（京津魯瓊專用）2020版高考數(shù)學二輪復習 第二部分 專題三 立體幾何 第3講 立體幾何中的向量方法練習（含解析）

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1、第3講　立體幾何中的向量方法 [做真題] 1．(2019·高考全國卷Ⅱ)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BE⊥EC1. (1)證明：BE⊥平面EB1C1； (2)若AE＝A1E，求二面角B-EC-C1的正弦值． 解： (1)證明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE?平面ABB1A1， 故B1C1⊥BE. 又BE⊥EC1， 所以BE⊥平面EB1C1. (2)由(1)知∠BEB1＝90°.由題設知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB. 以D為坐標原點，的方向為x軸

2、正方向，||為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz，則C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，＝(1，0，0)，＝(1，－1，1)，1＝(0，0，2)． 設平面EBC的法向量為n＝(x，y，z)，則 即 所以可取n＝(0，－1，－1)． 設平面ECC1的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則 即 所以可取m＝(1，1，0)． 于是cosn，m＝＝－. 所以，二面角B-EC-C1的正弦值為. 2．(2018·高考全國卷Ⅰ)如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點，以DF為折痕把△DFC折起，使點C到達點P的位置，且

3、PF⊥BF. (1)證明：平面PEF⊥平面ABFD； (2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值． 解：(1)證明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF. 又BF?平面ABFD， 所以平面PEF⊥平面ABFD. (2)作PH⊥EF，垂足為H.由(1)得，PH⊥平面ABFD. 以H為坐標原點，的方向為y軸正方向，||為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系H-xyz. 由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1， 所以PE＝.又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF. 可得PH＝，EH＝. 則H(0，0，0)，P，D，＝，＝為平面ABFD的法向量．

4、設DP與平面ABFD所成角為θ， 則sin θ＝＝＝. 所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為. [山東省學習指導意見] 1．空間向量及其運算 (1)經(jīng)歷向量及其運算由平面向空間推廣的過程． (2)了解空間向量的概念，了解空間向量的基本定理及其意義，掌握空間向量的正交分解及其坐標表示． (3)掌握空間向量的線性運算及其坐標表示． (4)掌握空間向量的數(shù)量積及其坐標表示，能運用向量的數(shù)量積判斷向量的共線與垂直． 2．空間向量的應用 (1)理解直線的方向向量與平面的法向量． (2)能用向量語言表述線線、線面、面面的垂直、平行關系． (3)能用向量方法證明有關線、面位置關系的

5、一些定理(包括三垂線定理)． (4)能用向量方法解決線線、線面、面面的夾角的計算問題，體會向量方法在研究幾何問題中的作用． 　　　　　　　　　　　利用空間向量證明平行與垂直 [典型例題] 如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD， AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，點E為棱PC的中點．證明： (1)BE⊥DC； (2)BE∥平面PAD； (3)平面PCD⊥平面PAD. 【證明】　 依題意，以點A為原點建立空間直角坐標系(如圖)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．由E為棱PC的中點，得E

6、(1，1，1)． (1)向量＝(0，1，1)，＝(2，0，0)，故·＝0. 所以BE⊥DC. (2)因為AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD， 所以AB⊥PA，PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD， 所以向量＝(1，0，0)為平面PAD的一個法向量． 而·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0， 所以BE⊥AB， 又BE?平面PAD，所以BE∥平面PAD. (3)由(2)知平面PAD的一個法向量＝(1，0，0)，向量＝(0，2，－2)，＝(2，0，0)， 設平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 不妨令y＝1，可得n＝(0，1，1)為平面PCD的一

7、個法向量．且n·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0， 所以n⊥.所以平面PCD⊥平面PAD. 設直線l的方向向量為a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分別為μ＝(a2，b2，c2)，υ＝(a3，b3，c3)．則有： (1)線面平行 l∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. (2)線面垂直 l⊥α?a∥μ?a＝kμ?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2. (3)面面平行 α∥β?μ∥υ?μ＝λυ?a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3. (4)面面垂直 α⊥β?μ⊥υ?μ·υ＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝0. 　 [對

