2021届新高考版高考数学一轮复习精练：§8.4　直线、平面垂直的判定与性质（试题部分） .docx

《2021届新高考版高考数学一轮复习精练：§8.4　直线、平面垂直的判定与性质（试题部分） .docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届新高考版高考数学一轮复习精练：§8.4　直线、平面垂直的判定与性质（试题部分） .docx（21页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、8.4直线、平面垂直的判定与性质基础篇固本夯基【基础集训】考点一直线与平面垂直的判定与性质1.已知m和n是两条不同的直线,和是两个不重合的平面,下面给出的条件中一定能推出m的是()A.且mB.且mC.mn且nD.mn且n答案C2.下列命题中错误的是()A.如果平面外的直线a不平行于平面,则平面内不存在与a平行的直线B.如果平面平面,平面平面,=l,那么直线l平面C.如果平面平面,那么平面内所有直线都垂直于平面D.一条直线与两个平行平面中的一个平面相交,则必与另一个平面相交答案C3.如图,PA圆O所在的平面,AB是圆O的直径,C是圆O上一点,E、F分别是A在PB、PC上的射影,给出下列结论:AF

2、PB;EFPB;AFBC;AE平面PBC.其中正确命题的序号是.答案4.九章算术中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图,在阳马P-ABCD中,侧棱PD底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EFPB交PB于点F,连接DE,DF,BD,BE.证明:PB平面DEF.试判断四面体DBEF是不是鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说明理由.解析因为PD底面ABCD,所以PDBC,由底面ABCD为长方形,得BCCD,因为PDCD=D,所以BC平面PCD,因为DE平面PCD,所以BCDE.又因为PD=CD,点E

3、是PC的中点,所以DEPC.因为PCBC=C,所以DE平面PBC.因为PB平面PBC,所以PBDE.又PBEF,DEEF=E,所以PB平面DEF.由DE平面PBC,PB平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,即四面体DBEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为DEB,DEF,EFB,DFB.考点二平面与平面垂直的判定与性质5.如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,底面ABCD为正方形,给出下列结论:AD平面PBC;平面PAC平面PBD;平面PAB平面PAC;平面PAD平面PDC.其中正确结论的序号是.答案6.如图,在三棱锥P-ABC中,PAAB,PABC,ABBC,PA=AB

4、=BC=2,D为线段AC的中点,E为线段PC上一点.(1)求证:PABD;(2)求证:平面BDE平面PAC;(3)当PA平面BDE时,求三棱锥E-BCD的体积.解析(1)证明:因为PAAB,PABC,ABBC=B,所以PA平面ABC.因为BD平面ABC,所以PABD.(2)证明:因为AB=BC,D为AC的中点,所以BDAC.由(1)知,PABD,又ACPA=A,所以BD平面PAC.因为BD平面BDE,所以平面BDE平面PAC.(3)因为PA平面BDE,平面PAC平面BDE=DE,所以PADE.因为D为AC的中点,所以DE=12PA=1,BD=DC=2.由(1)知,PA平面ABC,所以DE平面A

5、BC.所以三棱锥E-BCD的体积V=1312BDDCDE=13.7.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD平面ABCD,PAPD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.(1)求证:PEBC;(2)求证:平面PAB平面PCD;(3)求证:EF平面PCD.证明(1)因为PA=PD,E为AD的中点,所以PEAD.因为底面ABCD为矩形,所以BCAD.所以PEBC.(2)因为底面ABCD为矩形,所以ABAD.又因为平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,所以AB平面PAD.所以ABPD.又因为PAPD,PAAB=A,所以PD平面PAB.因为PD平面PCD,所以平

6、面PAB平面PCD.(3)取PC的中点G,连接FG,DG.因为F,G分别为PB,PC的中点,所以FGBC,FG=12BC.因为四边形ABCD为矩形,且E为AD的中点,所以DEBC,DE=12BC.所以DEFG,DE=FG.所以四边形DEFG为平行四边形.所以EFDG.又因为EF平面PCD,DG平面PCD,所以EF平面PCD.综合篇知能转换【综合集训】考法一证明直线与平面垂直的方法1.(2017课标全国,10,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则()A.A1EDC1B.A1EBDC.A1EBC1D.A1EAC答案C2.(2018课标全国,19,12分)如图,在三棱锥P

