向为x,y轴的正方向建立空间直角坐标系,如图.PA=PC=3,AC=BC=22,AB=4,CH=2,PE=DE=1,则F为PD的中点,C(0,0,0),B(0,22,0),E(2,0,0),P(2,0,1),D322,22,0,F524,24,12.设平面ECF的法向量为n1=(x1,y1,z1),n1EF,n1CE,n1EF=0,n1CE=0.EF=24,24,12,CE=(2

22、,0,0),24x1+24y1+12z1=0,2x1=0,取n1=(0,2,-1).设平面BCF的法向量为n2=(x2,y2,z2),n2CB,n2BF,n2CB=0,n2BF=0.CB=(0,22,0),BF=524,-724,12,22y2=0,524x2-724y2+12z2=0.取n2=(2,0,-52),cos=n1n2|n1|n2|=52354=59.二面角E-CF-B的正弦值为1-cos2=2149.综合篇知能转换考法一判断或证明直线与平面垂直的方法1. (2022届四川双流中学阶段测,20)如图所示,已知正方形ABCD的边长为22,ACBD=O,分别以AB,BC为一边在空间中作

23、等边PAB与等边PBC,延长CD到点E,使CE=2CD,连接AE,PE.(1)证明:AE平面PAC;(2)若点F是线段BD上一动点,记PF与平面PAE所成的角为,求sin的取值范围.解析(1)证明:连接OP,PC=PA,又在正方形ABCD中,OA=OB=OC,POAC,即POC=90,易知POBPOC,POB=POC=90,POBD,BDAC=O,PO平面ABCD,AE平面ABCD,POAE,ADCD,AD=DE=CD,EAD=CAD=45,EAC=90,即AEAC,POAC=O,AE平面PAC.(2)由(1)可知,PO、OC、OD两两垂直,故以O为坐标原点,OD、OC、OP所在直线分别为x,

24、y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,易知OD=OC=PO=2,则A(0,-2,0),P(0,0,2),E(4,-2,0).点F是线段BD上一动点,可设F(a,0,0)(-2a2),则AE=(4,0,0),AP=(0,2,2),PF=(a,0,-2),设平面PAE的法向量为m=(x,y,z),则mAE=0,mAP=04x=0,2y+2z=0,取y=1,则m=(0,1,-1).sin=|cos|=|mPF|m|PF|=22a2+4,-2a2,2a2+422,sin的取值范围是12,22.2.(2022届四川巴中零诊,19)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ACC1A1为矩形,且侧面ACC

25、1A1侧面ABB1A1,D,E分别为棱A1B1,CC1的中点,A1B1DE.(1)证明:A1B1平面AB1C;(2)若AC=1,AB=AB1=2,求二面角B1-DE-C的余弦值.解析(1)证明:取AB1的中点F,连接DF,CF,在AA1B1中,D,F分别为边A1B1,AB1的中点,DFAA1,且DF=12AA1,又AA1CC1,AA1=CC1,CE=12CC1,DFCE,且DF=CE,四边形CEDF为平行四边形,DEFC.A1B1DE,A1B1CF,平面ACC1A1平面ABB1A1,平面ACC1A1平面ABB1A1=AA1,ACAA1,AC平面ACC1A1,AC平面ABB1A1,ACA1B1.

26、又ACCF=C,AC,CF平面AB1C,A1B1平面AB1C.(2)由(1)知,ACAB1,ACAB,BAAB1,故以A为坐标原点,AB,AB1,AC的方向为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,由已知得,B(2,0,0),B1(0,2,0),C(0,0,1),A1(-2,2,0),C1(-2,2,1),由D,E分别为棱A1B1,CC1的中点,得D(-1,2,0),E(-1,1,1),DE=(0,-1,1),DB1=(1,0,0),CE=(-1,1,0),设平面B1DE的法向量为u=(x,y,z),则uDE=0,uDB1=0,即-y+z=0,x=0,取z=1,得u=(0,1,1),设平面CD

