2022高考数学二轮复习专题练三核心热点突破专题三立体几何第3讲立体几何中的向量方法含解析.doc

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1、第3讲立体几何中的向量方法高考定位以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.真 题 感 悟1.(2020新高考山东卷)如图，四棱锥PABCD的底面为正方形，PD底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l平面PDC；(2)已知PDAD1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.(1)证明因为PD底面ABCD，所以PDAD.又底面ABCD为正方形，所以ADDC，又PDDCD，所以AD平面PDC.因为ADBC，AD平面PBC，所以AD平面

2、PBC.由已知得lAD，因此l平面PDC.(2)解以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Dxyz.则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)，(0，1，0)，(1，1，1).由(1)可设Q(a，0，1)，则(a，0，1).设n(x，y，z)是平面QCD的法向量，则 即可取n(1，0，a).所以cosn，.设PB与平面QCD所成角为，则sin .因为，当且仅当a1时等号成立，所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.2.(2020全国卷)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEAD.ABC是底面的内接正三角形，P为

3、DO上一点，PODO.(1)证明：PA平面PBC；(2)求二面角BPCE的余弦值.(1)证明设DOa，由题设可得POa，AOa，ABACBCa，PAPBPCa.因此PA2PB2AB2，从而PAPB.又PA2PC2AC2，故PAPC.又PB，PC平面PBC，PBPCP，所以PA平面PBC.(2)解以O为坐标原点，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设可得E(0，1，0)，A(0，1，0)，C，P.所以，.设m(x，y，z)是平面PCE的法向量，则即可取m.由(1)知是平面PCB的一个法向量.记n，则cosn，m.所以二面角BPCE的余弦

4、值为.考 点 整 合1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l的方向向量为a(a1，b1，c1)，平面，的法向量分别为(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)，则(1)线面平行laa0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行vva2a3，b2b3，c2c3.(4)面面垂直vv0a2a3b2b3c2c30.2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l，m的方向向量分别为a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)，平面，的法向量分别为(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同).(1)线线夹角

5、设l，m的夹角为，则cos .(2)线面夹角设直线l与平面的夹角为，则sin |cosa，|.(3)面面夹角设平面，的夹角为(0)，则|cos |cos，v|.热点一利用空间向量证明平行、垂直【例1】 如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中点.证明：(1)BEDC；(2)BE平面PAD；(3)平面PCD平面PAD.证明依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).由E为棱PC的中点，得E(1，1，1).(1)向量(0，1，1)，(2，0，0)，故0.

6、所以BEDC.(2)因为ABAD，又PA平面ABCD，AB平面ABCD，所以ABPA，PAADA，PA，AD平面PAD，所以AB平面PAD，所以向量(1，0，0)为平面PAD的一个法向量，而(0，1，1)(1，0，0)0，所以BEAB，又BE平面PAD，所以BE平面PAD.(3)由(2)知平面PAD的法向量(1，0，0)，向量(0，2，2)，(2，0，0)，设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，则即不妨令y1，可得n(0，1，1)为平面PCD的一个法向量.且n(0，1，1)(1，0，0)0，所以n.所以平面PAD平面PCD.探究提高1.利用向量法证明平行、垂直，关键是建立恰当的坐标系(尽可能

7、利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素).2.向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何的定理，如在(2)中忽略BE平面PAD而致误.【训练1】 如图，在直三棱柱ADEBCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，点M为AB的中点，点O为DF的中点.证明：(1)OM平面BCF；(2)平面MDF平面EFCD.证明(1)由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.设正方形边长为1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，0，1)，M，O.，

8、(1，0，0)，0，.棱柱ADEBCF是直三棱柱，AB平面BCF，是平面BCF的一个法向量，且OM平面BCF，OM平面BCF.(2)在第(1)问的空间直角坐标系中，设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2).(1，1，1)，(1，0，0)，(0，1，1)，由得令x11，则n1.同理可得n2(0，1，1).n1n20，平面MDF平面EFCD.热点二线线角、线面角的求解【例2】 (2020浙江卷)如图，在三棱台ABCDEF中，平面ACFD平面ABC，ACBACD45，DC2BC.(1)证明：EFDB；(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.(1)

