(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

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.
3．(2018·全国Ⅱ)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝22，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 ＝22
AC ， 所以△ABC 为等腰直角三角形，
所以OB ⊥AC ，OB ＝12
AC ＝2. 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 ＝12AC ＝2，CM ＝23BC ＝423
， ∠ACB ＝45°，
所以在△OMC 中，由余弦定理可得OM ＝253
， CH ＝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PM MC
的值．
解 (1)∵AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，
∴S △ABC ＝12·AB ·AC ·sin60°＝32
. 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 ＝13·S △ABC ·PA ＝36
. (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⎝
⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则 cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21 a 22＋b 22＋c 22
. (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 ＝π2
，AB ＝2CD ＝22，E 是CD 的中点．
(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 ＝14
AB ， 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 ＝3
13
2＝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 ＝3，设D 为CC 1的中点．
(1)求证：CC 1⊥平面A 1B 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 ＝12BB 1＝12
CC 1. 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 ＝3＋1＝2，KH ＝
32， 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
34. 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 (0,0，3)，C 1(2，2，3)，A 1(2，0,0)， B 1(0，2，0)，D ⎝ ⎛⎭
⎪⎫22，22，3， 所以CC 1→＝(2，2，0)，A 1D →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－22，22，3， B 1D →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫22，－22，3. 所以CC 1→·A 1D →＝0，CC 1→·B 1D →＝0，
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AA 1→＝(2，2，0)，A 1C →＝(－2，0，3)，
则n ·AA 1→＝2＋2x ＝0，
n ·A 1C →＝－2＋3y ＝0，
得x ＝－1，y ＝63
， 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 |＝22·26
3
＝34， 故DH 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值为34
. 7．(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 GI ，CG ＝12，则GI ＝123
. 在直角梯形BDEF 中，G 为BD 的中点，BD ＝3，GI ⊥BF ，GI ＝123
， 设DE ＝x ，则GF ＝x ，
S △BGF ＝12·BG ·GF ＝12·BF ·GI ，
则DE ＝68.tan∠FCG ＝FG GC ＝64
， 则sin∠FCG ＝
3311，即CF 与平面ABCD 所成角的正弦值为3311. 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 (0，3，0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，0，F ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，32，h . BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1
2，－32，0，BF →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，－32，h ， 设平面BCF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，
所以⎩⎪⎨⎪⎧ －12x －32y ＝0，－32
y ＋hz ＝0，取x ＝3， 所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，－1，－32h ，
取平面BDEF 的法向量为n ＝(1,0,0)，
由|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |
＝cos60°， 解得h ＝68，则DE ＝68， 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3311
. 8.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＋4－2×1×2×1
2
＝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 ＝
33
.
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 ＝374，又AB ＝4，
在Rt△ADB 中，sin∠BAD ＝
BD AB ＝3716
，13分
所以直线AB 与平面PAC 所成角的正弦值为37
16.15分
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△PBC 中，BC ＝3，PC ＝4，PB ＝7， 在Rt△APB 中，AP ＝3，AB ＝4，PE ＝374，BE ＝7
4，
可知A (0，－4,0)，B (0,0,0)，C (－3,0,0)，
P ⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，－74，
374，AC →＝(－3,4,0)，AP →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
0，94，374，10分
则易得平面PAC 的一个法向量为m ＝⎝
⎛⎭⎪⎫
4，3，－97，12分
AB →
＝(0,4,0)，所以cos 〈AB →
，m 〉＝AB →
·m |AB →||m |＝3716，
故直线AB 与平面PAC 所成角的正弦值为37
16.15分
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 ＝AB
2
＝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 ＝(4－2)2
＋22
＝22，BD ＝22
＋22
＝22，AB ＝4， 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 ＝1
2
，
即直线PA 与平面PBD 所成角的余弦值为1
2
.
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 (0,0，6)，A (2，0,0)，
B (－2，22，0)，D (－2，0,0)．
设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的法向量． 由n ·DB →＝0，n ·PD →＝0，且DB →
＝(0,22，0)， PD →
＝(－2，0，－6)，
得⎩⎨
⎧
22y ＝0，－2x －6z ＝0，
取z ＝－1，则n ＝( 3，0，－1)， 又PA →
＝(2，0，－6)，
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1
2
.
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 ＝1
3
.
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 ＝12PC ＝62，EH ＝37
7，
所以sin∠EFH ＝EH EF ＝37
76
2
＝42
7.
4．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 ＝1
2
CD ，
又E 为AB 的中点，且AB ∥CD ，且AB ＝CD ， ∴BE ∥CD 且BE ＝1
2CD ，
∴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 ， ∴
EN BN ＝AE AD ＝1
2
，又BE ＝1， ∴BN ＝255，EN ＝55
.
在△A ′DE 中，作A ′P ⊥DE ，垂足为P ， ∵A ′E ＝1，A ′D ＝2， ∴A ′P ＝255，∴EP ＝5
5
.
在Rt△A ′PN 中，PN ＝PE ＋EN ＝255，A ′P ＝25
5，
∴A ′N ＝210
5
.
∴在Rt△A ′BN 中，tan∠BA ′N ＝
BN A ′N ＝22
， ∴直线A ′B 与平面A ′DE 所成角的正切值为
22
.。