浙江专用2019高考数学二轮复习精准提分第二篇重点专题分层练中高档题得高分第16练立体几何试题

第16练　立体几何
[明晰考情]　1.命题角度：高考中考查线面的位置关系和线面角，更多体现传统方法.2.题目难度：中档难度．
考点一　空间中的平行、垂直关系
方法技巧　(1)平行关系的基础是线线平行，比较常见的是利用三角形中位线构造平行关系，利用平行四边形构造平行关系．
(2)证明线线垂直的常用方法
①利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直；
②利用勾股定理的逆定理；
③利用线面垂直的性质．
1．如图，在六面体ABCDE中，平面DBC⊥平面ABC，AE⊥平面ABC.
(1)求证：AE∥平面DBC；
(2)若AB⊥BC，BD⊥CD，求证：AD⊥DC.
证明　(1)过点D作DO⊥BC，O为垂足．
又∵平面DBC⊥平面ABC，平面DBC∩平面ABC＝BC，DO⊂平面DBC，
∴DO⊥平面ABC.
又AE⊥平面ABC，
∴AE∥DO.
又AE⊄平面DBC，DO⊂平面DBC，
故AE∥平面DBC.
(2)由(1)知，DO⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，
∴DO⊥AB.
又AB⊥BC，且DO∩BC＝O，DO，BC⊂平面DBC，
∴AB⊥平面DBC.
∵DC⊂平面DBC，
∴AB⊥DC.
又BD⊥CD，AB∩DB＝B，AB，DB⊂平面ABD，
∴DC⊥平面ABD.
又AD⊂平面ABD，
∴AD⊥DC.
2．(2018·江苏)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中， AA1＝AB，AB1⊥B1C1.
求证：(1)AB∥平面A1B1C；
(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.
证明　(1)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1.
因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C.
(2)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，
四边形ABB1A1为平行四边形．
又因为AA1＝AB，
所以四边形ABB1A1为菱形，
因此AB1⊥A1B.
又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，
所以AB1⊥BC.
又因为A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC.
因为AB1⊂平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.
2
3．(2018·全国Ⅱ)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC 的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．
(1)证明　因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，
所以OP⊥AC，且OP＝2.3
如图，连接OB.
因为AB ＝BC ＝AC ，
2
2所以△ABC 为等腰直角三角形，
所以OB ⊥AC ，OB ＝AC ＝2.12
由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .
因为OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，
OB ，AC ⊂平面ABC ，
所以PO ⊥平面ABC .
(2)解　作CH ⊥OM ，垂足为H ，
又由(1)可得OP ⊥CH ，
因为OM ∩OP ＝O ，OM ，OP ⊂平面POM ，
所以CH ⊥平面POM .
故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．
由题意可知OC ＝AC ＝2，CM ＝BC ＝，1223423
∠ACB ＝45°，
所以在△OMC 中，由余弦定理可得OM ＝
，253CH ＝＝.OC ·MC ·sin ∠ACB OM 455所以点C 到平面POM 的距离为.455
4．如图所示，三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，PA ＝1，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°.
(1)求三棱锥P －ABC 的体积；
(2)证明：在线段PC 上存在点M ，使得AC ⊥BM ，并求
的值．PM MC
解　(1)∵AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，
∴S △ABC ＝·AB ·AC ·sin60°＝.1232
由PA ⊥平面ABC 可知，PA 是三棱锥P －ABC 的高，且PA ＝1，
∴三棱锥P －ABC 的体积V ＝·S △ABC ·PA ＝.1336
(2)在平面ABC 内，过点B 作BN ⊥AC ，垂足为N ，在平面PAC 内，过点N 作MN ∥PA 交PC 于点M ，连接BM .
∵PA ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，
∴PA ⊥AC ，
∴MN ⊥AC .
又∵BN ⊥AC ，BN ∩MN ＝N ，BN ，MN ⊂平面BMN ，
∴AC ⊥平面MBN .
又∵BM ⊂平面MBN ，∴AC ⊥BM .
