第3講立體幾何中的向量方法做真題1(2019·高考全國卷)如圖，長方體ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點(diǎn)E在棱AA1上，BEEC1.(1)證明：BE平面EB1C1；(2)若AEA1E，求二面角B­EC­C1的正弦值解：(1)證明：由已知得，B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故B1C1BE.又BEEC1，所以BE平面EB1C1.(2)由(1)知BEB190°.由題設(shè)知RtABERtA1B1E，所以AEB45°，故AEAB，AA12AB.以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D­xyz，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(shè)平面EBC的法向量為n(x，y，z)，則即所以可取n(0，1，1)設(shè)平面ECC1的法向量為m(x1，y1，z1)，則即所以可取m(1，1，0)于是cosn，m.所以，二面角B­EC­C1的正弦值為.2(2018·高考全國卷)如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點(diǎn)，以DF為折痕把DFC折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置，且PFBF.(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，BFPF，BFEF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.(2)作PHEF，垂足為H.由(1)得，PH平面ABFD.以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閥軸正方向，|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H­xyz.由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，故PEPF.可得PH，EH.則H(0，0，0)，P，D，為平面ABFD的法向量設(shè)DP與平面ABFD所成角為，則sin .所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為.山東省學(xué)習(xí)指導(dǎo)意見1空間向量及其運(yùn)算(1)經(jīng)歷向量及其運(yùn)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(biāo)表示(3)掌握空間向量的線性運(yùn)算及其坐標(biāo)表示(4)掌握空間向量的數(shù)量積及其坐標(biāo)表示，能運(yùn)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(yīng)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(guān)系(3)能用向量方法證明有關(guān)線、面位置關(guān)系的一些定理(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(jì)算問題，體會(huì)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P­ABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn)證明：(1)BEDC；(2)BE平面PAD；(3)平面PCD平面PAD.【證明】依題意，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)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(diǎn)，得E(1，1，1)(1)向量(0，1，1)，(2，0，0)，故·0.所以BEDC.(2)因?yàn)锳BAD，又PA平面ABCD，AB平面ABCD，所以ABPA，PAADA，所以AB平面PAD，所以向量(1，0，0)為平面PAD的一個(gè)法向量而·(0，1，1)·(1，0，0)0，所以BEAB，又BE平面PAD，所以BE平面PAD.(3)由(2)知平面PAD的一個(gè)法向量(1，0，0)，向量(0，2，2)，(2，0，0)，設(shè)平面PCD的法向量為n(x，y，z)，則即不妨令y1，可得n(0，1，1)為平面PCD的一個(gè)法向量且n·(0，1，1)·(1，0，0)0，所以n.所以平面PCD平面PAD.設(shè)直線l的方向向量為a(a1，b1，c1)，平面、的法向量分別為(a2，b2，c2)，(a3，b3，c3)則有：(1)線面平行l(wèi)aa·0a1a2b1b2c1c20.(2)線面垂直laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行a2a3，b2b3，c2c3.(4)面面垂直·0a2a3b2b3c2c30. 對點(diǎn)訓(xùn)練在直三棱柱ABC­A1B1C1中，ABC90°，BC2，CC14，點(diǎn)E在線段BB1上，且EB11，D，F(xiàn)，G分別為CC1，C1B1，C1A1的中點(diǎn)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(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系，如圖所示，則B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4)，設(shè)BAa，則A(a，0，0)，所以(a，0，0)，(0，2，2)，(0，2，2)，·0，·0440，即B1DBA，B1DBD.又BABDB，BA，BD平面ABD，因此B1D平面ABD.(2)由(1)知，E(0，0，3)，G，F(xiàn)(0，1，4)，則，(0，1，1)，·0220，·0220，即B1DEG，B1DEF.又EGEFE，EG，EF平面EGF，因此B1D平面EGF.