[A组 夯基保分专练]
一、选择题
1．(2018·合肥第一次质量检测)
如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点．
(1)求证：平面BDM∥平面EFC；
(2)若DE＝2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接AC，交BD于点N，连接MN， 则N为AC的中点，
又M为AE的中点，所以MN∥EC. 因为MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC， 所以MN∥平面EFC.
因为BF，DE都垂直底面ABCD，所以BF∥DE. 因为BF＝DE，
所以四边形BDEF为平行四边形， 所以BD∥EF.
因为BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC， 所以BD∥平面EFC.
又MN∩BD＝N，所以平面BDM∥平面EFC.
(2)因为DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，
所以DA，DC，DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D-xyz.
设AB＝2，则DE＝4，从而D(0，0，0)，B(2，2，0)，M(1，0，2)，A(2，0，0)，E(0，0，4)， →→
所以DB＝(2，2，0)，DM＝(1，0，2)， 设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)， →DB＝0，n·2x＋2y＝0，则得
→x＋2z＝0.DM＝0，n·
令x＝2，则y＝－2，z＝－1，从而n＝(2，－2，－1)为平面BDM的一个法向量．
1
→
因为AE＝(－2，0，4)，设直线AE与平面BDM所成的角为θ，则 →n·AE45→
sin θ＝|cos〈n·AE〉|＝＝，
→15|AE||n|·45
所以直线AE与平面BDM所成角的正弦值为. 15
︵
2.(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所︵
在平面垂直，M是CD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． 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，故BC⊥DM. ︵
因为M为CD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. 而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.
→
(2)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CD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)．
→AM＝0，n·－2x＋y＋z＝0，
设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，则即
→2y＝0.AB＝0，n·可取n＝(1，0，2)．
→n·DA525→→→
DA是平面MCD的法向量，因此cos〈n，DA〉＝＝，sin〈n，DA〉＝.
55→
|n||DA|25
所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.
5
3．(2018·陕西教学质量检测(一))如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O，A1O⊥底面ABCD，AB＝2，AA1＝3.
(1)证明：平面A1CO⊥平面BB1D1D；
(2)若∠BAD＝60°，求二面角B-OB1C的余弦值． 解：(1)证明：因为A1O⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以A1O⊥BD.
2
因为四边形ABCD是菱形， 所以CO⊥BD. 因为A1O∩CO＝O， 所以BD⊥平面A1CO. 因为BD⊂平面BB1D1D， 所以平面A1CO⊥平面BB1D1D. (2)因为A1O⊥平面ABCD，CO⊥BD，
→→→
所以OB，OC，OA1两两垂直，以O为坐标原点，OB，OC，OA1的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
因为AB＝2，AA1＝3，∠BAD＝60°， 所以OB＝OD＝1，OA＝OC＝3，
2OA1＝AA21－OA＝6.
则O(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，3，0)，A(0，－3，0)，A1(0，0，6)， →→→→→→
所以OB＝(1，0，0)，BB1＝AA1＝(0，3，6)，OB1＝OB＋BB1＝(1，3，6)， 设平面OBB1的法向量为n＝(x，y，z)， →n＝0，OB· →OB1·n＝0，
x＝0，所以
x＋3y＋6z＝0.
令y＝2，得n＝(0，2，－1)是平面OBB1的一个法向量． 同理可求得平面OCB1的一个法向量m＝(6，0，－1)， n·m121
所以cos〈n，m〉＝＝＝，
|n|·|m|3×721由图可知二面角B-OB1C是锐二面角， 所以二面角B-OB1C的余弦值为21
. 21
4.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＝BC1
＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点． 2
3
(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．
1解：(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF，如图所示．因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝AD.
21
由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，又BC＝AD，所以EF綊BC，四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，
2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，AB的方向为x轴正方向，设|AB|为单位长，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(0，1，3)，PC＝(1，0，－3)，AB＝(1，0，0)．
设M(x，y，z)(0 BM＝(x－1，y，z)，PM＝(x，y－1，z－3)． → 因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n＝(0，0，1)是底面ABCD的一个法向量，所以|cos〈BM，n〉|＝sin 45°， |z|2 ＝， （x－1）2＋y2＋z22 即(x－1)2＋y2－z2＝0.① →→ 又M在棱PC上，设PM＝λPC，则 x＝λ，y＝1，z＝3－3λ.② 由①，②解得y＝1， z＝－26 x＝1＋ 所以M1－ 2，2 (舍去)，y＝1， z＝26， x＝1－2，2 2626→ ，从而AM＝1－，1，. ，1， 2222 设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则 →AM＝0，（2－2）x0＋2y0＋6z0＝0，m· 即 →x＝0，AB＝0，0m· 所以可取m＝(0，－6，2)． m·n10于是cos〈m，n〉＝＝. |m||n|5因此二面角M-AB-D的余弦值为10 . 5 [B组 大题增分专练] 1．(2018·南昌模拟)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD， 4 ABCD为直角 1 梯形，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝BC＝AP＝AD＝3，AC∩BD＝O，过O点作平面α平行于平面PAB，平面α 2与棱BC，AD，PD，PC分别相交于点E，F，G，H. (1)求GH的长度； (2)求二面角B-FH-E的余弦值． 解：(1)因为平面α∥平面PAB，平面α∩平面ABCD＝EF， 平面PAB∩平面ABCD＝AB，所以EF∥AB. 同理EH∥BP，FG∥AP. 因为BC∥AD，AD＝6，BC＝3， 所以△BOC∽△DOA， 且 BCCO1＝＝， ADAO2 EO11 所以＝，CE＝CB＝1，BE＝AF＝2， OF23CHEHCO1同理＝＝＝， PCPBCA3连接HO，则有HO∥PA， 且HO⊥EO，HO＝1， 1 所以EH＝PB＝2， 32 同理FG＝PA＝2， 3 过点H作HN∥EF交FG于N，易得四边形HNFO为矩形， 则GH＝HN2＋GN2＝5. (2)建立如图所示的空间直角坐标系，则B(3，0，0)，F(0，2，0)，E(3，2，0)，H(2，2，1)， →→ BH＝(－1，2，1)，FH＝(2，0，1)． 设平面BFH的法向量为n＝(x，y，z)， →BH＝－x＋2y＋z＝0n·则， →n·FH＝2x＋z＝0 3 1，，－2. 令z＝－2，得n＝2因为平面EFGH∥平面PAB， 所以平面EFGH的一个法向量为m＝(0，1，0)． m·n 故cos〈m，n〉＝＝|m||n| 3291＋＋44 329 ， 29 ＝5 二面角B-FH-E的余弦值为 329. 29 2．(2018·西安模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝22，E为CD的中点，点F在线段PB上． (1)求证：AD⊥PC； (2)试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等． 解：(1)证明：在平行四边形ABCD中，连接AC，AB＝22，BC＝2，∠ABC＝45°， 由余弦定理得AC2＝8＋4－2·22·2·cos 45°＝4，得AC＝2， 所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC，又AD∥BC， 所以AD⊥AC， 又AD＝AP＝2，DP＝22， 所以PA⊥AD，又AP∩AC＝A， 所以AD⊥平面PAC，所以AD⊥PC. (2)因为侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD， 所以PA⊥底面ABCD， 所以直线AC，AD，AP互相垂直，以A为坐标原点，DA，AC，AP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， 则A(0，0，0)，D(－2，0，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，E(－1，1，0)，P(0，0，2)， →→→ 所以PC＝(0，2，－2)，PD＝(－2，0，－2)，PB＝(2，2，－2)， 设 PF ＝λ(λ∈[0，1])， PB → 则PF＝(2λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)， → 所以EF＝(2λ＋1，2λ－1，－2λ＋2)， 易得平面ABCD的法向量m＝(0，0，1)． 