【数学】2019届一轮复习全国通用版高考必考题突破讲座(四)直线、平面与空间向量的应用学案

【数学】2019届一轮复习全国通用版高考必考题突破讲座(四)直线、平面与空间向量的应用学案

高考必考题突破讲座(四)‎ 直线、平面与空间向量的应用 题型特点 考情分析 命题趋势 立体几何是高考的重要内容，每年基本上都是一个解答题，一至两道选择题或填空题．小题主要考查学生的空间想象能力及简单计算能力．解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算．重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力.‎ ‎2017·全国卷Ⅰ，18‎ ‎2017·全国卷Ⅲ，19‎ ‎2017·浙江卷，19‎ ‎2017·山东卷，17‎ 热点题型主要有空间角的计算、平面图形的翻折、探索性问题等.‎ 分值：12分 ‎1．空间点、线、面的位置关系及空间角的计算 ‎(1)空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解．‎ ‎(2)利用向量求空间角的步骤：‎ 第一步：建立空间直角坐标系；‎ 第二步：确定点的坐标；‎ 第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；‎ 第四步：计算向量的夹角(或函数值)；‎ 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；‎ 第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．‎ ‎2．立体几何中的探索性问题 一般以解答题形式呈现，常涉及线面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，其解决方式有：‎ ‎(1)根据条件作出判断，再进一步论证；‎ ‎(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在．‎ ‎3．立体几何中的折叠问题 将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力．‎ ‎【例1】 (2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，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．‎ 解析 (1)由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，‎ 得AB⊥AP，CD⊥PD．‎ 由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD．‎ 又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．‎ ‎(2)在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为F.‎ 由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，‎ 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，建立如图所示空间直角坐标系Fxyz.‎ 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 即 可取n＝(0，－1，－)．‎ 设m＝(a，b，c)是平面PAB的法向量，则 即可取m＝(1,0,1)．‎ 则cos 〈n，m〉＝＝－.‎ 所以二面角A－PB－C的余弦值为－.‎ ‎【例2】 (2018·河南郑州高三联考)在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED⊥平面ABCD，∠ABD＝，AB＝2AD．‎ ‎(1)求证：平面BDEF⊥平面ADE；‎ ‎(2)若ED＝BD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值．‎ 解析 (1)在△ABD中，∠ABD＝，‎ AB＝2AD，由余弦定理，得BD＝AD，‎ 从而BD2＋AD2＝AB2，‎ 所以△ABD为直角三角形且∠ADB＝90°，‎ 故BD⊥AD．‎ 因为DE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以DE⊥BD．‎ 又AD∩DE＝D，所以BD⊥平面ADE.‎ 因为BD⊂平面BDEF，所以平面BDEF⊥平面ADE.‎ ‎(2)由(1)可得，在Rt△ABD中，∠BAD＝，BD＝AD，‎ 又由ED＝BD，‎ 设AD＝1，则BD＝ED＝.因为DE⊥平面ABCD，BD⊥AD，‎ 所以可以点D为坐标原点，DA，DB，DE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．‎ 则A(1,0,0)，C(－1，，0)，E(0,0，)，F(0，，)．‎ 所以＝(－1,0，)，＝(－2，，0)．‎ 设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 令z＝1，得n＝(，2,1)，为平面AEC的一个法向量．‎ 因为A＝(－1，，)，‎ 所以cos〈n，A〉＝＝，‎ 所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为.‎ ‎【例3】 (2016·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.‎ ‎(1)求证：PD⊥平面PAB；‎ ‎(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；‎ ‎(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．‎ 解析 (1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD．所以AB⊥PD．‎ 又因为PA⊥PD，所以PD⊥平面PAB．‎ ‎(2)取AD的中点O，连接PO，CO.‎ 因为PA＝PD，所以PO⊥AD．‎ 又因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，‎ 所以PO⊥平面ABCD．