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A1FAB,ABC=90,故BCA1F.所以BC平面A1EF.因此
2、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=23,EG=3.由于O为A1G的中点,故EO=OG=A1G2=152,所以cosEOG=EO2+OG2-EG22EOOG=35.因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.方法二:(1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的
3、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(0,0,23),B(3,1,0),B1(3,3,23),F32,32,23,C(0,2,0).因此,EF=32,32,23,BC=(-3,1,0).由EFBC=0得EFBC.(2)设直线EF与平面A1BC所成角为.由(1)可得BC=(-3,1,0),A1C=(0.2,-23).设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z).由BCn=0,A1Cn=0,
4、得-3x+y=0,y-3z=0.取n=(1,3,1),故sin =|cos|=|EFn|EF|n|=45.因此,直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为35.2.(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13,求线段CF的长.(1)证明依题意,可以建立以A为原点,分别以AB,AD,AE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(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0
5、,2).设CF=h(h0),则F(1,2,h).依题意,AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又BF=(0,2,h),可得BFAB=0,又因为直线BF平面ADE,所以BF平面ADE.(2)解依题意,BD=(-1,1,0),BE=(-1,0,2),CE=(-1,-2,2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则nBD=0,nBE=0,即-x+y=0,-x+2z=0,不妨令z=1,可得n=(2,2,1).因此有cos=CEn|CE|n|=-49.所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为49.(3)解设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,则mBD=0,mBF=0,即-x+y=0,2y
6、+hz=0,不妨令y=1,可得m=1,1,-2h.由题意,有|cos|=|mn|m|n|=4-2h32+4h2=13,解得h=87,经检验,符合题意.所以,线段CF的长为87.3.(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,HF的方向为y轴
7、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PEPF.可得PH=32,EH=32.则H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0,DP=1,32,32,HP=0,0,32为平面ABFD的法向量.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34.4.(2018全国20)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
8、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=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知PO平面ABC.(2)解如图,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-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),AP=(0,2,23).取平面PAC的法向量OB=(2,0,0),设M(a,2-a,0)(0a2),则A
9、M=(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=9,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),a=43.所以n=-833,433,-43.又PC=(0,2,-23),所以cos=34.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为34.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:ADA
10、1B;(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(0,0,3),B(0,3
11、,0),D(-1,0,0).则DA1=(1,0,3),DC=AB=(-1,3,0),BA1=(0,-3,3),设平面A1B1CD的法向量n=(x,y,z),则nCD=x-3y=0,nDA1=x+3z=0,令x=3,则y=1,z=-1,可取n=(3,1,-1),设直线BA1与平面A1B1CD所成角为,则sin =|cos|=nBA1|n|BA1|=|-3-3|56=105.2.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
12、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=12CD=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,DG为x轴、DC为y轴、DP为z轴建立空间直角坐标系D-xyz,则P(0,0,2),B(3,1,0),E(0,2,1),DE=(0,2,1),DB=(3,1,0),
13、设n=(x,y,z)为平面BDE的一个法向量,则nDE=0,nDB=0,即2y+z=0,3x+y=0.令y=1,则n=-33,1,-2.又PB=(3,1,-2),所以|cos|=|nPB|n|PB|=64,即直线PB与平面BDE所成角的正弦值为64.3.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
14、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EA,EH,EC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(0,0,23),E(0,0,0),F-2,t2,0,D-32,0,32,所以A1C=(-2,-t,23),EF=-2,t
15、2,0,因为A1CEF,所以A1CEF=0,所以(-2)(-2)-tt2+230=0,解得t=22.所以EF=(-2,2,0),ED=-32,0,32,设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则EFn=0,EDn=0,所以-2x+2y=0,-32x+32z=0,取x=1,则n=(1,2,3),又因为A1C1=AC=(-2,0,23),设直线A1C1与平面DEF所成的角为,所以sin =|cos|=|nA1C1|n|A1C1|=464=66,所以直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值为66.4.如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为菱形,BAD=120,AB=2,E,F为CD,AA1
