2020版高考数学新增分大一轮江苏专用讲义+习题：第八章 立体几何 高考突破四含解析.pdf

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1、高考专题突破四 高考中的立体几何问题高考专题突破四 高考中的立体几何问题 题型一 平行、垂直关系的证明 例 1 (2018南京、盐城、连云港模拟)如图，已知矩形 ABCD 所在平面与ABE 所在平面互相 垂直，AEAB，M，N，H 分别为 DE，AB，BE 的中点 (1)求证：MN平面 BEC； (2)求证：AHCE. 证明 (1)方法一 取 CE 的中点 F，连结 FB，MF. 因为 M 为 DE 的中点，F 为 CE 的中点， 所以 MFCD 且 MF CD. 1 2 又因为在矩形 ABCD 中，N 为 AB 的中点， 所以 BNCD 且 BN CD， 1 2 所以 MFBN 且 MFBN

2、， 所以四边形 BNMF 为平行四边形，所以 MNBF. 又 MN平面 BEC，BF平面 BEC， 所以 MN平面 BEC. 方法二 取 AE 的中点 G，连结 MG，GN. 因为 G 为 AE 的中点，M 为 DE 的中点， 所以 MGAD. 又因为在矩形 ABCD 中，BCAD，所以 MGBC. 又因为 MG平面 BEC，BC平面 BEC， 所以 MG平面 BEC. 因为 G 为 AE 的中点，N 为 AB 的中点，所以 GNBE. 又因为 GN平面 BEC，BE平面 BEC， 所以 GN平面 BEC. 又因为 MGGNG，MG，GN平面 GMN， 所以平面 GMN平面 BEC. 又因为

3、MN平面 GMN， 所以 MN平面 BEC. (2)因为四边形 ABCD 为矩形，所以 BCAB. 因为平面 ABCD平面 ABE，平面 ABCD平面 ABEAB，BC平面 ABCD，且 BCAB， 所以 BC平面 ABE. 因为 AH平面 ABE，所以 BCAH. 因为 ABAE，H 为 BE 的中点，所以 BEAH. 因为 BCBEB，BC平面 BEC，BE平面 BEC， 所以 AH平面 BEC. 又因为 CE平面 BEC，所以 AHCE. 思维升华 (1)平行问题的转化 利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时，一般遵循从 “低维”到“高维”的转化，即从“线线平

4、行”到“线面平行” ，再到“面面平行” ；而应用 性质定理时，其顺序正好相反在实际的解题过程中，判定定理和性质定理一般要相互结合， 灵活运用 (2)垂直问题的转化 在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可为证明线线垂直提供依据，又可 为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫应用面面垂直的性质定理时，一般需作辅助线，基 本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题， 进而可转化为线线垂直问题 跟踪训练 1 如图， 在三棱柱 ABCA1B1C1中， 侧棱垂直于底面， ABBC， AA1AC2， BC1， E，F 分别是 A1C1，BC 的中点 (1)求证：平

5、面 ABE平面 B1BCC1； (2)求证：C1F平面 ABE； (1)证明 在三棱柱 ABCA1B1C1中，BB1底面 ABC. 因为 AB平面 ABC， 所以 BB1AB. 又因为 ABBC，BCBB1B， 所以 AB平面 B1BCC1. 又 AB平面 ABE， 所以平面 ABE平面 B1BCC1. (2)证明 方法一 如图 1，取 AB 中点 G，连结 EG，FG. 因为 E，F 分别是 A1C1，BC 的中点， 所以 FGAC，且 FG AC. 1 2 因为 ACA1C1，且 ACA1C1， 所以 FGEC1，且 FGEC1， 所以四边形 FGEC1为平行四边形， 所以 C1FEG.