‎ 因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.‎ 因为AC＝CD，所以CO⊥AD．‎ 如图，建立空间直角坐标系Oxyz.‎ 由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)．‎ 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则 即 令z＝2，则x＝1，y＝－2，所以n＝(1，－2,2)．‎ 又＝(1,1，－1)，‎ 所以cos 〈n，〉＝＝－.‎ 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.‎ ‎(3)设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0,1]使得＝λ.‎ 因此点M(0,1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)．‎ 因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，‎ 当且仅当·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0，‎ 解得λ＝.‎ 所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，‎ 此时＝.‎ ‎【例4】 (2016·全国卷Ⅱ)如图，菱形ABCD的对角线AC与ED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△D′EF的位置，OD′＝.‎ ‎(1)证明：D′H⊥平面ABCD；‎ ‎(2)求二面角B－D′A－C的正弦值．‎ 解析 (1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD．‎ 又由AE＝CF，得＝，故AC∥EF.‎ 因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.‎ 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.‎ 由EF∥AC得＝＝.所以OH＝1，D′H＝DH＝3.‎ 于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.‎ 所以D′H⊥平面ABCD．‎ ‎(2)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Hxyz.‎ 则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′的一个法向量，‎ 则即 所以可取m＝(4,3，－5)．‎ 设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的一个法向量，‎ 则即 所以可取n＝(0，－3,1)．‎ 于是cos 〈m，n〉＝＝＝－.‎ sin 〈m，n〉＝.‎ 因此二面角B－D′A－C的正弦值是.‎ ‎1．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠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2.‎ ‎(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．‎ 解析 (1)证明：在题图1中，因为AB＝BC＝1，‎ AD＝2，E是AD的中点∠BAD＝，所以BE⊥AC．‎ 即在题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC．‎ 又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC．‎ ‎(2)由已知，平面ABE⊥平面BCDE，‎ 又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC．‎ 所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，‎ 所以∠A1OC＝.‎ 如图，以O为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，‎ 因为|A1B|＝|A1E|＝|BC|＝|ED|＝1，BC∥CD，‎ 所以BE，A1，C，‎ 得＝，＝，‎ ＝＝(－，0,0)．‎ 设平面A1BC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ，‎ 则得取n1＝(1,1,1)；‎ 由得取n2＝(0,1,1)，‎ 从而cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝，‎ 即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.‎ ‎2．如图，在直三棱柱ABC－A1B‎1C1中，平面A1BC⊥侧面ABB‎1A1，且AA1＝AB＝2.‎ ‎(1)求证：AB⊥BC；‎ ‎(2)若直线AC与平面A1BC所成的角为，请问在线段A‎1C上是否存在点E，使得二面角A－BE－C的大小为，请说明理由．‎ 解析 (1)证明：连接AB1交A1B于点D，‎ ‎∵AA1＝AB，∴AD⊥A1B，‎ 又平面A1BC⊥侧面ABB‎1A1，两平面的交线为A1B，‎ ‎∴AD⊥平面A1BC，BC⊂平面A1BC，∴AD⊥BC．‎ ‎∵三棱柱ABCA1B‎1C1是直三棱柱，∴AA1⊥底面ABC，‎ ‎∴AA1⊥BC，又AA1∩AD＝A，∴BC⊥侧面ABB‎1A1，‎ ‎∴BC⊥AB．‎ ‎(2)由(1)AD⊥平面A1BC，‎ ‎∴∠ACD是直线AC与平面A1BC所成的角，‎ 即∠ACD＝，又AD＝，∴AC＝2，‎ 假设存在适合条件的点E，‎ 建立如图所示空间直角坐标系Axyz，‎ 设＝λ(0≤λ≤1)，‎ 则B(，，0)，B1(，，2)，‎ 由A1(0,0,2)，C(2，0,0)，‎ 得E(2λ，0,2－2λ)，‎ 设平面EAB的一个法向量m＝(x，y，z)，‎ 由得 ‎∴可取m＝(λ－1,1－λ，λ)，‎ 由(1)知AB1⊥平面A1BC，‎ ‎∴平面CEB的一个法向量n＝(1,1，)，‎ ‎∴＝＝cos 〈m，n〉＝＝，‎ 解得λ＝，‎ 故点E为线段A‎1C中点时，二面角A－BE－C的大小为.