设平面PDC的法向量为n＝(x，y，z)， →PC＝0，n·2y－2z＝0，由得 →－2x－2z＝0，PD＝0，n·令x＝1，得n＝(1，－1，－1)． 因为直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等， →→ 所以|cos〈EF，m〉|＝|cos〈EF，n〉|， 6 →→ |EF·m||EF·n|即＝， →→|EF|·|m||EF|·|n|所以|－2λ＋2|＝ 2λ， 3 3－3PF3－3 ，所以＝. 2PB2 即3|λ－1|＝|λ|，解得λ＝ 3．(2018·潍坊模拟)在▱PABC中，PA＝4，PC＝22，∠P＝45°，D是PA的中点(如图1)．将△PCD沿CD折起到图2中△P1CD的位置，得到四棱锥P1ABCD. (1)将△PCD沿CD折起的过程中，CD⊥平面P1DA是否成立？请证明你的结论； (2)若P1D与平面ABCD所成的角为60°，且△P1DA为锐角三角形，求平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值． 解：(1)将△PCD沿CD折起过程中，CD⊥平面P1DA成立．证明如下： 因为D是PA的中点，PA＝4， 所以DP＝DA＝2， 在△PDC中，由余弦定理得，CD2＝PC2＋PD2－2PC·PD·cos 45°＝8＋4－2×22×2×所以CD＝2＝PD， 因为CD2＋DP2＝8＝PC2， 所以△PDC为等腰直角三角形且CD⊥PA， 所以CD⊥DA，CD⊥P1D，P1D∩AD＝D， 所以CD⊥平面P1DA. (2)由(1)知CD⊥平面P1DA，CD⊂平面ABCD， 所以平面P1DA⊥平面ABCD， 因为△P1DA为锐角三角形， 所以P1在平面ABCD内的射影必在棱AD上，记为O，连接P1O， 所以P1O⊥平面ABCD， 则∠P1DA是P1D与平面ABCD所成的角， 所以∠P1DA＝60°， 因为DP1＝DA＝2， 所以△P1DA为等边三角形，O为AD的中点， 故以O为坐标原点，过点O且与CD平行的直线为x轴，DA所在直线为y轴，OP1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 7 2 ＝4， 2 设x轴与BC交于点M， 因为DA＝P1A＝2， 所以OP1＝3，易知OD＝OA＝CM＝1，所以BM＝3， →→→ 则P1(0，0，3)，D(0，－1，0)，C(2，－1，0)，B(2，3，0)，DC＝(2，0，0)，BC＝(0，－4，0)，P1C＝(2，－1，－3)， 因为CD⊥平面P1DA， 所以可取平面P1DA的一个法向量n1＝(1，0，0)， 设平面P1BC的法向量n2＝(x2，y2，z2)， →n2·BC＝0，－4y2＝0， 则所以 →2x－y－3z＝0，222n2·P1C＝0，y＝0，23 解得令z2＝1，则n2＝，0，1， 32x2＝z2，2 设平面P1AD和平面P1BC所成的角为θ，由图易知θ为锐角， |n1·n2|21 ＝＝. 7|n1|·|n2|7 1× 2 21. 732 所以cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝ 所以平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值为 4.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝22，BC＝42，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＝22，BC＝42，可得AB＝AC＝4， 所以BC2＝AB2＋AC2， 所以∠BAC＝90°，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)存在，理由如下： 取BC的中点E，则AE⊥BC，以A为坐标原点，AE，AD，AP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(0，0，0)，C(22，22，0)，D(0，22，0)，P(0，0，2)，B(22，－22，0)， 8 →→ PD＝(0，22，－2)，AC＝(22，22，0)． →→ 设PM＝tPD(0 所以AM＝(0，22t，2－2t)． 设平面MAC的法向量是n＝(x，y，z)， →AC＝0，n·则 →AM＝0，n· 22x＋22y＝0，即 22ty＋（2－2t）z＝0， 2t 令x＝1，得y＝－1，z＝， 1－t2t 则n＝1，－1，. 1－t 又m＝(0，0，1)是平面ACD的一个法向量， |m·n| 所以|cos〈m，n〉|＝ |m||n| ＝ 2tt－12 ＝， 222t2＋t－1 1 解得t＝，即点M是线段PD的中点． 2 此时平面MAC的一个法向量n＝(1，－1，2)， → 又BM＝(－22，32，1)． 设BM与平面MAC所成的角为θ， 4226→ 则sin θ＝|cos〈n，BM〉|＝＝. 92×3326故BM与平面MAC所成角的正弦值为. 9 9 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容