8、點訓練] 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，點E在線段BB1上，且EB1＝1，D，F(xiàn)，G分別為CC1，C1B1，C1A1的中點．求證： (1)B1D⊥平面ABD； (2)平面EGF∥平面ABD. 證明：(1)依題意，以B為坐標原點，BA，BC，BB1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，則B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4)，設BA＝a， 則A(a，0，0)， 所以＝(a，0，0)，＝(0，2，2)，＝(0，2，－2)，·＝0，·＝0＋4－4＝0， 即B1D⊥BA，B1D⊥

9、BD. 又BA∩BD＝B，BA，BD?平面ABD， 因此B1D⊥平面ABD. (2)由(1)知，E(0，0，3)，G， F(0，1，4)， 則＝，＝(0，1，1)， ·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0， 即B1D⊥EG，B1D⊥EF. 又EG∩EF＝E，EG，EF?平面EGF， 因此B1D⊥平面EGF. 結(jié)合(1)可知是平面ABD的一個法向量， 所以平面EGF∥平面ABD. 　　　　　　　　　　　利用空間向量求空間角 [典型例題] 命題角度一　異面直線所成的角 已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直

10、線AB1與BC1所成角的余弦值為________． 【解析】　如圖，在平面ABC內(nèi)過點B作BD⊥AB，交AC于點D，則∠CBD＝30°. 因為BB1⊥平面ABC，故以B為坐標原點，分別以射線BD，BA，BB1為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標系， 則B(0，0，0)，A(0，2，0)，B1(0，0，1)，C1(cos 30°，－sin 30°，1)，即C1. 所以＝(0，－2，1)，＝. 所以cos〈，〉＝ ＝＝. 所以異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為. 【答案】　 兩異面直線所成角的求法 (1)定義法：過空間中任一點，分別作兩異面直線的平行線，則這兩

11、條相交直線所成的銳角或直角等于兩異面直線所成的角．定義法求解的實質(zhì)就是將空間中兩異面直線所成的角轉(zhuǎn)化為平面三角形的內(nèi)角進行求解． (2)向量法：設異面直線a，b的方向向量分別為a，b，則異面直線a，b所成角的余弦值等于|cos〈a，b〉|.　 命題角度二　直線與平面所成的角 (一題多解)(2019·聊城模擬)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AC⊥BB1，AB＝A1B＝AC＝2，BB1＝2. (1)求證：A1B⊥平面ABC； (2)若P是棱B1C1的中點，求直線BB1與平面PAB所成角的正弦值． 【解】　(1)因為在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，

12、AC⊥BB1，AB∩BB1＝B， 所以AC⊥平面ABB1A1， 又A1B?平面ABB1A1，所以AC⊥A1B. 因為BB1＝2， 所以AA1＝2， 因為AB＝A1B＝2， 所以AB2＋A1B2＝AA， 所以A1B⊥AB， 又AC∩AB＝A，所以A1B⊥平面ABC. (2)法一：由(1)知，直線A1C1，A1B1，BA1兩兩互相垂直，如圖，以A1為坐標原點，分別以A1C1，A1B1，BA1所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系A1-xyz， 則A1(0，0，0)，P(1，1，0)，B(0，0，－2)，B1(0，2，0)， ＝＝(0，2，0)，＝(－1，－1，－2)，

13、 設平面PAB的法向量為n＝(x，y，z)， 則，即， 取z＝1，則n＝(－2，0，1)為平面PAB的一個法向量． ＝(0，2，2)，設直線BB1與平面PAB所成的角為θ， 則sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝. 所以直線BB1與平面PAB所成角的正弦值為. 法二：由(1)知，直線AC，AB，BA1兩兩互相垂直，以A為坐標原點，分別以AC，AB，Az所在直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz， 則A(0，0，0)，P(1，3，2)，B(0，2，0)，B1(0，4，2)， ＝(0，2，0)，＝(－1，－1，－2)， 設平面PAB的法向量為n＝(x，y

