空間向量與立體幾何-Word版含解析

空間向量與立體幾何[中檔大題規(guī)范練][明晰考情]1.命題角度：空間線、面關(guān)系的證明，空間角的求解.2.題目難度：立體幾何大題一般位于解答題的第二題或第三題位置，中檔難度.考點(diǎn)一利用空間向量證明平行與垂直要點(diǎn)重組設(shè)直線l，m的方向向量分別為a，b，平面α，β的法向量分別為u，v，則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.方法技巧利用空間向量證明平行、垂直的兩種方法①坐標(biāo)法：建立空間直角坐標(biāo)系，用空間向量的坐標(biāo)系研究點(diǎn)、線、面的關(guān)系；②基向量法：選三個(gè)不共面的向量(夾角最好為90°，45°或60°)，模長(zhǎng)已知的向量作為基向量，將相關(guān)向量用基向量表示.1.如圖所示，已知在直三棱柱ABC—A1B1C1中，△ABC為等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F(xiàn)分別為B1A，C1C，BC的中點(diǎn).求證：(1)DE∥平面ABC；(2)B1F⊥平面AEF.2.如圖所示，在底面是矩形的四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點(diǎn)，PA＝AB＝1，BC＝2.(1)求證：EF∥平面PAB；(2)求證：平面PAD⊥平面PDC.考點(diǎn)二空間角的求解要點(diǎn)重組設(shè)直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2).平面α，β的法向量分別為u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同).(1)線線角設(shè)l，m所成的角為θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,2)))，則cosθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|)＝eq\f(|a1a2＋b1b2＋c1c2|,\r(a\o\al(2,1)＋b\o\al(2,1)＋c\o\al(2,1))\r(a\o\al(2,2)＋b\o\al(2,2)＋c\o\al(2,2))).(2)線面角設(shè)直線l與平面α所成的角為θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,2)))，則sinθ＝eq\f(|a·u|,|a||u|)＝|cos〈a，u〉|.(3)二面角設(shè)α－l－β的平面角為θ(0≤θ≤π)，則|cosθ|＝eq\f(|u·v|,|u||v|)＝|cos〈u，v〉|.3.(2018·江蘇)如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，點(diǎn)P，Q分別為A1B1，BC的中點(diǎn).(1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值；(2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值.4.如圖，四邊形ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝eq\f(1,2)PD.(1)證明：平面PQC⊥平面DCQ；(2)求二面角Q－BP－C的正弦值.考點(diǎn)三立體幾何的綜合問題方法技巧利用空間向量求解立體幾何中的綜合問題，要根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征建立空間直角坐標(biāo)系，將題中條件數(shù)量化，利用計(jì)算方法求解幾何問題.5.(2018·全國Ⅲ)如圖，邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點(diǎn).(1)證明：平面AMD⊥平面BMC；(2)當(dāng)三棱錐M－ABC體積最大時(shí)，求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值.6.(2018·衡水模擬)在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝2，點(diǎn)E是線段CD上靠近點(diǎn)D的一個(gè)三等分點(diǎn)，點(diǎn)F是線段AD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且eq\o(DF,\s\up6(→))＝λeq\o(DA,\s\up6(→))(0≤λ≤1).如圖，將△BCE沿BE折起至△BEG，使得平面BEG⊥平面ABED.(1)當(dāng)λ＝eq\f(1,2)時(shí)，求證：EF⊥BG；(2)是否存在λ，使得FG與平面DEG所成的角的正弦值為eq\f(1,3)？若存在，求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說明理由.7.在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，側(cè)棱DD1⊥平面ABCD，O是AC的中點(diǎn)，點(diǎn)E在線段BD1上，且eq\o(D1E,\s\up6(→))＝3eq\o(EB,\s\up6(→))，連接OE，AE，EC.(1)求證：OE∥平面A1B1CD；(2)若平面AEC與平面A1B1CD所成的銳二面角的大小為30°，求直線BD1與平面A1B1CD所成的角的正弦值.7典例(12分)如圖1，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，BC＝6，D，E分別是AC，AB上的點(diǎn)，CD＝BE＝eq\r(2)，O為BC的中點(diǎn)，將△ADE沿DE折起，得到如圖2所示的四棱錐A′－BCDE，其中A′O＝eq\r(3).