9、证明如图(1)，过点D作DOAC，交直线AC于点O，连接OB.图(1)由ACD45，DOAC，得CDCO.由平面ACFD平面ABC，得DO平面ABC，所以DOBC.由ACB45，BCCDCO，得BOBC.所以BC平面BDO，故BCDB.由ABCDEF为三棱台，得BCEF，所以EFDB.(2)解法一如图(1)，过点O作OHBD，交直线BD于点H，连接CH.由ABCDEF为三棱台，得DFCO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.由BC平面BDO，得OHBC，故OH平面DBC，所以OCH为直线CO与平面DBC所成角.设CD2，则DOOC2，BOBC，得BD，OH，所以sin

10、OCH.因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.法二由ABCDEF为三棱台，得DFCO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为.如图(2)，以O为原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.图(2)设CD2，由题意知各点坐标如下：O(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，D(0，0，2).因此(0，2，0)，(1，1，0)，(0，2，2).设平面DBC的一个法向量为n(x，y，z)，由即可取n(1，1，1)，所以sin |cos，n|.因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.探究提高1.异面直线所成的角，可以通过两直

11、线的方向向量的夹角求得，即cos |cos |.2.直线与平面所成的角主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角求得，即sin |cos |，有时也可分别求出斜线与它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角).【训练2】 (2020全国卷)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.(1)证明：AA1MN，且平面A1AMN平面EB1C1F；(2)设O为A1B1C1的中心.若AO平面EB1C1F，且AOAB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正

12、弦值.(1)证明因为侧面BB1C1C是矩形且M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MNCC1.又由已知得AA1CC1，故AA1MN.因为A1B1C1是正三角形，所以B1C1A1N.又侧面BB1C1C是矩形，所以B1C1MN.又A1NMNN，A1N，MN平面A1AMN，所以B1C1平面A1AMN.又B1C1平面EB1C1F，所以平面A1AMN平面EB1C1F.(2)解由已知及(1)得AMBC，MNBC，AMMN.以M为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz，则AB2，AM.连接NP，AO平面EB1C1F，AO平面A1AMN，平面A1AMN平面EB1C1FP

13、N，故AOPN.又APON，则四边形AONP为平行四边形，故PM，E.由(1)知平面A1AMN平面ABC.作NQAM，垂足为Q，则NQ平面ABC.设Q(a，0，0)，则NQ，B1.故，|.又n(0，1，0)是平面A1AMN的一个法向量，故sincosn，.所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.热点三利用向量求二面角【例3】 (2020全国卷)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DEED1，BF2FB1.(1)证明：点C1在平面AEF内；(2)若AB2，AD1，AA13，求二面角AEFA1的正弦值.解设ABa，ADb，AA1c.如图，以C1为

14、坐标原点，的方向为x轴正方向， 建立空间直角坐标系C1xyz.(1)证明连接C1F，C1(0，0，0)，A(a，b，c)，E，F，得，因此EAC1F，即A，E，F，C1四点共面，所以点C1在平面AEF内.(2)由已知得A(2，1，3)，E(2，0，2)，F(0，1，1)，A1(2，1，0)，(0，1，1)，(2，0，2)，(0，1，2)，(2，0，1).设n1(x，y，z)为平面AEF的法向量，则即可取n1(1，1，1).设n2为平面A1EF的法向量，则同理可取n2.设二面角AEFA1的平面角为，所以cos cosn1，n2，则sin ，所以二面角AEFA1的正弦值为.探究提高1.二面角的大小

15、可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角.2.利用向量法求二面角，必须能判定“所求二面角的平面角是锐角或钝角”，否则解法是不严谨的.【训练3】 (2020沈阳一监)如图，已知ABC为等边三角形，ABD为等腰直角三角形，ABBD.平面ABC平面ABD，点E与点D在平面ABC的同侧，且CEBD，BD2CE.点F为AD的中点，连接EF.(1)求证：EF平面ABC；(2)求二面角CAED的余弦值.(1)证明取AB的中点为O，连接OC，OF，如图.O，F分别为AB，AD的中点，OFBD且BD2OF.又CEB