6、又因为 EG平面 ABE，C1F平面 ABE， 所以 C1F平面 ABE. 方法二 如图 2，取 AC 的中点 H，连结 C1H，FH. 因为 H，F 分别是 AC，BC 的中点，所以 HFAB， 又因为 E，H 分别是 A1C1，AC 的中点， 所以 EC1AH，且 EC1AH， 所以四边形 EAHC1为平行四边形， 所以 C1HAE， 又 C1HHFH，AEABA， 所以平面 ABE平面 C1HF， 又 C1F平面 C1HF， 所以 C1F平面 ABE. 题型二 立体几何中的计算问题 命题点 1 求线线角和线面角 例 2 如图，在棱长为 3 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，A1ECF

7、1. (1)求异面直线 AC1与 BE 所成角的余弦值； (2)求直线 BB1与平面 BED1F 所成角的正弦值 解 (1)以D为坐标原点， DA， DC， DD1所在直线分别为x， y， z轴， 建立空间直角坐标系Dxyz， 如图， 则 A(3,0,0)，C1(0,3,3)，(3,3,3)，B(3,3,0)，E(3,0,2)，(0，3,2)AC1 BE 所以 cos， ，AC1 BE AC1 BE |AC1 |BE | 96 33 13 39 39 故异面直线 AC1与 BE 所成角的余弦值为. 39 39 (2)B1(3,3,3)，(0,0,3)，(3,0，1)BB1 D1E 设平面 BE

8、D1F 的一个法向量为 n(x，y，z)， 由Error!Error!得Error!Error! 所以Error!Error!则 n(x,2x,3x)，不妨取 n(1,2,3) 设直线 BB1与平面 BED1F 所成的角为 ， 则 sin |cos，n|.BB1 BB1 n |BB1 |n| |9| 3 14 314 14 故直线 BB1与平面 BED1F 所成角的正弦值为. 314 14 思维升华 (1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：分别求出斜线和它在平面内的 射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；通过平面的法向量来求， 即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹

9、的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角 (2)若直线 l 与平面 的夹角为 ， 直线 l 的方向向量 l 与平面 的法向量 n 的夹角为 ， 则 或 ，故有 sin |cos |. 2 2 |ln| |l|n| 跟踪训练 2 (2018宿迁期末)如图，在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，AB1，AA1t，建立 如图所示的空间直角坐标系 Oxyz. (1)若 t1，求异面直线 AC1与 A1B 所成角的大小； (2)若 t5，求直线 AC1与平面 A1BD 所成角的正弦值 解 (1)当 t1 时，A(0,0,0)，B(1,0,0)，A1(0,0,1)，C1(1,1,1)， 则(1,1,1)，

10、(1,0，1)，AC1 A1B 故 cos，0，AC1 A1B AC1 A1B |AC1 |A1B | 所以异面直线 AC1与 A1B 所成的角为 90. (2)当 t5 时，A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,5)，C1(1,1,5)， 则(1,0，5)，(0,1，5)，A1B A1D 设平面 A1BD 的法向量 n(a，b，c)， 则由Error!Error!得Error!Error! 不妨取 c1，则 ab5，此时 n(5,5,1) 设直线 AC1与平面 A1BD 所成的角为 ， 因为(1,1,5)，AC1 则 sin |cos，n|，AC1 |AC1 n

11、| |AC1 |n| |15| 27 51 517 51 所以 AC1与平面 A1BD 所成角的正弦值为. 517 51 命题点 2 求二面角 例 3 如图， 以正四棱锥 VABCD 的底面中心 O 为坐标原点建立空间直角坐标系 Oxyz， 其 中 OxBC，OyAB，点 E 为 VC 的中点，正四棱锥的底面边长为 2a，高为 h，且有 cos，BE .DE 15 49 (1)求 的值； h a (2)求二面角 BVCD 的余弦值 解 (1)由题意，可得 B(a，a,0)，C(a，a,0)， D(a，a,0)，V(0,0，h)，E， ( a 2， a 2， h 2) ，BE ( 3a 2 ，a

12、 2， h 2) DE ( a 2， 3a 2 ，h 2) 故 cos，.BE DE BE DE |BE |DE | h26a2 h210a2 又 cos，BE DE 15 49 ，解得 . h26a2 h210a2 15 49 h a 3 2 (2)由 ，得， h a 3 2 BE ( 3a 2 ，a 2， 3a 4) .DE ( a 2， 3a 2 ，3a 4) 且(2a,0,0)，(0,2a,0)CB DC 设平面 BVC 的一个法向量为 n1(x1，y1，z1)， 则Error!Error!即Error!Error! 取 y13，得 n1(0,3,2)， 同理可得平面 DVC 的一个法

