(共63张PPT)
题型(一)
平行、垂直关系的
证明与求线面角
题型(二)
平行、垂直关系的
证明与求二面角
题型(三)
利用空间向量解决
探索性问题
解题通法点拨
“课时跟踪检测”见
“课时跟踪检测(十)”
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根据图形与已知条件,建立适当的空间直角
建坐标系
巫标系
设直线AB与平面a所成的角为0,需求出平面
向量
的法向量n和直线AB的方
用公式
〈AB,n)
B·n
利用sin=cos(AB,n),直线和平面所成角的
得结论
范围是0
可得出直线和平面所成的角
立体几何解答题平行模型
垂直模型
J建橱平面化模型
角度计算模型
建
距离计算模型
空间直角坐标系
向
公式处理
建系
局部图形建平面」平面化
直角坐标系
处理
根据图形与已知条件,构建适当的空间直角
巫标系
准确求解相关点的巫标,并分别求出两平面
的法向量m,n
利用两向量夹角的余弦
求夹角的余弦值
观察图形中二面角是锐角还是钝角,得出
1结论第二讲
大题考法——立体几何
题型(一)平行、垂直关系的证明与求线面角
主要考查以具体几何体三棱锥或四棱锥为载体，建立恰当的空间直角坐标系求解线面角问题.
[典例感悟]
[典例1] (2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ABC中，AB＝BC＝2，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，且二面角M PA C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值.
[审题定向](一)定知识主要考查线线垂直、线面垂直、线面角．(二)定能力1.考查直观想象：三棱锥几何体中线线垂直、线面垂直的空间位置关系.2.考查逻辑推理：欲证线面垂直，需证线线垂直；欲求线面角，需建系求面的法向量.3.考查数学运算：法向量的求解、向量夹角的求解.(三)定思路第(1)问利用线面垂直的判定定理求证：连接OB，由已知条件得出OP⊥AC，OP⊥OB，再利用线面垂直的判定定理得证；第(2)问建立空间直角坐标系，用向量法求解：建立以的方向为x轴正方向的空间直角坐标系，求出与平面PAM的法向量，进而求出PC与平面PAM所成角的正弦值.
[解] (1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，所以PO⊥AC，且PO＝2.
连接OB，因为AB＝BC＝AC，
所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.
又因为OB∩AC＝O，所以PO⊥平面ABC.
(2)以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O
xyz.
由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0，2)，＝(0,2,2)．
取平面PAC的一个法向量＝(2,0,0)．
设M(a,2－a,0)(0
设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)．
由eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(·n＝0，,·n＝0，))得
令y＝a，得z＝－a，x＝(a－4)，
所以平面PAM的一个法向量为n＝((a－4)，a，－a)，所以cos〈，n〉＝.
由已知可得|cos〈，n〉|＝cos
30°＝，
所以＝，
解得a＝或a＝－4(舍去)．
所以n＝.
又＝(0,2，－2)，
所以cos〈，n〉＝＝.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.
[典例2] (2016·全国卷Ⅲ)如图，四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．
(1)证明MN∥平面PAB；
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.
[审题定向](一)定知识主要考查直线与平面平行，直线与平面所成的角．(二)定能力1.考查直观想象：四棱锥几何体中线线、线面平行与垂直的空间位置关系.2.考查逻辑推理：欲证线面平行，要证线线平行；欲求线面角，需建系求面的法向量.3.考查数学运算：法向量的求解、向量夹角的求解.(三)定思路第(1)问利用线面平行的判定定理求证：取BP的中点T，利用中位线及平行四边形的定义得出MN∥AT，从而证明MN∥平面PAB；第(2)问建立空间直角坐标系，用向量法求解：建立空间直角坐标系，求出与平面PMN的法向量，利用向量夹角公式可求线面角的正弦值.
[解] (1)证明：由已知得AM＝AD＝2.
取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.
又AD∥BC，故TN綊AM，
所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.
因为MN 平面PAB，AT 平面PAB，
所以MN∥平面PAB.
(2)取BC的中点E，连接AE.
由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE＝＝＝.
以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系A xyz.
由题意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，＝(0,2，－4)，＝，＝.
设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))
即可取n＝(0,2,1)．
于是|cos
〈n，〉|＝eq
\f(|n·|,|n|||)＝.
所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.
[类题通法]
1．证明空间位置关系要抓两点
一是平面图形中的平行与垂直关系，这是证明空间线面平行与垂直关系的起点，特别是三角形、梯形中的平行与垂直关系；二是准确利用空间线、面平行与垂直的判定与性质定理，尤其是定理中的条件要记全、记准，切忌因记漏条件或错用定理等导致出错．
2．利用空间向量求线面角的解题模型
[对点训练]
(2018·唐山模拟)如图，在四棱锥P ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD，E是PB的中点．
(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；
(2)若二面角P AC E的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．
解：(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以AC⊥PC.
因为AB＝2AD＝2CD，
所以AC＝BC＝AD＝CD，
所以AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC.
又BC∩PC＝C，
所以AC⊥平面PBC.
因为AC 平面EAC，
所以平面EAC⊥平面PBC.
