2019年高考数学复习大二轮精准提分练习第二篇 第15练

2019年高考数学复习大二轮精准提分练习第二篇 第15练

第 15 练　空间向量与立体几何[中档大题规范练] [明晰考情]　1.命题角度：空间线、面关系的证明，空间角的求解.2.题目难度：立体几何大题 一般位于解答题的第二题或第三题位置，中档难度. 考点一　利用空间向量证明平行与垂直 要点重组 　设直线 l，m 的方向向量分别为 a，b，平面 α，β 的法向量分别为 u，v，则 l∥m⇔a∥b⇔a＝kb(k∈R)； l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0； l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0； l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku(k∈R)； α∥β⇔u∥v⇔u＝kv(k∈R)； α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0. 方法技巧 　利用空间向量证明平行、垂直的两种方法 ①坐标法：建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标系研究点、线、面的关系； ②基向量法：选三个不共面的向量(夹角最好为 90°，45°或 60°)，模长已知的向量作为基向量， 将相关向量用基向量表示. 1.如图所示，已知在直三棱柱 ABC—A1B1C1 中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC＝90°， 且 AB＝AA1，D，E，F 分别为 B1A，C1C，BC 的中点.求证： (1)DE∥平面 ABC； (2)B1F⊥平面 AEF. 证明　(1)由直三棱柱的性质，得 A1A⊥AB，A1A⊥AC，又 BA⊥AC，如图，以点 A 为坐标原 点，分别以 AB，AC，AA1 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 A－xyz，令 AB ＝AA1＝4， 则 A(0，0，0)，E(0，4，2)，F(2，2，0)，B(4，0，0)，B1(4，0，4). 取 AB 的中点 N，连接 CN， 则 N(2，0，0)，C(0，4，0)，D(2，0，2)， ∴DE → ＝(－2，4，0)，NC → ＝(－2，4，0)， ∴DE → ＝NC → ，∴DE∥NC. 又∵NC⊂平面 ABC，DE⊄平面 ABC， ∴DE∥平面 ABC. (2)∵B1F → ＝(－2，2，－4)，EF → ＝(2，－2，－2)，AF → ＝(2，2，0)， ∴B1F → ·EF → ＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， B1F → ·AF → ＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0. ∴B1F → ⊥EF → ，B1F → ⊥AF → ，即 B1F⊥EF，B1F⊥AF. 又∵AF∩EF＝F，AF，EF⊂平面 AEF， ∴B1F⊥平面 AEF. 2.如图所示，在底面是矩形的四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥底面 ABCD，E，F 分别是 PC，PD 的中点，PA＝AB＝1，BC＝2. (1)求证：EF∥平面 PAB； (2)求证：平面 PAD⊥平面 PDC. 证明　由题意知，PA⊥AB，PA⊥AD，BA⊥AD，以点 A 为坐标原点，AB，AD，AP 所在直 线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 A－xyz 如图所示，则 A(0，0，0)，B(1，0， 0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)， 因为 E，F 分别是 PC，PD 的中点， 所以 E( 1 2，1，1 2)，F(0，1，1 2)， EF → ＝(－1 2，0，0)，AP → ＝(0，0，1)，AD → ＝(0，2，0)，DC → ＝(1，0，0)，AB → ＝(1，0，0). (1)因为EF → ＝－1 2AB → ，所以EF → ∥AB → ，即 EF∥AB. 