重点强化练(十一) 空间中的平行与垂直专项训练-2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 聚焦空间平行与垂直判定及空间角计算，通过几何法与向量法构建完整解题体系，强化概念辨析与定理应用的逻辑链条，培养直观想象与逻辑推理素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |概念辨析|单选1-4、多选9-11|定理判定与性质应用|线线→线面→面面的层级推导| |空间角计算|单选3、7、填空14|几何法构造平面角、向量法坐标运算|空间角与距离的转化| |位置关系证明|解答15-19|线面垂直转化、面面垂直判定|垂直关系的双向推理| |综合应用|单选5、填空12-13|折叠展开、体积最值|几何直观与数学运算结合|

重点强化练(十一) 空间中的平行与垂直 一、选择题:本题共8小题.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的. 1.[2025·广西七地市模拟] 在四棱锥P-ABCD中,“BC∥AD”是“BC∥平面PAD”的 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 2.[2025·湖南衡阳一中模拟] 已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法正确的是 (　 ) A.若m∥α,n∥α,则m∥n B.若m∥α,m∥β,则α∥β C.若α⊥β,m⊥β,m⊄α,则m∥α D.若α⊥β,m⊂α,则m⊥β 3.[2025·湖南郴州模拟] 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,二面角B1-AC-B的正切值为 (　 ) A. B. C. D. 4.[2025·江苏常州模拟] 在空间中,设m,n为两条不同的直线,α,β为两个不同的平面,则下列说法正确的是 (　 ) A.若m∥α且α∥β,则m∥β B.若m,n是异面直线,m⊂α,m∥β,n⊂β,n∥α,则α∥β C.若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m⊥n D.若m⊥n,m⊥α,α∥β,则n∥β 5.[2025·北京陈经纶中学月考] 《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”;底面为矩形,一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”;四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图,在堑堵ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,且AA1=AB=2,给出以下结论: ①四棱锥B-A1ACC1为“阳马”; ②四面体A1C1CB为“鳖臑”; ③四棱锥B-A1ACC1体积的最大值为; ④过A点分别作AE⊥A1B于点E,AF⊥A1C于点F,则A1B⊥EF. 以上结论正确的是 (　 ) A.①②③ B.②③④ C.①②④ D.①③④ 6.一个正四面体的棱长为3,则一个与该正四面体体积相等、高也相等的圆柱的侧面积为 (　 ) A.3 B.3 C.6 D.9 7.如图,已知大小为60°的二面角α-l-β的棱上有两点A,B,AC⊂α,AC⊥l,BD⊂β,BD⊥l,若AC=3,BD=3,AB=2,则CD的长为 (　 ) A.67 B.49 C.7 D. 8.[2024·四川乐山三模] 在三棱柱ABC-A1B1C1中,点D在棱BB1上,满足=,点M在棱A1C1上,且A1M=MC1,点N在直线BB1上,若MN∥平面ADC1,则= (　 ) A.2 B.3 C.4 D.5 二、选择题:本题共3小题.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求. 9.如图所示,PA垂直于圆O所在的平面,AB是圆O的直径,C是圆O上异于A,B的一点,E,F分别是点A在PB,PC上的射影,则 (　 ) A.AF⊥PB B.EF⊥PB C.AF⊥BC D.AE⊥平面PBC 10.