(2)如图，以C为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，并设CB＝2，CP＝2a(a>0)．则C(0,0,0)，A(0,2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2a)，则E(1,0，a)，＝(0,2,0)，＝(0,0,2a)，＝(1,0，a)，
易知m＝(1,0,0)为平面PAC的一个法向量．
设n＝(x，y，z)为平面EAC的法向量，则n·＝n·＝0，即取x＝a，则z＝－1，n＝(a,0，－1)．依题意，|cos〈m，n〉|＝＝＝，则a＝.于是n＝(，0，－1)，＝(0,2，－2)．
设直线PA与平面EAC所成角为θ，
则sin
θ＝|cos〈，n〉|＝eq
\f(|·n|,|||n|)＝，
即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.
题型(二)平行、垂直关系的证明与求二面角
主要通过具体几何体三棱锥或四棱锥建立坐标系，利用向量法求二面角的大小，此类问题是考查热点.
[典例感悟]
[典例1] (2018·全国卷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.
[审题定向](一)定知识主要考查线线垂直、面面垂直、三棱锥的体积、二面角．(二)定能力1.考查直观想象：空间图形中线线、线面、面面垂直的空间位置关系.2.考查逻辑推理：欲证面面垂直，需证线面垂直，进而要证线线垂直.3.考查数学运算：法向量的求解，两向量夹角的求解.(三)定思路第(1)问利用面面垂直的判定定理证明：先证DM⊥BC，DM⊥CM DM⊥平面BMC 平面AMD⊥平面BMC；第(2)问建立空间直角坐标系，用向量法求解：△ABC的面积为定值，点M到平面ABC的距离最大时，三棱锥M ABC的体积最大，建立以D为坐标原点，的方向为x轴正方向的空间直角坐标系，求出平面MAB与平面MCD的法向量，利用法向量求二面角的正弦值.
[解] (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，所以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，所以DM⊥平面BMC.
因为DM 平面AMD，所以平面AMD⊥平面BMC.
(2)以D为坐标原点，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的体积最大时，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)，＝(－2，1,1)，＝(0,2,0)，＝(2,0,0)，
设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，
则eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即可取n＝(1,0,2)，
又是平面MCD的一个法向量，
所以cos〈n，〉＝eq
\f(n·,|n|||)＝，sin〈n，〉＝.
所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.
[典例2] (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.
[审题定向](一)定知识主要考查平面和平面垂直、二面角．(二)定能力1.考查直观想象：四棱锥几何体中线线平行与垂直，线面、面面垂直的空间位置关系.2.考查逻辑推理：欲证面面垂直，需证线面垂直，进而需证线线垂直.3.考查数学运算：法向量的求解，两向量夹角的求解.(三)定思路第(1)问利用面面垂直的判定定理证明：先证AB⊥AP，AB⊥PD AB⊥平面PAD 平面PAB⊥平面PAD;
第(2)问建立空间直角坐标系，用向量法求解：建立空间直角坐标系，求出平面PAB与平面PBC的法向量，利用法向量求二面角的余弦值.
[解] (1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，
得AB⊥AP，CD⊥PD.
因为AB∥CD，所以AB⊥PD.
又AP∩PD＝P，
所以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，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系F xyz.
由(1)及已知可得A，P，B，C.
所以＝，＝(，0,0)，
＝，＝(0,1,0)．
设n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的法向量，
则eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即
所以可取n＝(0，－1，－)．
设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量，
则eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·＝0，))即
所以可取m＝(1,0,1)．
则cos〈n，m〉＝＝＝－.
由图知二面角A PB C为钝角，
所以二面角A PB C的余弦值为－.
[类题通法]
利用空间向量求二面角的解题模型
[对点训练]
如图，四棱锥P ABCD的底面ABCD为菱形，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD＝5，AD＝6，∠DAB＝60°，E为AB的中点．
(1)证明：AC⊥PE；
(2)求二面角D PA B的余弦值．
解：(1)证明：如图，取AD的中点O，连接OP，OE，BD，∵四边形ABCD为菱形，∴BD⊥AC，
∵O，E分别为AD，AB的中点，
∴OE∥BD，∴AC⊥OE.
∵PA＝PD，O为AD的中点，
∴PO⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PO⊥平面ABCD，∴PO⊥AC，
∵OE∩OP＝O，
∴AC⊥平面POE，∴AC⊥PE.
(2)连接OB，∵四边形ABCD为菱形，∴AD＝AB，
又∠DAB＝60°，∴△DAB为等边三角形，
又O为AD的中点，∴OB⊥AD，
∵PO⊥平面ABCD，OA 平面ABCD，OB 平面ABCD，∴PO⊥OA，PO⊥OB，∴OP，OA，OB两两垂直．
以OA，OB，OP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O
xyz，则A(3,0,0)，B(0,3，0)，P(0，0,4)，＝(0,3，0)为平面PAD的一个法向量．
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
又＝(－3,0,4)，＝(－3,3，0)，
∴eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(·n＝0，,·n＝0，))即取x＝1，则y＝，z＝，n＝为平面PAB的一个法向量，
∴cos〈，n〉＝eq
\f(·n,|||n|)＝＝，
结合图形可知二面角D PA B的余弦值为.
题型(三)利用空间向量解决探索性问题
主要考查利用空间向量探索与空间线面垂直、平行或与空间三种角有关的点所在位置、参数值的大小等问题，一般出现在解答题的最后一问.
