《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

例1 (2024·山东泰安模拟)如图1，四边形ABCD为矩形，BC = 2AB，E为AD的中点，将△ABE，△DCE分别沿BE，CE折起，使得平面ABE⊥平面BCE，平面DCE⊥平面BCE，如图2所示。
　　　
(1)求证：AD//平面BCE；
(2)若F为线段BC的中点，求直线FA与平面ADE所成角的正弦值。

答案：
解　
(1)证明:在题图2中，分别取BE,CE的中点M,N,连接AM,DN,MN,
由题图1知,BC = 2AB,且E为AD的中点，则AE = AB,
所以AM⊥BE,
又因为平面ABE⊥平面BCE,平面ABE∩平面BCE = BE,AM⊂平面ABE,
所以AM⊥平面BCE,
同理可得，DN⊥平面BCE,所以AM//DN.
又因为AM = DN,
所以四边形AMND为平行四边形,
所以AD//MN,
又AD⊄平面BCE,MN⊂平面BCE,
所以AD//平面BCE.
(2)在题图1中,因为∠AEB = 45°,∠DEC = 45°,
所以BE⊥CE.
以E为原点,EB,EC所在直线分别为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设AB = 1,则E(0,0,0),A($\frac{\sqrt{2}}{2}$,0,$\frac{\sqrt{2}}{2}$),D(0,$\frac{\sqrt{2}}{2}$,$\frac{\sqrt{2}}{2}$),F($\frac{\sqrt{2}}{2}$,$\frac{\sqrt{2}}{2}$,0),
所以$\overrightarrow{EA}=(\frac{\sqrt{2}}{2},0,\frac{\sqrt{2}}{2})$,$\overrightarrow{ED}=(0,\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2})$,
设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),
由$\begin{cases}n\cdot\overrightarrow{EA}=0\\n\cdot\overrightarrow{ED}=0\end{cases}$,得$\begin{cases}x + z = 0\\y + z = 0\end{cases}$,取z = 1,得n=(-1,-1,1),
又$\overrightarrow{FA}=(0,-\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2})$,
设直线FA与平面ADE所成的角为θ,
则sinθ=$\frac{|\overrightarrow{FA}\cdot n|}{|\overrightarrow{FA}||n|}=\frac{\sqrt{2}}{1\times\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$,
所以直线FA与平面ADE所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{6}}{3}$.

变式训练 1.(2024·湖北宜昌模拟)如图1，在梯形ABCD中，AB//DC，AD = BC = DC = 2，AB = 4，E为AB的中点，以DE为折痕把△ADE折起，连接AB，AC，得到如图2的几何体，在图2的几何体中解答下列两个问题。
　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　 　
(1)证明：AC⊥DE；
(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求二面角D - AE - C的余弦值。
①四棱锥A - BCDE的体积为2；
②直线AC与EB所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{6}}{4}$。
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分。

答案：
解　
(1)证明:如图，在题图1中,连接CE,
因为DC//AB,DC=$\frac{1}{2}$AB,E为AB的中点,所以DC//AE,DC = AE,所以四边形ADCE为平行四边形,所以AD = CE = DC = AE = 2,同理可证DE = 2,在题图2中,取DE的中点O,连接OA,OC,CE,则
OA = OC=$\sqrt{3}$,因为AD = AE = CE = DC,所以DE⊥OA,DE⊥OC,又因为OA∩OC = O,所以DE⊥平面AOC,因为AC⊂平面AOC,所以AC⊥DE.
(2)若选择①:因为DE⊥平面AOC,DE⊂平面BCDE,
所以平面AOC⊥平面BCDE且交线为OC,
所以过点A作AH⊥OC于H,
则AH⊥平面BCDE,因为S_{四边形BCDE}=2$\sqrt{3}$,
所以V_{A - BCDE}=2=$\frac{1}{3}\times2\sqrt{3}\times AH$,
所以AH=$\sqrt{3}$=OA,所以AO与AH重合,
所以AO⊥平面BCDE,
建立空间直角坐标系,如图,

则O(0,0,0),C(-$\sqrt{3}$,0,0),E(0,1,0),A(0,0,$\sqrt{3}$),
平面DAE的一个法向量为$\overrightarrow{CO}=(\sqrt{3},0,0)$,
设平面AEC的法向量为n=(x,y,z),
因为$\overrightarrow{CE}=(\sqrt{3},1,0),\overrightarrow{CA}=(\sqrt{3},0,\sqrt{3})$,
$\begin{cases}n\cdot\overrightarrow{CE}=0\\n\cdot\overrightarrow{CA}=0\end{cases}$,
所以$\begin{cases}\sqrt{3}x + y = 0\\\sqrt{3}x+\sqrt{3}z = 0\end{cases}$,取x = 1,得n=(1,-$\sqrt{3}$,-1),
设二面角D - AE - C的大小为θ,
则|cosθ|=$\frac{|\overrightarrow{CO}\cdot n|}{|\overrightarrow{CO}||n|}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}\times\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$,
易知二面角D - AE - C的平面角为锐角,
所以二面角D - AE - C的余弦值为$\frac{\sqrt{5}}{5}$.
若选择②:因为DC//EB,
所以∠ACD即为异面直线AC与EB所成的角,
在△ADC中,cos∠ACD=$\frac{AC^{2}+4 - 4}{4AC}=\frac{\sqrt{6}}{4}$,
所以AC=$\sqrt{6}$,所以OA^{2}+OC^{2}=AC^{2},所以OA⊥OC,
因为DE⊥平面AOC,DE⊂平面BCDE,
所以平面AOC⊥平面BCDE,且交线为OC,
所以AO⊥平面BCDE,
建立空间直角坐标系,如图,

则O(0,0,0),C(-$\sqrt{3}$,0,0),E(0,1,0),A(0,0,$\sqrt{3}$),
下同选①.