7、-ABC中,AB=BC=22,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MC=2MB,求点C到平面POM的距离.解析(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OPAC,且OP=23.连接OB,因为AB=BC=22AC,所以ABC为等腰直角三角形,且OBAC,OB=12AC=2.由OP2+OB2=PB2知,OPOB.由OPOB,OPAC且OBAC=O知PO平面ABC.(2)作CHOM,垂足为H.又由(1)可得OPCH,所以CH平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离.由题设可知OC=12AC=2,CM=23BC=423

8、,ACB=45.所以OM=253,CH=OCMCsinACBOM=455.所以点C到平面POM的距离为455.3.(2019 53原创题)如图,在以P为顶点,母线长为2的圆锥中,底面圆O的直径AB长为2,点C在圆O所在平面内,且AC是圆O的切线,BC交圆O于点D,连接PD,OD.(1)求证:PB平面PAC;(2)若AC=233,求点O到平面PBD的距离.解析(1)证明:因为AB是圆O的直径,AC与圆O切于点A,所以ACAB.又在圆锥中,PO垂直于底面圆O,所以POAC,而POAB=O,所以AC平面PAB,从而ACPB.在三角形PAB中,PA=PB=2,AB=2,故有PA2+PB2=AB2,所以

9、PAPB,又PAAC=A,所以PB平面PAC.(2)解法一:作OEBD于E,连接PE.又POBD,POOE=O,所以BD平面POE.又BD平面PBD,所以平面PBD平面POE,作OFPE于F,因为平面PBD平面POE=PE,所以OF平面PBD,故OF的长为点O到平面PBD的距离.连接AD.在RtPOE中,PO=1,OE=12AD=ABAC2BC=12,所以OF=POOEPE=55.即点O到平面PBD的距离为55.解法二:因为AB=2,AC=233,ACAB,所以在直角ABC中,ABC=6.又OD=OB=1,则OBD是等腰三角形,所以BD=3,SOBD=1211sin23=34.又PB=PD=2

10、,所以SPBD=12352=154,设点O到平面PBD的距离为d,由VP-OBD=VO-PBD,即13SOBDPO=13SPBDd,可得d=55.解法三:因为AB=2,AC=233,ACAB,所以SABC=122233=233.又由(1)可知,AC平面PAB,则ACPA,所以PC=2+43=303.又PB平面PAC,所以PBPC,则SPBC=122303=153.设点O到平面PBD的距离为d,则A到平面PBC的距离为2d,由VP-ACB=VA-PBC,即13SABCPO=13SPBC2d,可得d=55.考法二平面与平面垂直的判定与性质问题4.(2018广东六校4月联考,18)如图,在四棱锥P-

11、ABCD中,四边形ABCD是平行四边形,AB=BC=1,BAD=120,PB=PC=2,PA=2,E,F分别是AD,PD的中点.(1)证明:平面EFC平面PBC;(2)求二面角A-BC-P的余弦值.解析(1)证明:取BC的中点G,连接PG,AG,AC,PB=PC,PGBC,四边形ABCD是平行四边形,BAD=120,ABC=60.又AB=BC=1,ABC是等边三角形,AGBC.AGPG=G,BC平面PAG,BCPA.(3分)E,F分别是AD,PD的中点,EFPA,易知四边形EAGC为平行四边形,ECAG,BCEF,BCEC,EFEC=E,BC平面EFC,(5分)BC平面PBC,平面EFC平面P

12、BC.(6分)(2)由(1)知PGBC,AGBC,PGA是二面角A-BC-P的平面角.(7分)PG=2-14=72,AG=32,PA=2,在PAG中,cosPGA=PG2+AG2-PA22PGAG=-217,(11分)二面角A-BC-P的余弦值为-217.(12分)5.(2019北京,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.(1)求证:BD平面PAC;(2)若ABC=60,求证:平面PAB平面PAE;(3)棱PB上是否存在点F,使得CF平面PAE?说明理由.解析(1)因为PA平面ABCD,所以PABD.又因为底面ABCD为菱形,所以BD

13、AC.所以BD平面PAC.(2)因为PA平面ABCD,AE平面ABCD,所以PAAE.因为底面ABCD为菱形,ABC=60,且E为CD的中点,所以AECD.所以ABAE.所以AE平面PAB.所以平面PAB平面PAE.(3)棱PB上存在点F,使得CF平面PAE.取F为PB的中点,取G为PA的中点,连接CF,FG,EG.则FGAB,且FG=12AB.因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,所以CEAB,且CE=12AB.所以FGCE,且FG=CE.所以四边形CEGF为平行四边形.所以CFEG.因为CF平面PAE,EG平面PAE,所以CF平面PAE.【五年高考】考点一直线与平面垂直的判定与性质1.