16、D且BD2CE，CEOF且CEOF，OF綊EC，则四边形OCEF为平行四边形，EFOC.又OC平面ABC，EF平面ABC，EF平面ABC.(2)解ABC为等边三角形，O为AB的中点，OCAB.平面ABC平面ABD，平面ABC平面ABDAB，BDAB，BD平面ABD，BD平面ABC.又OFBD，OF平面ABC.以O为坐标原点，分别以OA，OC，OF所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.不妨令正三角形ABC的边长为2，则O(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，0)，E(0，1)，D(1，0，2)，(1，0)，(1，1)，(2，0，2).设平面AEC的法向量为m(x1，y1

17、，z1)，则不妨令y1，则m(3，0).设平面AED的法向量为n(x2，y2，z2)，则令z21，得n(1，0，1).cosm，n.由图易知二面角CAED为钝角，二面角CAED的余弦值为.热点四利用空间向量求解探索性问题【例4】 (2020武汉调研)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点O是AC与BD的交点，点E是线段OD1上的一点.(1)若点E为OD1的中点，求直线OD1与平面CDE所成角的正弦值；(2)是否存在点E，使得平面CDE平面CD1O？若存在，请指出点E的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.解(1)不妨设正方体的棱长为2.以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直

18、线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则D(0，0，0)，D1(0，0，2)，C(0，2，0)，O(1，1，0).因为E为OD1的中点，所以E.则(1，1，2)，(0，2，0).设p(x0，y0，z0)是平面CDE的法向量，则即取x02，则y00，z01，所以p(2，0，1)为平面CDE的一个法向量.设直线OD1与平面CDE所成角为，所以sin |cos，p|，即直线OD1与平面CDE所成角的正弦值为.(2)存在，且点E为线段OD1上靠近点O的三等分点.理由如下.假设存在点E，使得平面CDE平面CD1O.同第(1)问建立空间直角坐标系，易知点E不与点O重合，设，0，)

19、，(1，1，0)，(1，1，2).设m(x1，y1，z1)是平面CD1O的法向量，则即取x11，则y11，z11，所以m(1，1，1)为平面CD1O的一个法向量.因为，所以点E的坐标为，所以.设n(x2，y2，z2)是平面CDE的法向量，则即取x21，则y20，z2，所以n为平面CDE的一个法向量.因为平面CDE平面CD1O，所以mn.则mn0，所以10，解得2.所以当2，即点E为线段OD1上靠近点O的三等分点时，平面CDE平面CD1O.探究提高1.空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.但注意空间坐标系建立的规范性及计算的准确性

20、，否则容易出现错误.2.空间向量求解探索性问题：(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)在这个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.【训练4】 (2019北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，ADBC，PAADCD2，BC3.E为PD的中点，点F在PC上，且.(1)求证：CD平面PAD；(2)求二面角FAEP的余弦值；(3)设点G在PB上，且.判断直线AG是否在平面AEF内，说明

21、理由.(1)证明因为PA平面ABCD，CD平面ABCD，所以PACD.又因为ADCD，PAADA，PA，AD平面PAD，所以CD平面PAD. (2)解过点A作AD的垂线交BC于点M.因为PA平面ABCD，AM，AD平面ABCD，所以PAAM，PAAD.建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，1，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).因为E为PD的中点，所以E(0，1，1).所以(0，1，1)，(2，2，2)，(0，0，2).所以，所以.设平面AEF的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，则y1，x1.于是n(1，1，1).又因为平面PAD的一个法

22、向量为p(1，0，0)，所以cosn，p.由题知，二面角FAEP为锐角，所以其余弦值为.(3)解直线AG在平面AEF内，理由如下：因为点G在PB上，且，(2，1，2)，所以，所以.由(2)知，平面AEF的一个法向量n(1，1，1)，所以n0.又点A平面AEF，所以直线AG在平面AEF内.A级巩固提升一、选择题1.在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A. B. C. D.解析以D为坐标原点，DA，DC，DD1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.由条件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，)，B