又 AB⊂平面 PAB，EF⊄平面 PAB，所以 EF∥平面 PAB. (2)因为AP → ·DC → ＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0， AD → ·DC → ＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0， 所以AP → ⊥DC → ，AD → ⊥DC → ，即 AP⊥DC，AD⊥DC. 又因为 AP∩AD＝A，AP⊂平面 PAD，AD⊂平面 PAD，所以 DC⊥平面 PAD. 因为 DC⊂平面 PDC， 所以平面 PAD⊥平面 PDC. 3.如图，已知点 P 在正方体 ABCD－A′B′C′D′的对角线 BD′上，∠PDA＝60°. (1)求 DP 与 CC′所成的角的大小； (2)求 DP 与平面 AA′D′D 所成的角的大小. 解　如图，以点 D 为坐标原点，分别以 DA，DC，DD′所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立 空间直角坐标系 D－xyz. 设 DA＝1，则DA → ＝(1，0，0)，CC′—→ ＝(0，0，1).连接 BD，B′D′. 在平面 BB′D′D 中，延长 DP 交 B′D′于点 H. 设DH → ＝(m，m，1)(m>0)，由已知〈DH → ，DA → 〉＝60°. 由DA → ·DH → ＝|DA → ||DH → |cos〈DA → ，DH → 〉， 可得 2m＝ 2m2＋1，解得 m＝ 2 2 ， 所以DH → ＝( 2 2 ， 2 2 ，1). (1)因为 cos〈DH → ，CC′—→ 〉＝ 2 2 × 0＋ 2 2 × 0＋1 × 1 1 × 2 ＝ 2 2 ， 因为〈DH → ，CC′—→ 〉∈[0°，180°]， 所以〈DH → ，CC′—→ 〉＝45°，因为异面直线所成的角的范围是(0°，90°]，DP 与 CC′所成的角 为 45°. (2)平面 AA′D′D 的一个法向量是DC → ＝(0，1，0). 因为 cos〈DH → ，DC → 〉＝ 2 2 × 0＋ 2 2 × 1＋1 × 0 1 × 2 ＝1 2， 且〈DH → ，DC → 〉∈[0°，180°]， 所以〈DH → ，DC → 〉＝60°. 可得 DP 与平面 AA′D′D 所成的角为 30°. 考点二　空间角的求解 要点重组 　设直线 l，m 的方向向量分别为 a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2).平面 α，β 的法 向量分别为 u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同). (1)线线角 设 l，m 所成的角为 θ(0 ≤ θ ≤ π 2)，则 cos θ＝|a·b| |a||b|＝ |a1a2＋b1b2＋c1c2| a21＋b21＋c21 a22＋b22＋c22. (2)线面角 设直线 l 与平面 α 所成的角为 θ(0 ≤ θ ≤ π 2)， 则 sin θ＝|a·u| |a||u|＝|cos〈a，u〉|. (3)二面角 设 α－l－β 的平面角为 θ(0≤θ≤π)， 则|cos θ|＝|u·v| |u||v|＝|cos〈u，v〉|. 4.(2018·江苏)如图，在正三棱柱 ABC－A 1B1C1 中，AB＝AA1＝2，点 P，Q 分别为 A1B1，BC 的中点. (1)求异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值； (2)求直线 CC1 与平面 AQC1 所成角的正弦值. 解　如图，在正三棱柱 ABC－A1B1C1 中，设 AC，A1C1 的中点分别为 O，O1，则 OB⊥OC， OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{OB → ，OC → ，OO1→ }为基底，建立空间直角坐标系 O－xyz. 因为 AB＝AA1＝2，所以 A(0，－1，0)，B( 3，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1，2)，B1( 3， 0，2)，C1(0，1，2). (1)因为 P 为 A1B1 的中点，所以 P( 3 2 ，－1 2，2)， 从而BP → ＝(－ 3 2 ，－1 2，2)，AC1→ ＝(0，2，2)， 故|cos〈BP → ，AC1→ 〉|＝ |BP → ·AC1→ | |BP → ||AC1→ | ＝ |－1＋4| 5 × 2 2 ＝3 10 20 . 