浙江专版2019版高考数学一轮复习第八章立体几何8.3直线平面平行的判定和性质学案.docx

8.3直线、平面平行的判定和性质考纲解读考点考纲内容要求浙江省五年高考统计20132014201520162017平行的判定和性质1.理解以下判定定理:如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行.如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行,那么这两个平面平行.2.理解以下性质定理,并能够证明:如果一条直线与一个平面平行,经过该直线的任一个平面与此平面相交,那么这条直线就和交线平行.如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线相互平行.3.能证明一些空间位置关系的简单命题.理解18(1),6分4(文),5分4(文),5分2,5分2(文),5分19,约7分分析解读1.平行关系是立体几何中的一种重要关系.判断命题及位置关系常以选择题、填空题形式出现.2.直线与平面、平面与平面平行的判定与性质是高考考查的重点和热点,常以棱锥、棱柱及不规则几何体为背景,以解答题的形式出现.3.预计2019年高考中,直线与平面、平面与平面平行的判定与性质的应用,证明线面、面面的平行关系,仍是高考的考查重点.五年高考考点平行的判定和性质 1.(2017课标全国,6,5分)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是()答案A2.(2016课标全国,14,5分),是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:如果mn,m,n,那么.如果m,n,那么mn.如果,m,那么m.如果mn,那么m与所成的角和n与所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)答案3.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,ABAD,BCBD,平面ABD平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EFAD.求证:(1)EF平面ABC;(2)ADAC.证明(1)在平面ABD内,因为ABAD,EFAD,所以EFAB.又因为EF平面ABC,AB平面ABC,所以EF平面ABC.(2)因为平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,BC平面BCD,BCBD,所以BC平面ABD.因为AD平面ABD,所以BCAD.又ABAD,BCAB=B,AB平面ABC,BC平面ABC,所以AD平面ABC.又因为AC平面ABC,所以ADAC.4.(2016山东,17,12分)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)已知EF=FB=12AC=23,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.解析(1)证明:设FC中点为I,连接GI,HI.在CEF中,因为点G是CE的中点,所以GIEF.又EFOB,所以GIOB.在CFB中,因为H是FB的中点,所以HIBC.又HIGI=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BOAC.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=(-23,-23,0),过点F作FM垂直OB于点M.所以FM=FB2-BM2=3,可得F(0,3,3).故=(0,-3,3).设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量.由可得-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=77.所以二面角F-BC-A的余弦值为77.解法二:连接OO.过点F作FM垂直OB于点M.则有FMOO.又OO平面ABC,所以FM平面ABC.可得FM=FB2-BM2=3.过点M作MN垂直BC于点N,连接FN.可得FNBC,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=BMsin 45=62.从而FN=422,可得cosFNM=77.所以二面角F-BC-A的余弦值为77.5.(2016江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1DA1F,A1C1A1B1.求证:(1)直线DE平面A1C1F;(2)平面B1DE平面A1C1F.证明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1AC.在ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,所以DEAC,于是DEA1C1.又因为DE平面A1C1F,A1C1平面A1C1F,所以直线DE平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A平面A1B1C1.因为A1C1平面A1B1C1,所以A1AA1C1.又因为A1C1A1B1,A1A平面ABB1A1,A1B1平面ABB1A1,A1AA1B1=A1,所以A1C1平面ABB1A1.因为B1D平面ABB1A1,所以A1C1B1D.又因为B1DA1F,A1C1平面A1C1F,A1F平面A1C1F,A1C1A1F=A1,所以B1D平面A1C1F.因为直线B1D平面B1DE,所以平面B1DE平面A1C1F.6.(2016四川,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,ADBC,ADC=PAB=90,BC=CD=12AD,E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90.