14、(2019北京,13,5分)已知l,m是平面外的两条不同直线.给出下列三个论断:lm;m;l.以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:.答案若lm,l,则m(答案不唯一)2.(2019课标全国,17,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BEEC1.(1)证明:BE平面EB1C1;(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E-BB1C1C的体积.解析本题考查了长方体的性质、直线与平面垂直的判定与性质和锥体的体积,考查了空间想象能力,主要体现了逻辑推理和直观想象的核心素养.(1)由已知得B1C1平面ABB1A1,BE平

15、面ABB1A1,故B1C1BE.又BEEC1,所以BE平面EB1C1.(2)由(1)知BEB1=90.由题设知RtABERtA1B1E,所以AEB=A1EB1=45,故AE=AB=3,AA1=2AE=6.作EFBB1,垂足为F,则EF平面BB1C1C,且EF=AB=3.所以,四棱锥E-BB1C1C的体积V=13363=18.思路分析(1)由长方体的性质易得B1C1BE,再利用直线与平面垂直的判定定理求证;(2)求该四棱锥的体积的关键是求高,利用平面与平面垂直的性质定理,可知只需过E作B1B的垂线即可得高.解题关键由长方体的性质找BE的垂线和平面BB1C1C的垂线是求解的关键.3.(2019天津

16、,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,PCD为等边三角形,平面PAC平面PCD,PACD,CD=2,AD=3.(1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH平面PAD;(2)求证:PA平面PCD;(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.解析本题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.以线面角的计算为依托考查数学运算与直观想象的核心素养.(1)证明:连接BD,易知ACBD=H,BH=DH.又由BG=PG,故GHPD.又因为GH平面PAD,PD平面PAD,所以GH平面PAD.(2)

17、证明:取棱PC的中点N,连接DN.依题意,得DNPC.又因为平面PAC平面PCD,平面PAC平面PCD=PC,所以DN平面PAC,又PA平面PAC,故DNPA.又已知PACD,CDDN=D,所以PA平面PCD.(3)连接AN,由(2)中DN平面PAC,可知DAN为直线AD与平面PAC所成的角.因为PCD为等边三角形,CD=2且N为PC的中点,所以DN=3.又DNAN,在RtAND中,sinDAN=DNAD=33.所以,直线AD与平面PAC所成角的正弦值为33.思路分析(1)在BPD中证明GHPD,从而利用线面平行的判定定理证线面平行;(2)取棱PC的中点N,连接DN,有DNPC,由面面垂直的性

18、质,得DN平面PAC,从而得DNPA,进而得出结论;(3)由(2)知所求角为DAN,在RtAND中求其正弦值即可.考点二平面与平面垂直的判定与性质4.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1B1C1.求证:(1)AB平面A1B1C;(2)平面ABB1A1平面A1BC.证明(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,ABA1B1.因为AB平面A1B1C,A1B1平面A1B1C,所以AB平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,所以AB1A

19、1B.因为AB1B1C1,BCB1C1,所以AB1BC.又因为A1BBC=B,A1B平面A1BC,BC平面A1BC,所以AB1平面A1BC,又因为AB1平面ABB1A1,所以平面ABB1A1平面A1BC.5.(2018课标全国,19,12分)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧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)在线段AM上是否存在点P,使得MC平面PBD?说明理由.解析本题考查平面与平面垂直的判定与性质、直线与平面平行的判定与性质.(1)证明:由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.因为BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BC