27、E的法向量为v=(a,b,c),则vDE=0,vCE=0,即-b+c=0,-a+b=0,取c=1,得v=(1,1,1),cos=uv|u|v|=223=63.易知二面角B1-DE-C的平面角为锐角,故二面角B1-DE-C的余弦值为63.3.(2020安徽A10联盟摸底,20)如图,在四棱锥A-BCDE中,ADE是边长为2的等边三角形,平面ADE平面BCDE,底面BCDE是等腰梯形,DEBC,DE=12BC,BE=DC=2,BD=23,点M是边DE的中点,点N在BC上,且BN=3.(1)证明:BD平面AMN;(2)设BDMN=G,求三棱锥A-BGN的体积.解析(1)证明:ADE是等边三角形,M是

28、DE的中点,AMDE.又平面ADE平面BCDE,平面ADE平面BCDE=DE,AM平面ADE,AM平面BCDE,BD平面BCDE,AMBD.DE=2,DE=12BC,BC=4,BN=3,CN=1.又DM=1,DEBC,MD􀱀CN,四边形MNCD是平行四边形,MNCD.BD=23,BC=4,CD=2,BD2+CD2=BC2,BDCD,BDMN,又AMMN=M,BD平面AMN.(2)由(1)知AM平面BCDE,AM长为三棱锥A-BGN的高.ADE是边长为2的等边三角形,AM=3.易知GN=34CD=32,又由(1)知BDMN,BG=BN2-NG2=332.SBGN=12BGNG=

29、1233232=938.VA-BGN=13SBGNAM=139383=98.3. (2020课标,18,12分)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=66DO.(1)证明:PA平面PBC;(2)求二面角B-PC-E的余弦值.解析(1)证明:设DO=a,由题设可得PO=66a,AO=33a,AB=a,PA=PB=PC=22a.因此PA2+PB2=AB2,从而PAPB.又PA2+PC2=AC2,故PAPC.又PBPC=P,所以PA平面PBC.(2)以O为坐标原点,OE的方向为y轴正方向,|OE|为单位长,建立如图所示

30、的空间直角坐标系O-xyz.由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0),C-32,12,0,P0,0,22.所以EC=-32,-12,0,EP=0,-1,22.设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,则mEP=0,mEC=0,即-y+22z=0,-32x-12y=0.可取m=-33,1,2.由(1)知AP=0,1,22是平面PCB的一个法向量,记n=AP,则cos=nm|n|m|=255.易知二面角B-PC-E的平面角为锐角,所以二面角B-PC-E的余弦值为255.5.(2021南昌联考一,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB=2,ACBC,侧面AA1C1C是矩形,侧面

31、BB1C1C是菱形,B1BC=60,D是棱BB1的中点.(1)求证:BB1平面ACD;(2)设E是A1B1的中点,求二面角E-CD-A的余弦值.解析(1)证明:因为侧面AA1C1C是矩形,所以ACCC1,又ACBC,BCCC1=C,所以AC平面BB1C1C,又BB1平面BB1C1C,所以ACBB1,因为侧面BB1C1C是菱形,B1BC=60,D是BB1的中点,所以BB1CD,又ACCD=C,所以BB1平面ACD.(2) 因为AC平面BB1C1C,AC平面ABC,所以平面BB1C1C平面ABC.如图,以C为坐标原点,CA,CB所在直线分别为x轴,y轴,在平面BB1C1C内过点C且垂直于CB的直线

32、为z轴,建立空间直角坐标系C-xyz,则C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),B1(0,1,3),C1(0,-1,3),D0,32,32,所以CA=(2,0,0),CC1=(0,-1,3),CD=0,32,32.连接CA1,则CA1=CA+AA1=CA+CC1=(2,-1,3),即A1(2,-1,3),所以E(1,0,3),则CE=(1,0,3).因为BB1平面ACD,所以平面ACD的一个法向量为BB1=(0,-1,3).设平面ECD的法向量为n=(x,y,z),则nCE=0,nCD=0,即x+3z=0,32y+32z=0,令z=-3,则x=3,y=1,所以n=(3,1,-3)

33、.所以cos=nBB1|n|BB1|=-4132=-21313,易知二面角E-CD-A为锐二面角,所以二面角E-CD-A的余弦值为21313.考法二判断或证明平面与平面垂直的方法1.(2022届云南师大附中月考,19)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD为平行四边形,BAD=3,AB=4,BC=1,M,N分别是AB,PC的中点,ADPD.(1)证明:平面PDM平面PBC;(2)若PMMD,PC=15,求二面角P-DM-N的余弦值.解析(1)证明:因为AM=12AB=2,BAD=3,AD=1,所以DM=3,又DM2+AD2=AM2,所以ADDM,又ADPD,且DMPD=D,所以AD平面PDM,