13、向量为 n2(3,0,2) cosn1，n2. n1n2 |n1|n2| 0 33 02 2 13 13 4 13 由题意可得二面角 BVCD 为钝二面角， 二面角 BVCD 的余弦值为. 4 13 思维升华 (1)求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量， 然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是 锐角还是钝角 (2)利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种： 求平面的垂线的方向向量；利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组 求解 跟踪训练 3 如图，四棱柱 ABCDA1B1C1

14、D1的底面 ABCD 是菱形，ACBDO，A1O底面 ABCD，AB2，AA13. (1)证明：平面 A1CO平面 BB1D1D； (2)若BAD60，求二面角 BOB1C 的余弦值 (1)证明 A1O平面 ABCD，BD平面 ABCD， A1OBD. 四边形 ABCD 是菱形，COBD. A1OCOO，A1O，CO平面 A1CO， BD平面 A1CO. BD平面 BB1D1D， 平面 A1CO平面 BB1D1D. (2)解 A1O平面 ABCD，COBD， OB，OC，OA1两两垂直， 以 O 为坐标原点，的方向为 x， y， z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系OB OC OA1 A

15、B2，AA13，BAD60， OBOD1，OAOC，OA1.3AA2 1OA26 则 O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0，0)，A(0，0)，A1(0，0，)，336 (1,0,0)，(0，)，(1，)OB BB1 AA1 36OB1 OB BB1 36 设平面 OBB1的法向量为 n(x，y，z)， 则Error!Error!即Error!Error! 令 y，得 n(0，1)，是平面 OBB1的一个法向量22 同理可求得平面 OCB1的一个法向量为 m(，0，1)，6 cosn，m. nm |n|m| 1 3 7 21 21 由图可知二面角 BOB1C 是锐二面角， 二面角 BOB

16、1C 的余弦值为. 21 21 题型三 立体几何中的探索性问题 例4 如图， 在四棱锥PABCD中， PA平面ABCD， ADBC， ADCD， 且ADCD2， BC2 4，PA2.2 (1)求证：ABPC； (2)在线段 PD 上，是否存在一点 M，使得二面角 MACD 的大小为 45，如果存在，求 BM 与平面 MAC 所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由 (1)证明 如图，由已知得四边形 ABCD 是直角梯形， 由 ADCD2，BC4，可得ABC 是等腰直角三角形，即 ABAC，22 因为 PA平面 ABCD，AB平面 ABCD， 所以 PAAB， 又 PAACA，PA，AC平面 PA

17、C， 所以 AB平面 PAC， 又 PC平面 PAC，所以 ABPC. (2)解 方法一 (几何法) 过点 M 作 MNAD 交 AD 于点 N，则 MNPA， 因为 PA平面 ABCD，所以 MN平面 ABCD. 过点 M 作 MGAC 交 AC 于点 G，连结 NG， 则MGN 是二面角 MACD 的平面角 若MGN45，则 NGMN， 又 ANNGMN，22 所以 MN1，所以 MN PA，MNPA， 1 2 所以 M 是 PD 的中点 在三棱锥 MABC 中，可得 VMABC SABCMN， 1 3 设点 B 到平面 MAC 的距离是 h， 则 VBMAC SMACh， 1 3 所以

18、SABCMNSMACh，解得 h2 . 2 在 RtBMN 中，可得 BM3 . 3 设 BM 与平面 MAC 所成的角为 ， 则 sin . h BM 26 9 方法二 (向量法) 以 A 为坐标原点，以过点 A 平行于 CD 的直线为 x 轴，AD，AP 所在直线分别为 y 轴、z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A(0,0,0)，C(2，2，0)，D(0,2，0)，222 P(0,0,2)，B(2，2，0)，(0，2，2)，(2，2，0)22PD 2AC 22 易知当点 M 与 P 点或 D 点重合时不满足题意， 设t(0t1)，PM PD 则点 M 的坐标为(0,2t,22t

