[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)，
→??2x＋2y＝0，DB＝0，??n·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． →
因为AE＝(－2，0，4)，设直线AE与平面BDM所成的角为θ，则 →?n·AE?45→
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-OB1-C的余弦值．
解：(1)证明：因为A1O⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
所以A1O⊥BD.
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，
2
OA1＝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-OB1-C是锐二面角， 所以二面角B-OB1-C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1
ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．
2
(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：(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11
EF∥AD，EF＝AD.由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，又BC＝AD，所以EF綊BC，
22四边形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，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°， 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 |z|2 ＝， （x－1）2＋y2＋z22 ?由①，②解得?y＝1， ?z＝－26 x＝1＋ 所以M?1－ 2，2 ?(舍去)，?y＝1， ?z＝26， x＝1－ 2，2 ? 26?26→ ，从而AM＝?1－，1，?. ，1， 22?22?? 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，?0?m· 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，ABCD为直角梯形，1 AD∥BC，AD⊥AB，AB＝BC＝AP＝AD＝3，AC∩BD＝O，过O 2点作平面α平行于平面PAB，平面α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)，
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