20、DM.因为M为CD上异于C,D的点,且DC为直径,所以DMCM.又BCCM=C,所以DM平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.(2)当P为AM的中点时,MC平面PBD.证明如下:连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形,所以O为AC中点.连接OP,因为P为AM中点,所以MCOP.MC平面PBD,OP平面PBD,所以MC平面PBD.易错警示使用判定定理和性质定理进行推理证明时要使条件完备.疑难突破解决线面平行的探索性问题的策略:(1)通过观察确定点或直线的位置(如中点,中位线),再进行证明.(2)把要得的平行当作已知条件,用平行的性质去求点、线.6.(2017山东,18,12分)由

21、四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E平面ABCD.(1)证明:A1O平面B1CD1;(2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM平面B1CD1.证明(1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,所以A1O1OC,A1O1=OC,因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以A1OO1C.又O1C平面B1CD1,A1O平面B1CD1,所以A1O平面B1CD1.(2)因为ACBD,E,M分别为AD和OD的

22、中点,所以EMBD,又A1E平面ABCD,BD平面ABCD,所以A1EBD,因为B1D1BD,所以EMB1D1,A1EB1D1,又A1E,EM平面A1EM,A1EEM=E,所以B1D1平面A1EM,又B1D1平面B1CD1,所以平面A1EM平面B1CD1.方法总结证明面面垂直的方法:1.面面垂直的定义;2.面面垂直的判定定理(a,a).易错警示ab,a/ b.教师专用题组1.(2018浙江,8,4分)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为1,SE与平面ABCD所成的角为2,二面角S-AB-C的平面角为3,则()A.123B.3

23、21C.132D.231答案D2.(2019浙江,8,4分)设三棱锥V-ABC的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点(不含端点).记直线PB与直线AC所成的角为,直线PB与平面ABC所成的角为,二面角P-AC-B的平面角为,则()A.,B.,C.,D.,答案B3.(2015浙江,17,15分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BAC=90,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D是B1C1的中点.(1)证明:A1D平面A1BC;(2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值.解析(1)证明:设E为BC的中点,连接A1E,AE,DE,由题意得A1E平面AB

24、C,所以A1EAE.因为AB=AC,所以AEBC.故AE平面A1BC.由D,E分别为B1C1,BC的中点,得DEB1B且DE=B1B,从而DEA1A且DE=A1A,所以A1AED为平行四边形.故A1DAE.又因为AE平面A1BC,所以A1D平面A1BC.(2)作A1FBD且A1FBD=F,连接B1F.由AE=EB=2,A1EA=A1EB=90,得A1B=A1A=4.由A1D=B1D,A1B=B1B,得A1DB与B1DB全等.由A1FBD,得B1FBD,因此A1FB1为二面角A1-BD-B1的平面角.由A1D=2,A1B=4,DA1B=90,得BD=32,A1F=B1F=43,由余弦定理得cos

25、A1FB1=-18.4.(2014课标,19,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,ABB1C.(1)证明:AC=AB1;(2)若ACAB1,CBB1=60,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.解析(1)证明:连接BC1,交B1C于点O,连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1CBC1,且O为B1C及BC1的中点.又ABB1C,所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO,故B1CAO.又B1O=CO,故AC=AB1.(2)因为ACAB1,且O为B1C的中点,所以AO=CO.又因为AB=BC,所以BOABOC.故OAOB,从而OA,OB,OB1两两垂

26、直.以O为坐标原点,OB的方向为x轴正方向,|OB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.因为CBB1=60,所以CBB1为等边三角形,又AB=BC,则A0,0,33,B(1,0,0),B10,33,0,C0,-33,0.AB1=0,33,-33,A1B1=AB=1,0,-33,B1C1=BC=-1,-33,0.设n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,则nAB1=0,nA1B1=0,即33y-33z=0,x-33z=0.所以可取n=(1,3,3).设m是平面A1B1C1的法向量,则mA1B1=0,mB1C1=0.同理可取m=(1,-3,3).则cos=nm|n|m|=17.易

27、知二面角A-A1B1-C1为锐二面角,所以二面角A-A1B1-C1的余弦值为17.方法点拨在求解或证明过程中,通常会用到一些初中阶段学习的平面几何知识,如三角形中位线的性质、菱形的性质,等腰三角形的性质,相似(全等)三角形的判定与性质等,在复习时应予以关注.5.(2012课标,19,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=12AA1,D是棱AA1的中点,DC1BD.(1)证明:DC1BC;(2)求二面角A1-BD-C1的大小.解析(1)证明:由题设知,三棱柱的侧面为矩形.由于D为AA1的中点,故DC=DC1.又AC=12AA1,可得DC12+DC2=CC12,所以DC1DC.

