2019版高考数学复习第八章立体几何初步专题探究课四高考中立体几何问题的热点题型学案理

专题探究课四 高考中立体几何问题的热点题型高考导航 1.立体几何是高考的重要内容，每年都有选择题或填空题或解答题考查．小题主要考查学生的空间观念，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，再进行空间角(主要是线面角)的计算．重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力．热点题型主要有平面图形的翻折、探索性问题等；2.思想方法：(1)转化与化归(空间问题转化为平面问题)；(2)数形结合．热点一 空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(规范解答)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(主要是线面角)，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，也可用几何方法求解．【例1】 (满分15分)(2017·湖州模拟)如图，在△ABC 中，∠ABC ＝π4，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PBD ⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值． 满分解答 (1)证明 ∵OB ＝OC ，又∵∠ABC ＝π4，∴∠OCB ＝π4，∴∠BOC ＝π2.∴CO ⊥AB .3分(得分点1) 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PDB . 5分(得分点2)又CO ⊂平面COD ，∴平面PDB ⊥平面COD .7分(得分点3)(2)解 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)， ∴PD →＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1)． 10分(得分点4)设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3)． 12分(得分点5)设PD 与平面BDC 所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211.15分(得分点6)❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分．如第(1)问中，先证线面垂直，再证两面垂直得7分．❷得关键分：解题过程不可忽视的关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中证线面垂直不可漏“CO ⊥平面PDB ”．❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证．如第(2)问中求法向量n ，计算线面角正弦值sin θ.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．【训练1】 (一题多解)(2017·浙江卷)如图，已知四棱锥P －ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD ⊥AD ，PC ＝AD ＝2DC ＝2CB ，E 为PD 的中点．(1)证明：CE ∥平面PAB ；(2)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值． 法一 (1)证明 如图，设PA 中点为F ，连接EF ，FB . 因为E ，F 分别为PD ，PA 中点， 所以EF ∥AD 且EF ＝12AD ，又因为BC ∥AD ，BC ＝12AD ，所以EF ∥BC 且EF ＝BC ，即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE ∥BF . 又因为CE ⊄平面PAB ，BF ⊂平面PAB ， 因此CE ∥平面PAB .(2)解 分别取BC ，AD 的中点为M ，N ，连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ .因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点， 在平行四边形BCEF 中，MQ ∥CE . 由△PAD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD . 由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD . 因为PN ∩BN ＝N ，所以AD ⊥平面PBN . 由BC ∥AD 得BC ⊥平面PBN ，因为BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PBN .过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，则QH ⊥平面PBC .连接MH ，则MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角．设CD ＝1. 在△PCD 中，由PC ＝2，CD ＝1，PD ＝2得CE ＝2， 在△PBN 中，由PN ＝BN ＝1，PB ＝3得QH ＝14，在Rt△MQH 中，QH ＝14，MQ ＝2，所以sin∠QMH ＝28， 所以，直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是28. 法二 过P 作PH ⊥CD ，交CD 的延长线于点H .