34、因为四边形ABCD为平行四边形,所以BCAD,所以BC平面PDM,又BC平面PBC,所以平面PDM平面PBC.(2)由(1)知AD平面PDM,又PM平面PDM,所以PMAD,又PMMD,ADMD=D,所以PM平面ABCD,又ADDM,故以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,连接MC,在BMC中,易得MC=7,在直角三角形PMC中,PM=PC2-MC2=15-7=22,则M(0,3,0),P(0,3,22),C(-2,23,0),因为N是PC的中点,所以N-1,332,2,所以DM=(0,3,0),DN=-1,332,2.设平面NDM的法向量为n=(x,y,z),则nDM=0,nDN=0,

35、即3y=0,-x+332y+2z=0,取z=2,得n=(2,0,2),易知平面PDM的一个法向量为m=(1,0,0),设二面角P-DM-N的平面角为,由图可知为锐角,则cos=nm|n|m|=26=63,故二面角P-DM-N的余弦值为63.2.(2022届贵阳一中月考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,平面PAD底面ABCD,PB=PC=6.(1)证明:平面PAB平面PCD;(2)已知点M是线段PC的中点,求钝二面角A-BM-C的余弦值.解析(1)证明:底面ABCD是边长为2的正方形,ABAD,又平面PAD平面ABCD,且平面PAD平面ABCD=AD,AB平面

36、ABCD,AB平面PAD,ABPD,ABAP,ABP是直角三角形,又PB=6,AB=2,AP=2,同理可得PD=2,在PAD中,PA2+PD2=AD2,PAPD,又ABPA=A,PD平面PAB,又PD平面PCD,平面PAB平面PCD.(3) 以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),P(0,1,1),M1,32,12,AB=(2,0,0),AM=1,32,12,设平面ABM的法向量为n1=(x,y,z),则n1AB=0,n1AM=0,即2x=0,x+32y+12z=0,令y=1,则可取n1=(0,1,-3).平面ABM的一个法

37、向量为n1=(0,1,-3),同理可得平面BMC的一个法向量为n2=(1,0,2).则|cos|=|n1n2|n1|n2|=325,钝二面角A-BM-C的余弦值为-325.3.(2021河南安阳二模,19)如图,四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面均为菱形,CC1平面ABCD,BAD=60,A1AD=A1AB=45,AB=2A1B1=2.(1)证明:平面A1AB平面A1AD;(2)求四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积.解析(1)证明:作BEAA1,垂足为E,连接DE,BD,如图.因为四边形ABCD是菱形,且BAD=60,AB=2,所以BD=2.因为AB=AD,A1AB=A1AD=4

38、5,AE=AE,所以ABEADE,所以BE=DE=22AB=2,所以BE2+DE2=BD2,即BEDE.又因为AA1DE=E,AA1,DE平面A1AD,所以BE平面A1AD.因为BE平面A1AB,所以平面A1AB平面A1AD.(2)根据棱台的性质,延长AA1,BB1,CC1,DD1交于点P,连接AC,如图.因为AB=2A1B1,所以A1,B1,C1,D1分别是PA,PB,PC,PD的中点.设PC=h(h0),易知BC=2,AC=23,所以PB=4+h2,PA=12+h2,在PAB中,根据余弦定理的推论得cosPAB=PA2+AB2-PB22PAAB=12+h2+4-(4+h2)412+h2=2

39、2,解得h=6.所以四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为VP-ABCD-VP-A1B1C1D1=78VP-ABCD=7813122326=724.4.(2017课标,19,12分)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.解析(1)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ABC是正三角形,故BOAC.