結(jié)合(1)可知是平面ABD的一個(gè)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ABC­A1B1C1中，ABC120°，AB2，BCCC11，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為_【解析】如圖，在平面ABC內(nèi)過點(diǎn)B作BDAB，交AC于點(diǎn)D，則CBD30°.因?yàn)锽B1平面ABC，故以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)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(diǎn)，分別作兩異面直線的平行線，則這兩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(shí)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(jìn)行求解(2)向量法：設(shè)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|cosa，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ABC­A1B1C1中，ABAC，ACBB1，ABA1BAC2，BB12.(1)求證：A1B平面ABC；(2)若P是棱B1C1的中點(diǎn)，求直線BB1與平面PAB所成角的正弦值【解】(1)因?yàn)樵谌庵鵄BC­A1B1C1中，ABAC，ACBB1，ABBB1B，所以AC平面ABB1A1，又A1B平面ABB1A1，所以ACA1B.因?yàn)锽B12，所以AA12，因?yàn)锳BA1B2，所以AB2A1B2AA，所以A1BAB，又ACABA，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(biāo)原點(diǎn)，分別以A1C1，A1B1，BA1所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)1­xyz，則A1(0，0，0)，P(1，1，0)，B(0，0，2)，B1(0，2，0)，(0，2，0)，(1，1，2)，設(shè)平面PAB的法向量為n(x，y，z)，則，即，取z1，則n(2，0，1)為平面PAB的一個(gè)法向量(0，2，2)，設(shè)直線BB1與平面PAB所成的角為，則sin |cosn，|.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(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系A(chǔ)­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(shè)平面PAB的法向量為n(x，y，z)，則，即，取z1，則n(2，0，1)為平面PAB的一個(gè)法向量(0，2，2)，設(shè)直線BB1與平面PAB所成的角為，則sin |cosn，|.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(shè)為直線l與平面所成的角，為直線l的方向向量v與平面的法向量n之間的夾角，則有(如圖1)或(如圖2)，所以有sin |cos |cosv，n|.特別地，0時(shí)，l；時(shí)，0，l或l. 命題角度三二面角的平面角 (2019·四省八校雙教研聯(lián)考)如圖，在四棱錐P­ABCD中，平面PAD平面ABCD，ABCD，ABAD，M為AD的中點(diǎn)，PAPD，ADAB2CD2.(1)求證：平面PMB平面PAC；(2)求二面角A­PC­D的余弦值【解】(1)證明：因?yàn)镻APD，M為AD的中點(diǎn)，所以PMAD，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以PM平面ABCD，所以PMAC，易知tanABM，tanDAC，所以ABMDAC，又AMBABM，所以AMBDAC，所以MBAC，又PMMBM，所以AC平面PMB，又AC平面PAC，所以平面PMB平面PAC.(2)如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則A(1，0，0)，D(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，0，2)設(shè)平面PAC的法向量為n1(x，y，z)，因?yàn)?2，1，0)，(1，0，2)，所以，令z1，則x2，y4，所以n1(2，4，1)為平面PAC的一個(gè)法向量設(shè)平面PDC的法向量為n2(x1，y1，z1)，因?yàn)?0，1，0)，(1，0，2)，所以，令z11，則y10，x12，所以n2(2，0，1)為平面PCD的一個(gè)法向量設(shè)二面角A­PC­D的大小為，則cos .向量法求二面角設(shè)二面角­l­的平面角為(0)，n1，n2分別為平面，的法向量，向量n1，n2的夾角為，則有(如圖1)或(如圖2)，其中cos . 對點(diǎn)訓(xùn)練(2019·蓉城名校第一次聯(lián)考)如圖，在四棱錐P­ABCD中，ADBC，ABBC，ADAB2BC2，APAC，BP3BC.(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A­PB­D的余弦值解：(1)證明：在直角梯形ABCD中，因?yàn)锽C1，AB2，ABBC，所以AC，即APAC，BP3BC3，所以BA2AP2BP2，所以BAAP.又ADBC，所以BAAD，又APADA，所以BA平面PAD.因?yàn)锽A平面ABCD，所以平面PAD平面ABCD.(2)如圖，過點(diǎn)P作POAD交AD于點(diǎn)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 PAO2.又AP，所以AO1，PO2.所以AO綊BC，四邊形ABCD為矩形，所以O(shè)CAD.