[典例感悟]
[典例] (2016·北京高考)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．
[审题定向](一)定知识主要考查线线垂直、面面垂直的性质，线面垂直的判定，直线与平面所成角的正弦值，线面平行的性质．(二)定能力1.考查直观想象：四棱锥几何体中线线、线面、面面垂直，线面平行的空间位置关系.2.考查逻辑推理：欲证线面垂直，需证线线垂直；欲求线面角，需求面的法向量.3.考查数学运算：法向量的求解，两向量夹角的求解.4.考查数学建模：对点是否存在探索，建立线面平行模型满足条件.(三)定思路第(1)问利用线面垂直的判定定理证明：平面PAD⊥平面ABCD AB⊥平面PAD AB⊥PD PD⊥平面PAB；第(2)问建立空间直角坐标系，用向量法求解：建立空间直角坐标系，求出与平面PCD的法向量，求出法向量与夹角的余弦值，进而可求线面角的正弦值；第(3)问假设点存在，利用向量法建立线面平行满足关系式求解：先假设存在点M，设出点M坐标，利用向量法，由线面平行的条件转化为方程求解.
[解] (1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB 平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD.
所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，
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.
如图所示，建立空间直角坐标系O
xyz.
由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)．
则＝(0，－1，－1)，＝(2,0，－1)，＝(1,1，－1)，
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即
令z＝2，则x＝1，y＝－2.
所以n＝(1，－2,2)．
又＝(1,1，－1)，
所以cos〈n，〉＝eq
\f(n·,|
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BCD，此时＝.
[类题通法]
利用空间向量求解探索性问题的策略
(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论．
(2)在(1)的前提下进行逻辑推理，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(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．
[对点训练]
(2018·湖南五市十校联考)如图，在四棱锥P ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2，BC＝4，PA＝2.
(1)求证：AB⊥PC;
(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M AC D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
解：(1)证明：由已知得四边形ABCD是直角梯形，由AD＝CD＝2，BC＝4，可得△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，又PA∩AC＝A，所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥PC.
(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(2，2，0)，D(0,2，0)，P(0,0,2)，B(2，－2，0)，＝(0,2
，－2)，＝(2，2，0)，＝(0,0,2)．
设＝t
(0所以＝＋＝(0,2t,2－2t)．
设平面MAC的法向量是n＝(x，y，z)，则
eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即
则可取n＝.
又m＝(0,0,1)是平面ACD的一个法向量，
所以|cos〈m，n〉|＝＝＝cos
45°＝，解得t＝，即点M是线段PD的中点．
此时平面MAC的法向量n＝(1，－1，)，M(0，，1)，
＝(－2，3，1)．
设BM与平面MAC所成的角为θ，
则sin
θ＝|cos〈n，〉|＝eq
\f(|n·|,|n|||)＝.
所以存在PD的中点M使得二面角M AC D的大小为45°，且BM与平面MAC所成角的正弦值为.
立体几何问题重在
“建”——建模、建系
[循流程思维——入题快]
立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建模、建系．
建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型或角度、距离等的计算模型；
建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．
[按流程解题——快又准]
[典例] (2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．
(1)证明：直线CE∥平面PAB；
(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M AB D的余弦值．
[解题示范]
(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF.
因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝AD.
由∠BAD＝∠ABC＝90°，得BC∥AD，
又BC＝AD，所以EF綊BC，
所以四边形BCEF是平行四边形，
CE∥BF，
又BF 平面PAB，CE 平面PAB，
故CE∥平面PAB.
(2)由已知得BA⊥AD，以A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A xyz，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，P(0，1，)，＝(1,0，－)，＝(1,0,0)．
建系：将线面角、二面角的求解问题转化为空间向量的计算问题．
设M(x，y，z)(0则＝(x－1，y，z)，＝(x，y－1，z－)．
因为BM与底面ABCD所成的角为45°，
而n＝(0,0,1)是底面ABCD的法向量，
所以|cos〈，n〉|＝sin
45°，＝，
即(x－1)2＋y2－z2＝0.①
又M在棱PC上，
设＝λ，则x＝λ，y＝1，z＝－λ.②
由①②解得(舍去)，或
所以M，从而＝.
设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，
则eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·＝0，))即
所以可取m＝(0，－，2)．
于是cos〈m，n〉＝＝.
由图知二面角M AB D为锐角，
因此二面角M AB D的余弦值为.
[思维升华] 立体几何的内容在高考中的考查情况总体上比较稳定．在平时的学习中，要加强“一题两法(几何法与向量法)”的训练，切勿顾此失彼；要重视识图训练，能正确确定关键点或线的位置，将局部空间问题转化为平面模型；能依托于题中的垂直条件，建立适当的空间直角坐标系，将几何问题化归为代数问题的计算模型．
[应用体验]
(2018·全国卷Ⅰ)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PF⊥BF.
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
解：(1)证明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，
又PF∩EF＝F，
所以BF⊥平面PEF.
又BF 平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)如图，作PH⊥EF，垂足为H.
由(1)得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz.
由(1)可得，DE⊥PE.
又因为DP＝2，DE＝1，所以PE＝.
又PF＝1，EF＝2，
所以PE⊥PF.
所以PH＝，EH＝.
则H(0,0,0)，P，D，
＝，＝.
又为平面ABFD的法向量，
设DP与平面ABFD所成角为θ，
则sin
θ＝eq
\f(|·|,||||)＝＝.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
A卷——大题保分练
1.(2018·洛阳模拟)如图，在四棱锥P ABCD中，E，F分别是PC，PD的中点，底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝PD＝2，且平面PAD⊥平面ABCD.