因此，异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值为3 10 20 . (2)因为 Q 为 BC 的中点，所以 Q( 3 2 ，1 2，0)， 因此AQ → ＝( 3 2 ，3 2，0)，AC1→ ＝(0，2，2)，CC1→ ＝(0，0，2). 设 n＝(x，y，z)为平面 AQC1 的一个法向量， 则Error!即Error! 不妨取 n＝( 3，－1，1). 设直线 CC1 与平面 AQC1 所成的角为 θ， 则 sin θ＝|cos〈CC1→ ，n〉|＝ |CC1→ ·n| |CC1→ ||n| ＝ 2 2 × 5 ＝ 5 5 . 所以直线 CC1 与平面 AQC1 所成角的正弦值为 5 5 . 5.如图，四边形 ABCD 为正方形，PD⊥平面 ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝1 2PD. (1)证明：平面 PQC⊥平面 DCQ； (2)求二面角 Q－BP－C 的正弦值. (1)证明　由题意可得 QA⊥平面 ABCD，所以 QA⊥CD. 由四边形 ABCD 为正方形知 DC⊥AD，又因为 QA∩AD＝A，QA，AD⊂平面 PDAQ，所以 CD⊥ 平面 PDAQ，所以 CD⊥PQ. 在直角梯形 PDAQ 中，可得 DQ＝PQ＝ 2 2 PD， 所以 PQ2＋DQ2＝PD2. 由勾股定理的逆定理得 PQ⊥QD. 又因为 CD∩DQ＝D，CD，DQ⊂平面 DCQ， 所以 PQ⊥平面 DCQ. 又 PQ⊂平面 PQC，所以平面 PQC⊥平面 DCQ. (2)解　由题意知，如图，以点 D 为坐标原点，线段 DA 的长为单位长度，DA，DP，DC 所 在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系 D－xyz，依题意有 Q(1，1，0)，C(0，0， 1)，P(0，2，0)，B(1，0，1)，CB → ＝(1，0，0)，BP → ＝(－1，2，－1). 设 n＝(x，y，z)是平面 PBC 的－个法向量， 则Error!即Error! 可取 n＝(0，－1，－2). 同理，平面 PBQ 的一个法向量为 m＝(1，1，1)， 所以 cos〈m，n〉＝ m·n |m||n|＝0－1－2 5· 3 ＝－ 15 5 ， 所以 sin〈m，n〉＝ 10 5 ， 即二面角 Q－BP－C 的正弦值为 10 5 . 6.如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，P 为棱 C1D1 的中点，Q 为棱 BB1 上的点， 且 BQ＝λBB1(λ≠0). (1)若 λ＝1 2，求 AP 与 AQ 所成的角的余弦值； (2)若直线 AA1 与平面 APQ 所成的角为 45°，求实数 λ 的值. 解　以点 A 为坐标原点，分别以 AB，AD，AA1 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示 的空间直角坐标系 A－xyz. (1)因为AP → ＝(1，2，2)，AQ → ＝(2，0，1)， 所以 cos〈AP → ，AQ → 〉＝ AP → ·AQ → |AP → ||AQ → | ＝1 × 2＋2 × 0＋2 × 1 9 × 5 ＝4 5 15 . 所以 AP 与 AQ 所成的角的余弦值为4 5 15 . (2)由题意可知，AA1→ ＝(0，0，2)，AQ → ＝(2，0，2λ)，AP → ＝(1，2，2). 设平面 APQ 的一个法向量为 n＝(x，y，z)， 则由 n⊥AP → ，n⊥AQ → ，得Error! 即Error! 令 z＝－2，则 x＝2λ，y＝2－λ. 所以 n＝(2λ，2－λ，－2). 又因为直线 AA1 与平面 APQ 所成的角为 45°， 所以|cos〈n，AA1→ 〉|＝ |n·AA1→ | |n||AA1→ | ＝ 4 2 (2λ)2＋(2－λ)2＋(－2)2 ＝ 2 2 ， 可得 5λ2－4λ＝0.又因为 λ≠0，所以 λ＝4 5. 考点三　立体几何的综合问题 方法技巧 　利用空间向量求解立体几何中的综合问题，要根据几何体的结构特征建立空间直 角坐标系，将题中条件数量化，利用计算方法求解几何问题. 7.