2018年高中數學總復習高考中檔大題專項訓練-立體幾何與空間向量1．如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，AB＝5，AC＝6，點E，F分別在AD，CD上，AE＝CF＝eq\f(5,4)，EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝eq\r(10).(1)證明：D′H⊥平面ABCD；(2)求二面角B－D′A－C的正弦值．(1)證明由已知得AC⊥BD，AD＝CD.又由AE＝CF得eq\f(AE,AD)＝eq\f(CF,CD)，故AC∥EF.因此EF⊥HD，從而EF⊥D′H.由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝eq\r(AB2－AO2)＝4.由EF∥AC得eq\f(OH,DO)＝eq\f(AE,AD)＝eq\f(1,4).所以OH＝1，D′H＝DH＝3.于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD.(2)解如圖，以H為坐標原點，eq\o(HF,\s\up6(→))的方向為x軸正方向，eq\o(HD,\s\up6(→))的方向為y軸正方向，eq\o(HD′,\s\up6())的方向為z軸正方向，建立空間直角坐標系，則H(0,0,0)，A(－3，－1,0)，B(0，－5,0)，C(3，－1,0)，D′(0,0,3)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(3，－4,0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(6,0,0)，eq\o(AD′,\s\up6(→))＝(3,1,3)．設m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AD′,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x1－4y1＝0，,3x1＋y1＋3z1＝0，))所以可取m＝(4,3，－5)．設n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD′,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6x2＝0，,3x2＋y2＋3z2＝0，))所以可取n＝(0，－3,1)．于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(－14,\r(50)×\r(10))＝－eq\f(7\r(5),25).sin〈m，n〉＝eq\f(2\r(95),25).因此二面角B－D′A－C的正弦值是eq\f(2\r(95),25).

4．如圖，在四棱錐P－ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝eq\f(1,2)AD.E為棱AD的中點，異面直線PA與CD所成的角為90°.(1)在平面PAB內找一點M，使得直線CM∥平面PBE，并說明理由；(2)若二面角P－CD－A的大小為45°，求直線PA與平面PCE所成角的正弦值．解(1)在梯形ABCD中，AB與CD不平行．延長AB，DC，相交于點M(M∈平面PAB)，點M即為所求的一個點．理由如下：由已知，BC∥ED，且BC＝ED.所以四邊形BCDE是平行四邊形．從而CM∥EB.又EB?平面PBE，CM?平面PBE.所以CM∥平面PBE.(說明：延長AP至點N，使得AP＝PN，則所找的點可以是直線MN上任意一點)(2)方法一由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.從而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P－CD－A的平面角．所以∠PDA＝45°.設BC＝1，則在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.過點A作AH⊥CE，交CE的延長線于點H，連接PH.易知PA⊥平面ABCD，從而PA⊥CE.且PA∩AH＝A，于是CE⊥平面PAH.又CE?平面PCE，所以平面PCE⊥平面PAH.過A作AQ⊥PH于Q，則AQ⊥平面PCE.所以∠APH是PA與平面PCE所成的角．在Rt△AEH中，∠AEH＝45°，AE＝1，所以AH＝eq\f(\r(2),2).在Rt△PAH中，PH＝eq\r(PA2＋AH2)＝eq\f(3\r(2),2).所以sin∠APH＝eq\f(AH,PH)＝eq\f(1,3).方法二由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.從而∠PDA是二面角P－CD－A的平面角．所以∠PDA＝45°.由∠PAB＝90°，且PA與CD所成的角為90°，可得PA⊥平面ABCD.設BC＝1，則在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.作Ay⊥AD，以A為原點，以eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向分別為x軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)．所以eq\o(PE,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，eq\o(EC,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,2)．設平面PCE的法向量為n＝(x，y，z)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EC,\s\up6(→))＝0.))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2z＝0，,x＋y＝0.))設x＝2，解得n＝(2，－2,1)．設直線PA與平面PCE所成的角為α，則sinα＝eq\f(|n·\o(AP,\s\up6(→))|,|n|·|\o(AP,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,2×\r(22＋－22＋12))＝eq\f(1,3).所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為eq\f(1,3).

5．如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝eq\r(5).(1)求證：PD⊥平面PAB；(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在點M，使得BM∥平面PCD？若存在，求eq\f(AM,AP)的值；若不存在，說明理由．(1)證明∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，又AB⊥AD，AB?平面ABCD，∴AB⊥平面PAD.∵PD?平面PAD，∴AB⊥PD，又PA⊥PD，PA∩AB＝A，∴PD⊥平面PAB.(2)解取AD中點O，連接CO，PO.∵PA＝PD，∴PO⊥AD.又∵PO?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，∵CO?平面ABCD，∴PO⊥CO，∵AC＝CD，∴CO⊥AD.以O為原點建立如圖所示空間直角坐標系．易知P(0,0,1)，B(1,1,0)，D(0，－1,0)，C(2,0,0)．則eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，－1，－1)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(2,0，－1)．設n＝(x0，y0,1)為平面PDC的一個法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y0－1＝0，,2x0－1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝－1，,x0＝\f(1,2).))即n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，1)).設PB與平面PCD的夾角為θ.則sinθ＝|cos〈n，eq\o(PB,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(PB,\s\up6(→)),|n||\o(PB,\s\up6(→))|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2)－1－1,\r(\f(1,4)＋1＋1)×\r(3))))＝eq\f(\r(3),3).(3)解設在棱PA上存在點M，使得BM∥平面PCD，則存在λ∈[0,1]使得eq\o(AM,\s\up6(→))＝λeq\o(AP,\s\up6(→))，因此點M(0,1－λ，λ)，eq\o(BM,\s