19、)，2 所以(0,2t,22t)AM 2 设平面 MAC 的法向量为 n(x，y，z)， 则Error!Error!得Error!Error! 则可取 n. (1，1， 2t 1t) 又 m(0,0,1)是平面 ACD 的一个法向量， 所以|cosm，n|cos 45， |mn| |m|n| 2 2 解得 t ，即点 M 是线段 PD 的中点 1 2 此时平面 MAC 的一个法向量可取 n0(1，1，)，2 (2，3，1)BM 22 设 BM 与平面 MAC 所成的角为 ， 则 sin |cosn0，|.BM 26 9 思维升华 (1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件

20、下，利用线 面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出 矛盾的结论则否定假设 (2)平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情 况 一般地， 翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化， 不在同一个平面上的性质发生变化 跟踪训练 4 如图(1)， 四边形 ABCD 为矩形， PD平面 ABCD， AB1， BCPC2， 作如图(2) 折叠，折痕 EFDC.其中点 E，F 分别在线段 PD，PC 上，沿 EF 折叠后，点 P 叠在线段 AD 上的点记为 M，并且 MFCF. (1)证明：CF平面 MDF； (2)求三棱锥 MCDE

21、 的体积 (1)证明 因为 PD平面 ABCD，AD平面 ABCD， 所以 PDAD. 又因为 ABCD 是矩形，CDAD，PDCDD， PD，CD平面 PCD， 所以 AD平面 PCD. 又 CF平面 PCD，所以 ADCF，即 MDCF. 又 MFCF，MDMFM，MD，MF平面 MDF， 所以 CF平面 MDF. (2)解 因为 PDDC，PC2，CD1， 所以 PD，PCD60，PC2CD23 由(1)知 FDCF， 在 RtDCF 中，CF CD . 1 2 1 2 如图，过点 F 作 FGCD 交 CD 于点 G， 得 FGFCsin 60 ， 1 2 3 2 3 4 所以 DEF

22、G，故 MEPE， 3 4 3 3 4 33 4 所以 MD .ME2DE2 ( 33 4 ) 2( 3 4) 2 6 2 SCDE DEDC 1. 1 2 1 2 3 4 3 8 故 V三棱锥 MCDE MDSCDE . 1 3 1 3 6 2 3 8 2 16 1.在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为菱形，BAD60，PAPD. (1)证明：BCPB； (2)若 PAPD，PBAB，求二面角 APBC 的余弦值 (1)证明 取 AD 中点为 E，连结 PE，BE，BD， PAPD，PEAD， 底面 ABCD 为菱形， 且BAD60， ABD 为等边三角形，BEAD， PEBEE，P

23、E，BE平面 PBE， AD平面 PBE， 又 PB平面 PBE， ADPB， ADBC，BCPB. (2)解 设 AB2， ADPB2，BE，3 PAPD，E 为 AD 中点， PE1，PE2BE2PB2， PEBE. 以 E 为坐标原点，分别以 EA，EB，EP 所在直线为 x，y，z 轴建立如图所示的空间直角坐标 系， 则 A(1,0,0)，B(0，0)，P(0,0,1)，C(2，0)，33 (1，0)，(1,0,1)，(0，1)，(2,0,0)AB 3AP BP 3BC 设平面 PAB 的法向量为 n(x，y，z)， 则Error!Error!即Error!Error! 令 y，则 n

24、(3，3)33 同理可得平面 PBC 的一个法向量 m(0，3)3 cosm，n. mn |m|n| 27 7 设二面角 APBC 的平面角为 ，由图易知 为钝角， 则 cos cosm，n. 27 7 二面角 APBC 的余弦值为. 27 7 2.如图， 在三棱柱 ABCA1B1C1中， ABC 和AA1C 均是边长为 2 的等边三角形， 点 O 为 AC 中点，平面 AA1C1C平面 ABC. (1)证明：A1O平面 ABC； (2)求直线 AB 与平面 A1BC1所成角的正弦值 (1)证明 AA1A1C，且 O 为 AC 的中点， A1OAC， 又平面 AA1C1C平面 ABC，平面 A

