（浙江專用）2020版高考數(shù)學一輪總復習 專題8 立體幾何 8.4 直線、平面垂直的判定和性質(zhì)檢測

《（浙江專用）2020版高考數(shù)學一輪總復習 專題8 立體幾何 8.4 直線、平面垂直的判定和性質(zhì)檢測》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專用）2020版高考數(shù)學一輪總復習 專題8 立體幾何 8.4 直線、平面垂直的判定和性質(zhì)檢測（41頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、8.4　直線、平面垂直的判定和性質(zhì) 挖命題 【考情探究】 考點 內(nèi)容解讀 5年考情 預測熱度 考題示例 考向 關聯(lián)考點 垂直的判定和性質(zhì) 1.理解直線與平面垂直、平面與平面垂直的判定定理. 2.理解直線與平面垂直、平面與平面垂直的性質(zhì)定理,并能夠證明. 3.理解直線與平面所成的角、二面角的概念. 4.能夠證明空間垂直位置關系的簡單命題. 2018浙江,19 線面垂直的判定 和性質(zhì)、直線與平面 所成的角 解三角形求正弦值 ★★★ 2017浙江,19 直線與平面所成的角 直線與平面平行的 判定與性質(zhì) 2016浙江,5,18,文18 線面垂直、面面

2、垂直 的判定和性質(zhì)、直線與 平面所成的角、二面角 解三角形求余弦值 2015浙江,17,文18 線面垂直的判定和 性質(zhì)、直線與平面所 成的角、二面角 解三角形求 正弦值、余弦值 2014浙江文,20 線面垂直的判定 和性質(zhì)、直線與平面 所成的角 解三角形求角和正切值 分析解讀　　1.直線與平面垂直,平面與平面垂直的判定和性質(zhì),線面間的角與距離的計算是高考的重點,特別是以多面體為載體的線面位置關系的論證,更是高考的熱點,試題以中等難度為主. 2.高考?？嫉念}型有:①判斷并證明兩個平面的垂直關系,直線與平面的垂直關系,直線與直線的垂直關系.②線面、面面垂直的性質(zhì)定理

3、的應用,求直線與平面、平面與平面所成角等綜合問題.多以棱柱、棱錐為背景. 3.預計2020年高考試題中,垂直關系仍然是考查的重點和熱點.考查仍會集中在垂直關系的判定和垂直的性質(zhì)的應用上,其解決的方法主要是傳統(tǒng)法和向量法,復習時應高度重視. 破考點 【考點集訓】 考點　垂直的判定和性質(zhì) 1.(2017浙江名校(諸暨中學)交流卷四,3)設a,b,c是三條不同的直線,α,β是兩個不同的平面,則使a⊥b成立的一個充分條件是(　　 )　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.a⊥c,b⊥c B.α⊥β,a?α,b?β C.a⊥α,b⊥α D.a⊥α,b∥α 答案　D　 2

4、.(2018浙江諸暨高三上學期期末,19,15分)如圖,在空間幾何體中,四邊形ABCD是邊長為2的正方形,AB∥EF,AF=EF=BE=1,DF=. (1)求證:BF⊥平面ADF; (2)求直線BF與平面DCEF所成角的正弦值. 解析　(1)證明:在等腰梯形ABEF中, AB=2,EF=AF=BE=1?∠FAB=,(1分) 故BF=,則BF2+AF2=AB2,可得AF⊥BF.(3分) 在△DFB中,由BF2+DF2=BD2,可得BF⊥DF.(5分) 因為AF∩DF=F,所以BF⊥平面ADF.(7分) (2)作FO⊥AB交AB于O,如圖,以O為原點,OF,OB,OG所在直線分

5、別為x,y,z軸建立空間直角坐標系O-xyz,(9分) 則F,B,E,C,∴=(0,1,0),=, 設平面DCEF的法向量為n=(x,y,z), 由可取n=,(12分) 設直線BF與平面DCEF所成角為θ, 又=,所以sin θ=|cos<,n>|==, 即直線BF與平面DCEF所成角的正弦值為.(15分) 3.(2016課標全國Ⅰ,18,12分)如圖,在以A,B,C,D,E,F為頂點的五面體中,面ABEF為正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是60°. (1)證明:平面ABEF⊥平面EFDC; (2)求二面角E-BC-A的余

6、弦值. 解析　(1)證明:由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,AF∩EF=F,所以AF⊥平面EFDC.(2分) 又AF?平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.(3分) (2)過D作DG⊥EF,垂足為G,由(1)知DG⊥平面ABEF. 以G為坐標原點,的方向為x軸正方向,||為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系G-xyz.(6分) 由(1)知∠DFE為二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,則|DF|=2,|DG|=,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,). 由已知得,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.(8分) 又平面A

7、BCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF. 由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF為二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°.從而可得C(-2,0,), 所以=(1,0,),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,0).(10分) 設n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,則 即 所以可取n=(3,0,-). 設m是平面ABC的法向量,則 同理可取m=(0,,4).則cos==-. 故二面角E-BC-A的余弦值為-.(12分) 評析　本題考查了立體幾何部分有關垂直的證明,以及二面角的求解和利用空間向量求解立體幾何問題.解決立體

8、幾何問題時要注意“發(fā)現(xiàn)”垂線所在的位置. 煉技法 【方法集訓】 方法1　線面垂直判定的方法 1.(2018浙江稽陽聯(lián)誼學校高三聯(lián)考(4月),19,15分)如圖,四邊形ABEF是正方形,AB∥CD,AD=AB=BC=CD. (1)若平面ABEF⊥平面ABCD,求證:DB⊥平面EBC; (2)若DF⊥BC,求直線BD與平面ADF所成角的正弦值. 解析　(1)證明:∵四邊形ABEF是正方形,∴EB⊥AB, 又∵平面ABEF⊥平面ABCD,且平面ABEF∩平面ABCD=AB, ∴EB⊥平面ABCD,∴EB⊥BD,(2分) ∵AD=AB=BC=CD, ∴不妨設AD=AB=BC=