16、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34,求AA1的长.(1)证明设G为AB1的中点,连接EG,GF,因为FG12A1B1,又DE12A1B1,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.(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
17、),则A(0,0,0),E32,32,0,B1(3,-1,t),D1(0,2,t),AE=32,32,0,AB1=(3,-1,t),AD1=(0,2,t),设平面B1AE的一个法向量为n=(x,y,z),则nAE=32(x+3y)=0且nAB1=3x-y+tz=0,取n=(-3t,t,4),设直线AD1与平面B1AE所成角为,则sin =|nAD1|n|AD1|=6t2(t2+4)=34,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=12AB.(1)过BD作截面与线段FC交于点N,使得AF平面BDN
18、,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均为等边三角形,且AD=BC,ADEBCF,连接EP,FQ,则得EP=FQ,EFAB,ABPQ,
19、EF=12AB,EFPQ,EF=12PQ,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OG,OQ,OM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(0,1,2),D(-1,-2,0),N-12,32,22.设n=(x,y,z)是平面ABF的法向量,则nAB=0,nAF=0,即4y=0,-x+3y+2z=0,所以可取n=(2,0,1),由BN=-32,-12,2
20、2,可得|cos|=|BNn|BN|n|=23,直线BN与平面ABF所成角的正弦值为23.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;(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=12B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=12A1D.由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,故M
21、END,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,DA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(1,3,2),N(1,0,2),A1A=(0,0,-4),A1M=(-1,3,-2),A1N=(-1,0,-2),MN=(0,-3,0).设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则mA1M=0,mA1A=0.所以-x+3y-2z=0,-4z=0.可取m=(3,1,0).设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则nMN=0,nA1
22、N=0.所以-3q=0,-p-2r=0.可取n=(2,0,-1).于是cos=mn|m|n|=2325=155,所以二面角A-MA1-N的正弦值为105.2.(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EB1C1.(2)解由(1)知BEB1=90.由题设知RtABERtA1B1E,所以AEB=45,故AE=AB,AA1=2AB.以D为
23、坐标原点,DA的方向为x轴正方向,|DA|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),CB=(1,0,0),CE=(1,-1,1),CC1=(0,0,2).设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则CBn=0,CEn=0,即x=0,x-y+z=0,所以可取n=(0,-1,-1).设平面ECC1的法向量为m=(x,y,z),则CC1m=0,CEm=0,即2z=0,x-y+z=0,所以可取m=(1,1,0).于是cos=nm|n|m|=-12.所以,二面角B-EC-C1的正弦值为32.3.(2018全国19)如图,
24、边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD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CD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,DA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.当三棱锥M-ABC体积最大时,M为CD的中点.由题设得D(0
25、,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),AM=(-2,1,1),AB=(0,2,0),DA=(2,0,0).设n=(x1,y,z)是平面MAB的法向量,则nAM=0,nAB=0.即-2x+y+z=0,2y=0.可取n=(1,0,2),DA是平面MCD的法向量,因此cos=nDA|n|DA|=55,sin=255.所共面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是255.4.(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ABC;(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC
26、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,
27、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=(-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.所以二面角D-AE-C的余弦值为77.5.(2016全国18)
28、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,GF的方向为x轴正方向,|GF|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|=3,可得A(1,4,
29、0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,3).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(-2,0,3).所以EC=(1,0,3),EB=(0,4,0),AC=(-3,-4,3),AB=(-4,0,0),设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则nEC=0,nEB=0,即x+3z=0,4y=0.所以可取n=(3,0,-3).设m是平面ABCD的法向量,则mAC=0,mAB=0,同理可取m=(0,3,4),则cos=nm|n|