不妨设AD ＝2，∵BC ∥AD ，CD ⊥AD ，则易求DH ＝12，过P 作底面的垂线，垂足为O ，连接OB ，OH ，易得OH ∥BC ，且OP ，OB ，OH 两两垂直．故可以O 为原点，以OH ，OB ，OP 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．(1)证明 由PC ＝AD ＝2DC ＝2CB ，E 为PD 的中点，则可得：D ⎝⎛⎭⎪⎫－1，12，0，C ⎝⎛⎭⎪⎫－1，32，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，A ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，14，34，则CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－54，34，PA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－32，PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，－32.设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PA →＝x ＋12y －32z ＝0，n ·PB →＝32y －32z ＝0.令y ＝1，则⎩⎨⎧x＝1，y ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3)，∴CE →·n ＝12×1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－54×1＋34×3＝0. 又∵CE ⊄平面PAB ，∴CE ∥平面PAB . (2)解 由(1)得PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，－32.设平面PBC 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PB →＝32y －32z ＝0，m ·PC →＝－x ＋32y －32z ＝0.令y ＝1，则⎩⎨⎧x ＝0，y ＝1，z ＝3，∴m ＝(0，1，3)．设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝ |cos 〈m ，CE →〉|＝|m ·CE →||m ||CE →|＝124×2＝28.∴直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为28. 热点二 立体几何中的探索性问题此类试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，一般有两种解决方式： (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． 【例2】 (一题多解)如图，将长为4，宽为1的长方形折叠成长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的四个侧面，记底面上一边AB ＝t (0<t <2)，连接A 1B ，A 1C ，A 1D.(1)当长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积最大时，求二面角B －A 1C －D 的大小；(2)线段A 1C 上是否存在一点P ，使得A 1C ⊥平面BPD ？若有，求出P 点的位置；若没有，请说明理由．解 法一 (1)根据题意，长方体体积为V ＝t (2－t )×1＝t (2－t )≤⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋2－t 22＝1，当且仅当t ＝2－t ，即t ＝1时体积V 有最大值为1，所以当长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积最大时，底面四边形ABCD 为正方形． 作BM ⊥A 1C 于M ，连接DM ，BD .因为四边形ABCD 为正方形，所以△A 1BC 与△A 1DC 全等， 故DM ⊥A 1C ，所以∠BMD 即为所求二面角的平面角．因为BC ⊥平面AA 1B 1B ，所以△A 1BC 为直角三角形， 又A 1B ＝2，A 1C ＝3， 所以BM ＝A 1B ×BC A 1C ＝23＝63，同理可得，DM ＝63， 在△BMD 中，根据余弦定理有：cos∠BMD ＝69＋69－22×63×63＝－12.因为0°＜∠BMD ＜180°，所以∠BMD ＝120°， 即此时二面角B －A 1C －D 的大小是120°.(2)若线段A 1C 上存在一点P ，使得A 1C ⊥平面BPD ，则A 1C ⊥BD ，又A 1A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以A 1A ⊥BD ，又A 1C ∩A 1A ＝A 1， 所以BD ⊥平面A 1AC .所以BD ⊥AC ，所以底面四边形ABCD 为正方形，即只有ABCD 为正方形时，线段A 1C 上存在点P 满足要求，否则不存在．由(1)知，所求点P即为BM ⊥A 1C 的垂足M ，此时，A 1P ＝A 1B 2A 1C ＝23＝233，A 1P ∶A 1C ＝2∶3，即当底面四边形为正方形时，存在点P ，位置在线段A 1C 上，A 1P ∶A 1C ＝2∶3处．法二 根据题意可知，AA 1，AB ，AD 两两垂直，以AB 为x 轴，AD 为y 轴，AA 1为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．