(1)求證：A′O⊥平面BCDE；(2)求二面角A′－CD－B的余弦值.審題路線圖(1)eq\x(分析折疊前后圖形關(guān)系)eq\o(→,\s\up7(證F為DE),\s\do5(的中點(diǎn)))eq\x(圖2中DE⊥A′F，DE⊥OF)→eq\x(DE⊥平面OA′F)→eq\x(DE⊥OA′)eq\o(→,\s\up7(利用勾股定理),\s\do5(可得A′O⊥OF))eq\x(A′O⊥平面BCDE)(2)eq\x(建系)→eq\x(寫點(diǎn)的坐標(biāo))→eq\x(求兩個(gè)平面的法向量)→eq\x(求兩個(gè)平面法向量的夾角)→eq\x(二面角的余弦值)規(guī)范解答·評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)(1)證明如圖①，在折疊前的圖形中，連接AO交DE于點(diǎn)F，則F為DE的中點(diǎn)，在等腰直角三角形ABC中，因?yàn)锽C＝6，O為BC的中點(diǎn)，所以AC＝AB＝3eq\r(2)，OA＝3.因?yàn)镃D＝BE＝eq\r(2)，所以D和E分別是AC，AB的三等分點(diǎn)，則AF＝2，OF＝1.……2分如圖②，在折疊后的圖形中，連接OF和A′F，因?yàn)锳′O＝eq\r(3)，所以A′F2＝OF2＋A′O2，所以A′O⊥OF.……………3分在折疊前的圖形中，DE⊥OA，所以在折疊后的圖形中，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?yàn)镺A′?平面OA′F，所以DE⊥OA′.……………5分因?yàn)镺F∩DE＝F，OF，DE?平面BCDE，所以A′O⊥平面BCDE.…………………6分(2)解以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)F，OB，OA′所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz，如圖③所示(F為DE的中點(diǎn))，則A′(0，0，eq\r(3))，C(0，－3，0)，D(1，－2，0)，所以eq\o(OA,\s\up6(→))＝(0，0，eq\r(3))，eq\o(CA,\s\up6(→))＝(0，3，eq\r(3))，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(－1，2，eq\r(3)).………………8分設(shè)n＝(x，y，z)為平面A′CD的一個(gè)法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CA,\s\up6(→))＝3y＋\r(3)z＝0，,n·\o(DA,\s\up6(→))＝－x＋2y＋\r(3)z＝0，))令z＝eq\r(3)，得n＝(1，－1，eq\r(3))，|n|＝eq\r(1＋1＋3)＝eq\r(5).……………9分由(1)知，eq\o(OA,\s\up6(→))＝(0，0，eq\r(3))為平面CDB的一個(gè)法向量，又|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，eq\o(OA,\s\up6(→))·n＝0×1＋0×(－1)＋eq\r(3)×eq\r(3)＝3，……………10分所以cos〈n，eq\o(OA,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(OA,\s\up6(→)),|n||\o(OA,\s\up6(→))|)＝eq\f(3,\r(3)×\r(5))＝eq\f(\r(15),5)，又由圖知，二面角為銳角，所以二面角A′－CD－B的余弦值為eq\f(\r(15),5).…………12分構(gòu)建答題模板[第一步]找垂直：找出(或作出)具有公共交點(diǎn)的三條兩兩垂直的直線.[第二步]寫坐標(biāo)：建立空間直角坐標(biāo)系，寫出特殊點(diǎn)坐標(biāo).[第三步]求向量：求直線的方向向量或平面的法向量.[第四步]求夾角：計(jì)算向量的夾角.[第五步]得結(jié)論：得到所求兩個(gè)平面所成的角或直線與平面所成的角.1.(2018·永州模擬)如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是菱形，EF∥AC，EF＝1，∠ABC＝60°，CE⊥平面ABCD，CE＝eq\r(3)，CD＝2，G是DE的中點(diǎn).(1)求證：平面ACG∥平面BEF；(2)求直線AD與平面ABF所成的角的正弦值.2.(2018·天津)如圖，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為CF的中點(diǎn)，N為EG的中點(diǎn)，求證：MN∥平面CDE；(2)求二面角E－BC－F的正弦值；(3)若點(diǎn)P在線段DG上，且直線BP與平面ADGE所成的角為60°，求線段DP的長(zhǎng).3.如圖，同一平面上直角梯形ABCD和直角梯形ABEF全等，AD＝2AB＝2BC，將梯形ABEF沿AB折起，使二面角F－AB－D的大小為θ(0＜θ＜π).(1)求證：對(duì)任意θ∈(0，π)，平面ABEF⊥平面ADF；(2)當(dāng)θ＝eq\f(π,2)時(shí)，求二面角A－ED－B的余弦值.空間向量與立體幾何[中檔大題規(guī)范練][明晰考情]1.命題角度：空間線、面關(guān)系的證明，空間角的求解.2.題目難度：立體幾何大題一般位于解答題的第二題或第三題位置，中檔難度.考點(diǎn)一利用空間向量證明平行與垂直要點(diǎn)重組設(shè)直線l，m的方向向量分別為a，b，平面α，β的法向量分別為u，v，則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.方法技巧利用空間向量證明平行、垂直的兩種方法①坐標(biāo)法：建立空間直角坐標(biāo)系，用空間向量的坐標(biāo)系研究點(diǎn)、線、面的關(guān)系；②基向量法：選三個(gè)不共面的向量(夾角最好為90°，45°或60°)，模長(zhǎng)已知的向量作為基向量，將相關(guān)向量用基向量表示.1.