(2018·全国Ⅲ)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，求平面 MAB 与平面 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 BC⊥CD，BC⊂平面 ABCD， 所以 BC⊥平面 CMD，又 DM⊂平面 CMD， 故 BC⊥DM. 因为 M 为 上异于 C，D 的点，且 DC 为直径， 所以 DM⊥CM. 又 BC∩CM＝C，BC，CM⊂平面 BMC， 所以 DM⊥平面 BMC. 又 DM⊂平面 AMD，故平面 AMD⊥平面 BMC. (2)解　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. 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)， AM → ＝(－2，1，1)，AB → ＝(0，2，0)，DA → ＝(2，0，0)， 设 n＝(x，y，z)是平面 MAB 的法向量，则 CD CD CD CD Error!即Error! 可取 n＝(1，0，2)， DA → 是平面 MCD 的法向量，因此 cos〈n，DA → 〉＝ n·DA → |n||DA → | ＝ 5 5 ， sin〈n，DA → 〉＝2 5 5 . 所以平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值是2 5 5 . 8.(2018·衡水模拟)在矩形 ABCD 中，AB＝3，AD＝2，点 E 是线段 CD 上靠近点 D 的一个三 等分点，点 F 是线段 AD 上的一个动点，且DF → ＝λDA → (0≤λ≤1).如图，将△BCE 沿 BE 折起至 △BEG，使得平面 BEG⊥平面 ABED. (1)当 λ＝1 2时，求证：EF⊥BG； (2)是否存在 λ，使得 FG 与平面 DEG 所成的角的正弦值为1 3？若存在，求出 λ 的值；若不存 在，请说明理由. (1)证明　当 λ＝1 2时，点 F 是 AD 的中点. ∴DF＝1 2AD＝1，DE＝1 3CD＝1. ∵∠ADC＝90°， ∴∠DEF＝45°. ∵CE＝2 3CD＝2，BC＝2，∠BCD＝90°， ∴∠BEC＝45°. ∴BE⊥EF. 又平面 GBE⊥平面 ABED，平面 GBE∩平面 ABED＝BE，EF⊂平面 ABED， ∴EF⊥平面 BEG. ∵BG⊂平面 BEG，∴EF⊥BG. (2)解　以点 C 为坐标原点，分别以 CD，CB 所在直线为 x 轴，y 轴建立如图所示空间直角坐 标系 C－xyz. 则 E(2，0，0)，D(3，0，0)，F(3，2λ，0). 取 BE 的中点 O， ∵GE＝BG＝2，∴GO⊥BE， 又∵平面 BEG⊥平面 ABED，平面 BEG∩平面 ABED＝BE，OG⊂平面 BEG， ∴OG⊥平面 BCE， ∵BE＝2 2，∴OG＝ 2，∴G(1，1， 2). ∴FG → ＝(－2，1－2λ， 2)，EG → ＝(－1，1， 2)，DG → ＝(－2，1， 2). 设平面 DEG 的一个法向量为 n＝(x，y，z)， 则Error! 令 z＝ 2，则 n＝(0，－2， 2). 设 FG 与平面 DEG 所成的角为 θ， 则 sin θ＝|cos〈FG → ，n〉|＝ |FG → ·n| |FG → ||n| ＝|－2 × 0＋(－2) × (1－2λ)＋2| 6 × 6＋(1－2λ)2 ＝1 3， 解得 λ＝1 2或 λ＝－ 7 10(舍)， ∴存在实数 λ，使得 FG 与平面 DEG 所成的角的正弦值为1 3，此时 λ＝1 2. 9.在四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，侧棱 DD1⊥平面 ABCD， O 是 AC 的中点，点 E 在线段 BD1 上，且D1E → ＝3EB → ，连接 OE，AE，EC. (1)求证：OE∥平面 A1B1CD； (2)若平面 AEC 与平面 A1B1CD 所成的锐二面角的大小为 30°，求直线 BD1 与平面 A1B1CD 所 成的角的正弦值. (1)证明　连接 BD，B1D1，B1D，因为四边形 ABCD 是正方形，O 是 AC 的中点，所以 O 是 BD 的中点，设 BD1 与 B1D 交于点 M，则点 M 是 BD1 的中点，由D1E → ＝3EB → ，得 E 是 BM 的中点， 所以 