(1)长方体体积为V ＝t (2－t )×1＝t (2－t )≤⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋2－t 22＝1，当且仅当t ＝2－t ，即t ＝1时体积V 有最大值为1.所以当长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积最大时，底面四边形ABCD 为正方形，则A 1(0，0，1)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，A 1B →＝(1，0，－1)，BC →＝(0，1，0)． 设平面A 1BC 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B →＝0，m ·BC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －z ＝0，y ＝0，取x ＝z ＝1，得m ＝(1，0，1)，同理可得平面A 1CD 的法向量n ＝(0，1，1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n|＝12，因二面角B －A 1C －D 为钝角，故其大小是120°.(也可以通过证明B 1A ⊥平面A 1BC 写出平面A 1BC 的法向量)(2)根据题意有A 1(0，0，1)，B (t ，0，0)，C (t ，2－t ，0)，D (0，2－t ，0)．若线段A 1C 上存在一点P 满足要求，不妨A 1P →＝λA 1C →(λ＞0)，可得P (λt ，λ(2－t )，1－λ)，BP →＝(λt －t ，λ(2－t )，1－λ)，又BD →＝(－t ，2－t ，0)，A 1C →＝(t ，2－t ，－1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧BP →·A 1C →＝0，BD →·A 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧t （λt －t ）＋λ（2－t ）2－（1－λ）＝0，－t 2＋（2－t ）2＝0， 解得：t ＝1，λ＝23，即只有当底面四边形是正方形时才有符合要求的点P ，位置是线段A 1C 上A 1P ∶A 1C ＝2∶3处． 探究提高 (1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数． 【训练2】 如图，已知四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝60°，E ，F 分别是BC ，PC 的中点．(1)证明：AE ⊥平面PAD ；(2)取AB ＝2，在线段PD 上是否存在点H ，使得EH 与平面PAD 所成最大角的正切值为62？若存在，请求出H 点的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明 由四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°，可得△ABC 为正三角形，∵E 为BC 的中点，∴AE ⊥BC .又BC ∥AD ，因此AE ⊥AD .∵PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥AE .而PA ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，PA ∩AD ＝A ，∴AE ⊥平面PAD .(2)解 设线段PD 上存在一点H ，连接AH ，EH .由(1)知AE ⊥平面PAD ，则∠EHA 为EH 与平面PAD 所成的角．在Rt△EAH 中，AE ＝3，∴当AH 最短时，即当AH ⊥PD 时，∠EHA 最大，此时tan∠EHA ＝AE AH＝3AH＝62，因此AH ＝2，从而DH ＝ 2.∴线段PD 上存在点H ，当DH ＝2时，使得EH 与平面PAD 所成最大角的正切值为62. 热点三 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3】 (2018·台州调考)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝2，E 为BC 的中点，F 为线段AD 上的一点，且AF ＝32.现将四边形ABEF 沿直线EF 翻折，使翻折后的二面角A ′－EF －C的余弦值为23.(1)求证：A ′C ⊥EF ；(2)求直线A ′D 与平面ECDF 所成角的大小．(1)证明 连接AC 交EF 于点M ，由平面几何的知识可得AC ＝5，EF ＝52以及AM MC ＝FM ME ＝32， 则AM ＝355，MC ＝255，MF ＝3510.故AM 2＋MF 2＝AF 2，则AC ⊥EF ，于是A ′M ⊥EF ，CM ⊥EF ，又A ′M ∩CM ＝M ， 故EF ⊥平面A ′MC ，又A ′C ⊂平面A ′MC ， 故A ′C ⊥EF .(2)解 由(1)知，二面角A ′－EF －C 的平面角就是∠A ′MC ，即cos∠A ′MC ＝23.根据余弦定理，得A ′C ＝A ′M 2＋MC 2－2A ′M ·MC cos∠A ′MC ＝1.因为A ′C 2＋MC 2＝95＝A ′M 2，所以A ′C ⊥MC .而由(1)知A ′C ⊥EF ，且MC ∩EF ＝M ， 所以A ′C ⊥平面ECDF .因此，∠A ′DC 就是直线A ′D 与平面ECDF 所成的角． 由于A ′C ＝CD ＝1，所以∠A ′DC ＝∠CA ′D ＝π4，故直线A ′D 与平面ECDF 所成的角为π4.探究提高 立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．