‎ ‎3．在三棱柱ABC－A1B‎1C1中，已知侧面ABB‎1A1是菱形，侧面BCC1B1是正方形，点A1在底面ABC的投影为AB的中点D．‎ ‎(1)证明：平面AA1B1B⊥平面BB‎1C1C；‎ ‎(2)设P为B‎1C1上一点，且＝，求二面角A1－AB－P的正弦值．‎ 解析 (1)证明：∵A1D⊥底面ABC，∴A1D⊥BC，‎ 侧面BCC1B1是正方形，∴B1B⊥BC，‎ A1D，B1B ⊂平面AA1B1B，且A1D与B1B相交，‎ ‎∴BC⊥平面AA1B1B，‎ BC⊂平面BB‎1C1C，∴平面BB‎1C1C⊥平面AA1B1B．‎ ‎(2)建立如图所示空间直角坐标系Dxyz，设菱形边长为2，‎ 则A(0，－1,0)，B(0,1,0)，‎ ‎∵D为AB的中点，且A1D⊥AB，∴A‎1A＝A1B，‎ 又ABB‎1A1为菱形，∴△A1AB为正三角形，∠A1AD＝60°，‎ ‎∴A1D＝，∴A1(0,0，)，‎ 由＝＝(0,2,0)，得B1(0,2，)，‎ 由＝＝＝，得P.‎ 设平面ABP的一个法向量为m＝(x，y，z)，‎ ＝，＝(0,2,0)，‎ 由得 ‎∴可取m＝(3，0，－2)，‎ 易知平面AA1B1B的一个法向量n＝(1,0,0)，‎ ‎∴cos 〈m, n〉＝＝.‎ ‎∴二面角A1－AB－P的正弦值为sin 〈m, n〉＝.‎ 高考必考题突破讲座(四)‎ 直线、平面与空间向量的应用 ‎[解密考纲]立体几何问题是高考的重要内容，每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题和空间夹角的计算等，难度中等．‎ ‎1．(2018·广东五校诊断)如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2.‎ ‎(1)求证：BD⊥平面ACFE；‎ ‎(2)当直线FO与平面BED所成的角为45°时，求异面直线OF与BE所成的角的余弦值大小．‎ 解析 (1)∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC．‎ ‎∵AE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥AE.‎ ‎∵AC∩AE＝A，∴BD⊥平面ACFE.‎ ‎(2)以O为原点，，的方向为x，y轴正方向，过O且平行于CF的直线为z轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B(0，，0)，D(0，－，0)，E(1,0,2)，F(－1,0，a)(a>0)，＝(－1,0，a)．‎ 设平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则有即令z＝1，则n＝(－2,0,1)，‎ 由题意得sin 45°＝|cos〈，n〉|＝＝＝.‎ ‎∵a>0，∴解得a＝3.‎ ‎∴＝(－1,0,3)，＝(1，－，2)，‎ ‎∴cos〈·〉＝＝＝.‎ 故异面直线OF与BE所成的角的余弦值为.‎ ‎2．(2018·河南郑州模拟)如图，在△ABC中，∠ABC＝，O为AB边上一点，且3OB＝3OC＝2AB，已知PO⊥平面ABC,2DA＝2AO＝PO，且DA∥PO.‎ ‎(1)求证：平面PBAD⊥平面COD；‎ ‎(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值．‎ 解析 (1)证明：∵OB＝OC，又∵∠ABC＝，‎ ‎∴∠OCB＝，∴∠BOC＝，即CO⊥AB．‎ 又PO⊥平面ABC，OC⊂平面ABC，∴PO⊥OC．‎ 又∵PO，AB⊂平面PAB，PO∩AB＝O，‎ ‎∴CO⊥平面PAB，即CO⊥平面PBAD．‎ 又CO⊂平面COD，∴平面PBAD⊥平面COD．‎ ‎(2)以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．‎ 设|OA|＝1，则|PO|＝|OB|＝|OC|＝2，|DA|＝1.‎ 则C(2,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,2)，D(0，－1,1)，‎ ‎∴＝(0，－1，－1)，＝(2，－2,0)，＝(0，－3,1)．‎ 设平面BDC的法向量为n＝(x，y，z)，‎ ‎∴∴ 令y＝1，则x＝1，z＝3，∴n＝(1,1,3)．‎ 设PD与平面BDC所成的角为θ，‎ 则sin θ＝＝＝.‎ 即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为.‎ ‎3．(2018·湖北武汉调考)如图， 四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.‎ ‎(1)证明：SD⊥平面SAB；‎ ‎(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值．‎ 解析 方法一　(1)建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，‎ 则D(1,0,0)，A(2,2,0)，B(0,2,0)，‎ 设S(x，y，z)，则x>0，y>0，z>0，‎ 且＝(x－2，y－2，z，)，＝(x，y－2，z)．＝(x－1，y，z)．‎ 由||＝||，得＝，得x＝1，‎ 由||＝1得y2＋z2＝1，①‎ 由||＝2得y2＋z2－4y＋1＝0，②‎ 由①②解得y＝，z＝，∴S，‎ ＝，＝，＝，∴·＝0，·＝0，∴DS⊥AS，DS⊥BS，‎ 又AS∩DS＝S，∴SD⊥平面SAB．‎ ‎(2)设平面SBC的一个法向量为m＝(a，b，c)，‎ ＝，＝(0,2,0)，＝(－2,0,0)，‎ 由得∴可取m＝(－，0,2)，‎ 故AB与平面SBC所成的角的正弦值为 cos〈m，〉＝＝＝.‎ 方法二　(1)如右图，取AB的中点E，连接DE，SE，‎ 则四边形BCDE为矩形，∴DE＝CB＝2，‎ ‎∴AD＝＝.‎ ‎∵侧面SAB为等边三角形，AB＝2，‎ ‎∴SA＝SB＝AB＝2，且SE＝，‎ 又SD＝1，∴SA2＋SD2＝AD2，SE2＋SD2＝ED2，‎ ‎∴SD⊥SA，SD⊥SB，又AS∩DS＝S，∴SD⊥平面SAB．‎ ‎(2)作S在DE上的射影G，∵AB⊥SE，AB⊥DE，AB⊥平面SDE，∴平面SDE⊥平面ABCD，‎ 两平面的交线为DE，∴SG⊥平面ABCD，‎ 在Rt△DSE中，由SD·SE＝DE·SG得1×＝2×SG，‎ ‎∴SG＝，‎ 作A在平面SBC上的射影H，则∠ABH为AB与平面SBC所成的角，‎ ‎∵CD∥AB，AB⊥平面SDE，∴CD⊥平面SDE，∴CD⊥SD，‎ 在Rt△CDS中，由CD＝SD＝1，求得SC＝.