25、A1C1C平面 ABCAC，A1O平面 AA1C1C， A1O平面 ABC. (2)解 如图，以 O 为坐标原点，OB，OC，OA1所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直 角坐标系 由已知可得 O(0,0,0)，A(0，1,0)，B(，0,0)，A1(0,0，)，C1(0,2，)，333 (，1,0)，(，0，)，(0,2,0)，AB 3A1B 33A1C1 设平面 A1BC1的法向量为 n(x，y，z)， 则Error!Error!即Error!Error! 平面 A1BC1的一个法向量为 n(1,0,1)， 设直线 AB 与平面 A1BC1所成的角为 ， 则 sin |cos，n

26、|，AB 又cos，n，AB AB n |AB |n| 3 22 6 4 AB 与平面 A1BC1所成角的正弦值为. 6 4 3.如图， 多面体 ABCDEF 中， ABCD 为正方形， AB2， AE3， DE， 二面角 EADC5 的余弦值为，且 EFBD. 5 5 (1)证明：平面 ABCD平面 EDC； (2)求平面 AEF 与平面 EDC 所成锐二面角的余弦值 (1)证明 ABAD2，AE3，DE，5 AD2DE2AE2，ADDE， 又正方形 ABCD 中，ADDC，且 DEDCD，DE，DC平面 EDC， AD平面 EDC， 又AD平面 ABCD， 平面 ABCD平面 EDC. (

27、2)解 由(1)知，EDC 是二面角 EADC 的平面角， 作 OECD 于 O，则 ODDEcosEDC1，OE2， 又平面 ABCD平面 EDC，平面 ABCD平面 EDCCD，OE平面 EDC， OE平面 ABCD. 取 AB 中点 M，连结 OM，则 OMCD， 如图，以 O 为原点，分别以 OM，OC，OE 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标 系， 则 A(2，1,0)，B(2,1,0)， D(0，1,0)，E(0,0,2)， (2,1,2)，AE (2，2,0)，BD 又 EFBD，知 EF 的一个方向向量为(2,2,0)， 设平面 AEF 的法向量为 n(x，y

28、，z)， 则Error!Error! 取 x2，得 n(2,2，3)， 又平面 EDC 的一个法向量为 m(1,0,0)， cosn，m， nm |n|m| 217 17 设平面 AEF 与平面 EDC 所成的锐二面角为 ， 则 cos |cosn，m|. 217 17 4 (2018江苏省盐城市东台中学模拟)如图， 在直三棱柱 ABCA1B1C1中， AA1ABAC2， ABAC，M 是棱 BC 的中点，点 P 在线段 A1B 上 (1)若 P 是线段 A1B 的中点，求直线 MP 与直线 AC 所成角的大小； (2)若 N 是 CC1的中点，直线 A1B 与平面 PMN 所成角的正弦值为，

29、求线段 BP 的长度 7 7 解 以 A 为坐标原点，分别以 AB，AC，AA1所在直线为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间直 角坐标系， 则 A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，A1(0,0,2)，M(1,1,0) (1)若 P 是线段 A1B 的中点， 则 P(1,0,1)，(0，1,1)，(0,2,0)MP AC 所以 cos， .MP AC MP AC |MP |AC | 2 2 又， 0，所以， .MP AC MP AC 3 4 所以直线 MP 与直线 AC 所成角的大小为 . 4 (2)由 N(0,2,1)，得(1,1,1)MN 设 P(x，y，z)，01，BP

30、 BA1 则(x2，y，z)(2,0,2)， 所以Error!Error!所以 P(22，0,2)， 所以(12，1,2)MP 设平面 PMN 的法向量为 n(a，b，c)， 则 n0，n0，MN MP 所以Error!Error!取 n. (1 1 2， 1 2，1) 因为(2,0,2)，设直线 A1B 与平面 PMN 所成的角为 ，BA1 由 sin |cosn，|BA1 |nBA1 | |n|BA1 | ， |2 (1 1 2)2| (1 1 2) 2( 1 2) 2 12 2 7 7 得 . 1 4 所以，所以 BP BA1.BP 1 4 BA1 1 4 2 2 5等边三角形 ABC