【训练3】 (2018·浙江五校联考)如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 是CD 的中点，将三角形ADE 沿AE 翻折到图2的位置，使得平面AED ′⊥平面ABC . (1)在线段BD ′上确定点F ，使得CF ∥平面AED ′，并证明； (2)求△AED ′与△BCD ′所在平面构成的锐二面角的正切值．解 (1)点F 是线段BD ′的中点时，CF ∥平面AED ′.证明：设AE ，BC 的延长线交于点M ， 因为AB ＝2EC ，且AB ∥CE ， 所以点C 是BM 的中点， 所以CF ∥MD ′.而MD ′⊂平面AED ′，CF ⊄平面AED ′， 所以CF ∥平面AED ′.(2)在矩形ABCD 中，AB ＝2，CD ＝1，BE ⊥AE ， 因为平面AED ′⊥平面ABC ，且交线是AE ， 所以BE ⊥平面AED ′.在平面AED ′内作EN ⊥MD ′于N ，连接BN ， 则BN ⊥MD ′.所以∠BNE 就是△AED ′与△BCD ′所在平面构成的锐二面角的平面角． 因为EN ＝15，BE ＝2，所以tan∠BNE ＝BE EN ＝215＝10，即△AED ′与△BCD ′所在平面构成的锐二面角的正切值为10.1．(2018·金丽衢十二校二联)如图，在四棱锥E －ABCD 中，平面CDE ⊥平面ABCD ，∠DAB ＝∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝1，AD＝ED ＝3，EC ＝2.(1)证明：AB ⊥平面BCE ；(2)求直线AE 与平面CDE 所成角的正弦值． (1)证明∵∠DAB ＝∠ABC ＝90°，∴四边形ABCD 为直角梯形，易得DC ＝ 5. 又CE 2＋DC 2＝DE 2，即EC ⊥CD ，∵平面EDC ⊥平面ABCD ，平面EDC ∩平面ABCD ＝DC ， ∴CE ⊥平面ABCD .∴CE ⊥AB ，又AB ⊥BC ，BC ∩CE ＝C ， ∴AB ⊥平面BCE .(2)解 过点A 作AH 垂直DC 于点H ，则AH ⊥平面DCE ，连接EH ， 即有∠AEH 为直线AE 与平面DCE 所成的角． 易得AH ＝355，AE ＝6，可得sin∠AEH ＝AH AE ＝3010. 所以直线AE 与平面CDE 所成角的正弦值为3010. 2．(2017·天津卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ⊥平面PDC ，AD ∥BC ，PD ⊥PB ，AD ＝1，BC ＝3，CD ＝4，PD ＝2.(1)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； (2)求证：PD ⊥平面PBC ；(3)求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．(1)解 如图，由已知AD ∥BC ，故∠DAP 或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角．因为AD ⊥平面PDC ，PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD .在Rt△PDA 中，由已知，得AP ＝AD 2＋PD 2＝5，故cos∠DAP ＝AD AP ＝55.所以异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为55. (2)证明 因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD .又因为BC ∥AD ，所以PD ⊥BC ，又PD ⊥PB ，BC ∩PB ＝B ，所以PD ⊥平面PBC . (3)解 过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连接PF ，则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角．因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影， 所以∠DFP 为直线DF 和平面PBC 所成的角．由于AD ∥BC ，DF ∥AB ，故BF ＝AD ＝1.由已知，得CF ＝BC －BF ＝2. 又AD ⊥DC ，故BC ⊥DC .在Rt△DCF 中，可得DF ＝CD 2＋CF 2＝2 5. 在Rt△DPF 中，可得sin∠DFP ＝PDDF ＝55. 所以直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55. 3．(2008·萧山中学模拟)如图，已知矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝3，现将△DAC 沿着对角线AC 向上翻折到△PAC 位置，此时PA ⊥PB .(1)求证：平面PAB ⊥平面ABC ；(2)(一题多解)求直线AB 与平面PAC 所成角的正弦值． (1)证明 因为PA ⊥PB ，PA ⊥PC ，PB ∩PC ＝P ， 所以PA ⊥平面PBC ，所以PA ⊥BC ，又BC ⊥AB ，AB ∩AP ＝A ， 所以BC ⊥平面PAB ，又BC ⊂平面ABC ， 所以平面PAB ⊥平面ABC .(2)解 法一 如图，作BD ⊥PC 于点D ，连接AD ， 由(1)知PA ⊥平面PBC ，所以PA ⊥BD ， 而BD ⊥PC ，PA ∩PC ＝P ，所以BD ⊥平面PAC ， 所以∠BAD 为直线AB 与平面PAC 所成的角，在Rt△PBC 中，BC ＝3，PC ＝4，PB ＝7，所以BD ＝374，又AB ＝4，在Rt△ADB 中，sin ∠BAD ＝BD AB ＝3716，所以直线AB 与平面PAC 所成角的正弦值为3716.