OE∥B1D， 又 B1D⊂平面 A1B1CD，OE⊄平面 A1B1CD， 所以 OE∥平面 A1B1CD. (2)解　如图，以点 D 为坐标原点，以 DA，DC，DD1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立 空间直角坐标系 D－xyz，设 DD1＝h(h>0)，则 D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0， 2，0)，A1(2，0，h)，D1(0，0，h)，所以D1B → ＝(2，2，－h)，DC → ＝(0，2，0)，DA1→ ＝(2，0， h)，AC → ＝(－2，2，0)，AD1→ ＝(－2，0，h).AE → ＝AD1→ ＋D1E → ＝AD1→ ＋3 4D1B → ＝(－1 2，3 2，h 4). 设平面 A1B1CD 的法向量为 m＝(x，y，z)， 由Error!得Error!得 y＝0，令 z＝－2， 则 m＝(h，0，－2). 设平面 AEC 的法向量为 n＝(a，b，c)，由Error!得Error!令 c＝－4，则 n＝(h，h，－4). 因为平面 AEC 与平面 A1B1CD 所成的锐二面角的大小为 30°， 所以 cos 30°＝|m·n| |m||n|＝ h2＋8 h2＋4· 2h2＋16 ＝ 3 2 ， 整理得 h4＋4h2－32＝0，即(h2＋8)(h2－4)＝0， 所以 h＝2， 所以 m＝(2，0，－2)，D1B → ＝(2，2，－2)， 设直线 BD1 与平面 A1B1CD 所成的角为 θ，则 sin θ＝ |m·D1B → | |m||D1B → | ＝ 8 8 × 12 ＝ 6 3 . 所以直线 BD1 与平面 A1B1CD 所成的角的正弦值为 6 3 . 典例　(12 分)如图 1，在等腰直角三角形 ABC 中，∠BAC＝90°，BC＝6，D，E 分别是 AC， AB 上的点，CD＝BE＝ 2，O 为 BC 的中点，将△ADE 沿 DE 折起，得到如图 2 所示的四棱 锥 A′－BCDE，其中 A′O＝ 3. 　 (1)求证：A′O⊥平面 BCDE； (2)求二面角 A′－CD－B 的余弦值. 审题路线图 (1)分析折叠前后图形关系 ― ― ―→证 F 为 DE 的中点 图 2 中 DE ⊥ A′F，DE ⊥ OF―→ DE ⊥ 平面 OA′F―→ DE ⊥ OA′ ― ― ― ― ― ― →利用勾股定理 可得 A′O ⊥ OF A′O ⊥ 平面 BCDE (2)建系―→写点的坐标―→求两个平面的法向量―→求两个平面法向量的夹角―→ 二面角的余弦值 规范解答·评分标准 (1)证明　如图①，在折叠前的图形中，连接 AO 交 DE 于点 F，则 F 为 DE 的中点，在等腰 直角三角形 ABC 中，因为 BC＝6，O 为 BC 的中点，所以 AC＝AB＝3 2，OA＝3. 因为 CD＝BE＝ 2，所以 D 和 E 分别是 AC，AB 的三等分点，则 AF＝2，OF＝1.……2 分 如图②，在折叠后的图形中，连接 OF 和 A′F，因为 A′O＝ 3，所以 A′F2＝OF2＋ A′O2， 所以 A′O⊥OF.……………………………………………………………………………3 分 在折叠前的图形中，DE⊥OA， 　　　 所以在折叠后的图形中，DE⊥A′F，DE⊥OF.………………………………………4 分 又 OF∩A′F＝F，OF，A′F⊂平面 OA′F， 所以 DE⊥平面 OA′F. 因为 OA′⊂平面 OA′F，所以 DE⊥OA′.……………………………………………5 分 因为 OF∩DE＝F，OF，DE⊂平面 BCDE， 所以 A′O⊥平面 BCDE.…………………………………………………………………6 分 (2)解　以 O 为坐标原点，分别以 OF，OB，OA′所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直 角坐标系 O－xyz，如图③所示(F 为 DE 的中点)， 则 A′(0，0， 3)，C(0，－3，0)，D(1，－2，0)， 所以OA′—→ ＝(0，0， 3)，CA′—→ ＝(0，3， 3)，DA′—→ ＝(－1，2， 3). ………………………………………………………………………………………………8 分 设 n＝(x，y，z)为平面 A′CD 的一个法向量，则Error! 