23、1(1，1，)，所以(1，0，)，(1，1，).则cos，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.答案C2.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，PAAD4，AB2.以AC的中点O为球心，AC为直径的球面交PD于点M.则CD与平面ACM所成角的正弦值为()A. B. C. D.解析如图所示，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，P(0，0，4)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，D(0，4，0)，M(0，2，2).所以(2，4，0)，(0，2，2)，(2，0，0).设平面ACM的法向量n(x，y，z)，由n，n，可得令z1，得n(2，1，1).设CD与平面AC

24、M所成的角为，则sin .答案D3.如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，M为棱A1B1上一点，且A1M(02)，设N为线段ME的中点，则点N到平面D1EF的距离为()A. B. C. D.解析以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则M(2，2)，D1(0，0，2)，E(2，0，1)，F(2，2，1)，(2，0，1)，(0，2，0)，(0，1).设平面D1EF的法向量为n(x，y，z)，则取x1，得z2，则n(1，0，2)为平面D1EF的一个法向量.则点M到平面D1EF的距离

25、d.因为N为线段EM的中点，所以点N到平面D1EF的距离为，故选D.答案D4.(多选题)如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，ED平面ABCD，FB平面ABCD，且EDFB1，G为线段EC上的动点，下列结论正确的是()A.ECAFB.该几何体外接球的表面积为3C.若G为线段EC的中点，则GB平面AEFD.AG2BG2的最小值为3解析如图，几何体可补成正方体，以D为原点，分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Dxyz，由正方体的性质可知ECAF，故A正确；该几何体的外接球即为正方体的外接球，所以外接球的直径为正方体的体对角线长，所以该几何体的外接球的半径为，即外接球的表面积为3，故B

26、正确；连接HC，BG，由正方体性质可知，HC平面AEF，所以即为平面AEF的一个法向量，H(1，0，1)，C(0，1，0)，所以(1，1，1)，若G为线段EC的中点，则G，B(1，1，0)，则，因为0，又GB平面AEF，所以GB平面AEF，故C正确；设G(0，t，1t)(0t1)，又B(1，1，0)，A(1，0，0)，所以(1，t，1t)，(1，t1，1t)，所以AG2BG2(1)2t2(1t)2(1)2(t1)2(1t)24t26t5，故当t时，AG2BG2取得最小值为，故D错误.故选ABC.答案ABC二、填空题5.(2020合肥模拟)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，BCAA11

27、，则直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为_.解析如图，建立空间直角坐标系Dxyz，则D1(0，0，1)，C1(0，2，1)，A1(1，0，1)，B(1，2，0).(0，2，0)，(1，2，0)，(0，2，1)，设平面A1BC1的法向量为n(x，y，z)，由得令y1，得n(2，1，2)，设直线D1C1与平面A1BC1所成角为，则sin |cos，n|，即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.答案6.如图，圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO中点，动点P在圆锥底面内(包括圆周).若AMMP，则点P形成的轨迹长度为_.解析由题意可知，建立空间直角坐标系，如

28、图所示.则A(0，1，0)，B(0，1，0)，S(0，0，)，M，设P(x，y，0)，由0得y，点P的轨迹方程为y.根据圆的弦长公式，可得点P形成的轨迹长度为2.答案7.如图，在四棱锥PABCD中，PB平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ABBC，ABADPB3，点E在棱PA上，且PE2EA，则平面ABE与平面BED所成二面角的余弦值为_.解析以点B为坐标原点，分别以BC，BA，BP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B(0，0，0)，A(0，3，0)，P(0，0，3)，D(3，3，0)，E(0，2，1)，(0，2，1)，(3，3，0).设平面BED的一个法

29、向量为n(x，y，z)，则取z1，得n，平面ABE的一个法向量为m(1，0，0)，cosn，m.平面ABE与平面BED所成的二面角为锐角，平面ABE与平面BED所成的二面角的余弦值为.答案三、解答题8.(2020郑州一预)已知三棱锥MABC，MAMBMCAC2，ABBC2，O为AC的中点，点N在边BC上，且.(1)求证：BO平面AMC；(2)求二面角NAMC的正弦值.(1)证明连接OM.在ABC中，ABBC2，AC2，ABC90，BO，OBAC.在MAC中，MAMCAC2，O为AC的中点，OMAC，且OM.在MOB中，BO，OM，MB2，BO2OM2MB2，OBOM.ACOMO，AC平面AMC