如圖所示，已知在直三棱柱ABC—A1B1C1中，△ABC為等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F(xiàn)分別為B1A，C1C，BC的中點(diǎn).求證：(1)DE∥平面ABC；(2)B1F⊥平面AEF.證明(1)由直三棱柱的性質(zhì)，得A1A⊥AB，A1A⊥AC，又BA⊥AC，如圖，以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AB，AC，AA1所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，令A(yù)B＝AA1＝4，則A(0，0，0)，E(0，4，2)，F(xiàn)(2，2，0)，B(4，0，0)，B1(4，0，4).取AB的中點(diǎn)N，連接CN，則N(2，0，0)，C(0，4，0)，D(2，0，2)，∴eq\o(DE,\s\up6(→))＝(－2，4，0)，eq\o(NC,\s\up6(→))＝(－2，4，0)，∴eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\o(NC,\s\up6(→))，∴DE∥NC.又∵NC?平面ABC，DE?平面ABC，∴DE∥平面ABC.(2)∵eq\o(B1F,\s\up6(→))＝(－2，2，－4)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(2，－2，－2)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(2，2，0)，∴eq\o(B1F,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，eq\o(B1F,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴eq\o(B1F,\s\up6(→))⊥eq\o(EF,\s\up6(→))，eq\o(B1F,\s\up6(→))⊥eq\o(AF,\s\up6(→))，即B1F⊥EF，B1F⊥AF.又∵AF∩EF＝F，AF，EF?平面AEF，∴B1F⊥平面AEF.2.如圖所示，在底面是矩形的四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點(diǎn)，PA＝AB＝1，BC＝2.(1)求證：EF∥平面PAB；(2)求證：平面PAD⊥平面PDC.證明由題意知，PA⊥AB，PA⊥AD，BA⊥AD，以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz如圖所示，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)，因?yàn)镋，F(xiàn)分別是PC，PD的中點(diǎn)，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，0))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0).(1)因?yàn)閑q\o(EF,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，所以eq\o(EF,\s\up6(→))∥eq\o(AB,\s\up6(→))，即EF∥AB.又AB?平面PAB，EF?平面PAB，所以EF∥平面PAB.(2)因?yàn)閑q\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0，所以eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，即AP⊥DC，AD⊥DC.又因?yàn)锳P∩AD＝A，AP?平面PAD，AD?平面PAD，所以DC⊥平面PAD.因?yàn)镈C?平面PDC，所以平面PAD⊥平面PDC.考點(diǎn)二空間角的求解要點(diǎn)重組設(shè)直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2).平面α，β的法向量分別為u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同).(1)線線角設(shè)l，m所成的角為θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,2)))，則cosθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|)＝eq\f(|a1a2＋b1b2＋c1c2|,\r(a\o\al(2,1)＋b\o\al(2,1)＋c\o\al(2,1))\r(a\o\al(2,2)＋b\o\al(2,2)＋c\o\al(2,2))).(2)線面角設(shè)直線l與平面α所成的角為θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,2)))，則sinθ＝eq\f(|a·u|,|a||u|)＝|cos〈a，u〉|.(3)二面角設(shè)α－l－β的平面角為θ(0≤θ≤π)，則|cosθ|＝eq\f(|u·v|,|u||v|)＝|cos〈u，v〉|.3.(2018·江蘇)如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，點(diǎn)P，Q分別為A1B1，BC的中點(diǎn).(1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值；(2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值.