令 z＝ 3，得 n＝(1，－1， 3)，|n|＝ 1＋1＋3＝ 5. ……………………………………………………………………………………………9 分 由(1)知，OA′—→ ＝(0，0， 3)为平面 CDB 的一个法向量， 又|OA′—→ |＝ 3，OA′—→ ·n＝0×1＋0×(－1)＋ 3× 3＝3，……………………………10 分 所以 cos〈n，OA′—→ 〉＝ n·OA′—→ |n||OA′—→ | ＝ 3 3 × 5 ＝ 15 5 ， 又由图知，二面角为锐角，所以二面角 A′－CD－B 的余弦值为 15 5 .…………12 分 构建答题模板 [第一步]　找垂直：找出(或作出)具有公共交点的三条两两垂直的直线. [第二步]　写坐标：建立空间直角坐标系，写出特殊点坐标. [第三步]　求向量：求直线的方向向量或平面的法向量. [第四步]　求夹角：计算向量的夹角. [第五步]　得结论：得到所求两个平面所成的角或直线与平面所成的角. 1.如图，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点 E 在线段 BB1 上， 且 EB1＝1，D，F，G 分别为 CC1，C1B1，C1A1 的中点.求证： (1)B1D⊥平面 ABD； (2)平面 EGF∥平面 ABD. 证明　(1)由直三棱柱的性质知，BB1⊥AB，BB1⊥BC，又 AB⊥BC，以 B 为坐标原点，BA， BC，BB1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 B－xyz，如图所示， 则 B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4)， 设 BA＝a，则 A(a，0，0)， 所以BA → ＝(a，0，0)，BD → ＝(0，2，2)，B1D → ＝(0，2，－2)， 所以B1D → ·BA → ＝0，B1D → ·BD → ＝0＋4－4＝0， 即 B1D⊥BA，B1D⊥BD. 又 BA∩BD＝B，BA，BD⊂平面 ABD， 所以 B1D⊥平面 ABD. (2)由(1)知，E(0，0，3)，G( a 2，1，4)，F(0，1，4)， 则EG → ＝( a 2，1，1)，EF → ＝(0，1，1)，B1D → ·EG → ＝0＋2－2＝0，B1D → ·EF → ＝0＋2－2＝0， 即 B1D⊥EG，B1D⊥EF. 又 EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面 EGF， 所以 B1D⊥平面 EGF. 结合(1)可知平面 EGF∥平面 ABD. 2.(2018·永州模拟)如图，在多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是菱形，EF∥AC，EF＝1，∠ABC ＝60°，CE⊥平面 ABCD，CE＝ 3，CD＝2，G 是 DE 的中点. (1)求证：平面 ACG∥平面 BEF； (2)求直线 AD 与平面 ABF 所成的角的正弦值. (1)证明　连接 BD 交 AC 于 O，则 O 是 BD 的中点，故 OG∥BE，又 BE⊂平面 BEF，OG⊄平 面 BEF，所以 OG∥平面 BEF. 又 EF∥AC，AC⊄平面 BEF，EF⊂平面 BEF，所以 AC∥平面 BEF，又 AC∩OG＝O，AC，OG⊂ 平面 ACG，所以平面 ACG∥平面 BEF. (2)解　连接 OF，由题意可得 OC＝1，即 OC＝EF， 又 EF∥AC，所以四边形 OCEF 为平行四边形， 所以 OF∥EC，OF＝EC＝ 3， 所以 OF⊥平面 ABCD，所以 OF，OC，OD 两两垂直. 如图，以 O 为坐标原点，分别以 OC，OD，OF 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系， 则 A(－1，0，0)，B(0，－ 3，0)，D(0，3，0)，F(0，0， 3)，AD → ＝(1， 3，0)，AB → ＝(1，－ 3，0)，AF → ＝(1，0， 3)， 设平面 ABF 的法向量为 m＝(a，b，c)，依题意有Error! 即Error! 令 a＝ 3，则 b＝1，c＝－1，m＝( 3，1，－1)， |cos〈AD → ，m〉|＝ |AD → ·m| |AD → ||m| ＝ 3＋ 3 4 × 5 ＝ 15 5 ， 所以直线 AD 与平面 ABF 所成的角的正弦值是 15 5 . 3.