法二 由(1)知平面PAB ⊥平面ABC ，所以在平面PAB 内，过点P 作PE ⊥AB 于点E ， 则PE ⊥平面ABC ，如图，以B 为坐标原点，建立空间直角坐标系(z 轴与直线PE 平行)，在Rt△PBC 中，BC ＝3，PC ＝4，PB ＝7， 在Rt△APB 中，AP ＝3，AB ＝4，PE ＝374，BE ＝74，可知A (0，－4，0)，B (0，0，0)，C (－3，0，0)，P ⎝⎛⎭⎪⎫0，－74，374， AC →＝(－3，4，0)，AP →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，94，374，则易得平面PAC 的一个法向量为m ＝⎝⎛⎭⎪⎫4，3，－97， AB →＝(0，4，0)，所以cos 〈AB →，m 〉＝AB →·m |AB →||m |＝3716，故直线AB 与平面PAC 所成角的正弦值为3716.4．(2018·杭州学军中学模拟)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点．求证：GH ∥平面ABC ；(2)(一题多解)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC .求二面角F －BC －A 的余弦值．(1)证明 设FC 的中点为I ，连接GI ，HI . 在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF . 又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .在△CFB 中，因为H 是FB 的中点，所以HI ∥BC . 又HI ∩GI ＝I ，所以平面GHI ∥平面ABC . 因为GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC . (2)解 法一 连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC . 又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC .以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .由题意得B (0，23，0)，C (－23，0，0)， 所以BC →＝(－23，－23，0)， 过点F 作FM 垂直于OB 于点M .所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3)． 故BF →＝(0，－3，3)．设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎨⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，33. 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0，0，1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝77.所以二面角F －BC －A 的余弦值为77. 法二 连接OO ′.过点F 作FM 垂直于OB 于点M ， 则有FM ∥OO ′.又OO ′⊥平面ABC ，所以FM ⊥平面ABC . 可得FM ＝FB 2－BM 2＝3.OB ＝23，OM ＝O ′F ＝3，BM ＝OB －OM ＝3，过点M 作MN 垂直BC 于点N ，连接FN .可得FN ⊥BC ，从而∠FNM 为二面角F －BC －A 的平面角． 又AB ＝BC ，AC 是圆O 的直径， 所以MN ＝BM sin 45°＝62. 从而FN ＝FM 2＋MN 2＝422， 可得cos ∠FNM ＝MN FN＝77， 所以二面角F －BC －A 的余弦值为77. 5．(2017·金华调研)如图，在多面体ABCDE 中，AB ＝BE ＝BC ＝2AD ＝2，且AB ⊥BE ，∠DAB ＝60°，AD ∥BC ，BE ⊥AD .(1)求证：平面ADE ⊥平面BDE ；(2)求直线AD 与平面DCE 所成角的正弦值．(1)证明 ∵AB ＝2AD ，∠DAB ＝60°，∴由余弦定理可得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，∴AD ⊥DB ，又BE ⊥AD ，且BD ∩BE ＝B ，∴AD ⊥平面BDE ，又AD ⊂平面ADE ，∴平面ADE ⊥平面BDE . (2)解 ∵BE ⊥AD ，BE ⊥AB ，且AD ∩AB ＝A ， ∴BE ⊥平面ABCD ，∴点E 到平面ABCD 的距离就是线段BE 的长为2.设AD 与平面DCE 所成角为θ，点A 到平面DCE 的距离为d ， 由V A －DCE ＝V E －ADC ，得13×d ×S △CDE ＝13×|BE |×S △ACD ，可解得d ＝3010，而AD ＝1，则sin θ＝d |AD |＝3010，故直线AD 与平面DCE 所成角的正弦值为3010. 6．(2016·浙江卷)如图，在三棱台ABC －DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3.(1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求直线BD 与平面ACFD 所成角的余弦值．(1)证明 延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示，因为平面BCFE ⊥平面ABC ，且AC ⊥BC ，平面BCFE ∩平面ABC ＝BC ，所以AC ⊥平面BCK ，因此BF ⊥AC .又因为EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2， 所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，则BF ⊥CK .