30、，OM平面AMC，OB平面AMC.(2)解由(1)知OB，OC，OM两两垂直，以点O为坐标原点，分别以OB，OC，OM所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，如图.MAMBMCAC2，ABBC2，A(0，0)，B(，0，0)，M(0，0，)，C(0，0).，N，(0，)，(，0，0).设平面MAN的法向量为n(x，y，z)，则令y，则z1，x5，得n(5，1).BO平面AMC，(，0，0)为平面AMC的一个法向量.n(5，1)与(，0，0)所成角的余弦值cos n，.所求二面角的正弦值为.9.(2020西安模拟)在如图所示的多面体中，四边形ABEG是矩形，梯形DGEF为直角梯形，

31、平面DGEF平面ABEG，且DGGE，DFGE，AB2AG2DG2DF2.(1)求证：FG平面BEF.(2)求二面角ABFE的大小.(1)证明平面DGEF平面ABEG，且BEGE，BE平面DGEF.又FG平面DGEF，BEFG.由题意得FGFE，FG2FE2GE2，则FEFG.又BE，EF是平面BEF内的两条相交直线.故FG平面BEF.(2)解如图所示，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，2，0)，E(0，2，0)，F(0，1，1)，(1，1，1)，(1，1，1)，(0，1，1).设平面AFB的法向量为n(x1，y1，z1)，则令x11，n(1，0，1).由(1)可知平面EFB的法

32、向量为m(0，1，1).cosn，m，因此两平面法向量的夹角为，由图可知，二面角ABFE为钝二面角，所以二面角ABFE的大小为.B级能力突破10.(2020江南十校联考)已知矩形ABCD中，AB2，AD3，在AD上取一点E满足2AEED.现将CDE沿CE折起使点D移动至P点处，使得PAPB.(1)求证：平面PCE平面ABCE；(2)求二面角BPAE的余弦值.(1)证明依题意得：PEPC2，分别取线段AB，CE的中点O，M，连接POM的三边(如图).则PMCE，由PAPB，得POAB，又OM为梯形ABCE的中位线，OMBC，由BCAB，得OMAB，又POOMO，从而AB平面POM，则ABPM.在

33、平面ABCE中，AB与CE相交.PM平面ABCE，故平面PCE平面ABCE.(2)解过点O作PM平行线为z轴，分别以OA，OM为x，y轴建立空间直角坐标系.则A(1，0，0)，B(1，0，0)，E(1，1，0)，P(0，2，)，(1，2，)，(2，0，0)，(0，1，0)，设n(x，y，z)为平面PAB的法向量，则即令y1，得n(0，1，)，同理：平面PAE的法向量m(，0，1)，cosm，n，根据图形知二面角BPAE为钝角，二面角BPAE的余弦值为.11.(2020衡水检测)如图，在四棱锥EABCD中，底面ABCD为直角梯形，ABCD，BCCD，AB2BC2CD.EAB是以AB为斜边的等腰直

34、角三角形，且平面EAB平面ABCD.点F满足：(0，1).(1)试探究为何值时，CE平面BDF，并给予证明；(2)在(1)的条件下，求直线AB与平面BDF所成角的正弦值.解(1)当时，CE平面FBD.证明如下：连接AC，交BD于点M，连接MF，因为ABCD，所以AMMCABCD21.又，所以FAEF21.所以AMMCAFEF21.所以MFCE.又MF平面BDF，CE平面BDF，所以CE平面BDF.(2)取AB的中点O，连接EO，OD.则EOAB.又因为平面ABE平面ABCD，平面ABE平面ABCDAB，EO平面ABE，所以EO平面ABCD，因为OD平面ABCD，所以EOOD.由BCCD，及AB2CD，ABCD，得ODAB，由OB，OD，OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为EAB为等腰直角三角形，AB2BC2CD，所以OAOBODOE，设OB1，所以O(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，E(0，0，1).所以(2，0，0)，(1，1，0)，(1，0，1)，F，所以.设平面BDF的法向量为n(x，y，z)，则有所以取x1，得n(1，1，2).设直线AB与平面BDF所成的角为，则sin |cos，n|.故直线AB与平面BDF所成角的正弦值为.