(2018·天津)如图，AD∥BC 且 AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD 且 EG＝AD，CD∥FG 且 CD ＝2FG，DG⊥平面 ABCD，DA＝DC＝DG＝2. (1)若 M 为 CF 的中点，N 为 EG 的中点，求证：MN∥平面 CDE； (2)求二面角 E－BC－F 的正弦值； (3)若点 P 在线段 DG 上，且直线 BP 与平面 ADGE 所成的角为 60°，求线段 DP 的长. (1)证明　依题意，可以建立以 D 为原点，分别以DA → ，DC → ，DG → 的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正 方向的空间直角坐标系(如图)，可得 D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)， E(2，0，2)，F(0，1，2)，G(0，0，2)，M (0，3 2，1)，N(1，0，2). 依题意得DC → ＝(0，2，0)，DE → ＝(2，0，2). 设 n0＝(x0，y0，z0)为平面 CDE 的法向量，则Error! 即Error!不妨令 z0＝－1，可得 n0＝(1，0，－1). 又MN → ＝(1，－3 2，1)，可得MN → ·n0＝0. 又因为直线 MN⊄平面 CDE，所以 MN∥平面 CDE. (2)解　依题意，可得BC → ＝(－1，0，0)，BE → ＝(1，－2，2)，CF → ＝(0，－1，2). 设 n＝(x，y，z)为平面 BCE 的法向量，则Error! 即Error!不妨令 z＝1，可得 n＝(0，1，1). 设 m＝(x，y，z)为平面 BCF 的法向量，则Error! 即Error!不妨令 z＝1，可得 m＝(0，2，1). 因此有 cos〈m，n〉＝ m·n |m||n|＝3 10 10 ， 于是 sin〈m，n〉＝ 10 10 . 所以二面角 E－BC－F 的正弦值为 10 10 . (3)解　设线段 DP 的长为 h(h∈[0，2])，则点 P 的坐标为(0，0，h)，可得 BP → ＝(－1，－2， h). DC → ＝(0，2，0)为平面 ADGE 的一个法向量， 故|cos〈BP → ，DC → 〉|＝ |BP → ·DC → | |BP → ||DC → | ＝ 2 h2＋5 ， 由题意，可得 2 h2＋5 ＝sin 60°＝ 3 2 ， 解得 h＝ 3 3 (负值舍去). 所以线段 DP 的长为 3 3 . 4.如图，同一平面上直角梯形 ABCD 和直角梯形 ABEF 全等，AD＝2AB＝2BC，将梯形 ABEF 沿 AB 折起，使二面角 F－AB－D 的大小为 θ(0＜θ＜π). (1)求证：对任意 θ∈(0，π)，平面 ABEF⊥平面 ADF； (2)当 θ＝π 2时，求二面角 A－ED－B 的余弦值. (1)证明　在折起过程中，AB⊥AF，AB⊥AD 恒成立，且 AF∩AD＝A，AF⊂平面 ADF，AD⊂ 平面 ADF，所以 AB⊥平面 ADF. 因为 AB⊂平面 ABEF，所以平面 ABEF⊥平面 ADF， 所以对任意 θ∈(0，π)，平面 ABEF⊥平面 ADF. (2)解　因为 AF⊥AB，AD⊥AB，则二面角 F－AB－D 的平面角为∠FAD，即 θ＝∠FAD＝ 90°，AB，AD，AF 两两垂直.以 A 点为坐标原点，AB，AD，AF 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 A－xyz，设 AB＝BC＝1，则 AD＝2，BE＝1. 所以 A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，2，0)，E(1，0，1). BE → ＝(0，0，1)，BD → ＝(－1，2，0)，AD → ＝(0，2，0)，AE → ＝(1，0，1). 设 n1＝(x1，y1，z1)为平面 BED 的法向量， 则Error!即Error! 令 y1＝1，则 n1＝(2，1，0). 设 n2＝(x2，y2，z2)为平面 AED 的法向量， 则Error!即Error! 令 x2＝1，则 n2＝(1，0，－1). 所以 cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1||n2|＝ 2 5 × 2 ＝ 10 5 . 结合图形可知，二面角 A－ED－B 的余弦值为 10 5 .