(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM平面PBE,并说明理由;(2)若二面角P-CD-A的大小为45,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.解析(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.延长AB,DC,相交于点M(M平面PAB),点M即为所求的一个点.理由如下:由已知,BCED,且BC=ED.所以四边形BCDE是平行四边形.从而CMEB.又EB平面PBE,CM平面PBE,所以CM平面PBE.(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)解法一:由已知,CDPA,CDAD,PAAD=A,所以CD平面PAD.从而CDPD.所以PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以PDA=45.设BC=1,则在RtPAD中,PA=AD=2.过点A作AHCE,交CE的延长线于点H,连接PH.易知PA平面ABCD,又CE平面ABCD,从而PACE.于是CE平面PAH.所以平面PCE平面PAH.过A作AQPH于Q,则AQ平面PCE.所以APH是PA与平面PCE所成的角.在RtAEH中,AEH=45,AE=1,所以AH=22.在RtPAH中,PH=PA2+AH2=322,所以sinAPH=AHPH=13.解法二:由已知,CDPA,CDAD,PAAD=A,所以CD平面PAD.于是CDPD.从而PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以PDA=45.由PAAB,可得PA平面ABCD.设BC=1,则在RtPAD中,PA=AD=2.作AyAD,以A为原点,以,的方向分别为x轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),所以=(1,0,-2),=(1,1,0),=(0,0,2).设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),由得x-2z=0,x+y=0,设x=2,则可得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为,则sin =13.所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为13.7.(2015江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知ACBC,BC=CC1,设AB1的中点为D,B1CBC1=E.求证:(1)DE平面AA1C1C;(2)BC1AB1.证明(1)由题意知,E为B1C的中点,又D为AB1的中点,因此DEAC.又因为DE平面AA1C1C,AC平面AA1C1C,所以DE平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1平面ABC.因为AC平面ABC,所以ACCC1.又因为ACBC,CC1平面BCC1B1,BC平面BCC1B1,BCCC1=C,所以AC平面BCC1B1.又因为BC1平面BCC1B1,所以BC1AC.因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1B1C.因为AC,B1C平面B1AC,ACB1C=C,所以BC1平面B1AC.又因为AB1平面B1AC,所以BC1AB1.8.(2015安徽,19,13分)如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.(1)证明:EFB1C;(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值.解析(1)证明:由正方形的性质可知A1B1ABDC,且A1B1=AB=DC,所以四边形A1B1CD为平行四边形,从而B1CA1D,又A1D面A1DE,B1C面A1DE,于是B1C面A1DE.又B1C面B1CD1,面A1DE面B1CD1=EF,所以EFB1C.(2)因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,所以AA1AB,AA1AD,ABAD且AA1=AB=AD,以A为原点,分别以,为x轴,y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1),而E点为B1D1的中点,所以E点的坐标为(0.5,0.5,1).设面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1),而该面上向量=(0.5,0.5,0),=(0,1,-1),由n1,n1得r1,s1,t1应满足的方程组0.5r1+0.5s1=0,s1-t1=0,(-1,1,1)为其一组解,所以可取n1=(-1,1,1).设面A1B1CD的法向量n2=(r2,s2,t2),而该面上向量=(1,0,0),=(0,1,-1),由此同理可得n2=(0,1,1).所以结合图形知二面角E-A1D-B1的余弦值为|n1路n2|n1|路|n2|=23脳2=63.教师用书专用(915)9.(2015福建,17,13分)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB平面BEC,BEEC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.(1)求证:GF平面ADE;(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.解析解法一:(1)证明:如图,取AE的中点H,连接HG,HD,又G是BE的中点,所以GHAB,且GH=12AB.又F是CD的中点,所以DF=12CD.