在Rt△BAN 中，AN ＝AB ·cos∠BAC ＝，12
从而NC ＝AC －AN ＝，32
由MN ∥PA ，得＝＝.PM MC AN NC 13考点二　空间角的求解要点重组　设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α，β的法向量分别为u ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)．
(1)线线角
设l ，m 所成的角为θ，则(0≤θ≤π2)
cos θ＝＝.|a ·b ||a ||b ||a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21 a 2＋b 2＋c 2
(2)线面角
设直线l 与平面α所成的角为θ，(0≤θ≤
π2)
则sin θ＝|cos 〈a ，u 〉|＝.|a ·u ||a ||u |
(3)二面角
设α－l －β的平面角为θ，
(0≤θ≤π)则|cos θ|＝|cos 〈u ，v 〉|＝.|u ·v ||u ||v |
方法技巧　求空间角的两种方法
(1)按定义作出角，然后利用图形计算．
(2)利用空间向量，计算直线的方向向量和平面的法向量，通过向量的夹角计算．
5．(2018·诸暨模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，△PAD 是边长为2的等边三角形，底面ABCD 是直角梯形，∠BAD ＝∠CDA ＝，AB ＝2CD ＝2，E 是CD 的中点．π22
(1)证明：AE ⊥PB ；
(2)设F 是棱PB 上的点，EF ∥平面PAD ，求EF 与平面PAB 所成角的正弦值．
(1)证明　取AD 的中点G ，连接PG ，BG ，
平面PAD ⊥平面ABCD ，PG ⊥AD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PG ⊂平面PAD ，∴PG ⊥平面ABCD ，∴AE ⊥PG .
又∵tan∠DAE ＝tan∠ABG ，∴AE ⊥BG .
又∵PG ∩BG ＝G ，PG ，BG ⊂平面PBG ，
∴AE ⊥平面PBG ，∴AE ⊥PB .
(2)解　作FH ∥AB 交PA 于点H ，连接DH ，
∵EF ∥平面PAD ，平面FHDE ∩平面PAD ＝DH ，
∴EF ∥DH .
∴四边形FHDE 为平行四边形．
∴HF ＝DE ＝AB ，14
即H 为PA 的一个四等分点．
又AB ⊥AD ，平面ABCD ⊥平面PAD ，平面ABCD ∩平面PAD ＝AD ，AB ⊂平面ABCD ，∴AB ⊥平面PAD ，
作DK ⊥PA 于点K ，
∴AB ⊥DK ，DK ⊥PA ，PA ∩AB ＝A ，PA ，AB ⊂平面PAB ，∴DK ⊥平面PAB ，
∴∠DHK 为所求线面角，
sin∠DHK ＝＝＝.DK DH 3132
23913
6．在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1B 1B 是边长为2的正方形，点C 在平面AA 1B 1B 上的射影H 恰好为A 1B 的中点，且CH ＝，设D 为CC 1的中点．
3(1)求证：CC 1⊥平面
A 1
B 1D ；
(2)求DH 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值．
方法一　(几何法)
(1)证明　因为CC 1∥AA 1且在正方形AA 1B 1B 中AA 1⊥A 1B 1，所以CC 1⊥A 1B 1，
取A 1B 1的中点E ，连接DE ，HE ，
则HE ∥BB 1∥CC 1且HE ＝BB 1＝CC 1.1212
又D 为CC 1的中点，
所以HE ∥CD 且HE ＝CD ，
所以四边形HEDC 为平行四边形，
因此CH ∥DE ，
又CH ⊥平面AA 1B 1B ，
所以CH ⊥HE ，DE ⊥HE ，
所以DE ⊥CC 1，
又A 1B 1∩DE ＝E ，A 1B 1，DE ⊂平面A 1B 1D ，所以CC 1⊥平面A 1B 1D .
