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1、专题强化训练(十八)1.(2020郑州一中月考)如图，四边形ABCD为菱形，ABC120，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)证明：平面AEC平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值解(1)证明：连接BD，设BDACG，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由ABC120，可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.在RtEBG中，可得BE，故DF.在RtFDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF.从而EG2FG2EF2，所以E
2、GFG.又因为ACFGG，所以EG平面AFC.因为EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz.由(1)可得A(0，0)，E(1,0，)，F，C(0，0)，所以(1，)，.故cos，.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.2(2020大连模拟)如图，四棱锥EABCD中，底面ABCD是平行四边形，底面ABCD侧面DEA，EADBAD60，ADABAE，P，Q分别为棱AD，CD的中点(1)求证：DB平面EPQ；(2)求直线DB与平面ABE所成的角的正弦值解(1)证明：连接AC.因为AEAD，EAD
3、60，所以AED是等边三角形又P为AD的中点，所以EPAD.因为底面ABCD侧面DEA，底面ABCD侧面DEAAD，EP平面DEA，所以EP平面ABCD，所以EPDB.因为ADAB，所以平行四边形ABCD是菱形所以DBAC.又P，Q分别为棱AD，CD的中点，所以PQAC，所以DBPQ.由及PQEPP，得DB平面EPQ.(2)连接PB，因为ADAB，BAD60，所以DBA为正三角形因为P为AD的中点，所以PBAD.又因为底面ABCD侧面DEA.且平面ABCD平面DEAAD，PB平面ABCD，所以PB平面DEA，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz.设AD
4、2，则P(0,0,0)，A(0,1,0)，B(0,0，)，C(0，2，)，D(0，1,0)，E(，0,0)，则(0,1，)，(，1,0)，(0，1，)设平面ABE的一个法向量为n(x，y，z)，则令z1，得y，x1，即n(1，1)设直线DB与平面ABE所成的角为，则sin|cos，n|.即直线DB与平面ABE所成的角的正弦值为.3(2020青岛二模)如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，PA底面ABCD，EDPA，且PA2ED2.(1)证明：平面PAC平面PCE；(2)若直线PC与平面ABCD所成的角为45，求二面角PCED的余弦值解(1)证明：连接BD，交AC于点O，设
5、PC中点为F，连接OF，EF.如图1.因为O，F分别为AC，PC的中点，所以OFPA，且OFPA.因为DEPA，且DEPA，所以OFDE，且OFDE.所以四边形OFED为平行四边形，所以ODEF，即BDEF.因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD.因为ABCD是菱形，所以BDAC.又因为PAACA，所以BD平面PAC.又因为BDEF，所以EF平面PAC.又因为FE平面PCE，所以平面PAC平面PCE.(2)因为直线PC与平面ABCD所成角为45，所以PCA45，所以ACPA2.所以ACAB，故ABC为等边三角形设BC的中点为M，连接AM，则AMBC，所以AMAD.以A为原点，AM
6、，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Axyz，如图2.则P(0,0,2)，C(，1,0)，E(0,2,1)，D(0,2,0)，所以(，1，2)，(，1,1)，(0,0,1)设平面PCE的法向量为n(x1，y1，z1)，则即令y11，则所以n(，1,2)设平面CDE的法向量为m(x2，y2，z2)，则即令x21，则所以m(1，0)设二面角PCED的大小为，由于为钝角，所以cos|cosn，m|.所以二面角PCED的余弦值为.4(2020郑州二模)如图1所示，在等腰梯形ABCD中，BCAD，CEAD，垂足为E，AD3BC3，EC1.将DEC沿EC折起到D1EC的位置，使平
7、面D1EC平面ABCE，如图2所示(1)求证：平面ABCE平面D1BE.(2)棱AD1上是否存在点G，使得二面角GBED1的余弦值为？若存在，求出点G的位置；若不存在，请说明理由解(1)证明：因为平面D1EC平面ABCE，平面D1EC平面ABCEEC，D1EEC，D1E平面D1EC，所以D1E平面ABCE.D1E平面D1BE，所以平面ABCE平面D1BE.(2)因为EA，EC，ED1两两垂直，如图，建立空间直角坐标系EACD1，E(0,0,0)，所以A(2,0,0)，D1(0,0,1)，B(1,1,0)，(2,0,1)，(1,1,0)假设存在点G满足题意，设，01，则(2,0,1)，所以(2,0,0)(2,0,1)(22，0，)设平面GBE的一个法向量为m(a，b，c)，所以即取a，则m(，22)，AB平面ABCE，D1E平面ABCE，D1EAB，又AB，BE，AE2，满足AE2AB2BE2，ABBE，BED1EAB，AB平面D1BE.易知(1,1,0)为平面BED1的法向量，所以|cos，m|，解得或2(舍)所以存在点G，使得二面角GBED1的余弦值为，此时点G是棱AD1上靠近点D1的一个三等分点