9、1,DC=2,則BD=, ∴BD⊥BC.(4分) ∵EB∩BC=B,∴DB⊥平面EBC.(6分) (2)解法一:如圖,過點F作FH⊥平面ABCD,垂足為H,連接AH并延長,交CD于點G. 過點H作HI⊥AD交AD于點I,連接FI,作HO⊥FI交FI于點O, ∵FH⊥平面ABCD,∴FH⊥BC, ∵DF⊥BC,∴BC⊥平面FDH, ∴BC⊥DH,即點H在BD上,(9分) ∵FH⊥AD,HI⊥AD,FH∩HI=H, ∴AD⊥平面FIH,∴AD⊥HO, ∵HO⊥FI,FI∩AD=I,∴HO⊥平面AFD,∴點H到平面AFD的距離為HO,(11分) 由已知可得DG=,HG=HI

10、=,HO=,而BD=3DH, ∴點B到平面AFD的距離為.(13分) 設直線BD與平面AFD所成的角為θ,則sin θ=.(15分) 解法二:以A為原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,設AD=AB=BC=DC=1,則A(0,0,0),B(0,1,0),C,D.(8分) 設F(x,y,z),由題意可得將坐標代入得解得 即F,(11分) 設平面AFD的法向量為n=(a,b,c), 則即 令a=,則b=,c=-1,即n=(,,-1),(13分) 設直線BD與平面AFD所成的角為θ,易知=, 故sin θ=|cos<,n>|==, ∴直線BD與平面ADF所成角的正弦值為.(1

11、5分) 2.(2018浙江蕭山九中12月月考,19)如圖,在三棱柱ABC-DFE中,點P,G分別是AD,EF的中點,已知AD⊥平面ABC,AD=EF=3,DE=DF=2. (1)求證:DG⊥平面BCEF; (2)求PE與平面BCEF所成角的正弦值. 解析　(1)證明:由題意知,AD⊥平面DEF,∴AD⊥DG, ∴BF⊥DG,(2分) ∵DE=DF,G是EF的中點,∴EF⊥DG,(4分) 又BF∩EF=F,∴DG⊥平面BCEF.(7分) (2)取BC的中點H,連接HG,取HG的中點O,連接OP,OE, 易知PO∥DG,所以PO⊥平面BCEF, 所以∠OEP是PE與平面

12、BCEF所成的角,(10分) 由已知得,PE=,OP=, 所以sin∠OEP==,(14分) 故PE與平面BCEF所成角的正弦值為.(15分) 方法2　面面垂直判定的方法 1.( 2018浙江杭州第二次高考教學質(zhì)量檢測(4月),19)如圖,在等腰三角形ABC中,AB=AC,∠A=120°,M為線段BC的中點,D為線段BC上一點,且BD=BA,沿直線AD將△ADC翻折至△ADC',使AC'⊥BD. (1)證明:平面AMC'⊥平面ABD; (2)求直線C'D與平面ABD所成的角的正弦值. 解析　(1)證明:由題意知AM⊥BD, 又AC'⊥BD, 所以BD⊥平面AMC',

13、因為BD?平面ABD, 所以平面AMC'⊥平面ABD.(7分) (2)在平面AC'M中,過C'作C'F⊥AM交AM于點F,連接FD. 由(1)知,C'F⊥平面ABD,所以∠C'DF為直線C'D與平面ABD所成的角. 設AM=1,則AB=AC=2,BM=,MD=2-, DC=DC'=2-2,AD=-. 在Rt△C'MD中,MC'2=C'D2-MD2=(2-2)2-(2-)2=9-4. 設AF=x,在Rt△C'FA中,AC'2-AF2=MC'2-MF2, 即4-x2=(9-4)-(1-x)2, 解得x=2-2,即AF=2-2. 所以C'F=2. 故直線C'D與平面ABD所成的

14、角的正弦值等于=.(15分) 2.(2017浙江名校(紹興一中)交流卷一,19)如圖,三棱錐P-ABC中,PC⊥平面ABC,AB=PC=2,AC=4,∠PBC=,點E在BC上,且BE=EC. (1)求證:平面PAB⊥平面PBC; (2)求AE與平面PAB所成角的正弦值. 解析　(1)證明:因為PC⊥平面ABC,所以PC⊥AB,PC⊥BC.(2分) 又因為在三角形PBC中,PC=2,∠PBC=,所以BC=2,(4分) 而AB=2,AC=4,所以AC2=AB2+BC2,所以AB⊥BC.(6分) 又AB⊥PC,PC∩BC=C,所以AB⊥平面PBC,又AB?平面PAB,所以平面PAB

15、⊥平面PBC.(8分) (2)設AE與平面PAB所成的角為θ.因為BE=EC,所以點E到平面PAB的距離dE=dC(dC表示點C到平面PAB的距離).(11分) 過C作CF⊥PB于點F,由(1)知CF⊥平面PAB,易得dC=CF=,所以dE=dE=.(13分) 又AE==,所以sin θ==.(15分) 過專題 【五年高考】 A組　自主命題·浙江卷題組 考點　垂直的判定和性質(zhì) 1.(2014浙江文,6,5分)設m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面(　　) A.若m⊥n,n∥α,則m⊥α B.若m∥β,β⊥α,則m⊥α C.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,則m⊥α

16、 D.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,則m⊥α 答案　C　 2.(2016浙江文,18,15分)如圖,在三棱臺ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3. (1)求證:BF⊥平面ACFD; (2)求直線BD與平面ACFD所成角的余弦值. 解析　(1)證明:延長AD,BE,CF相交于一點K,如圖所示. 因為平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,所以AC⊥平面BCK,因此BF⊥AC. 又因為EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK為等邊三角形,且F為CK的中點,則BF⊥CK. 所以BF⊥平面ACFD.