(2)解　取AA 1的中点F ，连接CF ，作HK ⊥CF 于点K ，因为CH ∥DE ，FH ∥A 1B 1，CH ∩FH ＝H ，DE ∩A 1B 1＝E ，所以平面CFH ∥平面A 1B 1D ，由(1)得CC 1⊥平面A 1B 1D ，所以CC 1⊥平面CFH ，又HK ⊂平面CFH ，所以HK ⊥CC 1，
又HK ⊥CF ，CF ∩CC 1＝C ，CF ，CC 1⊂平面AA 1C 1C ，所以HK ⊥平面AA 1C 1C ，
所以DH 与平面AA 1C 1C 所成的角为∠HDK .在Rt△CFH 中，CF ＝＝2，KH ＝，
3＋132在Rt△DHK 中，由于DH ＝2，sin∠HDK ＝＝，KH DH 34故DH 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值为
.3
4方法二　(向量法)
(1)证明　如图，以H 为原点，建立空间直角坐标系，
则C (0,0，)，C 1(，，)，A 1(，0,0)，32232B 1(0，，0)，D ，2(2
2，2
2，3)
所以＝(，，0)，＝，CC 1→ 22A 1D → (－22，22，3)
＝.B 1D → (22，－22，3)
所以·＝0，·＝0，CC 1→ A 1D → CC 1→ B 1D → 因此CC 1⊥平面A 1B 1D .
(2)解　设平面AA 1C 1C 的法向量为n ＝(1，x ，y )，
由于＝(，，0)，＝(－，0，)，AA 1→ 22A 1C → 23则n ·＝＋x ＝0，AA 1→
22n ·＝－＋y ＝0，
A 1C → 23得x ＝－1，y ＝，
6
3所以n ＝.(1，－1，63)又＝，HD → (22，22，3)
设θ为DH 与平面AA 1C 1C 所成的角，
所以sin θ＝＝＝，|HD → ·n ||HD → ||n |22·263
34故DH 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值为.
3
47．(2018·浙江省杭州市第二中学模拟)如图，在四边形ABCD 中，AB ∥CD ，∠ABD ＝30°，AB ＝2CD ＝2AD ＝2，
DE ⊥平面ABCD ，EF ∥BD ，且BD ＝2EF .
(1)求证：平面ADE ⊥平面BDEF ；
(2)若二面角C －BF －D 的大小为60°，求CF 与平面ABCD 所成角的正弦值．
(1)证明　在△ABD 中，∠ABD ＝30°，
由AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD cos30°，
解得BD ＝，
3所以AD 2＋BD 2＝AB 2，
根据勾股定理得∠ADB ＝90°，
∴AD ⊥BD .
又因为DE ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，
所以AD ⊥DE .
又因为BD ∩DE ＝D ，BD ，DE ⊂平面BDEF ，
所以AD ⊥平面BDEF ，
又AD ⊂平面ADE ，
所以平面ADE ⊥平面BDEF ，
(2)解　方法一　如图，由(1)可得∠ADB ＝90°，∠ABD ＝30°，
则∠BDC ＝30°，则△BCD 为锐角为30°的等腰三角形．
CD ＝CB ＝1, 则CG ＝.
12
过点C 作CH ∥DA ，交DB ，AB 于点G ，H ，
则点G 为点F 在平面ABCD 上的投影．连接FG ，
则CG ⊥BD ，DE ⊥平面ABCD ，则CG ⊥平面BDEF .
过点G 作GI ⊥BF 于点I ，连接HI ，CI ，
则BF ⊥平面GCI ，
即∠GIC 为二面角C －BF －D 的平面角，
则∠GIC ＝60°.
则tan60°＝，CG ＝，则GI ＝.CG GI 1212
3在直角梯形BDEF 中，G 为BD 的中点，BD ＝，GI ⊥BF ，GI ＝
，31
23设DE ＝x ，则GF ＝x ，
S △BGF ＝·BG ·GF ＝·BF ·GI ，
1212则DE ＝.tan∠FCG ＝
＝，6
8FG GC 64则sin∠FCG ＝，即CF 与平面ABCD 所成角的正弦值为
.33
113311方法二　由题意可知DA ，DB ，DE 两两垂直，以D 为坐标原点，DA ，DB ，DE 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz .
设DE ＝h ，则D (0,0,0)，B (0，，0)，C ，F .3(－12，32
，0)(0，32，h )＝，＝，BC → (－12，－32，0)BF → (0，－32，h )
设平面BCF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则Error!
所以Error!取x ＝，
3所以m ＝，
(3，－1，－3
2h )取平面BDEF 的法向量为n ＝(1,0,0)，
由|cos 〈m ，n 〉|＝
＝cos60°，|m ·n ||m ||n |解得h ＝，则DE ＝，6
868又＝，CF → (12，0，68)则||＝，CF → 228
设CF 与平面ABCD 所成的角为α，
则sin α＝＝.|CF → ·DE → ||CF → ||DE →
|3311故直线CF 与平面ABCD 所成角的正弦值为.
33
118.如图，在四棱锥P －ABCD ，底面ABCD 为梯形，AD ∥BC ，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．
(1)证明　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AD ∥BC ，
所以四边形OBCD 为平行四边形，
所以N 为BD 的中点，
又因为M 为PB 的中点，
所以MN ∥PD .
又因为MN ⊂平面OCM ，PD ⊄平面OCM ，
所以PD ∥平面OCM .
(2)解　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°
所以BD ＝＝，1＋4－2×1×2×12
3即AB 2＋BD 2＝AD 2，即AB ⊥BD .
因为DP ⊥平面ABP ，所以AB ⊥PD .
又因为BD ∩PD ＝D ，BD ，PD ⊂平面BDP ，
所以AB ⊥平面BDP ，
所以∠APB 为AP 与平面PBD 所成的角，即∠APB ＝60°，
所以在Rt△ABP 中，可得PB ＝.
3
3
例　(15分)如图，已知在矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝3，现将△DAC 沿着对角线AC 向上翻折到△PAC 的位置，此时PA ⊥PB .
(1)求证：平面PAB ⊥平面ABC ；(2)求直线AB 与平面PAC 所成角的正弦值．审题路线图
(1)―→―→―→分析翻折前后的图形关系PA ⊥PB ，PA ⊥PC PA ⊥平面PBC PA ⊥BC →―――→BC ⊥AB
BC ⊥平面PAB 平面PAB ⊥平面ABC (2)方法一　(作角)
―→―→
作BD ⊥PC 于D ，连接AD 证明∠BAD 为直线AB 与平面PAC 所成的角在△ADB 中计算sin ∠BAD
方法二　(向量法)
―→―→利用(1)中垂直关系建立空间直角坐标系写出点的坐标求平面PAC 的法向量
―→―→求向量的夹角线面角
规范解答·评分标准
(1)证明　因为PA ⊥PB ，PA ⊥PC ，PB ∩PC ＝P ，
所以PA ⊥平面PBC ，2分
所以PA ⊥BC ，
又BC ⊥AB ，AB ∩AP ＝A ，
所以BC ⊥平面PAB ，4分
又BC ⊂平面ABC ，
所以平面PAB ⊥平面ABC .6分
(2)解　方法一　如图，作BD ⊥PC 于点D ，连接AD ，
由(1)知，PA ⊥平面PBC ，
所以PA ⊥BD ，
而BD ⊥PC ，PA ∩PC ＝P ，PA ，PC ⊂平面PAC ，
所以BD ⊥平面PAC ，
所以∠BAD 为直线AB 与平面PAC 所成的角．9分
在Rt△PBC 中，BC ＝3，PC ＝4，PB ＝，7
所以BD ＝，又AB ＝4，374
在Rt△ADB 中，sin∠BAD ＝＝，13分BD AB 3716
所以直线AB 与平面PAC 所成角的正弦值为
.15分3716
方法二　由(1)知平面PAB ⊥平面ABC ，
所以在平面PAB 内，过点P 作PE ⊥AB 于点E ，
则PE ⊥平面ABC ，
如图，以
B 为坐标原点，建立空间直角坐标系(z 轴与直线PE 平行)，在Rt△PB
C 中，BC ＝3，PC ＝4，PB ＝，
7在Rt△APB 中，AP ＝3，AB ＝4，PE ＝