14、，z)， 則，即， 取z＝1，則n＝(－2，0，1)為平面PAB的一個法向量． ＝(0，2，2)，設直線BB1與平面PAB所成的角為θ， 則sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝. 所以直線BB1與平面PAB所成角的正弦值為. 向量法求直線和平面所成的角 設θ為直線l與平面α所成的角，φ為直線l的方向向量v與平面α的法向量n之間的夾角，則有φ＝－θ(如圖1)或φ＝＋θ(如圖2)，所以有sin θ＝|cos φ|＝|cos〈v，n〉|＝.特別地，φ＝0時，θ＝，l⊥α；φ＝時，θ＝0，l?α或l∥α. 　 命題角度三　二面角的平面角 (2019·四省八校雙教研聯(lián)考)

15、如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，M為AD的中點，PA＝PD＝，AD＝AB＝2CD＝2. (1)求證：平面PMB⊥平面PAC； (2)求二面角A-PC-D的余弦值． 【解】　(1)證明：因為PA＝PD，M為AD的中點，所以PM⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PM⊥平面ABCD，所以PM⊥AC， 易知tan∠ABM＝，tan∠DAC＝， 所以∠ABM＝∠DAC，又∠AMB＋∠ABM＝， 所以∠AMB＋∠DAC＝， 所以MB⊥AC， 又PM∩MB＝M，所以AC⊥平面PMB，又AC?平面PAC，

16、 所以平面PMB⊥平面PAC. (2)如圖建立空間直角坐標系，則A(－1，0，0)，D(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，0，2)． 設平面PAC的法向量為n1＝(x，y，z)， 因為＝(2，1，0)，＝(1，0，2)， 所以，令z＝1，則x＝－2，y＝4， 所以n1＝(－2，4，1)為平面PAC的一個法向量． 設平面PDC的法向量為n2＝(x1，y1，z1)， 因為＝(0，1，0)，＝(－1，0，2)， 所以，令z1＝1，則y1＝0，x1＝2， 所以n2＝(2，0，1)為平面PCD的一個法向量． 設二面角A-PC-D的大小為θ， 則cos θ＝＝＝.

17、 向量法求二面角 設二面角α-l-β的平面角為θ(0≤θ≤π)，n1，n2分別為平面α，β的法向量，向量n1，n2的夾角為ω，則有θ＋ω＝π(如圖1)或θ＝ω(如圖2)，其中cos ω＝. 　 [對點訓練] 　(2019·蓉城名校第一次聯(lián)考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝AB＝2BC＝2，AP＝AC，BP＝3BC. (1)求證：平面PAD⊥平面ABCD； (2)若∠PAD為銳角，且PA與平面ABCD所成角的正切值為2，求二面角A-PB-D的余弦值． 解：(1)證明：在直角梯形ABCD中，因為BC＝1，AB＝2，AB⊥BC， 所以AC＝，即A

18、P＝AC＝，BP＝3BC＝3， 所以BA2＋AP2＝BP2，所以BA⊥AP. 又AD∥BC，所以BA⊥AD，又AP∩AD＝A，所以BA⊥平面PAD. 因為BA?平面ABCD， 所以平面PAD⊥平面ABCD. (2)如圖，過點P作PO⊥AD交AD于點O，連接OC，由(1)可知PO⊥平面ABCD， 則∠PAO為PA與平面ABCD所成的角， 所以tan ∠PAO＝2. 又AP＝，所以AO＝1，PO＝2. 所以AO綊BC，四邊形ABCD為矩形， 所以OC⊥AD. 以O為坐標原點，OC，OD，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系， 則A(0，－1，0)，P(0

19、，0，2)，D(0，1，0)，B(2，－1，0)， 所以＝(2，0，0)，＝(0，1，2)，設平面APB的法向量為n＝(x，y，z)， 則有?， 取y＝2，則n＝(0，2，－1)， 同理可得平面PBD的一個法向量為m＝(2，2，1)， cos〈m，n〉＝＝＝， 由圖可知二面角A-PB-D的平面角為銳角， 所以二面角A-PB-D的余弦值為. 　　　　　　　　　　　利用向量解決探索性問題 [典型例題] (2019·廣州市調(diào)研測試)如圖，多面體ABCDEF中，四邊形ABCD為矩形，二面角A-CD-F為60°，DE∥CF，CD⊥DE，AD＝2，DE＝DC＝3，CF＝6. (