(1)求证：平面AEF⊥平面PCD；
(2)求平面AEF与平面ACE所成锐二面角的余弦值．
解：(1)证明：由题意知，PA＝PD＝AD，F为PD的中点，
可得AF⊥PD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD 平面ABCD，CD⊥AD，
∴CD⊥平面PAD.
又AF 平面PAD，∴CD⊥AF，
又CD∩PD＝D，
∴AF⊥平面PCD，又AF 平面AEF，
∴平面AEF⊥平面PCD.
(2)取AD的中点O，BC的中点G，连接OP，OG，
∵PA＝PD＝AD，∴OP⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD，OP 平面PAD，∴OP⊥平面ABCD.
分别以OA，OG，OP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，
则A(1,0,0)，C(－1,2,0)，E，F，＝，＝(0,1,0)．
设平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·＝0，))即
可取m＝(1,0，)，为平面AEF的一个法向量．
同理，可得平面ACE的一个法向量为n＝(，，1)．
cos〈m，n〉＝＝＝.
∴平面AEF与平面ACE所成锐二面角的余弦值为.
2.(2018·山西八校联考)如图，三棱柱ABC A1B1C1中，∠ACB＝90°，CC1⊥底面ABC，AC＝BC＝CC1＝2，D，E，F分别是棱AB，BC，B1C1的中点，G是棱BB1上的动点．
(1)当为何值时，平面CDG⊥平面A1DE
(2)求平面A1BF与平面A1DE所成的锐二面角的余弦值．
解：(1)当＝，即G为BB1的中点时，平面CDG⊥平面A1DE.
证明如下：因为点D，E分别是AB，BC的中点，
所以DE∥AC且DE＝AC，
又AC∥A1C1，AC＝A1C1，
所以DE∥A1C1，DE＝A1C1，
故D，E，C1，A1四点共面．
如图，连接C1E交GC于H.在正方形CBB1C1中，tan∠C1EC＝2，tan∠BCG＝，
故∠CHE＝90°，即CG⊥C1E.因为A1C1⊥平面CBB1C1，CG 平面CBB1C1，所以DE⊥CG，
又C1E∩DE＝E，所以CG⊥平面A1DE，
故平面CDG⊥平面A1DE.
(2)由(1)知，当G为BB1的中点时，平面A1DE的一个法向量为.三棱柱ABC A1B1C1中，∠ACB＝90°，CC1⊥底面ABC，所以以C为原点，CA，CB，CC1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
因为AC＝BC＝CC1＝2，D，E，F分别是棱AB，BC，B1C1的中点，所以C(0,0,0)，A1(2,0,2)，D(1,1,0)，E(0,1,0)，B(0,2,0)，F(0,1,2)，G(0,2,1)，＝(－2,2，－2)，＝(－2,1,0)，＝(0,2,1)．由CD知为平面A1DE的一个法向量．
设平面A1BF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即
令x＝1得n＝(1,2,1)，为平面A1BF的一个法向量．
设平面A1BF与平面A1DE所成的锐二面角为θ，
则cos
θ＝eq
\f(|·n|,||·|n|)＝＝，
所以平面A1BF与平面A1DE所成的锐二面角的余弦值为.
3．如图①，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图②所示的四棱锥D1 ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.
(1)设F为CD1的中点，试在AB上找一点M，使得MF∥平面D1AE；
(2)求直线BD1与平面CD1E所成的角的正弦值．
解：(1)如图，取D1E的中点，记为L，连接AL，FL，则FL∥EC，又EC∥AB，
∴FL∥AB，且FL＝AB，
∴M，F，L，A四点共面，且平面D1AE∩平面AMFL＝AL，
若MF∥平面D1AE，则MF∥AL，
∴四边形AMFL为平行四边形，∴AM＝FL＝AB.
(2)取AE的中点O，过点O作OG⊥AB于G，OH⊥BC于H，连接OD1.
∵AD1＝D1E，∴D1O⊥AE，∴D1O⊥平面ABCE，D1O⊥OG，D1O⊥OH，又易得OG⊥OH，故OG，OH，OD1两两垂直，以O为坐标原点，OG，OH，OD1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则B(1,3,0)，C(－1,3,0)，E(－1,1,0)，D1(0,0，)．
故＝(－1，－3，)，＝(1，－3，)，＝(0，－2,0)．
设平面CD1E的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·＝0，))即
取x＝，得m＝(，0，－1)．
设直线BD1与平面CD1E所成的角为θ，
则sin
θ＝|cos〈m，〉|＝eq
\f(|m·|,|m|||)＝＝.
即直线BD1与平面CD1E所成的角的正弦值为.
4.如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，H是CF的中点．
(1)求证：AC⊥平面BDEF；
(2)求直线DH与平面BDEF所成角的正弦值；
(3)求二面角H BD C的大小．
解：(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD.
又∵平面BDEF⊥平面ABCD，
平面BDEF∩平面ABCD＝BD，且AC 平面ABCD，
∴AC⊥平面BDEF.
(2)设AC∩BD＝O，取EF的中点N，连接ON，
∵四边形BDEF是矩形，O，N分别为BD，EF的中点，∴ON∥ED.
∵ED⊥平面ABCD，∴ON⊥平面ABCD.
由AC⊥BD，得OB，OC，ON两两垂直．
∴以O为原点，OB，OC，ON所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系．
∵底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，BF＝3，
∴A(0，－，0)，B(1,0,0)，D(－1，0,0)，E(－1,0,3)，F(1,0,3)，C(0，，0)，H.