，BE ＝，37474可知A (0，－4,0)，B (0,0,0)，C (－3,0,0)，
P ，＝(－3,4,0)，＝，10分(0，－74，374)AC → AP → (0，94，374)
则易得平面PAC 的一个法向量为m ＝，12分
(4，3，－9
7)＝(0,4,0)，所以cos 〈，m 〉＝＝，AB → AB → AB → ·m |AB → ||m |3716故直线AB 与平面PAC 所成角的正弦值为
.15分3716
构建答题模板
方法一
[第一步]　找垂直：利用图形中的线线垂直推证线面垂直和面面垂直．
[第二步]　作角：利用定义结合垂直关系作出所求角．
[第三步]　计算：将所求角放在某三角形中，计算．
方法二
[第一步]　找垂直：利用图形中的线线垂直推证线面垂直和面面垂直，同时为建系作准备．
[第二步]　写坐标：建立空间直角坐标系，写出特殊点的坐标．
[第三步]　求向量：求直线的方向向量或平面的法向量．
[第四步]　求夹角：计算向量的夹角，得到所求的线面角或二面角．
1．在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为梯形，AB ∥CD ，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，BC ＝CD ＝＝2.
AB 2(1)证明：BD ⊥PA ；
(2)若△PAD 为正三角形，求直线PA 与平面PBD 所成角的余弦值．
(1)证明　在直角梯形ABCD 中，因为AD ＝＝2，BD ＝＝2，AB ＝4，(4－2)2＋22222＋222所以AD 2＋BD 2＝AB 2，所以BD ⊥AD .
又侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧面PAD ∩底面ABCD ＝AD ，BD ⊂底面ABCD ，
所以BD ⊥平面PAD ，
又PA ⊂平面PAD ，
所以BD ⊥PA .
(2)解　方法一　如图，取PD 的中点M ，连接AM ，BM .
因为△PAD 为正三角形，所以AM ⊥PD .
又由(1)知，BD ⊥平面PAD ，
所以平面PBD ⊥平面PAD ，
又平面PAD ∩平面PBD ＝PD ，AM ⊂平面PAD ，
所以AM ⊥平面PBD ，
故∠APM 即为直线PA 与平面PBD 所成的角．
故cos∠APM ＝，12
即直线PA 与平面PBD 所成角的余弦值为.12
方法二　在平面PAD 内，过点P 作PQ ⊥AD ，垂足为Q ，取AB 的中点N ，连接QN ，易知，PQ ，AQ ，QN 两两垂直．
以Q 为坐标原点，QA ，QN ，QP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．则P (0,0，)，A (，0,0)，
62B (－，2，0)，D (－，0,0)．
222设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的法向量．
由n ·＝0，n ·＝0，且＝(0,2，0)，DB → PD → DB →
2＝(－，0，－)，PD →
26得Error!取z ＝－1，则n ＝( ，0，－1)，
3又＝(，0，－)，PA → 26所以cos 〈n ，〉＝＝，PA → 2×3＋(－6)×(－1)8×2
32因此直线PA 与平面PBD 所成角的余弦值为.12
2．设平面ABCD ⊥平面ABEF ，AB ∥CD ，AB ∥EF ，∠BAF ＝∠ABC ＝90°，BC ＝CD ＝AF ＝EF ＝1，AB ＝2.
(1)证明：CE ∥平面ADF ；
(2)求直线DF 与平面BDE 所成角的正弦值．
(1)证明　∵AB ∥CD, AB ∥EF ，∴CD ∥EF .
又∵CD ＝EF ，
∴四边形CDFE 是平行四边形．
∴CE ∥DF ，又CE ⊄平面ADF ，DF ⊂平面ADF ，
∴CE ∥平面ADF .
(2)解　取AB 的中点G ，连接CG 交BD 于点O ，连接EO ，EG .
∵CD ∥EF ，
∴DF 与平面BDE 所成的角等于CE 与平面BDE 所成的角．
∵AB ⊥AF ，平面ABCD ⊥平面ABEF ，
∴AF ⊥平面ABCD .