40、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) 由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直.以O为坐标原点,OA的方向为x轴正方向,|OA|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(0,3,0),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12,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的12,即E为DB的中点,得E0,32,12.故AD=(-1,0,1),AC=(

41、-2,0,0),AE=-1,32,12.设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,则nAD=0,nAE=0,即-x+z=0,-x+32y+12z=0.可取n=1,33,1.设m是平面AEC的法向量,则mAC=0,mAE=0.同理可取m=(0,-1,3).则cos=nm|n|m|=77.易知二面角D-AE-C为锐二面角,所以二面角D-AE-C的余弦值为77.5.(2021陕西百校联考,20)如图,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD是圆内接四边形,CB=CD=CE=1,AB=AD=AE=3,ECBD.(1)证明:平面BED平面ABCD;(2)若点P在侧面ABE内运动,且DP平面BEC,求直线DP

42、与平面ABE所成角的正弦值的最大值.解析(1)证明:如图,连接AC,交BD于点O,连接EO,AD=AB,CD=CB,AC=AC,ADCABC,DAO=BAO,又AO=AO,ADOABO,AOD=AOB=90,ACBD,又ECBD,ECAC=C,EC,AC平面AEC,BD平面AEC.又OE平面AEC,OEBD,又四边形ABCD是圆内接四边形,ADC=ABC=90.在RtADC中,由AD=3,CD=1,可得AC=2,DAC=30,则AO=32,AE2+CE2=AC2,AEC=90,AEAC=AOAE=32,易得AEOACE,AOE=AEC=90,即EOAC.又AC,BD平面ABCD,ACBD=O,

43、EO平面ABCD,又EO平面BED,平面BED平面ABCD.(2)如图,取AE的中点M,AB的中点N,连接MN,ND,DM,则MNBE,又MN平面BEC,BE平面BEC,MN平面BEC.由(1)知,DAC=BAC=30,即DAB=60,ABD为正三角形,DNAB,又BCAB,DN,CB平面ABCD,DNCB,又DN平面BEC,CB平面BEC,DN平面BEC.又MNDN=N,MN,DN平面DMN,平面DMN平面BEC,点P在线段MN上.以O为坐标原点,OA,OB,OE为正交基底,建立空间直角坐标系O-xyz,则A32,0,0,B0,32,0,E0,0,32,M34,0,34,D0,-32,0,N

44、34,34,0,则AB=-32,32,0,AE=-32,0,32,DM=34,32,34,MN=0,34,-34,设平面ABE的法向量为n=(x,y,z),则ABn=0,AEn=0,即-32x+32y=0,-32x+32z=0,可取n=(1,3,3).设MP=MN(01),则DP=DM+MP=34,32+34,34-34,设直线DP与平面ABE所成的角为,则sin=|cos|=|nDP|n|DP|=12422+4,01,当=0时,sin取得最大值427,故直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值为427.考法三翻折问题的处理方法1.(202153原创题)如图,在平行四边形ABCD中,AB=B

45、C=2,ABC=60,点M是线段CD上异于点C,D的动点,点N是线段AD上异于点A,D的动点,MNAC,将DMN沿MN折起到FMN的位置,并使平面FMN平面DMN,则五棱锥F-ABCMN的体积的最大值为.答案4692.(2022届四川树德中学开学考,19)如图,在长方形ABCD中,AB=2AD=22,M为DC的中点,将ADM沿AM折起,使得ADBM,如图.(1)证明:平面ADM平面ABCM;(2)若E点满足BE=23BD,求二面角E-AM-D的余弦值.解析(1)证明:在RtADM中,DM=AD=2,AM=AD2+DM2=2+2=2,在RtBCM中,同理可得BM=2,AB=22,AM2+BM2=

46、AB2,AMBM,又ADBM,ADAM=A,且AD,AM平面ADM,BM平面ADM,又BM平面ABCM,平面ADM平面ABCM.(2)取AM的中点O,连接DO,DA=DM,DOAM,又平面ADM平面ABCM=AM,平面ADM平面ABCM,DO平面ABCM,以O为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示,则A(1,0,0),M(-1,0,0),B(-1,2,0),D(0,0,1),BD=(1,-2,1),AM=(-2,0,0),BE=23BD,xE+1=23,yE-2=-43,zE=23,E-13,23,23,ME=23,23,23.易知平面AMD的一个法向量为n1=(0,1,0),设平面