20、1)求證：BF∥平面ADE； (2)在線段CF上求一點G，使銳二面角B-EG-D的余弦值為. 【解】　(1)證明：因為四邊形ABCD為矩形， 所以BC∥AD. 因為AD?平面ADE，BC?平面ADE， 所以BC∥平面ADE. 同理CF∥平面ADE. 又BC∩CF＝C，所以平面BCF∥平面ADE. 因為BF?平面BCF，所以BF∥平面ADE. (2)因為CD⊥AD，CD⊥DE， 所以∠ADE是二面角A-CD-F的平面角， 即∠ADE＝60°. 因為AD∩DE＝D，所以CD⊥平面ADE. 因為CD?平面CDEF， 所以平面CDEF⊥平面ADE. 如圖，作AO⊥DE

21、于點O，則AO⊥平面CDEF. 由AD＝2，DE＝3，得DO＝1，EO＝2. 以O為坐標原點，平行于DC的直線為x軸，DE所在的直線為y軸，OA所在的直線為z軸建立空間直角坐標系O-xyz， 則O(0，0，0)，A(0，0，)，C(3，－1，0)，D(0，－1，0)，B(3，0，)，E(0，2，0)，F(xiàn)(3，5，0)，＝＋＝＋＝(3，0，)， 設G(3，t，0)，－1≤t≤5， 則＝(－3，2，－)，＝(0，t，－)， 設平面BEG的法向量為m＝(x，y，z)， 則由，得， 可取， 故平面BEG的一個法向量為m＝(2－t，3，t)， 又平面DEG的一個法向量為n＝(0，

22、0，1)， 所以|cos〈m，n〉|＝＝， 所以＝， 解得t＝或t＝－(舍去)， 此時CG＝. 即所求線段CF上的點G滿足CG＝. 利用空間向量巧解探索性問題 (1)空間向量最適合于解決立體幾何中的探索性問題，它無需進行復雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷． (2)解題時，把要成立的結(jié)論當作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標是否有解，是否在規(guī)定范圍內(nèi)有解”等，所以為使問題的解決更簡單、有效，應善于運用這一方法解題．　 [對點訓練] 　(2019·昆明市診斷測試)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，PD⊥平面

23、ABCD，PD＝AD＝BD＝2，AB＝2，E是棱PC上的一點． (1)若PA∥平面BDE，證明：PE＝EC. (2)在(1)的條件下，棱PB上是否存在點M，使直線DM與平面BDE所成角的大小為30°？若存在，求PM∶MB的值；若不存在，請說明理由． 解：(1)證明：如圖，連接AC交BD于F，連接EF，則EF是平面PAC與平面BDE的交線． 因為PA∥平面BDE，PA?平面PAC，所以PA∥EF. 又F是AC的中點，所以E是PC的中點． 所以PE＝EC. (2)由已知條件可知AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD， 以D為坐標原點，DA所在直線為x軸，DB所在直線為y軸，

24、DP所在直線為z軸建立空間直角坐標系． 則D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，C(－2，2，0)，E(－1，1，1)，＝(－1，1，1)，＝(0，2，0)． 假設在棱PB上存在點M，設＝λ(0≤λ≤1)， 得M(0，2λ，2－2λ)，＝(0，2λ，2－2λ)． 記平面BDE的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則， 即，取z1＝1，則x1＝1， 所以n1＝(1，0，1)為平面BDE的一個法向量． 要使直線DM與平面BDE所成角的大小為30°， 則＝sin 30°， 即＝， 解得λ＝∈[0，1]． 所以在棱PB上存在點M，使直線DM與平面