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OC，OD，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0，1，0)，P(0，0，2)，D(0，1，0)，B(2，1，0)，所以(2，0，0)，(0，1，2)，設(shè)平面APB的法向量為n(x，y，z)，則有，取y2，則n(0，2，1)，同理可得平面PBD的一個(gè)法向量為m(2，2，1)，cosm，n，由圖可知二面角A­PB­D的平面角為銳角，所以二面角A­PB­D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A­CD­F為60°，DECF，CDDE，AD2，DEDC3，CF6.(1)求證：BF平面ADE；(2)在線段CF上求一點(diǎn)G，使銳二面角B­EG­D的余弦值為.【解】(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以BCAD.因?yàn)锳D平面ADE，BC平面ADE，所以BC平面ADE.同理CF平面ADE.又BCCFC，所以平面BCF平面ADE.因?yàn)锽F平面BCF，所以BF平面ADE.(2)因?yàn)镃DAD，CDDE，所以ADE是二面角A­CD­F的平面角，即ADE60°.因?yàn)锳DDED，所以CD平面ADE.因?yàn)镃D平面CDEF，所以平面CDEF平面ADE.如圖，作AODE于點(diǎn)O，則AO平面CDEF.由AD2，DE3，得DO1，EO2.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系O­xyz，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(shè)G(3，t，0)，1t5，則(3，2，)，(0，t，)，設(shè)平面BEG的法向量為m(x，y，z)，則由，得，可取，故平面BEG的一個(gè)法向量為m(2t，3，t)，又平面DEG的一個(gè)法向量為n(0，0，1)，所以|cosm，n|，所以，解得t或t(舍去)，此時(shí)CG.即所求線段CF上的點(diǎn)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(jìn)行復(fù)雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標(biāo)運(yùn)算進(jìn)行判斷(2)解題時(shí)，把要成立的結(jié)論當(dāng)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(diǎn)的坐標(biāo)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(yīng)善于運(yùn)用這一方法解題 對點(diǎn)訓(xùn)練(2019·昆明市診斷測試)如圖，在四棱錐P­ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，PD平面ABCD，PDADBD2，AB2，E是棱PC上的一點(diǎn)(1)若PA平面BDE，證明：PEEC.(2)在(1)的條件下，棱PB上是否存在點(diǎn)M，使直線DM與平面BDE所成角的大小為30°？若存在，求PMMB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?yàn)镻A平面BDE，PA平面PAC，所以PAEF.又F是AC的中點(diǎn)，所以E是PC的中點(diǎn)所以PEEC.(2)由已知條件可知AD2BD2AB2，所以ADBD，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA所在直線為x軸，DB所在直線為y軸，DP所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)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(shè)在棱PB上存在點(diǎn)M，設(shè)(01)，得M(0，2，22)，(0，2，22)記平面BDE的法向量為n1(x1，y1，z1)，則，即，取z11，則x11，所以n1(1，0，1)為平面BDE的一個(gè)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0，1所以在棱PB上存在點(diǎn)M，使直線DM與平面BDE所成角的大小為30°.此時(shí)PMMB1.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ABC­A1B1C1的所有棱長都是2，AA1平面ABC，D，E分別是AC，CC1的中點(diǎn)(1)求證：AE平面A1BD；(2)求二面角D­BE­B1的余弦值解：(1)證明：因?yàn)锳BBCCA，D是AC的中點(diǎn)，所以BDAC，因?yàn)锳A1平面ABC，所以平面AA1C1C平面ABC，所以BD平面AA1C1C，所以BDAE.又在正方形AA1C1C中，D，E分別是AC，CC1的中點(diǎn)，所以A1DAE.又A1DBDD，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(biāo)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(shè)平面DBE的法向量為m(x，y，z)，則，即，令x1，則m(1，1，0)，設(shè)平面BB1E的法向量為n(a，b，c)，則，即，令c，則n(3，0，)，設(shè)二面角D­BE­B1的平面角為，觀察可知為鈍角，因?yàn)閏osm，n，所以cos ，故二面角D­BE­B1的余弦值為.2(2019·成都第一次診斷性檢測)如圖，四棱錐P­ABCD的底面ABCD是邊長為2的菱形，ABC，PA平面ABCD，點(diǎn)M是棱PC的中點(diǎn)(1)證明：PA平面BMD；(2)當(dāng)PA時(shí)，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(diǎn)O，連接MO.因?yàn)镸，O分別為PC，AC的中點(diǎn)，所以PAMO.因?yàn)镻A平面BMD，MO平面BMD，所以PA平面BMD.(2)如圖2，取線段BC的中點(diǎn)H，連接AH.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，ABC，所以AHAD.