[2025·浙南名校联盟联考] 如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=4,M,N,D,Q分别为棱AB,AC,B1C1,AA1的中点,DQ⊥QM,则以下结论正确的是 (　 ) A.B1C1∥平面QMN B.AA1= C.点Q到平面DMN的距离为 D.三棱锥D-QMN的外接球的表面积为 11.[2025·山东青岛模拟] 平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,平面α∥平面CB1D1,平面α∩平面ABCD=m,平面α∩平面ABB1A1=n,则 (　 ) A.B1D1∥m B.A1B∥平面α C.n⊥平面ADC1B1 D.m,n所成的角为 三、填空题:本题共3小题. 12.[2025·辽宁抚顺模拟] 正方形ABCD的四个顶点在平面α的同侧,若A,B,C三点到平面α的距离分别为2,3,4,则直线BD与平面α的位置关系是　　　　.  13.[2024·江苏常州期中] 如图是四棱锥P-ABCD的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,E,F分别为P1A,P4D的中点,在此四棱锥中,给出下面四个结论,其中正确结论的序号是　　　　.  ①直线BE与直线CF异面; ②直线BE与直线AF异面; ③直线EF∥平面PBC; ④平面BCFE⊥平面PAD. 14.如图所示,四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形,点E是棱PD上一点,PE=PD,若=λ且满足BF∥平面ACE,则λ=　　　　.  四、解答题:本题共5小题,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.[2025·浙南名校联盟联考] 如图,三棱台ABC-A1B1C1中,△ABC是正三角形,A1A⊥平面ABC,AB=2A1A=2A1C1=4,M,N分别为棱AB,B1B的中点. (1)证明:B1B⊥平面MCN; (2)求直线C1C与平面MCN所成的角的正弦值. 16.[2025·湖南长郡中学模拟] 如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与四边形CDEF均为等腰梯形,AB∥CD,EF∥CD,CD=2AB=2EF=4,AD=DE=,AE=2. (1)证明:平面ABCD⊥平面CDEF; (2)若M为线段CD上一点,且CM=1,求平面AEM与平面BEM夹角的余弦值. 17.[2025·山东齐鲁名校天一联考] 如图,在四棱锥P-ABCD中,侧棱PA⊥底面ABCD,AB⊥BC,且PA=2,AB=BC=,AD=CD=. (1)证明:BD⊥平面PAC; (2)求平面PBC与平面PAD夹角的正弦值. 18.[2022·新高考全国Ⅱ卷] 如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为PB的中点. (1)证明:OE∥平面PAC; (2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值. 19.[2024·郑州二模] 如图,在多面体DABCE中,△ABC是等边三角形,AB=AD=2,DB=DC=EB=EC=. (1)求证:BC⊥AE; (2)若二面角A-BC-E的大小为30°,求直线DE与平面ACD所成角的正弦值. 参考答案 重点强化练(十一) 1.C　[解析] 如图,由BC∥AD,BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,得BC∥平面PAD.由BC∥平面PAD,BC⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面PAD=AD,得BC∥AD.故“BC∥AD”是“BC∥平面PAD”的充要条件.故选C. 2.C　[解析] 对于A,若m∥α,n∥α,则m,n的位置关系不确定,故A错误;对于B,若m∥α,m∥β,则α,β的位置关系不确定,故B错误;对于C,若α⊥β,m⊥β,m⊄α,则m∥α,故C正确;对于D,若α⊥β,m⊂α,则m,β的位置关系不确定,故D错误.故选C. 3.D　[解析] 如图,取AC的中点M,连接MB,MB1,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,可得AB1=B1C,AB=BC,所以B1M⊥AC,BM⊥AC,所以∠B1MB是二面角B1-AC-B的平面角.