解如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，設(shè)AC，A1C1的中點(diǎn)分別為O，O1，則OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OO1,\s\up6(→))}為基底，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz.因?yàn)锳B＝AA1＝2，所以A(0，－1，0)，B(eq\r(3)，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1，2)，B1(eq\r(3)，0，2)，C1(0，1，2).(1)因?yàn)镻為A1B1的中點(diǎn)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，從而eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0，2，2)，故|cos〈eq\o(BP,\s\up6(→))，eq\o(AC1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(BP,\s\up6(→))·\o(AC1,\s\up6(→))|,|\o(BP,\s\up6(→))||\o(AC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(|－1＋4|,\r(5)×2\r(2))＝eq\f(3\r(10),20).因此，異面直線BP與AC1所成角的余弦值為eq\f(3\r(10),20).(2)因?yàn)镼為BC的中點(diǎn)，所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，因此eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0，2，2)，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(0，0，2).設(shè)n＝(x，y，z)為平面AQC1的一個(gè)法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AQ,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AC1,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＝0，,2y＋2z＝0.))不妨取n＝(eq\r(3)，－1，1).設(shè)直線CC1與平面AQC1所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(CC1,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(CC1,\s\up6(→))·n|,|\o(CC1,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(2,2×\r(5))＝eq\f(\r(5),5).所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為eq\f(\r(5),5).4.如圖，四邊形ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝eq\f(1,2)PD.(1)證明：平面PQC⊥平面DCQ；(2)求二面角Q－BP－C的正弦值.(1)證明由題意可得QA⊥平面ABCD，所以QA⊥CD.由四邊形ABCD為正方形知DC⊥AD，又因?yàn)镼A∩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＝eq\f(\r(2),2)PD，所以PQ2＋DQ2＝PD2.由勾股定理的逆定理得PQ⊥QD.又因?yàn)镃D∩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)解由題意知，如圖，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，線段DA的長(zhǎng)為單位長(zhǎng)度，DA，DP，DC所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz，依題意有Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)，B(1，0，1)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，2，－1).設(shè)n＝(x，y，z)是平面PBC的－個(gè)法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,－x＋2y－z＝0，))可取n＝(0，－1，－2).同理，平面PBQ的一個(gè)法向量為m＝(1，1，1)，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(0－1－2,\r(5)·\r(3))＝－eq\f(\r(15),5)，所以sin〈m，n〉＝eq\f(\r(10),5)，即二面角Q－BP－C的正弦值為eq\f(\r(10),5).考點(diǎn)三立體幾何的綜合問題方法技巧利用空間向量求解立體幾何中的綜合問題，要根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征建立空間直角坐標(biāo)系，將題中條件數(shù)量化，利用計(jì)算方法求解幾何問題.5.(2018·全國Ⅲ)如圖，邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點(diǎn).(1)證明：平面AMD⊥平面BMC；(2)當(dāng)三棱錐M－ABC體積最大時(shí)，求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值.(1)證明由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，又DM?