∵AC⊥平面BDEF，
∴平面BDEF的法向量＝(0,2，0)．
设直线DH与平面BDEF所成角为α，
∵＝，
∴sin
α＝|cos〈，〉|＝eq
\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(·,||||)))＝，
∴直线DH与平面BDEF所成角的正弦值为.
(3)由(2)，得＝，＝(2,0,0)．
设平面BDH的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝1，得n＝(0，－，1)．
由ED⊥平面ABCD，得平面BCD的法向量为＝(0,0，－3)，则cos〈n，〉＝eq
\f(n·,|n|||)＝－，
由图可知二面角H BD C为锐角，
∴二面角H BD C的大小为60°.
B卷——深化提能练
1.(2019届高三·辽宁五校联考)如图，在四棱锥E ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中CD∥AB，BC⊥AB，侧面ABE⊥平面ABCD，且AB＝AE＝BE＝2BC＝2CD＝2，动点F在棱AE，且EF＝λFA.
(1)试探究λ的值，使CE∥平面BDF，并给予证明；
(2)当λ＝1时，求直线CE与平面BDF所成角的正弦值．
解：(1)当λ＝时，CE∥平面BDF.证明如下：
连接AC交BD于点G，连接GF(图略)，
∵CD∥AB，AB＝2CD，∴＝＝，
∵EF＝FA，∴＝＝，∴GF∥CE，
又CE 平面BDF，GF 平面BDF，
∴CE∥平面BDF.
(2)如图，取AB的中点O，连接EO，则EO⊥AB，
∵平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，
∴EO⊥平面ABCD，
连接DO，∵BO∥CD，且BO＝CD＝1，∴四边形BODC为平行四边形，∴BC∥DO，又BC⊥AB，∴AB⊥OD，
则OD，OA，OE两两垂直，以OD，OA，OE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O xyz，
则O(0,0,0)，A(0,1,0)，B(0，－1,0)，D(1,0,0)，C(1，－1，0)，E(0,0，)．
当λ＝1时，有＝，∴F，
∴＝(1,1,0)，＝(－1,1，)，＝.
设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，
则有eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即令z＝，得y＝－1，x＝1，则n＝(1，－1，)为平面BDF的一个法向量，
设直线CE与平面BDF所成的角为θ，
则sin
θ＝|cos〈，n〉|＝，
故直线CE与平面BDF所成角的正弦值为.
2.(2018·山东潍坊模拟)如图，在四棱锥P ABCD中，底面四边形ABCD内接于圆O，AC是圆O的一条直径，PA⊥平面ABCD，PA＝AC＝2，E是PC的中点，∠DAC＝∠AOB.
(1)求证：BE∥平面PAD；
(2)若二面角P CD A的正切值为2，求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．
解：(1)证明：∵∠DAC＝∠AOB，∴AD∥OB.∵E为PC的中点，O为圆心，连接OE，∴OE∥PA，又OB∩OE＝O，PA∩AD＝A，∴平面PAD∥平面EOB，∵BE 平面EOB，∴BE∥平面PAD.
(2)∵四边形ABCD内接于圆O且AC为直径，∴AD⊥CD，又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，又PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD，∴∠PDA是二面角P CD A的平面角，
∵tan∠PDA＝2，PA＝2，∴AD＝1，如图，以D为坐标原点，DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，过点D且垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系D xyz.PA＝AC＝2，AD＝1，延长BO交CD于点F，∵BO∥AD，∴BF⊥CD，∴BF＝BO＋OF，∴BF＝1＋＝，又CD＝，∴DF＝，∴P(1,0,2)，B，C(0，，0)，＝(1，－，2)，＝(0，，0)，设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)，
∵eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0.))即
令z＝1，则x＝－2，y＝0.∴n＝(－2,0,1)是平面PCD的一个法向量，
又＝，
∴|cos〈，n〉|＝eq
\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(·n,|||n|)))＝＝，
∴直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.
3.(2018·合肥一模)如图，已知平行四边形ABCD与△EMN所在的平面都与矩形BDEF所在的平面垂直，且∠BAD＝60°，AB＝MN＝2AD＝2，EM＝EN，F为MN的中点．
(1)求证：MN∥AD；
(2)若直线AE与平面ABCD所成的角为60°，求二面角M AB C的余弦值．
解：(1)证明：在△ABD中，∠BAD＝60°，AB＝2，AD＝1，由余弦定理可得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD＝22＋12－2×2×1×cos
60°＝3，所以BD＝，AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.又平面ABCD⊥平面BDEF，平面ABCD∩平面BDEF＝BD，所以AD⊥平面BDEF.在△EMN中，EM＝EN，F为MN的中点，所以MN⊥EF，又平面EMN⊥平面BDEF，平面EMN∩平面BDEF＝EF，所以MN⊥平面BDEF.所以MN∥AD.
(2)在矩形BDEF中，ED⊥BD，
又平面ABCD⊥平面BDEF，平面ABCD∩平面BDEF＝BD，所以ED⊥平面ABCD.
所以∠EAD为直线AE与平面ABCD所成的角，
故∠EAD＝60°.
在Rt△EAD中，ED＝ADtan∠EAD＝1×tan
60°＝.