17、 (2)因為BF⊥平面ACK,所以∠BDF是直線BD與平面ACFD所成的角. 在Rt△BFD中,BF=,DF=,得cos∠BDF=, 所以,直線BD與平面ACFD所成角的余弦值為. 評析　本題主要考查空間點、線、面的位置關系,線面角等基礎知識,同時考查空間想象能力和運算求解能力. 3.(2015浙江,17,15分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影為BC的中點,D是B1C1的中點. (1)證明:A1D⊥平面A1BC; (2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值. 解析　(1)證明:設E為BC的中點,由

18、題意得A1E⊥平面ABC,所以A1E⊥AE. 因為AB=AC,所以AE⊥BC. 故AE⊥平面A1BC. 由D,E分別為B1C1,BC的中點,得DE∥B1B且DE=B1B,從而DE∥A1A且DE=A1A,所以四邊形A1AED為平行四邊形. 故A1D∥AE. 又因為AE⊥平面A1BC,所以A1D⊥平面A1BC. (2)解法一:作A1F⊥BD且A1F∩BD=F,連接B1F. 由AE=EB=,∠A1EA=∠A1EB=90°,得A1B=A1A=4. 由A1D=B1D,A1B=B1B,得△A1DB與△B1DB全等. 由A1F⊥BD,得B1F⊥BD,因此∠A1FB1為二面角A1-BD-

19、B1的平面角. 由A1D=,A1B=4,∠DA1B=90°,得BD=3,A1F=B1F=, 由余弦定理得cos∠A1FB1=-. 解法二:以CB的中點E為原點,分別以射線EA,EB為x,y軸的正半軸,建立空間直角坐標系E-xyz,如圖所示. 由題意知各點坐標如下:A1(0,0,),B(0,,0),D(-,0,),B1(-,,). 因此=(0,,-),=(-,-,),=(0,,0). 設平面A1BD的法向量為m=(x1,y1,z1),平面B1BD的法向量為n=(x2,y2,z2). 由即 可取m=(0,,1). 由即可取n=(,0,1). 于是|cos|==.

20、 由題意可知,所求二面角的平面角是鈍角,故二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值為-. 評析　本題主要考查空間點、線、面的位置關系,二面角等基礎知識,同時考查空間想象能力和運算求解能力. 4.(2014浙江,20,15分)如圖,在四棱錐A-BCDE中,平面ABC⊥平面BCDE,∠CDE=∠BED=90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=. (1)證明:DE⊥平面ACD; (2)求二面角B-AD-E的大小. 解析　(1)證明:在直角梯形BCDE中,由DE=BE=1,CD=2,得BD=BC=, 由AC=,AB=2,得AB2=AC2+BC2,即AC⊥BC, 又平面ABC⊥平面

21、BCDE,從而AC⊥平面BCDE, 所以AC⊥DE.又DE⊥DC,從而DE⊥平面ACD. (2)解法一:作BF⊥AD與AD交于點F,過點F作FG∥DE與AE交于點G,連接BG, 由(1)知DE⊥AD,則FG⊥AD,所以∠BFG是二面角B-AD-E的平面角. 在直角梯形BCDE中,由CD2=BC2+BD2,得BD⊥BC, 又平面ABC⊥平面BCDE,得BD⊥平面ABC,從而BD⊥AB. 由AC⊥平面BCDE,得AC⊥CD. 在Rt△ACD中,由DC=2,AC=,得AD=. 在Rt△AED中,由ED=1,AD=,得AE=. 在Rt△ABD中,由BD=,AB=2,AD=,得BF

22、=,所以AF=,即AF=AD,從而GF=. 在△ABE,△ABG中,利用余弦定理分別可得cos∠BAE=,BG=. 在△BFG中,cos∠BFG==, 所以∠BFG=,即二面角B-AD-E的大小是. 解法二:以D為原點,分別以射線DE,DC為x軸,y軸的正半軸,建立空間直角坐標系D-xyz,如圖所示. 由題意及(1)知各點坐標如下:D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2,),B(1,1,0). 設平面ADE的法向量為m=(x1,y1,z1),平面ABD的法向量為n=(x2,y2,z2),可算得=(0,-2,-),=(1,-2,-),=(1,1,0),

23、 由即可取m=(0,1,-). 由即可取n=(1,-1,). 于是|cos|===, 由題圖可知,所求二面角的平面角是銳角,故二面角B-AD-E的大小是. 評析　本題主要考查空間點、線、面的位置關系,二面角等基礎知識和空間向量的應用,同時考查空間想象能力、推理論證能力和運算求解能力. B組　統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組 考點　垂直的判定和性質(zhì) 1.(2017課標全國Ⅲ文,10,5分)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱CD的中點,則(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC

24、 答案　C　 2.(2018課標全國Ⅰ文,18,12分)如圖,在平行四邊形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC為折痕將△ACM折起,使點M到達點D的位置,且AB⊥DA. (1)證明:平面ACD⊥平面ABC; (2)Q為線段AD上一點,P為線段BC上一點,且BP=DQ=DA,求三棱錐Q-ABP的體積. 解析　(1)證明:由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC. 又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD. 又AB?平面ABC, 所以平面ACD⊥平面ABC. (2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3. 又BP=DQ=DA,所以BP=2. 作QE⊥AC,垂足