平面CMD，故BC⊥DM.因?yàn)镸為上異于C，D的點(diǎn)，且DC為直徑，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為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz.當(dāng)三棱錐M－ABC體積最大時(shí)，M為的中點(diǎn).由題設(shè)得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－2，1，1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(2，0，0)，設(shè)n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＋z＝0，,2y＝0.))可取n＝(1，0，2)，eq\o(DA,\s\up6(→))是平面MCD的法向量，因此cos〈n，eq\o(DA,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(DA,\s\up6(→)),|n||\o(DA,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(5),5)，sin〈n，eq\o(DA,\s\up6(→))〉＝eq\f(2\r(5),5).所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是eq\f(2\r(5),5).6.(2018·衡水模擬)在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝2，點(diǎn)E是線段CD上靠近點(diǎn)D的一個(gè)三等分點(diǎn)，點(diǎn)F是線段AD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且eq\o(DF,\s\up6(→))＝λeq\o(DA,\s\up6(→))(0≤λ≤1).如圖，將△BCE沿BE折起至△BEG，使得平面BEG⊥平面ABED.(1)當(dāng)λ＝eq\f(1,2)時(shí)，求證：EF⊥BG；(2)是否存在λ，使得FG與平面DEG所成的角的正弦值為eq\f(1,3)？若存在，求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說明理由.(1)證明當(dāng)λ＝eq\f(1,2)時(shí)，點(diǎn)F是AD的中點(diǎn).∴DF＝eq\f(1,2)AD＝1，DE＝eq\f(1,3)CD＝1.∵∠ADC＝90°，∴∠DEF＝45°.∵CE＝eq\f(2,3)CD＝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)解以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以CD，CB所在直線為x軸，y軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系C－xyz.則E(2，0，0)，D(3，0，0)，F(xiàn)(3，2λ，0).取BE的中點(diǎn)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＝2eq\r(2)，∴OG＝eq\r(2)，∴G(1，1，eq\r(2)).∴eq\o(FG,\s\up6(→))＝(－2，1－2λ，eq\r(2))，eq\o(EG,\s\up6(→))＝(－1，1，eq\r(2))，eq\o(DG,\s\up6(→))＝(－2，1，eq\r(2)).設(shè)平面DEG的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DG,\s\up6(→))＝－2x＋y＋\r(2)z＝0，,n·\o(EG,\s\up6(→))＝－x＋y＋\r(2)z＝0，))令z＝eq\r(2)，則n＝(0，－2，eq\r(2)).設(shè)FG與平面DEG所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(FG,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(FG,\s\up6(→))·n|,|\o(FG,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(|－2×0＋－2×1－2λ＋2|,\r(6)×\r(6＋1－2λ2))＝eq\f(1,3)，解得λ＝eq\f(1,2)或λ＝－eq\f(7,10)(舍)，∴存在實(shí)數(shù)λ，使得FG與平面DEG所成的角的正弦值為eq\f(1,3)，此時(shí)λ＝eq\f(1,2).7.在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，側(cè)棱DD1⊥平面ABCD，O是AC的中點(diǎn)，點(diǎn)E在線段BD1上，且eq\o(D1E,\s\up6(→))＝3eq\o(EB,\s\up6(→))，連接OE，AE，EC.(1)求證：OE∥平面A1B1CD；(2)若平面AEC與平面A1B1CD所成的銳二面角的大小為30°，求直線BD1與平面A1B1CD所成的角的正弦值.7(1)證明連接BD，B1D1，B1D，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，O是AC的中點(diǎn)，所以O(shè)是BD的中點(diǎn)，設(shè)BD1與B1D交于點(diǎn)M，則點(diǎn)M是BD1的中點(diǎn)，由eq\o(D1E,\s\up6(→))＝3eq\o(EB,\s\up6(→))，得E是BM的中點(diǎn)，所以O(shè)E∥B1D，又B1D?平面A1B1CD，OE?平面A1B1CD，所以O(shè)E∥平面A1B1CD.