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,可得AC=2,则BM=,在Rt△B1MB中, tan∠B1MB===,所以二面角B1-AC-B的正切值为.故选D. 4.B　[解析] 对于A,若m∥α且α∥β,则m∥β或m⊂β,故A错误;对于B,若m,n是异面直线,m⊂α,m∥β,n⊂β,n∥α,则在直线m上任取一点P,过直线n与点P确定平面γ,设γ∩α=c,又n∥α,所以n∥c,又n⊂β,c⊄β,所以c∥β,又m∥β,m⊂α,c⊂α,m∩c=P,所以α∥β,故B正确; 对于C,若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m,n可能平行、相交或异面,故C错误;对于D,若m⊥n,m⊥α,α∥β,则n⊂β或n∥β,故D错误.故选B. 5.C　[解析] ∵底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”,∴在堑堵ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥平面ABC,∴AA1⊥BC,又AC⊥BC,且AA1∩AC=A,∴BC⊥平面A1ACC1,∴四棱锥B-A1ACC1为“阳马”,故①正确;由AC⊥BC,得A1C1⊥BC,又A1C1⊥C1C且BC∩C1C=C,∴A1C1⊥平面BB1C1C,∴A1C1⊥BC1,则△A1BC1为直角三角形,由BC⊥平面AA1C1C,得△A1BC为直角三角形,由“堑堵”的定义可得△A1C1C为直角三角形,△CC1B为直角三角形,∴四面体A1C1CB为“鳖臑”,故②正确;在△ABC中,4=AC2+BC2≥2AC·BC,即AC·BC≤2,当且仅当AC=BC=时取等号,=×BC=AA1×AC×BC=AC×BC≤,故③错误;∵BC⊥平面AA1C1C,∴BC⊥AF,又AF⊥A1C,且BC∩A1C=C,∴AF⊥平面A1BC,则AF⊥A1B,∵AE⊥A1B且AE∩AF=A,∴A1B⊥平面AEF,又EF⊂平面AEF,∴A1B⊥EF,故④正确.故选C. 6.A　[解析] 如图,在正四面体ABCD中,O是正三角形BCD的中心,则AO⊥底面BCD,BO=×3×sin 60°=,则正四面体ABCD的高AO==,所以V四面体ABCD=S△BCD·AO=××32×=.设圆柱的底面半径为r,依题意,πr2·=,得r=,所以该圆柱的侧面积S=2πr·=2π·=3.故选A. 7.C　[解析] 过A作AE∥BD且AE=BD,连接CE,DE,则四边形ABDE是平行四边形.因为BD⊥AB,所以平行四边形ABDE是矩形.因为BD⊥l,所以AE⊥l,又AC⊥l,所以∠CAE是二面角α-l-β的平面角,即∠CAE=60°.又因为BD=AE=AC=3,所以△ACE为正三角形,所以CE=3.因为l⊥AC,所以ED⊥AC,又ED⊥AE,AE∩AC=A,AE,AC⊂平面AEC,所以ED⊥平面AEC.因为EC⊂平面AEC,所以ED⊥EC,因为ED=AB=2,所以CD===7.故选C. 8.D　[解析] 如图所示,因为=,所以=,所以==×=,所以=,所以=,则=.设三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为6,则DB1=4,DB=2,易知M为A1C1的中点,取A1A的中点E,连接ME,则ME∥C1A,又ME⊄平面ADC1,所以ME∥平面ADC1.过E作EN∥AD,且EN∩BB1=N,连接MN,则EN∥平面ADC1,又ME∩EN=E,所以平面MNE∥平面ADC1,又MN⊂平面MNE,所以MN∥平面ADC1,所以DN=EA=3,所以NB1=DB1-DN=4-3=1,所以BN=5,则=5.故选D. 9.ABC　[解析] 因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC,又BC⊥AC,AC∩PC=C,AC,PC⊂平面PAC,所以BC⊥平面PAC,又AF⊂平面PAC,所以BC⊥AF,故C正确;因为BC⊥AF,AF⊥PC,BC∩PC=C,BC,PC⊂平面PBC,所以AF⊥平面PBC,又PB⊂平面PBC,所以AF⊥PB,故A正确;因为AF⊥PB,AE⊥PB,AE∩AF=A,AE,AF⊂平面AEF,所以PB⊥平面AEF,又EF⊂平面AEF,所以EF⊥PB,故B正确;由上可知,AF⊥平面PBC,又因为AF∩AE=A,所以AE与平面PBC不垂直,故D不正确.