25、為E,則QE􀱀DC. 由已知及(1)可得DC⊥平面ABC, 所以QE⊥平面ABC,QE=1. 因此,三棱錐Q-ABP的體積為 VQ-ABP=·QE·S△ABP=×1××3×2sin 45°=1. 規(guī)律總結(jié)　證明空間線面位置關系的一般步驟: (1)審清題意:分析條件,挖掘題目中平行與垂直的關系; (2)明確方向:確定問題的方向,選擇證明平行或垂直的方法,必要時添加輔助線; (3)給出證明:利用平行、垂直關系的判定或性質(zhì)給出問題的證明; (4)反思回顧:查看關鍵點、易漏點,檢查使用定理時定理成立的條件是否遺漏,符號表達是否準確. 解題關鍵　(1)利用平行關

26、系將∠ACM=90°轉(zhuǎn)化為∠BAC=90°是求證第(1)問的關鍵; (2)利用翻折的性質(zhì)將∠ACM=90°轉(zhuǎn)化為∠ACD=90°,進而利用面面垂直的性質(zhì)定理及線面垂直的性質(zhì)定理得出三棱錐Q-ABP的高是求解第(2)問的關鍵. 3.(2018課標全國Ⅲ文,19,12分)如圖,矩形ABCD所在平面與半圓弧所在平面垂直,M是上異于C,D的點. (1)證明:平面AMD⊥平面BMC; (2)在線段AM上是否存在點P,使得MC∥平面PBD?說明理由. 解析　本題考查平面與平面垂直的判定與性質(zhì)、直線與平面平行的判定與性質(zhì). (1)由題設知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因為BC⊥CD

27、,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM. 因為M為上異于C,D的點,且DC為直徑,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)當P為AM的中點時,MC∥平面PBD. 證明如下:連接AC交BD于O.因為ABCD為矩形,所以O為AC中點.連接OP,因為P為AM中點,所以MC∥OP. MC?平面PBD,OP?平面PBD,所以MC∥平面PBD. 易錯警示　使用判定定理和性質(zhì)定理進行推理證明時要使條件完備. 4.(2018課標全國Ⅲ理,19,12分)如圖,邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧

28、所在平面垂直,M是上異于C,D的點. (1)證明:平面AMD⊥平面BMC; (2)當三棱錐M-ABC體積最大時,求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值. 解析　本題考查面面垂直的判定、二面角的計算、空間向量的應用. (1)由題設知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因為BC⊥CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM. 因為M為上異于C,D的點,且DC為直徑,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為坐標原點,的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz.

29、 當三棱錐M-ABC體積最大時,M為的中點.由題設得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),=(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0). 設n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,則 即 可取n=(1,0,2). 是平面MCD的法向量,因此 cos==,sin=. 所以面MAB與面MCD所成二面角的正弦值是. 解后反思　一、面面垂直的判定 在證明兩平面垂直時,一般先從現(xiàn)有的直線中尋找平面的垂線,若圖中不存在這樣的直線,則可通過作輔助線來解決. 二、利用向量求二面角問題的常見類型及解題方法 1.求空

30、間中二面角的大小,可根據(jù)題意建立空間直角坐標系,再分別求出二面角的兩個面所在平面的法向量,然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小,但要注意結(jié)合實際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角. 2.給出二面角的大小求解或證明相關問題,可利用求解二面角的方法列出相關的關系式,再根據(jù)實際問題求解. 5.(2018北京理,16,14分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分別為AA1,AC,A1C1,BB1的中點,AB=BC=,AC=AA1=2. (1)求證:AC⊥平面BEF; (2)求二面角B-CD-C1的余弦值; (3)證明:直線FG與平面BCD相交.

31、 解析　(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中, 因為CC1⊥平面ABC,所以四邊形A1ACC1為矩形. 又E,F分別為AC,A1C1的中點,所以AC⊥EF. 因為AB=BC,所以AC⊥BE. 所以AC⊥平面BEF. (2)由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1. 又CC1⊥平面ABC,所以EF⊥平面ABC. 因為BE?平面ABC,所以EF⊥BE. 如圖建立空間直角坐標系E-xyz. 由題意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1). 所以=(-1,-2,0),=(1,-2,1). 設平面BCD的法向量為n=(x

32、0,y0,z0), 則即 令y0=-1,則x0=2,z0=-4. 于是n=(2,-1,-4). 又因為平面CC1D的法向量為=(0,2,0), 所以cos==-. 由題知二面角B-CD-C1為鈍角,所以其余弦值為-. (3)由(2)知平面BCD的法向量為n=(2,-1,-4),=(0,2,-1). 因為n·=2×0+(-1)×2+(-4)×(-1)=2≠0, 所以直線FG與平面BCD相交. 6.(2018北京文,18,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分別為AD,PB的中點. (1)求

33、證:PE⊥BC; (2)求證:平面PAB⊥平面PCD; (3)求證:EF∥平面PCD. 解析　(1)因為PA=PD,E為AD的中點,所以PE⊥AD. 因為底面ABCD為矩形,所以BC∥AD.所以PE⊥BC. (2)因為底面ABCD為矩形,所以AB⊥AD. 又因為平面PAD⊥平面ABCD, 所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD. 又因為PA⊥PD,所以PD⊥平面PAB. 所以平面PAB⊥平面PCD. (3)取PC中點G,連接FG,DG. 因為F,G分別為PB,PC的中點, 所以FG∥BC,FG=BC. 因為ABCD為矩形,且E為AD的中點, 所以DE∥BC,D