47、AME的法向量为n2=(x,y,z),则AMn2=0,MEn2=0,即-2x=0,23x+23y+23z=0,取y=1,则n2=(0,1,-1),cos=n1n2|n1|n2|=112=22,由图可知二面角E-AM-D为锐二面角,所以二面角E-AM-D的余弦值为22.3.(2022届黑龙江佳木斯一中月考,20)如图,在直角梯形ABCD中,ADBC,BAD=2,AB=BC=2,AD=4,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.图图(1)证明:CD平面A1OC;(2)若平面A1BE平面BCDE,求二面角B-A1C-D的余弦值.解析(1)证明:在题图中,连接C

48、E,易证四边形ABCE为正方形,所以BEAC.在题图中,BEOA1,BEOC.又OA1OC=O,所以BE平面A1OC,又BCDE,且BC=DE,所以四边形BCDE是平行四边形,所以CDBE,所以CD平面A1OC.(2)因为平面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=2,即A1O,OC,BE三线两两垂直.以O为坐标原点,分别以OB,OC,OA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.则A1(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2,0),D(-22,2,0),A1B=(2,0,-2),A1C=(0,2,-2),A

49、1D=(-22,2,-2),设平面A1BC的法向量为n1=(x,y,z),则n1A1B=2x-2z=0,n1A1C=2y-2z=0,令z=1,得n1=(1,1,1),设平面A1CD的法向量为n2=(x1,y1,z1),则n2A1D=-22x1+2y1-2z1=0,n2A1C=2y1-2z1=0,取z1=1,得n2=(0,1,1).设二面角B-A1C-D的平面角为,则|cos|=|cos|=n1n2|n1|n2|=232=63,易知二面角B-A1C-D的平面角为钝角,所以二面角B-A1C-D的余弦值为-63.4.(2021四川绵阳三诊,19)如图1,四边形ABCD是直角梯形,ABBC,ABAD,

50、E为BC的中点,AB=AD=BE=2,沿AE将四边形AECD折起,连接BD,BC,如图2.(1)证明:CDBD;(2)若BD=2,求E到平面ABD的距离.解析(1)证明:在题图1中,易得四边形ABED是边长为2的正方形.取AE的中点O,连接DO,OB,如图.易得DOAE,BOAE,又BODO=O,所以AE平面BDO,因为BD平面BDO,所以BDAE,由已知易得AECD,所以CDBD.(2)易得DO=BO=2,又BD=2,所以由勾股定理的逆定理知DOBO.又DOAE,BOAE=O,所以DO平面ABE.设O到平面ABD的距离为d,由VD-ABO=VO-ABD,得13SABODO=13SABDd,因

51、为SABO=1222=1,SABD=3422=3,DO=2,所以d=23.因为O是AE的中点,所以E到平面ABD的距离为2d=223=263.5.(2019课标,19,12分)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,连接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.解析(1)证明:由已知得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,且B

52、EBC=B,故AB平面BCGE.又因为AB平面ABC,所以平面ABC平面BCGE.(2)作EHBC,垂足为H.因为EH平面BCGE,平面BCGE平面ABC,且平面BCGE平面ABC=BC,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=3.以H为坐标原点,HC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(2,0,3),则CG=(1,0,3),AC=(2,-1,0).设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),则CGn=0,ACn=0,即x+3z=0,2x-y=0.所以可取n=(3,6,-3).又

53、平面BCGE的一个法向量为m=(0,1,0),所以cos=nm|n|m|=32.易知二面角B-CG-A为锐二面角,因此二面角B-CG-A的大小为30.6.(2018课标,18,12分)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.解析(1)证明:由已知可得,BFEF,又因为PFBF,且PF、EF平面PEF,PFEF=F,所以BF平面PEF,又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD.(2)设正方形ABCD的边长为2.作PHEF,垂足为H.由(1)得,PH平面ABFD.以H为坐标原点,HF的方向为y轴正方向,|BF|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=1,所以PE=3,又PF=1,EF=2,故PE2+PF2=EF2,所以PEPF,又PHEF,所以PH=PEPFEF=32,EH=32,则H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0,所以DP=1,32,32,易知HP=0,0,32为平面ABFD的一个法向量.设DP与平面ABFD所成角为,则sin=HPDP|HP|DP|=343=34.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.