故选ABC. 10.AC　[解析] 由题可得MN∥BC,BC∥B1C1,所以MN∥B1C1,又MN⊂平面QMN,B1C1⊄平面QMN,所以B1C1∥平面QMN,A正确;由题可得,QM=QN,DM=DN,设AA1=2a,易得QM2=4+a2,QD2=12+a2,DM2=4+4a2,因为DQ⊥QM,所以DM2=QD2+QM2,即4+4a2=12+a2+4+a2,可得a=,故AA1=2,B错误;因为DM2=QD2+QM2,所以DN2=QD2+QN2,所以DQ⊥QN,又QN∩QM=Q,QN,QM⊂平面QMN,所以DQ⊥平面QMN,又S△QMN=MN·=×2×=3,所以VQ-DMN=VD-QMN=S△QMN·DQ=×3×3=3,又S△DMN=MN·=3,设点Q到平面DMN的距离为d,所以VQ-DMN=S△DMNd=d=3,得d=,C正确;将三棱锥D-QMN补成以QMN为底面的直三棱柱,则该三棱柱的外接球即为三棱锥D-QMN的外接球,其球心为以上下底面外心为端点的线段的中点,因为sin∠QMN==,故△QMN的外接圆的半径r=×=,设外接球的半径为R,则R2=+=,所以三棱锥D-QMN的外接球的表面积为4πR2=,D错误.故选AC. 11.ABC　[解析] 如图,对于A,设平面α∩平面A1B1C1D1=m',在正方体ABCD-A1B1C1D1中,可得平面ABCD∥平面A1B1C1D1,因为平面α∩平面ABCD=m,所以m∥m',又因为平面α∥平面CB1D1,且平面α∩平面A1B1C1D1=m',平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1,所以m'∥B1D1,所以m∥B1D1,故A正确;对于B,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,可得A1B∥D1C,因为平面α∥平面CB1D1,且D1C⊂平面CB1D1,所以D1C∥平面α,过D1C作平面γ,设平面γ∩平面α=a,可得D1C∥a,可得A1B∥a,又A1B⊄α,a⊂α,所以A1B∥平面α,故B正确;对于C,设平面α∩平面DCC1D1=n',因为平面α∥平面CB1D1且平面CB1D1∩平面DCC1D1=D1C,所以n'∥D1C,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,可得AD⊥平面DCC1D1,因为D1C⊂平面DCC1D1,所以AD⊥D1C,又因为DC1⊥D1C,且AD∩DC1=D,AD,DC1⊂平面ADC1B1,所以D1C⊥平面ADC1B1,所以n'⊥平面ADC1B1,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,可得平面ABB1A1∥平面DCC1D1,因为平面α∩平面DCC1D1=n',平面α∩平面ABB1A1=n,所以n∥n',所以n⊥平面ADC1B1,故C正确;对于D,因为m∥B1D1且n∥D1C,所以m,n所成的角,即为B1D1与D1C所成的角,因为△CB1D1为等边三角形,所以可得∠CD1B1=,所以异面直线m,n所成的角为,故D不正确.故选ABC. 12.平行　[解析] 如图,正方形ABCD的四个顶点在平面α的同侧,分别过A,B,C作AA1,BB1,CC1垂直于平面α,垂足分别为A1,B1,C1.连接AC,A1C1,取AC,A1C1的中点分别为O,O1,连接OO1,B1O1,则OO1∥AA1∥CC1∥BB1,所以OO1⊥α,由已知得AA1=2,BB1=3,CC1=4,则OO1==3=BB1,所以四边形BB1O1O是平行四边形,则BO∥B1O1,即BD∥B1O1,又BD⊄平面α,B1O1⊂平面α,所以BD∥平面α. 13.②③　[解析] 由展开图还原几何体如图所示.对于①,因为E,F分别为PA,PD的中点,所以EF∥AD,而AD∥BC,所以EF∥BC,则E,F,B,C共面,所以直线BE与CF不是异面直线,故①错误;对于②,因为E∈平面PAD,AF⊂平面PAD,E∉AF,B∉平面PAD,所以直线BE与直线AF是异面直线,故②正确;对于③,由①知EF∥BC,因为EF⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以直线EF∥平面PBC,故③正确;对于④,假设平面BCFE⊥平面PAD,在平面PAD上过点P作PO⊥EF分别交EF,AD于点O,N,在BC上取一点M,连接PM,OM,MN,因为平面BCFE∩平面PAD=EF,PO⊥EF,所以PO⊥平面BCFE,而OM⊂平面BCFE,所以PO⊥OM,由中位线的性质,易知O是PN的中点,此时△PMN是等腰三角形,即PM=MN恒成立,因为M是线段BC上任意取的一点,且△PBC中PC,PB与BC的长度不确定,所以不一定有PM=MN成立,若PM≠MN,则平面BCFE与平面PAD不垂直,所以④错误. 