34、E=BC. 所以DE∥FG,DE=FG. 所以四邊形DEFG為平行四邊形. 所以EF∥DG. 又因為EF?平面PCD,DG?平面PCD, 所以EF∥平面PCD. 7.(2017課標全國Ⅲ文,19,12分)如圖,四面體ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD. (1)證明:AC⊥BD; (2)已知△ACD是直角三角形,AB=BD.若E為棱BD上與D不重合的點,且AE⊥EC,求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比. 解析　(1)取AC的中點O,連接DO,BO. 因為AD=CD,所以AC⊥DO. 又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO. 從而AC⊥平面DOB,故AC

35、⊥BD. (2)連接EO. 由(1)及題設知∠ADC=90°,所以DO=AO. 在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2. 又AB=BD,所以 BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2, 故∠DOB=90°. 由題設知△AEC為直角三角形, 所以EO=AC. 又△ABC是正三角形,且AB=BD, 所以EO=BD. 故E為BD的中點,從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的,四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的,即四面體ABCE與四面體ACDE的體積之比為1∶1. 8.(2017山東文,18,12分)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱錐C

36、1-B1CD1后得到的幾何體如圖所示.四邊形ABCD為正方形,O為AC與BD的交點,E為AD的中點,A1E⊥平面ABCD. (1)證明:A1O∥平面B1CD1; (2)設M是OD的中點,證明:平面A1EM⊥平面B1CD1. 證明　本題考查線面平行與面面垂直. (1)取B1D1的中點O1,連接CO1,A1O1, 由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱, 所以A1O1∥OC,A1O1=OC, 因此四邊形A1OCO1為平行四邊形, 所以A1O∥O1C. 又O1C?平面B1CD1,A1O?平面B1CD1, 所以A1O∥平面B1CD1. (2)因為AC⊥BD,E,M分別為A

37、D和OD的中點, 所以EM⊥BD, 又A1E⊥平面ABCD,BD?平面ABCD, 所以A1E⊥BD,因為B1D1∥BD, 所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1, 又A1E,EM?平面A1EM,A1E∩EM=E, 所以B1D1⊥平面A1EM, 又B1D1?平面B1CD1, 所以平面A1EM⊥平面B1CD1. 方法總結(jié)　證明面面垂直的方法: 1.面面垂直的定義; 2.面面垂直的判定定理(a⊥β,a?α?α⊥β). 易錯警示　a∥b,a∥α?/ b∥α. 9.(2017課標全國Ⅲ理,19,12分)如圖,四面體ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠

38、CBD,AB=BD. (1)證明:平面ACD⊥平面ABC; (2)過AC的平面交BD于點E,若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分,求二面角D-AE-C的余弦值. 解析　本題考查面面垂直的證明,二面角的求法. (1)由題設可得,△ABD≌△CBD,從而AD=DC. 又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°. 取AC的中點O,連接DO,BO,則DO⊥AC,DO=AO. 又由于△ABC是正三角形,故BO⊥AC. 所以∠DOB為二面角D-AC-B的平面角. 在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2. 又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD

39、2,故∠DOB=90°. 所以平面ACD⊥平面ABC. (2)由題設及(1)知,OA,OB,OD兩兩垂直.以O為坐標原點,的方向為x軸正方向,||為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz.則A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),D(0,0,1). 由題設知,四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的,從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的,即E為DB的中點,得E.故=(-1,0,1),=(-2,0,0),=. 設n=(x,y,z)是平面DAE的法向量, 則即 可取n=. 設m是平面AEC的法向量,則 同理可取m=(0,-1,). 則co

40、s==. 易知二面角D-AE-C為銳二面角, 所以二面角D-AE-C的余弦值為. 方法總結(jié)　證明面面垂直最常用的方法是證明其中一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線,即在一個平面內(nèi),找一條直線,使它垂直于另一個平面.用空間向量法求二面角的余弦值時,要判斷二面角是鈍角還是銳角. C組　教師專用題組 考點　垂直的判定和性質(zhì)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2015安徽,5,5分)已知m,n是兩條不同直線,α,β是兩個不同平面,則下列命題正確的是(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.若α,β垂直于同一平面,則α與β平行 B.若m,n平行于同一平面

41、,則m與n平行 C.若α,β,則在α內(nèi)與β平行的直線 D.若m,n,則m與n垂直于同一平面 答案　D　 2.(2017北京文,18,14分)如圖,在三棱錐P-ABC中,PA⊥AB,PA⊥BC,AB⊥BC,PA=AB=BC=2,D為線段AC的中點,E為線段PC上一點. (1)求證:PA⊥BD; (2)求證:平面BDE⊥平面PAC; (3)當PA∥平面BDE時,求三棱錐E-BCD的體積. 解析　本題考查線面垂直的判定和性質(zhì),面面垂直的判定及線面平行的性質(zhì),三棱錐的體積.考查空間想象能力. (1)因為PA⊥AB,PA⊥BC, 所以PA⊥平面ABC. 又因為BD?平面ABC,

42、 所以PA⊥BD. (2)因為AB=BC,D為AC中點, 所以BD⊥AC.由(1)知,PA⊥BD, 所以BD⊥平面PAC. 所以平面BDE⊥平面PAC. (3)因為PA∥平面BDE,平面PAC∩平面BDE=DE, 所以PA∥DE. 因為D為AC的中點, 所以DE=PA=1,BD=DC=. 由(1)知,PA⊥平面ABC, 所以DE⊥平面ABC. 所以三棱錐E-BCD的體積V=BD·DC·DE=. 直擊高考　立體幾何是高考的必考題型,對立體幾何的考查主要有兩個方面:一是空間位置關系的證明;二是體積或表面積的求解. 3.(2015課標Ⅰ,18,12分)如圖,四邊形AB