由四边形ABCD是矩形得,ABCD,AB=CD,所以GHDF,且GH=DF,从而四边形HGFD是平行四边形,所以GFDH.又DH平面ADE,GF平面ADE,所以GF平面ADE.(2)如图,在平面BEC内,过B点作BQEC.因为BECE,所以BQBE.又因为AB平面BEC,所以ABBE,ABBQ.以B为原点,分别以,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).因为AB平面BEC,所以=(0,0,2)为平面BEC的法向量.设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.又=(2,0,-2),=(2,2,-1),由得2x-2z=0,2x+2y-z=0,取z=2,得n=(2,-1,2).从而cos=43脳2=23,所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为23.10.(2015山东,17,12分)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证:BD平面FGH;(2)若CF平面ABC,ABBC,CF=DE,BAC=45,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.解析(1)连接DG,CD,设CDGF=O,连接OH.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DFGC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形.则O为CD的中点,又H为BC的中点,所以OHBD,又OH平面FGH,BD平面FGH,所以BD平面FGH.(2)设AB=2,则CF=1.在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF=12AC=GC,可得四边形DGCF为平行四边形,因此DGFC.又FC平面ABC,所以DG平面ABC.在ABC中,由ABBC,BAC=45,G是AC中点,所以AB=BC,GBGC,因此GB,GC,GD两两垂直.以G为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.所以G(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(0,0,1).可得H22,22,0,F(0,2,1),故=22,22,0,=(0,2,1).设n=(x,y,z)是平面FGH的法向量,则由可得x+y=0,2y+z=0.可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1,2).因为是平面ACFD的一个法向量,=(2,0,0),所以cos=222=12.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60.11.(2015四川,18,12分)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.在正方体中,设BC的中点为M,GH的中点为N.(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由);(2)证明:直线MN平面BDH;(3)求二面角A-EG-M的余弦值.解析(1)点F,G,H的位置如图所示.(2)证明:连接BD,设O为BD的中点.因为M,N分别是BC,GH的中点,所以OMCD,且OM=12CD,HNCD,且HN=12CD.所以OMHN,OM=HN.所以MNHO是平行四边形,从而MNOH.又MN平面BDH,OH平面BDH,所以MN平面BDH.(3)解法一:连接AC,过M作MPAC于P.在正方体ABCD-EFGH中,ACEG,所以MPEG.过P作PKEG于K,连接KM,所以EG平面PKM,从而KMEG.所以PKM是二面角A-EG-M的平面角.设AD=2,则CM=1,PK=2.在RtCMP中,PM=CMsin 45=22.在RtPKM中,KM=PK2+PM2=322.所以cosPKM=PKKM=223.即二面角A-EG-M的余弦值为223.解法二:如图,以D为坐标原点,分别以,方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系D-xyz.设AD=2,则M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0),所以,=(2,-2,0),=(-1,0,2).设平面EGM的法向量为n1=(x,y,z),由得2x-2y=0,-x+2z=0,取x=2,得n1=(2,2,1).在正方体ABCD-EFGH中,DO平面AEGC,则可取平面AEG的一个法向量为n2=(1,1,0),所以cos=223,故二面角A-EG-M的余弦值为223.12.(2014课标,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明:PB平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60,AP=1,AD=3,求三棱锥E-ACD的体积.解析(1)证明:连接BD交AC于点O,连接EO.因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.又E为PD的中点,所以EOPB.又EO平面AEC,PB平面AEC,所以PB平面AEC.(2)因为PA平面ABCD,ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直.如图,以A为坐标原点,的方向为x轴的正方向,|为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,则D(0,3,0),E0,32,12,=0,32,12.设B(m,0,0)(m0),则C(m,3,0),=(m,3,0).