30、m|=-21919.故二面角E-BC-A的余弦值为-21919.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=C,CD平面PBC,EB平面PBC.又EB平面PEB,平面PBC平面P
31、EB.(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=2,则B(0,1,0),E(2,1,0),D(2,-1,0),P(0,0,3),从而DE=(0,2,0),PE=(2,1,-3).设平面PDE的一个法向量为m
32、=(x,y,z),则由mDE=0,mPE=0,得2y=0,2x+y-3z=0.令z=2得m=(3,0,2),又平面PBC的一个法向量n=(1,0,0),则cos=mn|m|n|=37=217.所以平面PDE与平面PBC所成锐二面角的余弦值为217.2.四棱锥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,AM=AB,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
33、平行四边形,又AB=2CD,所以M为AB的中点.因为AM=AB,=12.(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=SA2-SE2=SD2-SE2=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,
34、2,0),C(0,2,0),SA=(1,0,-1),AB=(0,2,0),SC=(0,2,-1),CB=(1,0,0),设平面SAB的法向量n1=(x,y,z),则n1SA=0,n1AB=0,所以x-z=0,2y=0,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=n1n2|n1|n2|=105,因为二面角A-SB-C为钝角,所以二面角A-SB-C余弦值为-105.3.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A1B1上(不与A1,B1重合)的动点.(1)证明:PA
35、1平面PBB1;(2)若四边形ABB1A1为正方形,且AC=BC,PB1A1=4,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-xyz.如图所示,设CB=1,则B(1,0,0),A(0,1,0),A1(0,1,2),B1(1,0,2),P(1,1,2).所以CA1=(0,1,2),CB1=(1,0,2)
36、.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y+2z=0,x+2z=0,令z=1,则x=-2,y=-2,z=1,所以可取n2=(-2,-2,1),所以cos=115=55.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-55.4.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ABCD为直角梯形,ADBC,ADAB,AB=BC=AP=12AD=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P
37、AB,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BCAD=COAO=12,所以EOOF=12,CE=13CB=1,BE=AF=2,同理CHPC=EHPB=COCA=13,连接HO,则有HOPA,所以HOEO,HO=1,所以EH=13PB=2,同理,FG=23PA=2,过点H作HNEF交FG于N,则GH=HN2+GN2=5.(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),BH=(-1,2,1),FH=(2,0,1),设平面BF
38、H的法向量为n=(x,y,z),nBH=-x+2y+z=0,nFH=2x+z=0,令z=-2,得n=1,32,-2,因为平面EFGH平面PAB,所以平面EFGH的法向量m=(0,1,0).cos=mn|m|n|=321+94+4=32929,故二面角B-FH-E的余弦值为32929.5.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=6,M是AB1上的点,当平面MCC1与平面AB1C所成二面角的余弦值为15时,求AMMB1的值.(1)证明在三棱柱ABC-A1B1C1中,各侧面均为平
39、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=3,因为AB1=6,则AO2+B1O2=AB12,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,如图建立空间直角坐标系,则A(0,0,3),C(0,-1,0),C1(
40、0,1,0),B1(3,0,0),AC=(0,-1,-3),AB1=(3,0,-3),CC1=(0,2,0),设AM=tMB1,M(x,y,z),则(x,y,z-3)=t(3-x,-y,-z),所以x=3tt+1,y=0,z=3t+1,M3tt+1,0,3t+1,所以CM=3tt+1,1,3t+1.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n1AC=0,n1AB1=0-y1-3z1=0,3x1-3z1=0,解得n1=(1,-3,1).n2CC1=0,n2CM=02y2=0,3tt+1x2+y2+3t+1z2=0,解得n2=(1,0
41、,-t).所以cos =n1n2|n1|n2|=|1-t|51+t2=15.解得t=12或t=2,即AMMB1=12或AMMB1=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=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
42、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,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(0,23,0),C(-4,23,0),D(-2,0,0),E(0,0,23),F(-1,3,23).DB=(2
43、,23,0),DF=(1,3,23),CF=(3,-3,23),CB=(4,0,0).设平面BDF的法向量为n=(x,y,z),则nDB=0,nDF=0,即x+3y=0,x+3y+23z=0,令x=1,则y=-33,z=0,所以n=1,-33,0.设平面BCF的法向量为m=(x,y,z),则mCB=0,mCF=0,即x=0,3x-3y+23z=0,令z=1,则y=2,x=0,所以m=(0,2,1).cos=mn|m|n|=-55,二面角D-BF-C平面角的正弦值为255.7.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)
44、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=12CB,E为DA中点,ABCD为正方形,DECB,DE=12CB,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,
45、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,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),E0,0,12,F12,12,0.设平面EFC的法向量为n1=(x1,y1,z1),EF=12,12