‎ 在△SBC中，SB＝BC＝1，SC＝，‎ ‎∴S△SBC＝××＝，‎ 由VA－SBC＝VS－ABC，得·S△SBC·AH＝·S△ABC·SG，‎ 即××AH＝××2×2×，得AH＝，‎ ‎∴sin ∠ABH＝＝，‎ 故AB与平面SBC所成的角的正弦值为.‎ ‎4．(2018·安徽江南名校联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，∠PAD＝45°，E为PA的中点．‎ ‎(1)求证：DE∥平面BPC；‎ ‎(2)线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F－PC－D的余弦值；若不存在，请说明理由．‎ 解析 (1)证明：取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N.‎ ‎∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA，‎ 又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形，‎ ‎∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，‎ 在Rt△BNC中，BN＝＝＝6，‎ ‎∴AB＝12，而E，M分别为PA，PB的中点，‎ ‎∴EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，‎ ‎∴EM∥CD且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，‎ ‎∴DE∥CM.∵CM⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，‎ ‎∴DE∥平面BPC．‎ ‎(2)由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，‎ 则A(8,0,0)，B(8,12,0)，C(0,6,0)，P(0,0,8)．‎ 假设AB上存在一点F使CF⊥BD，设点F坐标为(8，t,0)，‎ 则＝(8，t－6,0)，＝(8,12,0)，‎ 由·＝0得t＝.‎ 又平面DPC的法向量为m＝(1,0,0)，‎ 设平面FPC的法向量为n＝(x，y，z)．‎ 又＝(0,6，－8)，＝.‎ 由得即 不妨令y＝12，有n＝(8,12,9)．‎ 则cos〈n，m〉＝＝＝.‎ 又由图可知，该二面角为锐二面角，‎ 故二面角F－PC－D的余弦值为.‎ ‎5．(2017·山东卷)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．‎ ‎(1)设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；‎ ‎(2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E－AG－C的大小．‎ 解析 (1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，‎ AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP，‎ 又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP，‎ 又∠EBC＝120°，因此∠CBP＝30°.‎ ‎(2)方法一　取的中点H，连接EH，GH，CH.‎ 因为∠EBC＝120°，所以四边形BEHC为菱形，‎ 所以AE＝GE＝AC＝GC＝＝.‎ 取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，‎ 所以∠EMC为所求二面角的平面角．‎ 又AM＝1，所以EM＝CM＝＝2.‎ 在△BEC中，由于∠EBC＝120°，‎ 由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12，‎ 所以EC＝2，因此△EMC为等边三角形，故所求的角为60°.‎ 方法二　以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，，3)，‎ C(－1，，0)，故＝(2,0，－3)，＝(1，，0)，＝(2,0,3)，设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量．‎ 由可得 取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－，2)．‎ 设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的法向量．‎ 由可得 取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－，－2)．‎ 所以cos〈m，n〉＝＝.因此所求的角为60°.‎ ‎6．(2017·全国卷Ⅲ)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)证明：由题设可得△ABD≌△CBD，从而AD＝CD．‎ 又△ACD是直角三角形，所以∠ADC＝90°.‎ 取AC的中点O，连接DO，BO，则DO⊥AC，DO＝AO.‎ 又因为△ABC是正三角形，故BO⊥AC，‎ 所以∠DOB为二面角D－AC－B的平面角．‎ 在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2，‎ 又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，‎ 故∠BOD＝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，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，‎ 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ABCD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〈n，m〉＝＝.‎ 所以二面角D－AE－C的余弦值为.‎