设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,则即mx+3y=0,32y+12z=0,可取n1=3m,-1,3.又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量,由题设得|cos|=12,即33+4m2=12,解得m=32.因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为12.三棱锥E-ACD的体积V=131233212=38.13.(2014江苏,16,14分)如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PAAC,PA=6,BC=8,DF=5.求证:(1)直线PA平面DEF;(2)平面BDE平面ABC.证明(1)因为D,E分别为棱PC,AC的中点,所以DEPA.又因为PA平面DEF,DE平面DEF,所以直线PA平面DEF.(2)因为D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,PA=6,BC=8,所以DEPA,DE=12PA=3,EF=12BC=4.又因为DF=5,故DF2=DE2+EF2,所以DEF=90,即DEEF.又PAAC,DEPA,所以DEAC.因为ACEF=E,AC平面ABC,EF平面ABC,所以DE平面ABC.又DE平面BDE,所以平面BDE平面ABC.14.(2013江苏,16,14分)如图,在三棱锥S-ABC中,平面SAB平面SBC,ABBC,AS=AB.过A作AFSB,垂足为F,点E,G分别是棱SA,SC的中点.求证:(1)平面EFG平面ABC;(2)BCSA.证明(1)因为AS=AB,AFSB,垂足为F,所以F是SB的中点.又因为E是SA的中点,所以EFAB.因为EF平面ABC,AB平面ABC,所以EF平面ABC.同理,EG平面ABC.又EFEG=E,所以平面EFG平面ABC.(2)因为平面SAB平面SBC,且交线为SB,又AF平面SAB,AFSB,所以AF平面SBC,因为BC平面SBC,所以AFBC.又因为ABBC,AFAB=A,AF,AB平面SAB,所以BC平面SAB.因为SA平面SAB,所以BCSA.15.(2013安徽,19,13分)如图,圆锥顶点为P,底面圆心为O,其母线与底面所成的角为22.5,AB和CD是底面圆O上的两条平行的弦,轴OP与平面PCD所成的角为60.(1)证明:平面PAB与平面PCD的交线平行于底面;(2)求cosCOD.解析(1)证明:设面PAB与面PCD的交线为l.因为ABCD,AB不在面PCD内,所以AB面PCD.又因为AB面PAB,面PAB与面PCD的交线为l,所以ABl.由直线AB在底面上而l在底面外可知,l与底面平行.(2)设CD的中点为F.连接OF,PF.由圆的性质,得COD=2COF,OFCD.因为OP底面,CD底面,所以OPCD,又OPOF=O,故CD面OPF.又CD面PCD,因此面OPF面PCD,从而直线OP在面PCD上的射影为直线PF,故OPF为OP与面PCD所成的角.由题设,得OPF=60.设OP=h,则OF=OPtanOPF=htan 60=3h.根据题设有OCP=22.5,得OC=.由1=tan 45=和tan 22.50,可解得tan 22.5=2-1,因此OC=h2-1=(2+1)h.在RtOCF中,cosCOF=OFOC=3h(2+1)h=6-3,故cosCOD=cos 2COF=2cos2COF-1=2(6-3)2-1=17-122.三年模拟A组20162018年模拟基础题组考点平行的判定和性质 1.(2018浙江镇海中学模拟,5)已知两条不相交的空间直线a和b,则()A.必定存在平面,使得a,bB.必定存在平面,使得a,bC.必定存在直线c,使得ac,bcD.必定存在直线c,使得ac,bc答案B2.(2017浙江湖州期末,4)已知m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面,则下列说法正确的是()A.若m,m,则B.若m,m,则C.若m,n,则mnD.若m,n,则mn答案D3.(2018浙江“七彩阳光”联盟期中,15)已知m,n,l是互不相同的直线,是两个不重合的平面,给出以下四个命题:m,n是两条异面直线,m,n,且m,n,则;若m,n=A,且点Am,则m,n是两条异面直线;若m,n是异面直线,m,n,且lm,ln,则l;已知直线m平面,直线n平面,mn.其中为真命题的序号是.(把所有真命题的序号都填上)答案4.(2018浙江“七彩阳光”联盟期初联考,19)如图,四边形ABCD为正方形,PDCE为直角梯形,PDC=90,平面ABCD平面PDCE,且PD=AD=2EC=2.(1)若PE和DC延长线交于点F,求证:BF平面PAC.(2)若Q为EC边上的动点,求直线BQ与平面PDB所成角正弦值的最小值.解析(1)证明:在PDF中,PDC=ECF=90,PD=2EC,C为DF中点,CF=CD=AB,且ABCF,四边形ABFC为平行四边形,BFAC,又AC面PAC,BF面PAC,BF平面PAC.(7分)(2)解法一:设点Q在面PBD上的射影为O,则QBO为直线BQ与平面PDB所成角.(9分)ECPD,所以EC平行于平面PBD,因为四边形ABCD为正方形,所以ACBD,又易知PD平面ABCD,所以PDAC,所以AC平面PBD,所以点C到面PBD的距离为2,因为EC平行于平面PBD,所以点Q到PBD的距离OQ=2,(12分)设CQ=k(0k1),所以BQ=k2+4,所以sinQBO=OQBQ=2k2+4212+4=105.(15分)解法二:建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,可知平面PDB的一个法向量为=(-2,2,0),B(2,2,0),设Q(0,2,t)(0t1),(12分)=(-2,0,t),设直线BQ与平面PDB所成角为,sin =48t2+4212+4=105.(15分)5. (2017浙江宁波十校适应性考试(5月),19)如图,在四棱锥P-ABCD中,BAD=120,AB=AD=2,BCD是等边三角形,E是BP的中点,AC与BD交于点O,且OP平面ABCD.