25、BDE所成角的大小為30°. 此時PM∶MB＝1. [A組　夯基保分專練] 1．(2019·重慶市七校聯(lián)合考試)如圖，三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都是2，AA1⊥平面ABC，D，E分別是AC，CC1的中點． (1)求證：AE⊥平面A1BD； (2)求二面角D-BE-B1的余弦值． 解：(1)證明：因為AB＝BC＝CA，D是AC的中點， 所以BD⊥AC， 因為AA1⊥平面ABC， 所以平面AA1C1C⊥平面ABC， 所以BD⊥平面AA1C1C，所以BD⊥AE. 又在正方形AA1C1C中，D，E分別是AC，CC1的中點， 所以A1D⊥AE.又A1D∩BD＝D

26、， 所以AE⊥平面A1BD. (2)以DA所在直線為x軸，過D作AC的垂線，以該垂線為y軸，DB所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則D(0，0，0)，E(－1，－1，0)，B(0，0，)，B1(0，－2，)，＝(0，0，)，＝(－1，－1，0)，＝(0，－2，0)，＝(1，－1，)， 設平面DBE的法向量為m＝(x，y，z)， 則，即， 令x＝1，則m＝(1，－1，0)， 設平面BB1E的法向量為n＝(a，b，c)，則，即， 令c＝，則n＝(－3，0，)， 設二面角D-BE-B1的平面角為θ，觀察可知θ為鈍角， 因為cos〈m，n〉＝＝， 所以cos θ＝，

27、故二面角D-BE-B1的余弦值為. 2．(2019·成都第一次診斷性檢測)如圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD是邊長為2的菱形，∠ABC＝，PA⊥平面ABCD，點M是棱PC的中點． (1)證明：PA∥平面BMD； (2)當PA＝時，求直線AM與平面PBC所成角的正弦值． 解：(1)證明：如圖1，連接AC交BD于點O，連接MO. 因為M，O分別為PC，AC的中點， 所以PA∥MO. 因為PA?平面BMD，MO?平面BMD， 所以PA∥平面BMD. (2)如圖2，取線段BC的中點H，連接AH. 因為四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝， 所以AH⊥AD. 以A為坐

28、標原點，分別以AH，AD，AP所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系A-xyz， 則A(0，0，0)，B(，－1，0)，C(，1，0)，P(0，0，)，M，所以＝(，，)，＝(0，2，0)，＝(，1，－)． 設平面PBC的法向量為m＝(x，y，z)， 由得， 取z＝1，m＝(1，0，1)． 設直線AM與平面PBC所成角為θ，則sin θ＝|cos〈m，〉|＝＝＝. 所以直線AM與平面PBC所成角的正弦值為. 3．(2019·高考天津卷)如圖，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2. (1)求證：BF∥平面ADE；

29、(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值； (3)若二面角E-BD-F的余弦值為，求線段CF的長． 解：依題意，可以建立以A為原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸正方向的空間直角坐標系(如圖)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2)．設CF＝h(h>0)，則F(1，2，h)． (1)證明：依題意，＝(1，0，0)是平面ADE的法向量，又＝(0，2，h)，可得·＝0，又因為直線BF?平面ADE，所以BF∥平面ADE. (2)依題意，＝(－1，1，0)，＝(－1，0，2)，＝(－1，－2，2)．　 設n＝(x，y，z)為平面

30、BDE的法向量，則即不妨令z＝1，可得n＝(2，2，1)． 因此有cos〈，n〉＝＝－. 所以，直線CE與平面BDE所成角的正弦值為. (3)設m＝(x，y，z)為平面BDF的法向量，則即不妨令y＝1，可得m＝(1，1，－)． 由題意，有|cos〈m，n〉|＝＝＝， 解得h＝，經(jīng)檢驗，符合題意． 所以，線段CF的長為. 4．(2019·東北四市聯(lián)合體模擬(一))如圖，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E為CD的中點，將△ADE沿AE折到△APE的位置． (1)證明：AE⊥PB； (2)當四棱錐P-ABCE的體積最大時，求二面角A-PE-C的余弦值

31、． 解：(1)證明：在等腰梯形ABCD中，連接BD，交AE于點O， 因為AB∥CE，AB＝CE，所以四邊形ABCE為平行四邊形， 所以AE＝BC＝AD＝DE，所以△ADE為等邊三角形， 所以在等腰梯形ABCD中，∠C＝∠ADE＝，BD⊥BC， 所以BD⊥AE. 翻折后可得OP⊥AE，OB⊥AE， 又OP?平面POB，OB?平面POB，OP∩OB＝O，所以AE⊥平面POB， 因為PB?平面POB，所以AE⊥PB. (2)當四棱錐P-ABCE的體積最大時，平面PAE⊥平面ABCE. 又平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO?平面PAE，PO⊥AE，所以OP⊥平面ABCE.