(2)解如圖，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz，設(shè)DD1＝h(h>0)，則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eq\o(D1B,\s\up6(→))＝(2，2，－h(huán))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(2，0，h)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－2，0，h).eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AD1,\s\up6(→))＋eq\o(D1E,\s\up6(→))＝eq\o(AD1,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(D1B,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)，\f(h,4))).設(shè)平面A1B1CD的法向量為m＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(DC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(DA1,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＝0，,2x＋hz＝0，))得y＝0，令z＝－2，則m＝(h，0，－2).設(shè)平面AEC的法向量為n＝(a，b，c)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2a＋2b＝0，,－\f(1,2)a＋\f(3,2)b＋\f(hc,4)＝0，))令c＝－4，則n＝(h，h，－4).因?yàn)槠矫鍭EC與平面A1B1CD所成的銳二面角的大小為30°，所以cos30°＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(h2＋8,\r(h2＋4)·\r(2h2＋16))＝eq\f(\r(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)，eq\o(D1B,\s\up6(→))＝(2，2，－2)，設(shè)直線BD1與平面A1B1CD所成的角為θ，則sinθ＝eq\f(|m·\o(D1B,\s\up6(→))|,|m||\o(D1B,\s\up6(→))|)＝eq\f(8,\r(8)×\r(12))＝eq\f(\r(6),3).所以直線BD1與平面A1B1CD所成的角的正弦值為eq\f(\r(6),3).典例(12分)如圖1，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，BC＝6，D，E分別是AC，AB上的點(diǎn)，CD＝BE＝eq\r(2)，O為BC的中點(diǎn)，將△ADE沿DE折起，得到如圖2所示的四棱錐A′－BCDE，其中A′O＝eq\r(3).(1)求證：A′O⊥平面BCDE；(2)求二面角A′－CD－B的余弦值.審題路線圖(1)eq\x(分析折疊前后圖形關(guān)系)eq\o(→,\s\up7(證F為DE),\s\do5(的中點(diǎn)))eq\x(圖2中DE⊥A′F，DE⊥OF)→eq\x(DE⊥平面OA′F)→eq\x(DE⊥OA′)eq\o(→,\s\up7(利用勾股定理),\s\do5(可得A′O⊥OF))eq\x(A′O⊥平面BCDE)(2)eq\x(建系)→eq\x(寫點(diǎn)的坐標(biāo))→eq\x(求兩個(gè)平面的法向量)→eq\x(求兩個(gè)平面法向量的夾角)→eq\x(二面角的余弦值)規(guī)范解答·評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)(1)證明如圖①，在折疊前的圖形中，連接AO交DE于點(diǎn)F，則F為DE的中點(diǎn)，在等腰直角三角形ABC中，因?yàn)锽C＝6，O為BC的中點(diǎn)，所以AC＝AB＝3eq\r(2)，OA＝3.因?yàn)镃D＝BE＝eq\r(2)，所以D和E分別是AC，AB的三等分點(diǎn)，則AF＝2，OF＝1.……2分如圖②，在折疊后的圖形中，連接OF和A′F，因?yàn)锳′O＝eq\r(3)，所以A′F2＝OF2＋A′O2，所以A′O⊥OF.……………3分在折疊前的圖形中，DE⊥OA，所以在折疊后的圖形中，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?yàn)镺A′?平面OA′F，所以DE⊥OA′.……………5分因?yàn)镺F∩DE＝F，OF，DE?平面BCDE，所以A′O⊥平面BCDE.…………………6分(2)解以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)F，OB，OA′所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz，如圖③所示(F為DE的中點(diǎn))，則A′(0，0，eq\r(3))，C(0，－3，0)，D(1，－2，0)，所以eq\o(OA,\s\up6(→))＝(0，0，eq\r(3))，eq\o(CA,\s\up6(→))＝(0，3，eq\r(3))，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(－1，2，eq\r(3)).………………8分設(shè)n＝(x，y，z)為平面A′CD的一個(gè)法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CA,\s\up6(→))＝3y＋\r(3)z＝0，,n·\o(DA,\s\up6(→))＝－x＋2y＋\r(3)z＝0，))令z＝eq\r(3)，得n＝(1，－1，eq\r(3))，|n|＝eq\r(1＋1＋3)＝eq\r(5).