43、CD為菱形,∠ABC=120°,E,F是平面ABCD同一側(cè)的兩點,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC. (1)證明:平面AEC⊥平面AFC; (2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值. 解析　(1)證明:連接BD.設BD∩AC=G,連接EG,FG,EF. 在菱形ABCD中,不妨設GB=1.由∠ABC=120°,可得AG=GC=. 由BE⊥平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.又AE⊥EC,所以EG=,且EG⊥AC. 在Rt△EBG中,可得BE=,故DF=. 在Rt△FDG中,可得FG=. 在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=,DF=,可

44、得EF=. 從而EG2+FG2=EF2,所以EG⊥FG. 又AC∩FG=G,可得EG⊥平面AFC. 因為EG?平面AEC,所以平面AEC⊥平面AFC.(6分) (2)如圖,以G為坐標原點,分別以,的方向為x軸,y軸正方向,||為單位長,建立空間直角坐標系G-xyz. 由(1)可得A(0,-,0),E(1,0,),F,C(0,,0),所以=(1,,),=.(10分) 故cos<,>==-. 所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為.(12分) 評析　本題考查了線面垂直的判定和性質(zhì)、面面垂直的判定、異面直線所成的角.建立適當?shù)目臻g直角坐標系,利用空間向量的有關公式是求解的關鍵.證

45、明“EG⊥平面AFC”是解題的難點.本題屬中等難度題. 4.(2015湖北,19,12分)《九章算術》中,將底面為長方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬,將四個面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑. 如圖,在陽馬P-ABCD中,側(cè)棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,過棱PC的中點E,作EF⊥PB交PB于點F,連接DE,DF,BD,BE. (1)證明:PB⊥平面DEF.試判斷四面體DBEF是不是鱉臑,若是,寫出其每個面的直角(只需寫出結(jié)論);若不是,說明理由; (2)若面DEF與面ABCD所成二面角的大小為,求的值. 解析　解法一:(1)因為PD⊥底面ABCD,所以PD⊥BC

46、, 由底面ABCD為長方形,有BC⊥CD,而PD∩CD=D, 所以BC⊥平面PCD,而DE?平面PCD,所以BC⊥DE. 又因為PD=CD,點E是PC的中點,所以DE⊥PC. 而PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC. 而PB?平面PBC,所以PB⊥DE. 又PB⊥EF,DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF. 由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面體BDEF的四個面都是直角三角形, 即四面體BDEF是一個鱉臑,其四個面的直角分別為∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB. (2)如圖,在面PBC內(nèi),延長BC與FE交于點G,則DG是平面DEF與平面ABCD的交線. 由

47、(1)知,PB⊥平面DEF,所以PB⊥DG. 又因為PD⊥底面ABCD,所以PD⊥DG. 而PD∩PB=P,所以DG⊥平面PBD. 故∠BDF是面DEF與面ABCD所成二面角的平面角, 設PD=DC=1,BC=λ,有BD=, 在Rt△PDB中,由DF⊥PB,得∠DPF=∠FDB=, 則tan=tan∠DPF===,解得λ=. 所以==. 故當面DEF與面ABCD所成二面角的大小為時,=. 解法二:(1)如圖,以D為原點,射線DA,DC,DP分別為x,y,z軸的正半軸,建立空間直角坐標系. 設PD=DC=1,BC=λ,則D(0,0,0),P(0,0,1),B(λ,1,0)

48、, C(0,1,0),=(λ,1,-1),點E是PC的中點, 所以E,=, 于是·=0,即PB⊥DE. 又已知EF⊥PB,而DE∩EF=E, 所以PB⊥平面DEF. 因=(0,1,-1),·=0,則DE⊥PC,所以DE⊥平面PBC. 由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面體BDEF的四個面都是直角三角形, 即四面體BDEF是一個鱉臑,其四個面的直角分別為∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB. (2)因為PD⊥平面ABCD,所以=(0,0,1)是平面ABCD的一個法向量; 由(1)知,PB⊥平面DEF,所以=(-λ,-1,1)是平面DEF的一個法向量. 若面DEF

49、與面ABCD所成二面角的大小為, 則cos===, 解得λ=, 所以==. 故當面DEF與面ABCD所成二面角的大小為時,=. 5.(2015北京,17,14分)如圖,在四棱錐A-EFCB中,△AEF為等邊三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O為EF的中點. (1)求證:AO⊥BE; (2)求二面角F-AE-B的余弦值; (3)若BE⊥平面AOC,求a的值. 解析　(1)證明:因為△AEF是等邊三角形,O為EF的中點,所以AO⊥EF. 又因為平面AEF⊥平面EFCB,AO?平面AEF, 所以AO⊥平面EFCB

50、. 所以AO⊥BE. (2)取BC中點G,連接OG. 由題設知EFCB是等腰梯形, 所以OG⊥EF. 由(1)知AO⊥平面EFCB, 又OG?平面EFCB, 所以OA⊥OG. 如圖建立空間直角坐標系O-xyz, 則E(a,0,0),A(0,0,a),B(2,(2-a),0),=(-a,0,a),=(a-2,(a-2),0). 設平面AEB的法向量為n=(x,y,z), 則即 令z=1,則x=,y=-1. 于是n=(,-1,1). 平面AEF的法向量為p=(0,1,0). 所以cos==-. 由題設知二面角F-AE-B為鈍角,所以它的余弦值為-.