又∵EG ∥AF ，
∴EG ⊥平面ABCD ，
∴EG ⊥BD .连接DG ，
在正方形BCDG 中，BD ⊥CG ，
故BD ⊥平面ECG .
∴平面BDE ⊥平面ECG .
在平面CEO 中，作CH ⊥EO ，交直线EO 的延长线于点H ，得CH ⊥平面BDE .
∴∠CEH 是CE 与平面BDE 所成的角．
过点G 作GQ ⊥EO .
∵OC ＝OG ，
∴CH ＝GQ ＝
.
33∵CE ＝，3∴sin∠CEH ＝＝.CH CE 13
3．(2018·宁波模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，△PAD 为正三角形，四边形ABCD 为直角梯形，CD ∥AB ，BC ⊥AB ，平面PAD ⊥平面ABCD ，点E ，F 分别为AD ，CP 的中点，AD ＝AB ＝2CD ＝2.
(1)证明：直线EF ∥平面PAB ；
(2)求直线EF 与平面PBC 所成角的正弦值．
(1)证明　设BC的中点为M，连接EM，FM，
易知EM∥AB，FM∥PB，
因为EM∥AB，EM⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，
所以EM∥平面PAB.
同理FM∥平面PAB.
又EM∩FM＝M，EM⊂平面FEM，FM⊂平面FEM，
所以平面FEM∥平面PAB，
又EF⊂平面FEM，
所以直线EF∥平面PAB.
(2)解　连接PE，PM，
因为平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，且PE⊥AD，PE⊂平面PAD，所以PE⊥平面ABCD，PE⊥BC.
又因为EM⊥BC，PE∩EM＝E，
所以BC⊥平面PEM，
所以平面PBC⊥平面PEM.
过点E作EH⊥PM于点H，连接FH，
由平面PBC ⊥平面PEM 可知，EH ⊥平面PBC .
所以直线EF 与平面PBC 所成的角为∠EFH .
易求得EF ＝PC ＝，EH ＝，1262377
所以sin∠EFH ＝＝＝.EH EF 37
7
6
2
4274．如图，在边长为2的正方形ABCD 中，E 为AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 折起至△A ′DE 的位置，使得平面A ′DE ⊥平面BCDE ，F 为线段A
′C 的中点．
(1)求证：BF ∥平面A ′DE ；
(2)求直线A ′B 与平面A ′DE 所成角的正切值．(1)证明　取A ′D 的中点M ，连接FM ，EM ，
∵F 为A ′C 的中点，
∴FM ∥CD 且FM ＝CD ，12
又E 为AB 的中点，且AB ∥CD ，且AB ＝CD ，
∴BE ∥CD 且BE ＝CD ，12
∴BE ∥FM 且BE ＝FM ，
∴四边形BFME 为平行四边形．
∴BF ∥EM ，
又EM ⊂平面A ′DE ，BF ⊄平面A ′DE ，
∴BF ∥平面A ′DE .
(2)解　在平面BCDE 内作BN ⊥DE ，交DE 的延长线于点N ，
∵平面A ′DE ⊥平面BCDE ，平面A ′DE ∩平面BCDE ＝DE ，BN ⊂平面BCDE ，∴BN ⊥平面A ′DE ，连接A ′N ，
则∠BA ′N 为A ′B 与平面A ′DE 所成的角．
易知△BNE ∽△DAE ，
∴＝＝，又BE ＝1，EN BN AE AD 12
∴BN ＝，EN ＝.25555在△A ′DE 中，作A ′P ⊥DE ，垂足为P ，
∵A ′E ＝1，A ′D ＝2，
∴A ′P ＝，∴EP ＝.255
55在Rt△A ′PN 中，PN ＝PE ＋EN ＝
，A ′P ＝，255255∴A ′N ＝.2105
∴在Rt△A ′BN 中，tan∠BA ′N ＝＝，
BN
A ′N 2
2∴直线A ′B 与平面A ′DE 所成角的正切值为.2
2。