如图，以D为坐标原点，分别以DA，DB，DE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，E(0,0，)，F(0，，)，M(1，，)，＝(0，－，－)，＝(－1，，0)．
因为DE⊥平面ABCD，
所以＝(0,0，)为平面ABCD的一个法向量．
设平面MAB的法向量为n＝(x，y，z)，
所以eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(n⊥，,n⊥，))即eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(n·＝－\r(3)y－\r(3)z＝0，,n·＝－x＋\r(3)y＝0，))
整理得
令y＝1，则x＝，z＝－1，
所以n＝(，1，－1)是平面MAB的一个法向量．
所以cos〈
，n〉＝eq
\f(·n,||×|n|)＝－＝－.
设二面角M AB C的大小为θ，由图可知θ为钝角，
所以cos
θ＝cos〈，n〉＝－.
4．已知直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2，AD＝，AB＝1，如图①所示，将△ABD沿BD折起到△PBD的位置得三棱锥P BCD，如图②所示．
(1)求证：BD⊥PC；
(2)当平面PBD⊥平面PBC时，求二面角P DC B的大小．
解：(1)证明：在图①中，连接AC，交BD于点G，
因为∠CDA＝∠DAB＝90°，
所以tan∠CAD＝＝，tan∠DBA＝＝，
所以∠CAD＝∠DBA，
因为∠CAD＋∠BAG＝90°，
所以∠DBA＋∠BAG＝90°，所以BD⊥AC.
所以将△ABD沿BD折起到△PBD的位置后，仍有BD⊥PG，BD⊥CG，如图②所示，
又PG∩CG＝G，所以BD⊥平面PCG，
又PC 平面PCG，所以BD⊥PC.
(2)因为平面PBD⊥平面PBC，PB⊥PD，平面PBD∩平面PBC＝PB，PD 平面PBD，所以PD⊥平面PBC，
因为PC 平面PBC，所以PD⊥PC，
又BD⊥PC，BD∩PD＝D，所以PC⊥平面PBD，所以BP⊥CP.
以P为坐标原点，PC，PB，PD所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图③所示，则P(0,0,0)，B(0,1,0)，C(，0,0)，D(0,0，)，＝(0，－1，)，＝(，－1,0)，
易知平面PCD的一个法向量为m＝(0,1,0)，
设n＝(x，y，z)为平面BCD的法向量，
则eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(·n＝0，,·n＝0，))即
令x＝1，则y＝，z＝1，得n＝(1，，1)是平面BCD的一个法向量．
则cos〈m，n〉＝＝，
易知二面角P DC B为锐角，
所以二面角P DC B的大小为45°.课时跟踪检测（十）
立体几何
（大题练）
A卷——大题保分练
1.(2018·洛阳模拟)如图，在四棱锥P ABCD中，E，F分别是PC，PD的中点，底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝PD＝2，且平面PAD⊥平面ABCD.
(1)求证：平面AEF⊥平面PCD；
(2)求平面AEF与平面ACE所成锐二面角的余弦值．
解：(1)证明：由题意知，PA＝PD＝AD，F为PD的中点，
可得AF⊥PD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD 平面ABCD，CD⊥AD，
∴CD⊥平面PAD.
又AF 平面PAD，∴CD⊥AF，
又CD∩PD＝D，
∴AF⊥平面PCD，又AF 平面AEF，
∴平面AEF⊥平面PCD.
(2)取AD的中点O，BC的中点G，连接OP，OG，
∵PA＝PD＝AD，∴OP⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD，OP 平面PAD，∴OP⊥平面ABCD.
分别以OA，OG，OP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，
则A(1,0,0)，C(－1,2,0)，E，F，＝，＝(0,1,0)．
设平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·＝0，))即
可取m＝(1,0，)，为平面AEF的一个法向量．
同理，可得平面ACE的一个法向量为n＝(，，1)．
cos〈m，n〉＝＝＝.
∴平面AEF与平面ACE所成锐二面角的余弦值为.
2.(2018·山西八校联考)如图，三棱柱ABC A1B1C1中，∠ACB＝90°，CC1⊥底面ABC，AC＝BC＝CC1＝2，D，E，F分别是棱AB，BC，B1C1的中点，G是棱BB1上的动点．
(1)当为何值时，平面CDG⊥平面A1DE
(2)求平面A1BF与平面A1DE所成的锐二面角的余弦值．
解：(1)当＝，即G为BB1的中点时，平面CDG⊥平面A1DE.
证明如下：因为点D，E分别是AB，BC的中点，
所以DE∥AC且DE＝AC，
又AC∥A1C1，AC＝A1C1，
所以DE∥A1C1，DE＝A1C1，
故D，E，C1，A1四点共面．
如图，连接C1E交GC于H.在正方形CBB1C1中，tan∠C1EC＝2，tan∠BCG＝，
故∠CHE＝90°，即CG⊥C1E.因为A1C1⊥平面CBB1C1，CG 平面CBB1C1，所以DE⊥CG，
又C1E∩DE＝E，所以CG⊥平面A1DE，
故平面CDG⊥平面A1DE.