46、,-12,FC=-12,12,1,则EFn1=0,FCn1=0,即x1+y1-z1=0,-12x1+12y1+z1=0,取n1=(3,-1,2),则设平面PDC的法向量为n2=(x2,y2,z2),PD=(-1,0,1),PC=(-1,1,1),则PDn2=0,PCn2=0,即-x2+z2=0,-x2+y2+z2=0,取n2=(1,0,1),cos=n1n2|n1|n2|=31+(-1)0+21142=5714.平面EFC与平面PDC所成锐二面角的余弦值为5714.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
47、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=3.以
48、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),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).又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),所以cos=nm|n|m|=32.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=54,EF交BD于点H.将DEF沿EF
49、折到DEF的位置,OD=10.(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AEAD=CFCD,故ACEF.因此EFHD,从而EFDH.由AB=5,AC=6得DO=BO=AB2-AO2=4.由EFAC得OHDO=AEAD=14.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,HF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
50、,0),D(0,0,3),AB=(3,-4,0),AC=(6,0,0),AD=(3,1,3).设m=(x1,y1,z1)是平面ABD的法向量,则mAB=0,mAD=0,即3x1-4y1=0,3x1+y1+3z1=0,所以可取m=(4,3,-5).设n=(x2,y2,z2)是平面ACD的法向量,则nAC=0,nAD=0,即6x2=0,3x2+y2+3z2=0,所以可取n=(0,-3,1).于是cos=mn|m|n|=-145010=-7525.sin=29525.因此二面角B-DA-C的正弦值是29525.典题演练提能刷高分1.如图,在边长为23的菱形ABCD中,DAB=60.点E,F分别在边C
51、D,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=23,HB=3,HC=3.设PO=x,则O
52、H=3-x,由PO2=OH2+HB2,得x=2,即PO=2,OH=1.P(0,0,2),A(4,0,0),B(1,3,0),D(1,-3,0),F0,233,0.设平面PAD,平面PBF的法向量分别为m=(a,b,c),n=(x,y,z),由mPA=4a-2c=0,mPD=a-3b-2c=0,取a=1,得m=(1,-3,2).同理,得n=(-1,3,1),cos=mn|m|n|=-1010,平面PBF与平面PAD所成锐二面角的余弦值为1010.2.如图所示,平面多边形ABCDE中,AE=ED,AB=BD,且AB=5,AD=2,AE=2,CD=1,ADCD,现沿直线AD,将ADE折起,得到四棱锥
53、P-ABCD.(1)求证:PBAD;(2)若PB=5,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,POOB,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),DP=(0,-1,1),AP=(0,1,1),BP=(-2,0,1),设m=(a,b,
54、c)为平面PAB的一个法向量,则由APm=0,BPm=0b+c=0,-2a+c=0,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 =cos=|DPm|DP|m|=423=223,即PD与平面PAB所成角的正弦值为223.3.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折到SCD的位置,SA=22,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,EF12AB.又CD
55、12AB,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=22,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),CE=(1,0,1),CA=(2,-2,0),CB=(2,2,0),设平面ECA,平面ECB的法向量分别为
56、m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2),则mCE=0,mCA=0x1+z1=0,2x1-2y1=0,取m=(1,1,-1),nCE=0,nCB=0x2+z2=0,2x2+2y2=0,取n=(1,-1,-1).cos=mn|m|n|=1-1+133=13,二面角A-EC-B的平面角的余弦值为-13.4.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(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-
57、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,P0,92,3,OD=(3,0,6),AQ=(0,m,0),PQ=6,m-92,-3.ODAQ=0,ODPQ=0,ODAQ,ODPQ,且AQ与PQ不共线,OD平面PAQ.(2)解BE=2AE,AQOB,AQ=12OB=3,则Q(6,3,0),QB=(-6,3,0),BC=(0
58、,-3,6).设平面CBQ的法向量为n1=(x,y,z),n1QB=0,n1BC=0,-6x+3y=0,-3y+6z=0,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 =n1n2|n1|n2|=66.5.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ABAD=2时,求二面角D-AC-B的余弦值.(1)证明设点D在平面ABC上的射影为点E,连接DE,则DE平面ABC,所以DEBC.因为四
59、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ABAD=2,所以DBA=30,DAB=60,那么|AE|=|AD|cosDAB=12a,|BE|=|AB|-|AE|=32a,|DE|=|AD|sinDAB=32a,所以D0,-32a,32a,所以AD=0,12a,
60、32a,AC=(-a,2a,0).设平面ACD的一个法向量为m=(x,y,z),则mAD=0,mAC=0,即12ay+32az=0,-ax+2ay=0.取y=1,则x=2,z=-33,所以m=1,2,-33.因为平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),所以cos=mn|m|n|=-3312+22+(-33)2=-14.故所求二面角D-AC-B的余弦值为14.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PFPC=13.(1)求证:CD平面PAD;(
61、2)求二面角F-AE-P的余弦值;(3)设点G在PB上,且PGPB=23,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AE=(0,1,1),PC=(2,2,-2),AP=(0,0,2).所以PF=13PC=23,23,-23,AF=AP+PF=23,23,43.