28、而DC1BD,DCBD=D,所以DC1平面BCD.又BC平面BCD,故DC1BC.(2)由(1)知BCDC1,且BCCC1,则BC平面ACC1,所以CA,CB,CC1两两垂直.以C为坐标原点,CA的方向为x轴的正方向,CB的方向为y轴的正方向,|CA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.由题意知A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2).则A1D=(0,0,-1),BD=(1,-1,1),DC1=(-1,0,1).设n=(x,y,z)是平面A1B1BD的法向量,则nBD=0,nA1D=0,即x-y+z=0,z=0.可取n=(1,1,0).同理,设m

29、是平面C1BD的法向量,则mBD=0,mDC1=0.可取m=(1,2,1).从而cos=nm|n|m|=32.又易知二面角A1-BD-C1为锐二面角,故二面角A1-BD-C1的大小为30.评析本题考查了直线与直线垂直的证明及二面角的求法.属中等难度题,运算要准确.【三年模拟】一、单项选择题(每题5分,共45分)1.(2020届山东寿光现代中学10月月考,4)已知两条直线a,b与两个平面、,b,则下列命题中正确的是()若a,则ab;若ab,则a;若b,则;若,则b.A.B.C.D.答案A2.(2020届山东滕州一中10月月考,5)已知,是不重合的平面,m,n是不重合的直线,则m的一个充分条件是(

30、)A.mn,nB.m,C.n,n,mD.=n,mn答案C3.(2020届广东广州执信中学10月月考,10)已知m,n为异面直线,m平面,n平面,直线l满足lm,ln,l,l,则()A.,且lB.,且lC.与相交,且交线垂直于lD.与相交,且交线平行于l答案D4.(2020届湖南长沙长郡中学第二次月考,5)已知m,n是两条不同的直线,是三个不同的平面,则下列命题正确的是()A.若m,n,则mnB.若,则C.若m,n,且m,n,则D.若m,n,且,则mn答案D5.(2018湖北重点中学协作体4月联考,5)设m,n是平面内的两条不同直线,l1,l2是平面内两条相交直线,则 的一个充分不必要条件是()

31、A.l1m,l1nB.ml1,ml2C.ml1,nl2D.mn,l1n答案B6.(2019湖北武汉4月调研,6)已知两个平面相互垂直,给出下列命题:一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线;一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线;一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面;过一个平面内任意一点作交线的垂线,则此垂线必垂直于另一个平面.其中正确命题的个数是()A.3B.2C.1D.0答案C7.(2019湖北黄冈八模(二),11)如图,AC=2R为圆O的直径,PCA=45,PA垂直于圆O所在的平面,B为圆周上不与点A、C重合的点,ASPC于S,ANPB于N,则下列不正确的是(

32、)A.平面ANS平面PBCB.平面ANS平面PABC.平面PAB平面PBCD.平面ABC平面PAC答案B8.(2019福建漳州二模,8)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB和A1D1的中点分别为E,F,则直线EF与平面AA1D1D所成角的正弦值为()A.55B.306C.66D.255答案C9.(2020届浙江东阳中学10月月考,8)在四面体ABCD中,二面角A-BC-D的大小为60,点P为直线BC上一动点,记直线PA与平面BCD所成的角为,则()A.的最大值为60B.的最小值为60C.的最大值为30D.的最小值为30答案A二、多项选择题(每题5分,共10分)10.(改编题)如图,P

33、A垂直于以AB为直径的圆所在的平面,点C是圆上异于A,B的任一点,则下列结论中正确的是()A.PCBCB.AC平面PBCC.平面PAB平面PBCD.平面PAC平面PBC答案AD11.(改编题)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF=12,则下列结论中正确的是()A.ACAFB.EF平面ABCDC.三棱锥A-BEF的体积为定值D.AEF的面积与BEF的面积相等答案BC三、解答题(共45分)12.(2020届广东百校联考,20)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,ABCD,ABAD,PA平面ABCD,E是棱PC上的一点.(1)证明