14.　[解析] 如图,连接BD,交AC于点O,连接OE,由四边形ABCD是正方形,得BO=OD,在线段PE上取点G,使得GE=ED,由PE=PD,得=,连接BG,FG,则BG∥OE,由OE⊂平面ACE,BG⊄平面ACE,得BG∥平面ACE,而BF∥平面ACE,BG∩BF=B,BG,BF⊂平面BGF,因此平面BGF∥平面ACE,又平面PCD∩平面ACE=EC,平面PCD∩平面BGF=GF,所以GF∥EC,所以λ===. 15.解:(1)证明:因为△ABC是正三角形,M为AB的中点,所以CM⊥AB. 因为A1A⊥平面ABC,CM⊂平面ABC,所以CM⊥A1A,又A1A∩AB=A,A1A,AB⊂平面A1ABB1, 所以CM⊥平面A1ABB1,又因为B1B⊂平面A1ABB1,所以CM⊥B1B. 连接AB1,易得AB1=B1B=2, 所以AB2=A+B1B2,所以AB1⊥B1B,又因为AB1∥MN,所以MN⊥BB1.因为MN∩CM=M,MN,CM⊂平面MCN,所以B1B⊥平面MCN. (2)取AC的中点O,连接BO,C1O,易知C1O⊥平面ABC,BO⊥OC,故OB,OC,OC1两两垂直, 以O为坐标原点,OB,OC,OC1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则B1(,-1,2),B(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,0,2). 由(1)知平面MCN的一个法向量为=(,1,-2),又=(0,2,-2),所以|cos<,>|= ==, 所以直线C1C与平面MCN所成的角的正弦值为. 16.解:(1)证明:在平面CDEF内,过点E作EO⊥CD交CD于点O,由四边形CDEF为等腰梯形,且CD=2EF=4,得DO=1,又DE=, 所以OE==2. 连接AO,易知△ADO≌△EDO,可得AO⊥CD且AO=2,又AE=2, 所以在△OAE中,AE2=OE2+OA2, 从而OE⊥OA, 又OE⊥CD,OA∩CD=O,OA,CD⊂平面ABCD,所以OE⊥平面ABCD, 又OE⊂平面CDEF, 所以平面ABCD⊥平面CDEF. (2)由(1)知,OE,OC,OA两两垂直,以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,2),E(2,0,0),M(0,2,0),B(0,2,2), 所以=(2,0,-2),=(-2,2,0),=(0,0,2). 设平面AEM的法向量为n=(x,y,z), 则即 取z=1,则n=(1,1,1).设平面BEM的法向量为m=(x1,y1,z1), 则即 取y1=1,则m=(1,1,0), 所以cos<m,n>===, 所以平面AEM与平面BEM夹角的余弦值为. 17.解:(1)证明:记AC∩BD=O,如图.因为AB=BC,AD=CD,BD=BD, 所以△ABD≌△CBD,所以∠ADO=∠CDO,所以∠AOD=∠COD=90°,即AC⊥BD.又PA⊥底面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD. 又因为AC∩PA=A,且AC⊂平面PAC,PA⊂平面PAC, 所以BD⊥平面PAC. (2)由(1)易知O为AC的中点,取PC的中点M,连接OM,则OM∥PA,所以OM⊥平面ABCD,所以OC,OD,OM两两垂直,以O为原点,OC,OD,OM所在的直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 由题意及(1)知OA=OB=1,OD=2, 则A(-1,0,0),B(0,-1,0),C(1,0,0),D(0,2,0),P(-1,0,2), 所以=(1,2,-2),=(1,2,0),=(1,-1,-2),=(1,1,0).设平面PAD的法向量为m=(x1,y1,z1),则取y1=1,则m=(-2,1,0). 