51、(3)因為BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即·=0. 因為=(a-2,(a-2),0),=(-2,(2-a),0), 所以·=-2(a-2)-3(a-2)2. 由·=0及0

52、并求此時平面BPC與平面DPC夾角的余弦值. 解析　(1)證明:ABCD為矩形,故AB⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD, 所以AB⊥平面PAD,故AB⊥PD. (2)過P作AD的垂線,垂足為O,過O作BC的垂線,垂足為G,連接PG. 故PO⊥平面ABCD,BC⊥平面POG,BC⊥PG. 在Rt△BPC中,PG=,GC=,BG=. 設AB=m,則OP==,故四棱錐P-ABCD的體積V=··m·=. 因為m==, 故當m=,即AB=時,四棱錐P-ABCD的體積最大. 此時,建立如圖所示的坐標系,各點的坐標為O(0,0,0),B,C,D

53、,P. 故=,=(0,,0),=. 設平面BPC的法向量為n1=(x,y,1),則由n1⊥,n1⊥得解得x=1,y=0,n1=(1,0,1). 同理可求出平面DPC的法向量為n2=. 從而平面BPC與平面DPC夾角θ的余弦值為cos θ===. 評析　本題考查面面垂直的性質(zhì)定理、線線垂直的判定、空間幾何體的體積以及二面角的求解等基礎知識,考查空間想象能力、推理論證能力和運算求解能力,正確利用面面垂直的性質(zhì)定理求出棱錐的高是解決本題的關鍵.計算失誤是失分的主要原因. 7.(2014課標Ⅰ,19,12分)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面BB1C1C為菱形,AB⊥B1C. (1

54、)證明:AC=AB1; (2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值. 解析　(1)證明:連接BC1,交B1C于點O,連接AO.因為側(cè)面BB1C1C為菱形,所以B1C⊥BC1,且O為B1C及BC1的中點. 又AB⊥B1C,所以B1C⊥平面ABO.由于AO?平面ABO,故B1C⊥AO.又B1O=CO,故AC=AB1. (2)因為AC⊥AB1,且O為B1C的中點,所以AO=CO. 又因為AB=BC,所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB,從而OA,OB,OB1兩兩互相垂直. 以O為坐標原點,的方向為x軸正方向,||為單位長,建立如圖所示的空

55、間直角坐標系O-xyz. 因為∠CBB1=60°,所以△CBB1為等邊三角形,又AB=BC,則A,B(1,0,0),B1,C. =,==,==. 設n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量, 則即 所以可取n=(1,,). 設m是平面A1B1C1的法向量,則 同理可取m=(1,-,). 則cos==. 易知二面角A-A1B1-C1為銳角, 所以二面角A-A1B1-C1的余弦值為. 評析　本題主要考查直線與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理、直線與直線垂直、二面角的求法、空間向量的應用等基礎知識,考查空間想象能力、運算求解能力和推理論證能力.在建立空間直角坐標系之

56、前,應有必要的證明過程,保證從O點引出的三條射線OA,OB,OB1兩兩垂直. 8.(2014湖南,19,12分)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形. (1)證明:O1O⊥底面ABCD; (2)若∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值. 解析　(1)證明:因為四邊形ACC1A1為矩形,所以CC1⊥AC. 同理DD1⊥BD, 因為CC1∥DD1,所以CC1⊥BD,而AC∩BD=O, 因此CC1⊥底面ABCD. 由題設知,O1O∥C1C,故O1O⊥底面ABCD

57、, (2)解法一:如圖,過O1作O1H⊥OB1于H,連接HC1. 由(1)知,O1O⊥底面ABCD,所以O1O⊥底面A1B1C1D1, 于是O1O⊥A1C1. 又因為四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都相等, 所以四邊形A1B1C1D1是菱形,因此A1C1⊥B1D1,從而A1C1⊥平面BDD1B1, 所以A1C1⊥OB1,于是OB1⊥平面O1HC1, 進而OB1⊥C1H,故∠C1HO1是二面角C1-OB1-D的平面角, 不妨設AB=2,因為∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,OB1=. 在Rt△OO1B1中,易知O1H==2,而O1C1=1,于是C1H===.

58、 故cos∠C1HO1===. 即二面角C1-OB1-D的余弦值為. 解法二:因為四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都相等,所以四邊形ABCD是菱形,因此AC⊥BD,又由(1)知O1O⊥底面ABCD,從而OB,OC,OO1兩兩垂直. 如圖,以O為坐標原點,OB,OC,OO1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標系O-xyz,不妨設AB=2,因為∠CBA=60°,所以OB=,OC=1, 于是相關各點的坐標為O(0,0,0),B1(,0,2),C1(0,1,2). 易知,n1=(0,1,0)是平面BDD1B1的一個法向量. 設n2=(x,y,z)是平面OB1C1

59、的法向量, 則即 取z=-,則x=2,y=2,所以n2=(2,2,-), 設二面角C1-OB1-D的大小為θ,易知θ是銳角, 于是cos θ=|cos|===. 故二面角C1-OB1-D的余弦值為. 9.(2014遼寧,19,12分)如圖,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F分別為AC,DC的中點. (1)求證:EF⊥BC; (2)求二面角E-BF-C的正弦值. 解析　(1)證法一:過E作EO⊥BC,垂足為O,連接OF. 由△ABC≌△DBC可證出△EOC≌△FOC. 所以∠EOC=∠FOC=,