(1)求证:PD平面ACE;(2)当OP=1时,求直线PA与平面ACE所成角的正弦值.解析(1)连接OE,因为O为BD的中点,E为PB的中点,所以OEPD.因为PD平面ACE,OE平面ACE,所以PD平面ACE.(2)因为BDAC,PO平面ABCD,所以AC,BD,PO两两垂直.以O为坐标原点,OB,OC,OP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系(图略),则P(0,0,1),A(0,-1,0),B(3,0,0),C(0,3,0),E32,0,12,=-32,-1,-12,=-32,3,-12,=(0,-1,-1).设平面ACE的法向量为n=(x,y,z).由即3x+2y+z=0,3x-6y+z=0,得y=0,z=-3x.取x=1,则n=(1,0,-3),所以平面ACE的一个法向量为n=(1,0,-3).设直线PA与平面ACE所成的角为,则sin =322=64. 所以直线PA与平面ACE所成角的正弦值为64.6.(2017浙江名校协作体,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为梯形,ADBC,AB=BC=CD=1,DA=2,DP平面ABP,O,M分别是AD,PB的中点.(1)求证:PD平面OCM;(2)若AP与平面PBD所成的角为60,求线段PB的长.解析(1)连接OB,设BD与OC的交点为N,连接MN.因为O为AD的中点,AD=2,所以OA=OD=1=BC.又因为ADBC,所以四边形OBCD为平行四边形,(2分)所以N为BD的中点,又因为M为PB的中点,所以MNPD.(4分)又因为MN平面OCM,PD平面OCM,所以PD平面OCM.(6分)(2)由四边形OBCD为平行四边形,知OB=CD=1,所以AOB为等边三角形,所以BAD=60,(8分)所以BD=3,则AB2+BD2=AD2,即ABBD.因为DP平面ABP,所以ABPD.又因为BDPD=D,所以AB平面BDP,(11分)所以APB为AP与平面PBD所成的角,则APB=60,(13分)所以PB=33.(15分)B组20162018年模拟提升题组一、选择题 1.(2017浙江镇海中学模拟训练(一),3)若有直线m、n和平面、,下列四个命题中,为真的是()A.若m,n,则mnB.若m,n,m,n则C.若,m,则mD.若,m,m,则m答案D2.(2017浙江湖州期末,4)已知m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面,则下列说法正确的是() A.若m,m,则B.若m,m,则C.若m,n,则mnD.若m,n,则mn答案D二、解答题3.(2018浙江重点中学12月联考,19)已知等腰梯形ABCD中(如图1),AB=4,BC=CD=DA=2,F为线段CD的中点,E、M为线段AB上的点,AE=EM=1,现将四边形AEFD沿EF折起(如图2).图1图2(1)求证:AM平面BCD;(2)若BD=302,求直线CD与平面BCFE所成角的正弦值.解析(1)证明:连接CM,EMFC且EM=FC=1,四边形EFCM为平行四边形,(2分)EFCM且EF=CM.又EFAD且EF=AD,CMAD且CM=AD,(4分)四边形ADCM为平行四边形,AMDC,又DC面BCD,AM面BCD,AM面BCD.(6分)(2)过点D作DHEF于H,连接BH,CH,在RtDFH中,易知DFH=60,又DF=1,DH=32,FH=12,在BEH中,EH=EF-FH=32,(10分)HEB=60,EB=3,HB2=322+32-2323cos 60=274.在BDH中,DH=32,BH=332,BD=302,DH2+BH2=BD2,DHHB,又DHEF,DH平面BCFE.(13分)CH为CD在平面BCFE内的射影,DCH为CD与平面BCFE所成的角,在FCH中,易知CFH=120,CH=72,在RtCDH中,CD=DH2+CH2=102,sinDCH=DHCD=3010,CD与平面BCFE所成的角的正弦值为3010.(15分)4.(2018浙江9+1高中联盟期中,19)如图,在三棱锥P-ABC中,ABC是正三角形,面PAB面ABC,PAB=30,AB=PB=2,ABC和PBC的重心分别为D,E.(1)证明:DE面PAB;(2)求AB与面PDE所成角的正弦值.解析(1)证明:取BC中点F,连接AF,PF,由重心性质可知D,E分别在AF,PF上且AD=2DF,PE=2EF,所以在AFP中有FDDA=FEEP,所以DEAP,又DE平面PAB,AP平面PAB,所以DE平面PAB.(7分)(2)以AB中点O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系.AB=PB=2,PAB=30,PBA=120,P(0,2,3),又由已知条件知A(0,-1,0),B(0,1,0),F32,12,0,=-32,-32,0,=-32,32,3,=(0,2,0).设面PDE的法向量为n=(x,y,z),则-32x-32y=0,-32x+32y+3z=0,取x=3,则y=-1,z=3,n=(3,-1,3),设AB与面PDE所成角为,则sin =|cos|=77,所以AB与面PDE所成角的正弦值为77.(15分)5.(2016浙江名校(衢州二中)交流卷五,18)如图,在多面体ABC-A1B1C1中,四边形ABB1A1是正方形,AC=AB=1,A1C=A1B=BC,B1C1BC,且B1C1=12BC.(1)求证:AB1面A1C1C;(2)求二面角C-A1C1-B的余弦值.解析(1)证明:取BC的中点E,连接AE,C1E,B1E,如图.B1C1BC,B1C1=12BC,B1C1EC,B1C1=EC,四边形CEB1C1为平行四边形,从而B1EC1C,C1C面A1C1C,B1E面A1C1C,B1E面A1C1C.(2分)B1C1BC,B1C1=12BC,B1C1BE,B1C1=BE,四边形BB1C1E为平行四边形,B1BC1E,且B1B=C1E.又ABB1A1是正方形,A1AB1B,