设平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2),则取x2=1,则n=(1,-1,1),所以cos<m,n>===-,所以平面PBC与平面PAD夹角的余弦值为,所以平面PBC与平面PAD夹角的正弦值为. 18.解:方法一:(1)证明:连接OA,如图, 因为PO是三棱锥P-ABC的高,所以PO⊥平面ABC, 所以PO⊥OA,PO⊥OB, 所以∠POA=∠POB=90°,又PA=PB,PO=PO,所以△POA≌△POB,所以OA=OB. 取AB的中点D,连接OD,DE,则有OD⊥AB,又AB⊥AC,所以OD∥AC, 又OD⊄平面PAC,AC⊂平面PAC,所以OD∥平面PAC. 因为D,E分别为AB,PB的中点,所以DE∥PA.又DE⊄平面PAC,PA⊂平面PAC,所以DE∥平面PAC. 又OD,DE⊂平面ODE,OD∩DE=D,所以平面ODE∥平面PAC,又OE⊂平面ODE,所以OE∥平面PAC. (2)过点D作DF∥OP,以D为原点,以DB所在直线为x轴,DO所在直线为y轴,DF所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.因为PO=3,PA=5,所以OA=OB=4, 又∠ABO=∠CBO=30°,所以OD=2,DB=2,所以P(0,2,3),B(2,0,0),A(-2,0,0),E. 设AC=a,则C(-2,a,0),故=,=(4,0,0),=(0,a,0).设平面AEB的法向量为n1=(x1,y1,z1),则 所以 令y1=3,则x1=0,z1=-2, 所以n1=(0,3,-2). 设平面AEC的法向量为n2=(x2,y2,z2),则 所以令x2=,则y2=0,z2=-6, 所以n2=(,0,-6), 所以cos<n1,n2>====. 设二面角C-AE-B的平面角为θ, 则sin θ==, 所以二面角C-AE-B的正弦值为. 方法二:(1)证明:连接OA,如图, 因为PO是三棱锥P-ABC的高,所以PO⊥平面ABC,所以PO⊥OA,PO⊥OB,所以∠POA=∠POB=90°, 又PA=PB,PO=PO,所以△POA≌△POB,所以OA=OB. 延长BO交AC于F,连接PF, 则在Rt△ABF中,O为BF的中点. 在△PBF中,O,E分别为BF,PB的中点,所以EO∥PF.因为EO⊄平面PAC,PF⊂平面PAC,所以EO∥平面PAC. (2)过点A作AG∥OP,以A为原点,以AB所在直线为x轴,AC所在直线为y轴,AG所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.因为PO=3,PA=5,所以OA=OB=4, 又∠ABO=∠CBO=30°,所以AB=4,所以P(2,2,3),B(4,0,0), A(0,0,0),E, 设AC=a,则C(0,a,0), 故=(4,0,0),=,=(0,a,0). 设平面AEB的法向量为n1=(x1,y1,z1),则 所以令y1=3,则x1=0,z1=-2,所以n1=(0,3,-2).设平面AEC的法向量为n2=(x2,y2,z2),则所以令x2=,则y2=0,z2=-6,所以n2=(,0,-6),所以cos<n1,n2>====. 设二面角C-AE-B的平面角为θ, 则sin θ==, 所以二面角C-AE-B的正弦值为. 19.解:(1)证明:取BC的中点O,连接AO,EO. ∵△ABC是等边三角形,O为BC中点,∴AO⊥BC,又EB=EC,∴EO⊥BC. ∵AO∩EO=O,AO,EO⊂平面AEO,∴BC⊥平面AEO, 又AE⊂平面AEO,∴BC⊥AE. (2)连接DO,则DO⊥BC, 由AB=AC=BC=2, DB=DC=,得AO=,DO=1, 又AD=2,∴AO2+DO2=AD2, ∴DO⊥AO, 又AO∩BC=O,AO,BC⊂平面ABC,∴DO⊥平面ABC. 如图,以O为坐标原点,OA,OB,OD所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),A(,0,0),C(0,-1,0),D(0,0,1), ∴=(,1,0),=(0,1,1). 设平面ACD的法向量为n=(x,y,z), 则即 取x=1,则n=(1,-,). ∵∠AOE是二面角A-BC-E的平面角, ∴∠AOE=30°,又OE=1,∴E,∴=, 则cos<,n>==-, ∴直线DE与平面ACD所成角的正弦值为. 1 学科网（北京）股份有限公司 $