32、以O為坐標原點，OE所在的直線為x軸，OB所在的直線為y軸，OP所在的直線為z軸，建立空間直角坐標系，由題意得， P，E，C，所以＝，＝，設平面PCE的法向量為n1＝(x，y，z)， 則，即，設x＝，則y＝－1，z＝1，所以n1＝(，－1，1)為平面PCE的一個法向量， 易知平面PAE的一個法向量為n2＝(0，1，0)， cos〈n1，n2〉＝＝＝－. 由圖知所求二面角A-PE-C為鈍角，所以二面角A-PE-C的余弦值為－. [B組　大題增分專練] 1．(2019·高考浙江卷)如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30

33、°，A1A＝A1C＝AC，E，F(xiàn)分別是AC，A1B1的中點． (1)證明：EF⊥BC； (2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值． 解：法一：(1)證明：如圖，連接A1E，因為A1A＝A1C，E是AC的中點，所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以，A1E⊥平面ABC，則A1E⊥BC. 又因為A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F. 所以BC⊥平面A1EF. 因此EF⊥BC. (2)取BC的中點G，連接EG，GF，則EGFA1是平行四邊形． 由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG

34、，所以平行四邊形EGFA1為矩形． 連接A1G交EF于O，由(1)得BC⊥平面EGFA1，則平面A1BC⊥平面EGFA1， 所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上． 則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角(或其補角)． 不妨設AC＝4，則在Rt△A1EG中，A1E＝2，EG＝. 由于O為A1G的中點，故EO＝OG＝＝， 所以cos∠EOG＝＝. 因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是. 法二：(1)證明：連接A1E，因為A1A＝A1C，E是AC的中點， 所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1， 平面A1ACC1∩平面A

35、BC＝AC，所以，A1E⊥平面ABC. 如圖，以點E為原點，分別以射線EC，EA1為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標系E-xyz. 不妨設AC＝4，則A1(0，0，2)，B(，1，0)， B1(，3，2)，F(xiàn)(，，2)，C(0，2，0)． 因此，＝，＝(－，1，0)． 由·＝0得EF⊥BC. (2)設直線EF與平面A1BC所成角為θ. 由(1)可得＝(－，1，0)，＝(0，2，－2)． 設平面A1BC的法向量為n＝(x，y，z)． 由得 取n＝(1，，1)故 sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝. 因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值為. 2．(2019·濟

36、南市統(tǒng)一模擬考試)如圖，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE∥CF，∠BCF＝90°，AD＝，BE＝3，CF＝4，EF＝2. (1)求證：AE∥平面DCF； (2)當AB的長為何值時，二面角A-EF-C的大小為60°？ 解：因為平面ABCD⊥平面BEFC，平面ABCD∩平面BEFC＝BC，DC?平面ABCD，且DC⊥BC，所以DC⊥平面BEFC. 以點C為坐標原點，分別以CB，CF，CD所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系C-xyz. 設AB＝a，則C(0，0，0)，A(，0，a)，B(，0，0)，E(，3，0)，F(xiàn)(0，4，0)，D(0，0，

37、a)． (1)證明：因為＝(0，3，－a)，＝(，0，0)，＝(0，4，0)，＝(0，0，a)， 所以·＝0，·＝0，又CD∩CF＝C， 所以CB⊥平面CDF，即為平面CDF的一個法向量． 又·＝0， 所以CB⊥AE，又AE?平面CDF， 所以AE∥平面DCF. (2)設n＝(x，y，z)與平面AEF垂直， ＝(0，3，－a)，＝(－，1，0)， 由，得， 取x＝1，則n＝. BA⊥平面BEFC，＝(0，0，a)， 由|cos〈n，〉|＝＝＝， 得a＝. 所以當AB＝時，二面角A-EF-C的大小為60°. 3．(2019·江西八所重點中學聯(lián)考)如圖所示多面體ABC