(2)由(1)知，当G为BB1的中点时，平面A1DE的一个法向量为.三棱柱ABC A1B1C1中，∠ACB＝90°，CC1⊥底面ABC，所以以C为原点，CA，CB，CC1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
因为AC＝BC＝CC1＝2，D，E，F分别是棱AB，BC，B1C1的中点，所以C(0,0,0)，A1(2,0,2)，D(1,1,0)，E(0,1,0)，B(0,2,0)，F(0,1,2)，G(0,2,1)，＝(－2,2，－2)，＝(－2,1,0)，＝(0,2,1)．由CD知为平面A1DE的一个法向量．
设平面A1BF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即
令x＝1得n＝(1,2,1)，为平面A1BF的一个法向量．
设平面A1BF与平面A1DE所成的锐二面角为θ，
则cos
θ＝eq
\f(|·n|,||·|n|)＝＝，
所以平面A1BF与平面A1DE所成的锐二面角的余弦值为.
3．如图①，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图②所示的四棱锥D1 ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.
(1)设F为CD1的中点，试在AB上找一点M，使得MF∥平面D1AE；
(2)求直线BD1与平面CD1E所成的角的正弦值．
解：(1)如图，取D1E的中点，记为L，连接AL，FL，则FL∥EC，又EC∥AB，
∴FL∥AB，且FL＝AB，
∴M，F，L，A四点共面，且平面D1AE∩平面AMFL＝AL，
若MF∥平面D1AE，则MF∥AL，
∴四边形AMFL为平行四边形，∴AM＝FL＝AB.
(2)取AE的中点O，过点O作OG⊥AB于G，OH⊥BC于H，连接OD1.
∵AD1＝D1E，∴D1O⊥AE，∴D1O⊥平面ABCE，D1O⊥OG，D1O⊥OH，又易得OG⊥OH，故OG，OH，OD1两两垂直，以O为坐标原点，OG，OH，OD1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则B(1,3,0)，C(－1,3,0)，E(－1,1,0)，D1(0,0，)．
故＝(－1，－3，)，＝(1，－3，)，＝(0，－2,0)．
设平面CD1E的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·＝0，))即
取x＝，得m＝(，0，－1)．
设直线BD1与平面CD1E所成的角为θ，
则sin
θ＝|cos〈m，〉|＝eq
\f(|m·|,|
m
|||)＝＝.
即直线BD1与平面CD1E所成的角的正弦值为.
4.如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，
∠BAD＝60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，H是CF的中点．
(1)求证：AC⊥平面BDEF；
(2)求直线DH与平面BDEF所成角的正弦值；
(3)求二面角H BD C的大小．
解：(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD.
又∵平面BDEF⊥平面ABCD，
平面BDEF∩平面ABCD＝BD，且AC 平面ABCD，
∴AC⊥平面BDEF.
(2)设AC∩BD＝O，取EF的中点N，连接ON，
∵四边形BDEF是矩形，O，N分别为BD，EF的中点，∴ON∥ED.
∵ED⊥平面ABCD，∴ON⊥平面ABCD.
由AC⊥BD，得OB，OC，ON两两垂直．
∴以O为原点，OB，OC，ON所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系．
∵底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，BF＝3，
∴A(0，－，0)，B(1,0,0)，D(－1，0,0)，E(－1,0,3)，F(1,0,3)，C(0，，0)，H.
∵AC⊥平面BDEF，
∴平面BDEF的法向量＝(0,2，0)．
设直线DH与平面BDEF所成角为α，
∵＝，
∴sin
α＝|cos〈，〉|＝eq
\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(·,||||)))＝，
∴直线DH与平面BDEF所成角的正弦值为.
(3)由(2)，得＝，＝(2,0,0)．
设平面BDH的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝1，得n＝(0，－，1)．
由ED⊥平面ABCD，得平面BCD的法向量为＝(0,0，－3)，则cos〈n，〉＝eq
\f(n·,|
n
|||)＝－，
由图可知二面角H BD C为锐角，
∴二面角H BD C的大小为60°.
B卷——深化提能练
1.(2019届高三·辽宁五校联考)如图，在四棱锥E ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中CD∥AB，BC⊥AB，侧面ABE⊥平面ABCD，且AB＝AE＝BE＝2BC＝2CD＝2，动点F在棱AE，且EF＝λFA.
(1)试探究λ的值，使CE∥平面BDF，并给予证明；
(2)当λ＝1时，求直线CE与平面BDF所成角的正弦值．
解：(1)当λ＝时，CE∥平面BDF.证明如下：
连接AC交BD于点G，连接GF(图略)，
∵CD∥AB，AB＝2CD，∴＝＝，
∵EF＝FA，∴＝＝，∴GF∥CE，
又CE 平面BDF，GF 平面BDF，
∴CE∥平面BDF.
(2)如图，取AB的中点O，连接EO，则EO⊥AB，
∵平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，
∴EO⊥平面ABCD，
连接DO，∵BO∥CD，且BO＝CD＝1，∴四边形BODC为平行四边形，∴BC∥DO，又BC⊥AB，∴AB⊥OD，
则OD，OA，OE两两垂直，以OD，OA，OE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O xyz，
则O(0,0,0)，A(0,1,0)，B(0，－1,0)，D(1,0,0)，C(1，－1，0)，E(0,0，)．
当λ＝1时，有＝，∴F，
∴＝(1,1,0)，＝(－1,1，)，＝.
设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，
则有eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即令z＝，得y＝－1，x＝1，则n＝(1，－1，)为平面BDF的一个法向量，
设直线CE与平面BDF所成的角为θ，
则sin
θ＝|cos〈，n〉|＝，
故直线CE与平面BDF所成角的正弦值为.