31、的边长为 3，点 D，E 分别是边 AB，AC 上的点，且满足 ， AD DB CE EA 1 2 如图 1.将ADE 沿 DE 折起到A1DE 的位置，使二面角 A1DEB 为直二面角，连结 A1B， A1C，如图 2. (1)求证：A1D平面 BCED； (2)在线段 BC 上是否存在点 P，使直线 PA1与平面 A1BD 所成的角为 60？若存在，求出 PB 的长；若不存在，请说明理由 (1)证明 因为等边三角形 ABC 的边长为 3， 且 ，所以 AD1，AE2. AD DB CE EA 1 2 在ADE 中，DAE60，由余弦定理得 DE.12222 1 2 cos 603 从而 A

32、D2DE2AE2，所以 ADDE. 折起后有 A1DDE，因为二面角 A1DEB 是直二面角， 所以平面 A1DE平面 BCED， 又平面 A1DE平面 BCEDDE，A1DDE，A1D平面 A1DE， 所以 A1D平面 BCED. (2)解 存在理由：由(1)可知 EDDB，A1D平面 BCED. 以 D 为坐标原点，分别以 DB，DE，DA1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 Dxyz. 设 PB2a(02a3)，作 PHBD 于点 H， 连结 A1H，A1P， 则 BHa，PHa，DH2a.3 所以 A1(0,0,1)，P(2a，a,0)，E(0，0)33

33、 所以(a2，a,1)PA1 3 因为 ED平面 A1BD， 所以平面 A1BD 的一个法向量为(0，0)DE 3 要使直线 PA1与平面 A1BD 所成的角为 60， 则 sin 60， |PA1 DE | |PA1 |DE | 3a 4a24a5 3 3 2 解得 a .此时 2a ，满足 02a3，符合题意 5 4 5 2 所以在线段 BC 上存在点 P，使直线 PA1与平面 A1BD 所成的角为 60，此时 PB . 5 2 6.如图， 在四棱锥 EABCD 中， 底面 ABCD 是圆内接四边形， CBCDCE1， ABADAE ，ECBD.3 (1)求证：平面 BED平面 ABCD；

34、 (2)若点 P 在侧面 ABE 内运动， 且 DP平面 BEC， 求直线 DP 与平面 ABE 所成角的正弦值的 最大值 (1)证明 如图，连结 AC，交 BD 于点 O，连结 EO， ADAB，CDCB，ACAC， ADCABC， 易得ADOABO， AODAOB90， ACBD. 又 ECBD，ECACC，EC，AC平面 AEC， BD平面 AEC， 又 OE平面 AEC，OEBD. 又底面 ABCD 是圆内接四边形， ADCABC90， 在 RtADC 中，由 AD，CD1，3 可得 AC2，AO ， 3 2 AEC90， AE AC AO AE 3 2 易得AEOACE，AOEAEC

35、90， 即 EOAC. 又 AC，BD平面 ABCD，ACBDO， EO平面 ABCD， 又 EO平面 BED，平面 BED平面 ABCD. (2)解 如图，取 AE 的中点 M，AB 的中点 N，连结 MN，ND，DM， 则 MNBE， 由(1)知，DACBAC30， 即DAB60， ABD 为正三角形， DNAB， 又 BCAB，DN，CB平面 ABCD， DNCB， 又 MNDNN，BEBCB，MN，DN平面 DMN，BE，BC平面 EBC， 平面 DMN平面 EBC， 点 P 在线段 MN 上 以 O 为坐标原点，以 OA，OB，OE 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直

36、角坐标系， 则 A，B，E， ( 3 2，0，0) (0， 3 2 ，0) (0，0， 3 2) M，D，N， ( 3 4，0， 3 4) (0， 3 2 ，0) ( 3 4， 3 4 ，0) ，AB ( 3 2， 3 2 ，0)AE ( 3 2，0， 3 2) ，DM ( 3 4， 3 2 ， 3 4) MN (0， 3 4 ， 3 4) 设平面 ABE 的法向量为 n(x，y，z)， 则Error!Error!即Error!Error! 令 x1，则 n(1，)，33 设(01)，MP MN 可得，DP DM MP ( 3 4， 3 2 3 4 ， 3 4 3 4 ) 设直线 DP 与平面 ABE 所成的角为 ， 则 sin |cosn，|，DP |nDP | |n|DP | 12 42 24 01， 当 0 时，sin 取得最大值. 42 7 故直线 DP 与平面 ABE 所成角的正弦值的最大值为. 42 7