……………9分由(1)知，eq\o(OA,\s\up6(→))＝(0，0，eq\r(3))為平面CDB的一個(gè)法向量，又|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，eq\o(OA,\s\up6(→))·n＝0×1＋0×(－1)＋eq\r(3)×eq\r(3)＝3，……………10分所以cos〈n，eq\o(OA,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(OA,\s\up6(→)),|n||\o(OA,\s\up6(→))|)＝eq\f(3,\r(3)×\r(5))＝eq\f(\r(15),5)，又由圖知，二面角為銳角，所以二面角A′－CD－B的余弦值為eq\f(\r(15),5).…………12分構(gòu)建答題模板[第一步]找垂直：找出(或作出)具有公共交點(diǎn)的三條兩兩垂直的直線.[第二步]寫坐標(biāo)：建立空間直角坐標(biāo)系，寫出特殊點(diǎn)坐標(biāo).[第三步]求向量：求直線的方向向量或平面的法向量.[第四步]求夾角：計(jì)算向量的夾角.[第五步]得結(jié)論：得到所求兩個(gè)平面所成的角或直線與平面所成的角.1.(2018·永州模擬)如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是菱形，EF∥AC，EF＝1，∠ABC＝60°，CE⊥平面ABCD，CE＝eq\r(3)，CD＝2，G是DE的中點(diǎn).(1)求證：平面ACG∥平面BEF；(2)求直線AD與平面ABF所成的角的正弦值.(1)證明連接BD交AC于O，則O是BD的中點(diǎn)，故OG∥BE，又BE?平面BEF，OG?平面BEF，所以O(shè)G∥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)解連接OF，由題意可得OC＝1，即OC＝EF，又EF∥AC，所以四邊形OCEF為平行四邊形，所以O(shè)F∥EC，OF＝EC＝eq\r(3)，所以O(shè)F⊥平面ABCD，所以O(shè)F，OC，OD兩兩垂直.如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)C，OD，OF所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(－1，0，0)，B(0，－eq\r(3)，0)，D(0，eq\r(3)，0)，F(xiàn)(0，0，eq\r(3))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，－eq\r(3)，0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(1，0，eq\r(3))，設(shè)平面ABF的法向量為m＝(a，b，c)，依題意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m⊥\o(AB,\s\up6(→))，,m⊥\o(AF,\s\up6(→))，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，b，c·1，－\r(3)，0＝a－\r(3)b＝0，,a，b，c·1，0，\r(3)＝a＋\r(3)c＝0，))令a＝eq\r(3)，則b＝1，c＝－1，m＝(eq\r(3)，1，－1)，|cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，m〉|＝eq\f(|\o(AD,\s\up6(→))·m|,|\o(AD,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(\r(3)＋\r(3),\r(4)×\r(5))＝eq\f(\r(15),5)，所以直線AD與平面ABF所成的角的正弦值是eq\f(\r(15),5).2.(2018·天津)如圖，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為CF的中點(diǎn)，N為EG的中點(diǎn)，求證：MN∥平面CDE；(2)求二面角E－BC－F的正弦值；(3)若點(diǎn)P在線段DG上，且直線BP與平面ADGE所成的角為60°，求線段DP的長(zhǎng).(1)證明依題意，可以建立以D為原點(diǎn)，分別以eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DG,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，F(xiàn)(0，1，2)，G(0，0，2)，M

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，1))，N(1，0，2).依題意得eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(2，0，2).設(shè)n0＝(x0，y0，z0)為平面CDE的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n0·\o(DC,\s\up6(→))＝0，,n0·\o(DE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y0＝0，,2x0＋2z0＝0.))不妨令z0＝－1，可得n0＝(1，0，－1).又eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)，1))，可得eq\o(MN,\s\up6(→))·n0＝0.又因?yàn)橹本€MN?平面CDE，所以MN∥平面CDE.(2)解依題意，可得eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(1，－2，2)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(0，－1，2).設(shè)n＝(x，y，z)為平面BCE的法向量，則eq\b\lc\