2.(2018·山东潍坊模拟)如图，在四棱锥P ABCD中，底面四边形ABCD内接于圆O，AC是圆O的一条直径，PA⊥平面ABCD，PA＝AC＝2，E是PC的中点，∠DAC＝∠AOB.
(1)求证：BE∥平面PAD；
(2)若二面角P CD A的正切值为2，求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．
解：(1)证明：∵∠DAC＝∠AOB，∴AD∥OB.∵E为PC的中点，O为圆心，连接OE，∴OE∥PA，又OB∩OE＝O，PA∩AD＝A，∴平面PAD∥平面EOB，∵BE 平面EOB，∴BE∥平面PAD.
(2)∵四边形ABCD内接于圆O且AC为直径，∴AD⊥CD，又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，又PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD，∴∠PDA是二面角P CD A的平面角，
∵tan∠PDA＝2，PA＝2，∴AD＝1，如图，以D为坐标原点，DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，过点D且垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系D xyz.PA＝AC＝2，AD＝1，延长BO交CD于点F，∵BO∥AD，∴BF⊥CD，∴BF＝BO＋OF，∴BF＝1＋＝，又CD＝，∴DF＝，∴P(1,0,2)，B，C(0，，0)，＝(1，－，2)，＝(0，，0)，设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)，
∵eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0.))即
令z＝1，则x＝－2，y＝0.∴n＝(－2,0,1)是平面PCD的一个法向量，
又＝，
∴|cos〈，n〉|＝eq
\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(·n,|||n|)))＝＝，
∴直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.
3.(2018·合肥一模)如图，已知平行四边形ABCD与△EMN所在的平面都与矩形BDEF所在的平面垂直，且∠BAD＝60°，AB＝MN＝2AD＝2，EM＝EN，F为MN的中点．
(1)求证：MN∥AD；
(2)若直线AE与平面ABCD所成的角为60°，求二面角M AB C的余弦值．
解：(1)证明：在△ABD中，∠BAD＝60°，AB＝2，AD＝1，由余弦定理可得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD＝22＋12－2×2×1×cos
60°＝3，所以BD＝，AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.又平面ABCD⊥平面BDEF，平面ABCD∩平面BDEF＝BD，所以AD⊥平面BDEF.在△EMN中，EM＝EN，F为MN的中点，所以MN⊥EF，又平面EMN⊥平面BDEF，平面EMN∩平面BDEF＝EF，所以MN⊥平面BDEF.所以MN∥AD.
(2)在矩形BDEF中，ED⊥BD，
又平面ABCD⊥平面BDEF，平面ABCD∩平面BDEF＝BD，所以ED⊥平面ABCD.
所以∠EAD为直线AE与平面ABCD所成的角，
故∠EAD＝60°.
在Rt△EAD中，ED＝ADtan∠EAD＝1×tan
60°＝.
如图，以D为坐标原点，分别以DA，DB，DE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，E(0,0，)，F(0，，)，M(1，，)，＝(0，－，－)，＝(－1，，0)．
因为DE⊥平面ABCD，
所以＝(0,0，)为平面ABCD的一个法向量．
设平面MAB的法向量为n＝(x，y，z)，
所以eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(n⊥，,n⊥，))即eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(n·＝－\r(3)y－\r(3)z＝0，,n·＝－x＋\r(3)y＝0，))
整理得
令y＝1，则x＝，z＝－1，
所以n＝(，1，－1)是平面MAB的一个法向量．
所以cos〈
，n〉＝eq
\f(·n,||×|n|)＝－＝－.
设二面角M AB C的大小为θ，由图可知θ为钝角，
所以cos
θ＝cos〈，n〉＝－.
4．已知直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2，AD＝，AB＝1，如图①所示，将△ABD沿BD折起到△PBD的位置得三棱锥P BCD，如图②所示．
(1)求证：BD⊥PC；
(2)当平面PBD⊥平面PBC时，求二面角P DC B的大小．
解：(1)证明：在图①中，连接AC，交BD于点G，
因为∠CDA＝∠DAB＝90°，
所以tan∠CAD＝＝，tan∠DBA＝＝，
所以∠CAD＝∠DBA，
因为∠CAD＋∠BAG＝90°，
所以∠DBA＋∠BAG＝90°，所以BD⊥AC.
所以将△ABD沿BD折起到△PBD的位置后，仍有BD⊥PG，BD⊥CG，如图②所示，
又PG∩CG＝G，所以BD⊥平面PCG，
又PC 平面PCG，所以BD⊥PC.
(2)因为平面PBD⊥平面PBC，PB⊥PD，平面PBD∩平面PBC＝PB，PD 平面PBD，所以PD⊥平面PBC，
因为PC 平面PBC，所以PD⊥PC，
又BD⊥PC，BD∩PD＝D，所以PC⊥平面PBD，所以BP⊥CP.
以P为坐标原点，PC，PB，PD所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图③所示，则P(0,0,0)，B(0,1,0)，C(，0,0)，D(0,0，)，＝(0，－1，)，＝(，－1,0)，
易知平面PCD的一个法向量为m＝(0,1,0)，
设n＝(x，y，z)为平面BCD的法向量，
则eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(·n＝0，,·n＝0，))即
令x＝1，则y＝，z＝1，得n＝(1，，1)是平面BCD的一个法向量．
则cos〈m，n〉＝＝，
易知二面角P DC B为锐角，
所以二面角P DC B的大小为45°.