所以BF ⊥平面ACFD .(2)解 由(1)知BF ⊥平面ACFD ，所以BF ⊥平面ACK ，所以∠BDF 是直线BD 与平面ACFD 所成的角．在Rt△BFD 中，BF ＝3，DF ＝32，得cos ∠BDF ＝217.所以，直线BD 与平面ACFD 所成角的余弦值为217.7．(2018·稽阳联谊学校联考)如图1，ABCD 为梯形，AB ∥CD ，∠C ＝60°，点E 在CD 上，AB ＝CE ，BF ＝13BD ＝3，BD ⊥BC .现将△ADE 沿AE 折成如图2△APE 位置，使得二面角P －AE －C的大小为π3.(1)求PB 的长度； (2)求证：PB ⊥平面ABCE ；(3)(一题多解)求直线CE 与平面APE 所成角的正弦值．(1)解 因为AB 平行且等于EC ，所以四边形ABCE 是平行四边形，所以BC ∥AE ，又因为BD ⊥BC ，所以BD ⊥AE ，所以AE ⊥FB ，AE ⊥FP ， 即∠PFB 为二面角P －AE －C 的平面角． 又因为BF ＝3，PF ＝23，所以由余弦定理得BP 2＝BF 2＋PF 2－2BF ·PF cos∠BFP ＝9，所以BP ＝3.(2)证明 因为BF ＝3，PF ＝23，BP ＝3，满足勾股定理，所以BF ⊥PB .①又因为BF ⊥AE ，PF ⊥AE ，BF ∩PF ＝F ，所以AE ⊥平面PFB ，又因为PB ⊂平面PFB ，所以AE ⊥PB .② 由①②可知PB ⊥平面ABCE .(3)解 法一 作BN ⊥PF 于N 点，连接AN ， 由(2)可知，AE ⊥平面BFP ，又AE ⊂平面APE ， 所以平面BFP ⊥平面APE . 又平面BFP ∩平面APE ＝PF ， 所以BN ⊥平面APE ，所以∠BAN 是直线AB 与平面APE 所成的角； 在Rt△FBP 中 ，BN ＝BF sin 60°＝32，所以sin ∠NAB ＝BN AB ＝322＝34，所以直线AB 与平面APE 所成角的正弦值为34.因为AB ∥CE ，所以直线CE 与平面APE 所成角的正弦值为34.法二 由于BF ，BP ，BC 两两互相垂直，如图，建立空间直角坐标系，则B (0，0，0)，C (3，0，0)，A (－1，3，0)，E (2，3，0)，P (0，0，3)． 设平面APE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AP →＝0即⎩⎨⎧（x ，y ，z ）·（3，0，0）＝0，（x ，y ，z ）·（1，－3，3）＝0，得⎩⎨⎧x ＝0，x －3y ＋3z ＝0，取n ＝(0，3，1)． 设直线CE 与平面APE 所成的角为θ，又EC →＝(1，－3，0)， 则sin θ＝|cos 〈n ，EC →〉|＝|n ·EC →||n |·|EC →|＝34，即直线CE 与平面APE 所成角的正弦值为34.8．(2018·绍兴一中适应性考试)如图，矩形ABCD 中，AB AD＝λ(λ＞1)，将三角形ACD 沿AC 翻折，使点D 到达点E 的位置，且二面角C －AB －E 为直二面角．(1)求证：平面ACE ⊥平面BCE ；(2)(一题多解)设F 是BE 的中点，二面角E －AC －F 的平面角的大小为θ，当λ∈[2，3]时，求cos θ的取值范围．(1)证明 ∵二面角C －AB －E 为直二面角，AB ⊥BC ，∴BC ⊥平面ABE ，又AE ⊂平面ABE ，∴BC ⊥AE ， ∵AE ⊥CE ，BC ∩CE ＝C ，∴AE ⊥平面BCE . ∵AE ⊂平面ACE ，∴平面ACE ⊥平面BCE . (2)解 设AD ＝1，则AB ＝λ，法一 过点F 作FG ⊥EC 于点G ，则可证FG ⊥平面AEC ， 再过点G 作GH ⊥AC 于点H ，连接FH ，则AC ⊥FH .可证∠FHG 即为二面角E －AC －F 的平面角， 也即∠FHG ＝θ，∵AF ＝CF ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2－122＝λ2＋32， ∴H 为AC 的中点，∴FH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2＋322－⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2＋122＝22， 由S △CEF ＝12S △BCE 得FG ＝λ2－12λ，∴HG ＝FH 2－FG 2＝λ2＋12λ，∴在△FHG 中，cos θ＝HG FH ＝22·1＋1λ2. 由λ∈[2，3]得cos θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤53，104.法二 如图，以E 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，1，0)，B (λ2－1，0，0)，C (λ2－1，0，1)，E (0，0，0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2－12，0，0， 则EA →＝(0，1，0)，EC →＝(λ2－1，0，1)．设平面EAC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧y ＝0，λ2－1·x ＋z ＝0，取x ＝1， 则m ＝(1，0，－λ2－1)，同理可得平面FAC 的一个法向量为 n ＝(2，λ2－1，－λ2－1)，∴cos θ＝m ·n |m ||n |＝λ2＋1λ·2（λ2＋1）＝22·1＋1λ2， 由λ∈[2，3]得cos θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤53，104.。