＝abcos60°－a×
22
bcos45°－
22
abcos45°＋
22
a×22
b
abababab
＝－－＋＝0，2222
→→
所以EM⊥FN，所以二面角α－AB－β的大小为90°.
⊥
AC，EFAC，AB＝
∥
2，CE＝EF＝1.
8．如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在平面互相垂直，CE
1
析](1)设AC与BD交于点G，因为EF∥AG，且EF＝1，AG＝AC2边形AGEF为平行四边形．所以AF∥EG.因为EG?平面BDE，AF
所以AF∥平面BDE.
(1)求证：AF∥平面BDE；(2)求证：CF⊥平面BDE；
(3)求二面角A－BE－D的大小．
[
解
＝1，所以四?平面BDE，(2)因为2，2，0)，D(
2，
正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，且CE⊥AC，
所以CE⊥平面ABCD．如图以C为原点，建立空间直角坐标系C－xyz.则C(0,0,0)，A(
22
22
→
，1)．所以CF＝(
22
22
0,0)，E(0,0,1)，B(0，2，0)，F(，，→
，1)，BE＝(0，－→
2，1)，DE＝(－
→→→→
2，0,1)．所以CF·BE＝0－1＋1＝0，CF·DE＝－1＋0＋1＝0.所以CF⊥BE，CF⊥DE，所以CF⊥平面BDE.
→(3)由(2)知，CF＝(
22，22
又∵BE∩DE＝E，BE、DE?平面BDE.
平面ABE
，1)是平面BDE的一个法向量，设
→→
的法向量n＝(x，y，z)，则n·BA＝0，n·BE＝0.
即错误! 所以x＝0，z＝2y.令y＝1，则z＝
2.
所以n＝(0,1，3→
2)，从而cos〈n，CF〉＝＝ →2|n||CF|
→n·CF
因为二面角A－BE－D为锐角， π
所以二面角A－BE－D为.
6
9.(2018·天津卷，17) 如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD
∥
FG且CD＝2FG，DG
⊥
平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2.
(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE. (2)求二面角E-BC-F的正弦值．
(3)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长．
→→→[解析]依题意，可以建立以D为原点，分别以DA，DC，DG的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间
?3?
直角坐标系(如图)，可得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)，F(0,1,2)，G(0,0,2)，M?0，，1?，
?2?
N(1,0,2)．
→→(1)依题意DC＝(0,2,0)，DE＝(2,0,2)．设n0＝(x，y，z)为平面CDE的法向量，则
即
??2y＝0，?不妨令z＝－1，可得n0＝(1,0，－1)．??2x＋2z＝0，
??3→→又MN＝?1，－，1?，可得MN·n0＝0，又因为直线MN?平面CDE，所以MN∥平面CDE.
2??
→→→(2)依题意，可得BC＝(－1,0,0)，BE＝(1，－2,2)，CF＝(0，－1,2)．
设n＝(x1，y1，z1)为平面BCE的法向量，则
??－x1＝0，即???x1－2y1＋2z1＝0，
不妨令z1＝1，可得n＝(0,1,1)．
设m＝(x2，y2，z2)为平面BCF的法向量，则
??－x2＝0，即?不妨令z2＝1，可得m＝(0,2,1)．??－y2＋2z2＝0，
310
因此有cos〈m，n〉＝＝，
|m||n|10
10
于是sin〈m，n〉＝.10
1010
m·n
所以，二面角E-BC-F的正弦值为.
→(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2])，则点P的坐标为(0,0，h)，可得BP＝(－1，－2，h)．
→易知，DC＝(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量，故
→→|cos〈BP，DC〉|＝
＝
，h2＋53
2
由题意，可得＝sin60°＝，解得h＝∈[0,2]．
23h2＋5
33
23
B组
1．(2018·济宁一模)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，
所以线段DP的长为.
∠
ADC＝60°，侧面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD，CD＝2，M为PB的中点．
(1)求证：PA⊥平面CDM.
(2)求二面角D－MC－B的余弦值．
[解析](1)取DC中点O，连接PO，因为侧面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD，所以PO⊥底面ABCD，因为底面ABCD为菱形，且∠ADC＝60°，DC＝2，所以DO＝1，OA⊥DC，以O为原点，分别以OA，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A(
3，0,0)，P(0,0，3)，B(
3，
2,0)，C(0,1,0)，D(0，－1,0)，所以M(32
，1，
32
→
)，所以DM＝(
32
，2，
32
→)，PA＝(3，0，－3)，
→→→→→DC＝(0,2,0)，所以PA·DM＝0，PA·DC＝0，
所以PA⊥DM，PA⊥DC，又DM∩DC＝D，所以PA⊥平面CDM.
→
(2)CM＝(
32，0，
32
→)，CB＝(3，1,0)，设平面BMC的一个法向量n＝(x，y，z)，
→?n·CM＝x＋z＝0，则?
→
＝3x＋y＝0，?n·CB
取z＝1，得n＝(－1，
→
n·PA
－25×
→
3，1)，由(1)知平面CDM的法向量为PA＝(3
3，0，－3)，所以cos〈n，
→
PA〉＝
＝→|n|·|PA|
10
＝－，由图象得二面角D－MC－B是钝角，所以二面角D－MC－B的余弦
56
10
值为－.
5
∠
2．(2017·天津卷，17)如图，在三棱锥P－ABC中，PA
⊥
底面ABC，
BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.
(1)求证：MN∥平面BDE；
(2)求二面角C－EM－N的正弦值；
721
，求线段AH的长．
(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为