34、:平面ADE平面PAB;(2)若PE=4EC,F是PB的中点,AD=3,AB=AP=2CD=2,求直线DF与平面ADE所成角的正弦值.解析(1)证明:因为PA平面ABCD,AD平面ABCD,所以PAAD.又ABAD,PAAB=A,所以AD平面PAB.又AD平面ADE,所以平面ADE平面PAB.(2)由(1)知AD,AB,AP两两垂直,以A为原点,AD,AB,AP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A-xyz,则A(0,0,0),C(3,1,0),B(0,2,0),P(0,0,2),D(3,0,0),F(0,1,1),则AD=(3,0,0),AP=(0,0,2),DF=(-

35、3,1,1),由PE=4EC得PE=45PC=435,45,-85,则AE=AP+PE=435,45,25.设n=(x,y,z)是平面ADE的一个法向量,则nAD=3x=0,nAE=435x+45y+25z=0,取y=1,则n=(0,1,-2).设直线DF与平面ADE所成的角为,则sin =|cos|=DFn|DF|n|=|1-2|55=15,所以直线DF与平面ADE所成角的正弦值为15.13.(2020届湖北黄冈9月新起点考试,19)在ABC中,A=30,B=90,沿中位线DE折起后,点A对应的位置为点P,PDB=60.(1)求证:平面PDB平面DBCE;(2)求证:平面BPC平面PCE;(

36、3)求直线BP与平面PCE所成角的正弦值.解析(1)证明:ADDE,PDDE,又BDDE,PD平面PBD,BD平面PBD,PDBD=D,DE平面PBD,DE平面DBCE,平面PDB平面DBCE.(2)证明:以D为原点,DB,DE所在的直线分别为x,y轴,建立空间直角坐标系,设PD=DB=1,BC=233,则B(1,0,0),C1,233,0,E0,33,0,BC=0,233,0,由PDB=60可得P12,0,32,BP=-12,0,32,设m=(x,y,z)是平面BPC的一个法向量,则mBP=-12x+32z=0,mBC=233y=0,取x=3,则得m=(3,0,1).同理可求得平面PCE的一

37、个法向量为n=(-1,3,3).mn=0,mn,平面BPC平面PCE.(3)由(2)知,BP=-12,0,32,平面PCE的一个法向量为n=(-1,3,3),cos=BPn|BP|n|=2-122+3221+3+3=277.直线BP与平面PCE所成角的正弦值为277.14.(2019广东广州天河二模,18)如图,已知等边ABC中,E,F分别为AB,AC边的中点,M为EF的中点,N为BC边上一点,且CN=14BC,将AEF沿EF折到AEF的位置,使平面AEF平面EFCB.(1)求证:平面AMN平面ABF;(2)求二面角E-AF-B的余弦值.解析(1)证明:因为E,F分别为等边ABC中AB,AC边

38、的中点,所以EFBC,AEF为等边三角形,所以折叠后,AEF也是等边三角形,且EFBC.因为M是EF的中点,所以AMEF.(1分)又平面AEF平面EFCB,AM平面AEF,所以AM平面EFCB,(2分)又BF平面EFCB,所以AMBF.(3分)因为CN=14BC,EFBC且EF=12BC,M为EF的中点,所以MFCN,MF=CN,则四边形MFCN是平行四边形,所以MNCF.在等边ABC中,知BFCF,所以BFMN.(4分)而AMMN=M,所以BF平面AMN.又因为BF平面ABF,所以平面AMN平面ABF.(5分)(2)设等边ABC的边长为4,取BC的中点G,连接MG,由题设知MGBC,由(1)知AM平面EFCB,又MG平面EFCB,所以AMMG,(6分)如图建立空间直角坐标系M-xyz,则F(-1,0,0),A(0,0,3),B(2,3,0),所以FA=(1,0,3),FB=(3,3,0).(7分)设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),则nFA=x+3z=0,nFB=3x+3y=0,令z=1,则n=(-3,3,1).(9分)易知平面AEF的一个法向量为m=(0,1,0),(10分)所以cos=nm|n|m|=313+9+1=31313,(11分)显然二面角E-AF-B是锐二面角,所以二面角E-AF-B的余弦值为31313.(12分)