60、 即FO⊥BC. 又EO⊥BC,因此BC⊥面EFO. 又EF?面EFO,所以EF⊥BC. 圖1 證法二:以B為坐標原點,在平面DBC內(nèi)過B且垂直BC的直線為x軸,BC所在直線為y軸,在平面ABC內(nèi)過B且垂直BC的直線為z軸,建立如圖2所示空間直角坐標系,易得B(0,0,0),A(0,-1,),D(,-1,0),C(0,2,0),因而E,F,所以,=,=(0,2,0),因此·=0.從而⊥,所以EF⊥BC. 圖2 (2)解法一:在圖1中,過O作OG⊥BF,垂足為G,連EG.由平面ABC⊥平面BDC,從而EO⊥面BDC,又OG⊥BF,易知EG⊥BF. 因此∠EGO為二面角E-

61、BF-C的平面角. 在△EOC中,EO=EC=BC·cos 30°=, 由△BGO∽△BFC知,OG=·FC=, 因此tan∠EGO==2,從而sin∠EGO=,即二面角E-BF-C的正弦值為. 解法二:在圖2中,平面BFC的一個法向量為n1=(0,0,1). 設平面BEF的法向量為n2=(x,y,z), 又=,=, 由得其中一個n2=(1,-,1). 設二面角E-BF-C的大小為θ,且由題意知θ為銳角,則 cos θ=|cos|==, 因此sin θ==,即所求二面角的正弦值為. 評析　本題考查空間位置關系的證明及空間角的求法,考查線線垂直的本質(zhì)是對垂直關

62、系轉(zhuǎn)化的考查.在利用向量法求二面角的正弦值時,注意到平面BFC的一個法向量為(0,0,1),可以使問題簡捷,本題的難點和易錯點都是空間直角坐標系的建立,由于A,D兩點都不在坐標軸上,因此正確求出A,D兩點的坐標是解決本題的關鍵. 【三年模擬】 一、選擇題(每小題4分,共20分) 1.(2019屆浙江高考模擬試卷(三),5)已知直線l⊥平面α,直線m?平面β,現(xiàn)給出以下四個命題: ①l∥β?l∥m;②α∥β?l⊥m; ③l∥m?α⊥β;④l⊥m?l⊥β. 其中,是正確命題的是(　　) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.①②③④ B.①③ C.②④ D.②③ 答案

63、　D　 2.(2019屆浙江溫州普通高中適應性測試,6)設α、β是兩個不同的平面,m、n是兩條不同的直線,則下列說法正確的是(　　) A.若α⊥β,α∩β=m,m⊥n,則n⊥β B.若α⊥β,n∥α,則n⊥β C.若m∥α,m∥β,則α∥β D.若m⊥α,m⊥β,n⊥α,則n⊥β 答案　D　 3.(2018浙江重點中學12月聯(lián)考,9)已知三棱錐P-ABC的底面ABC是邊長為2的正三角形,A點在側(cè)面PBC內(nèi)的射影H為△PBC的垂心,二面角P-AB-C的平面角的大小為60°,則AP的長為(　　) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.3 B.3 C. D.4 答案

64、　C　 4.(2018浙江鎮(zhèn)海中學模擬,6)從正方體的8個頂點中選取4個,連接成一個四面體,則關于這個四面體的各個面,下列敘述錯誤的是(　　) A.有且只有一個面是直角三角形 B.每個面都可能是等邊三角形 C.每個面都可能是直角三角形 D.可能只有一個面是等邊三角形 答案　A　 5.(2018浙江新高考調(diào)研卷三(杭州二中),10)已知△ABC的三角A,B,C所對的三邊為a,b,c,且aβ>γ B.α<β<γ C.

65、α=β=γ D.α<γ<β 答案　A　 二、填空題(單空題4分,多空題6分,共4分) 6.(2018浙江新高考調(diào)研卷二(鎮(zhèn)海中學),17)如圖,在矩形ABCD中,AB=2,AD=3,點E在線段AD上且AE=2,現(xiàn)分別沿BE,CE將△ABE,△DCE翻折,使得點D落在線段AE上,則此時二面角D-EC-B的余弦值為　　　　.? 答案　 三、解答題(共45分) 7.(2019屆浙江名校協(xié)作體高三聯(lián)考,19)如圖,在三棱錐P-ABC中,△PAC和△ABC均為等腰三角形,且∠APC=∠BAC=90°,PB=AB=4. (1)判斷AB⊥PC是否成立,并給出證明; (2)求直線PB與

66、平面ABC所成角的正弦值. 解析　(1)AB⊥PC不成立.證明如下:(2分) 假設AB⊥PC,因為AB⊥AC,且PC∩AC=C, 所以AB⊥平面PAC,(5分) 所以AB⊥PA,這與已知PB=AB=4矛盾, 所以AB⊥PC不成立.(7分) (2)解法一:取AC的中點O,BC的中點G,連接PO,OG,PG, 由已知得PO=OG=PG=2,(9分) AC⊥PO,AC⊥OG,且PO∩OG=O, 所以AC⊥平面POG,又AC?平面ABC,所以平面ABC⊥平面POG,(12分) 取OG的中點H,連接BH, 則PH⊥平面ABC,所以∠PBH就是直線PB與平面ABC所成的角, 因為PH=,PB=4,所以sin∠PBH==.(15分) 解法二:以A為原點,建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz, 則A(0,0,0),B(4,0,0),C(0,4,0),(9分) 設P(x,y,z),由即 解得 所以P(1,2,),則=(-3,-2,-),(11分) 易知平面ABC的一個法向量是n=(0,0,1),(13分) 設直線PB與平面ABC所成角的大小為θ. 所以sin θ==