62、设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则nAE=0,nAF=0,即y+z=0,23x+23y+43z=0.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=np|n|p|=-33.由题知,二面角F-AE-P为锐角,所以其余弦值为33.(3)解直线AG在平面AEF内.因为点G在PB上,且PGPB=23,PB=(2,-1,-2),所以PG=23PB=43,-23,-43,AG=AP+PG=43,-23,23.由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1).所以AGn=-43+23+23=0.所以直线AG在平面AEF内.典
63、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,且AB=BC=32,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=2,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=12BC,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B1
64、MN.DCAC=C,平面ADC平面B1MN,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=2,AB=BC=32,AC=6.M(2,0,1),N(-1,0,2),A(3,0,0),B1(0,-4,3),D-32,-4,32,MN=(-3,0,1),B1M=(2,4,-2).设平面B1MN的法向量为n=(x,y,z),则有nMN,nB1M,-3x+z=0,2x+4y-2z=0,可得平面B1MN的一个法向量n=(1,1,3).又AD=-92,-4,32,cos=nAD|n|AD|=-41477.设直线AD与平
65、面B1MN所成角为,则sin =|cos|=41477.2.(2019北京朝阳一模)如图,在多面体ABCDEF中,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BMBD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
66、点,分别以AB,AD,AF所在直线为x轴,y轴,z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BF=(-1,0,1),DC=(1,2,0),DE=(0,0,1).设平面CDE的一个法向量为n=(x,y,z),则nDC=0,nDE=0,即x+2y=0,z=0.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(-1)|52=105.(2)设BMBD=(0,1),M(x1,y1,z1),则(x1-1,y1,z1
67、)=(-1,1,0),所以x1=1-,y1=,z1=0,所以M(1-,0),所以AM=(1-,0).设平面AFM的一个法向量为m=(x0,y0,z0),则mAM=0,mAF=0.因为AF=(0,0,1),所以(1-)x0+y0=0,z0=0.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mCE=0.因为CE=(-1,-2,1),所以由mCE=0,得-2(-1)=0,解得=230,1,所以线段BD上存在点M,使得CE平面AFM,BMBD=23.3.如图,四边形ABCD中,ABAD,ADBC,AD=6,BE=2AB=4,E,F分别在B
68、C,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上是否存在一点P,且AP=PD,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,APPD=FGGD
69、=32,因为CGPG=G,EFAF=F,所以平面CPG平面ABEF,因为CP平面CPG,所以CP平面ABEF.所以在AD存在一点P,且AP=32PD,使CP平面ABEF.(2)设BE=x,所以AF=x(0x4),FD=6-x,故VA-CDF=13122(6-x)x=13(-x2+6x)=139-(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AE=(2,0,-3),AC=(2,1,-3),FA=(0,0,3),FC=(2,
70、1,0).设平面ACE的法向量n1=(x1,y1,z1),即n1AC=0,n1AE=0,即2x1+y1-3z1=0,2x1-3z1=0,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n2FA=0,n2FC=0,即3z2=0,2x2+y2=0,令x2=1,则y2=-2,z2=0,则n2=(1,-2,0).所以cos=n1n2|n1|n2|=3135=36565.所以二面角E-AC-F的余弦值为36565.4.(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=2
71、2AD,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PMPD的值;若不存在,说明理由.(1)证明AC=CD=22AD,AC2+CD2=12AD2+12AD2=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),AB=(-1,2,0),AP=(-4,0,2),设n=(x,y
72、,z)为平面PAB的一个法向量,由nAB=0,nAP=0,得-x+2y=0,-4x+2z=0,取y=1,则n=(2,1,4).由(1)AC平面PCD,可知AC=(-2,2,0)为平面PCD的一个法向量,设平面PCD与平面PAB所成的锐角为,则cos =|cos|=|2(-2)+12+0|22+12+42(-2)2+22+02=4242.故平面PCD与平面PAB所成的锐角的余弦值为4242.(3)解解法1:假设在棱PD上存在点M,使得CM平面PAB,则CMn,即CMn=0.设M(0,0,h),则CM=(-2,-2,h),由CMn=0,得2(-2)+1(-2)+4h=0,解得h=32.此时,PMP
73、D=2-322=14.故在棱PD上存在点M,使得CM平面PAB,此时PMPD=14.解法2:在棱PD上取点M,使PMPD=14,过M作MNAD交PA于点N,则MN=14AD.又BC14AD,BCMN,四边形MNBC为平行四边形,CMBN.CM平面PAB,BN平面PAB,CM平面PAB.故在棱PD上存在点M,使得CM平面PAB,此时PMPD=14.5.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,AB=AC=2,AD=22,PB=32,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,
74、使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为33,若存在,求出AEAP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=22,所以BC=AD=22,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),AC=(0,2,0),BC=(-2,2,0).由PBA
75、=45,PB=32,可得P(-1,0,3),所以AP=(-1,0,3),BP=(-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33,设AEAP=(01),则AE=AP=(-,0,3),CE=AE-AC=(-,-2,3),设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则nBC=0,nBP=0,即-2x+2y=0,-3x+3z=0,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|=|-2+3|3(-)2+(-2)2+(3)2=|2-2|3102+4=33,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33.