38、DEF，其底面ABCD為矩形，且AB＝2，BC＝2，四邊形BDEF為平行四邊形，點F在底面ABCD內(nèi)的投影恰好是BC的中點． (1)已知G為線段FC的中點，證明：BG∥平面AEF； (2)若二面角F-BD-C的大小為，求直線AE與平面BDEF所成角的正弦值． 解：(1)證明：如圖，連接AC交BD于H，連接GH，則GH為△ACF的中位線， 所以GH∥AF. 因為GH?平面AEF，AF?平面AEF，所以GH∥平面AEF. 又BD∥EF，BD?平面AEF，EF?平面AEF，所以BD∥平面AEF. 連接DG，因為BD∩GH＝H，BD?平面BDG，GH?平面BDG，所以平面BDG∥平面

39、AEF， 因為BG?平面BDG，所以BG∥平面AEF. (2)取BC的中點O，AD的中點M，連接OF，OM，則OF⊥平面ABCD，OM⊥BC，以O為坐標原點，OC，OM，OF所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則O(0，0，0)，B(－1，0，0)，C(1，0，0)，D(1，2，0)，所以＝(2，2，0)．設OF＝a(a>0)，則F(0，0，a)，所以＝(1，0，a)． 設平面BDEF的法向量為n1＝(x，y，z)， 由，得， 令x＝－a，得n1＝(－a，a，)． 易得平面ABCD的一個法向量為n2＝(0，0，1)． 因為二面角F-BD-C的大小為，所以|cos〈

40、n1，n2〉|＝||＝＝， 解得a＝. 設直線AE與平面BDEF所成的角為θ，因為＝＋＝＋＝(2，0，0)＋＝，且n1＝， 所以sin θ＝|cos〈，n1〉|＝||＝＝. 故直線AE與平面BDEF所成角的正弦值為. 4．(2019·湖南省湘東六校聯(lián)考)如圖，ABEDFC為多面體，平面ABED與平面ACFD垂直，點O在線段AD上，OA＝1，OD＝2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形． (1)證明：直線BC∥平面OEF； (2)在線段DF上是否存在一點M，使得二面角M-OE-D的余弦值是？若不存在，請說明理由；若存在，請求出M點所在的位置． 解：(1)證明：

41、依題意，在平面ADFC中，∠CAO＝∠FOD＝60°，所以AC∥OF， 又OF?平面OEF，所以AC∥平面OEF. 在平面ABED中，∠BAO＝∠EOD＝60°， 所以AB∥OE，又OE?平面OEF，所以AB∥平面OEF. 因為AB∩AC＝A，AB?平面OEF，AC?平面OEF，AB?平面ABC，AC?平面ABC，所以平面ABC∥平面OEF. 又BC?平面ABC，所以直線BC∥平面OEF. (2)設OD的中點為G，如圖，連接GE，GF，由題意可得GE，GD，GF兩兩垂直，以G為坐標原點，GE，GD，GF所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，易知，O(0，－1，0)，E(，0，0)，F(xiàn)(0，0，)，D(0，1，0)． 假設在線段DF上存在一點M，使得二面角M-OE-D的余弦值是，設＝，λ∈[0，1]，則M(0，1－λ，λ)，＝(0，2－λ，λ)． 設n＝(x，y，z)為平面MOE的法向量， 由得，可取x＝－λ，則y＝λ，z＝λ－2，n＝(－λ，λ，λ－2)． 又平面OED的一個法向量m＝(0，0，1)， 所以＝|cos〈m，n〉|＝， 所以(2λ－1)(λ＋1)＝0， 又λ∈[0，1]，所以λ＝. 所以存在滿足條件的點M，M為DF的中點． - 26 -