以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系A(chǔ)­xyz，則A(0，0，0)，B(，1，0)，C(，1，0)，P(0，0，)，M，所以(，)，(0，2，0)，(，1，)設(shè)平面PBC的法向量為m(x，y，z)，由得，取z1，m(1，0，1)設(shè)直線AM與平面PBC所成角為，則sin |cosm，|.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，CFAE，ADBC，ADAB，ABAD1，AEBC2.(1)求證：BF平面ADE；(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角E­BD­F的余弦值為，求線段CF的長解：依題意，可以建立以A為原點(diǎn)，分別以，的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸正方向的空間直角坐標(biāo)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(shè)CFh(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?yàn)橹本€BF平面ADE，所以BF平面ADE.(2)依題意，(1，1，0)，(1，0，2)，(1，2，2)設(shè)n(x，y，z)為平面BDE的法向量，則即不妨令z1，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(shè)m(x，y，z)為平面BDF的法向量，則即不妨令y1，可得m(1，1，)由題意，有|cosm，n|，解得h，經(jīng)檢驗(yàn)，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，ABCD，ADABBC1，CD2，E為CD的中點(diǎn)，將ADE沿AE折到APE的位置(1)證明：AEPB；(2)當(dāng)四棱錐P­ABCE的體積最大時(shí)，求二面角A­PE­C的余弦值解：(1)證明：在等腰梯形ABCD中，連接BD，交AE于點(diǎn)O，因?yàn)锳BCE，ABCE，所以四邊形ABCE為平行四邊形，所以AEBCADDE，所以ADE為等邊三角形，所以在等腰梯形ABCD中，CADE，BDBC，所以BDAE.翻折后可得OPAE，OBAE，又OP平面POB，OB平面POB，OPOBO，所以AE平面POB，因?yàn)镻B平面POB，所以AEPB.(2)當(dāng)四棱錐P­ABCE的體積最大時(shí)，平面PAE平面ABCE.又平面PAE平面ABCEAE，PO平面PAE，POAE，所以O(shè)P平面ABCE.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系，由題意得，P，E，C，所以，設(shè)平面PCE的法向量為n1(x，y，z)，則，即，設(shè)x，則y1，z1，所以n1(，1，1)為平面PCE的一個(gè)法向量，易知平面PAE的一個(gè)法向量為n2(0，1，0)，cosn1，n2.由圖知所求二面角A­PE­C為鈍角，所以二面角A­PE­C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ABC­A1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90°，BAC30°，A1AA1CAC，E，F(xiàn)分別是AC，A1B1的中點(diǎn)(1)證明：EFBC；(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?yàn)锳1AA1C，E是AC的中點(diǎn)，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以，A1E平面ABC，則A1EBC.又因?yàn)锳1FAB，ABC90°，故BCA1F.所以BC平面A1EF.因此EFBC.(2)取BC的中點(diǎn)G，連接EG，GF，則EGFA1是平行四邊形由于A1E平面ABC，故A1EEG，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(bǔ)角)不妨設(shè)AC4，則在RtA1EG中，A1E2，EG.由于O為A1G的中點(diǎn)，故EOOG，所以cosEOG.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?yàn)锳1AA1C，E是AC的中點(diǎn)，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以，A1E平面ABC.如圖，以點(diǎn)E為原點(diǎn)，分別以射線EC，EA1為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系E­xyz.不妨設(shè)AC4，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EFBC.(2)設(shè)直線EF與平面A1BC所成角為.由(1)可得(，1，0)，(0，2，2)設(shè)平面A1BC的法向量為n(x，y，z)由得取n(1，1)故sin |cos，n|.因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值為.2(2019·濟(jì)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，BECF，BCF90°，AD，BE3，CF4，EF2.(1)求證：AE平面DCF；(2)當(dāng)AB的長為何值時(shí)，二面角A­EF­C的大小為60°？解：因?yàn)槠矫鍭BCD平面BEFC，平面ABCD平面BEFCBC，DC平面ABCD，且DCBC，所以DC平面BEFC.以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系C­xyz.設(shè)ABa，則C(0，0，0)，A(，0，a)，B(，0，0)，E(，3，0)，F(xiàn)(0，4，0)，D(0，0，a)(1)證明：因?yàn)?0，3，a)，(，0，0)，(0，4，0)，(0，0，a)，所以·0，·0，又CDCFC，所以CB平面CDF，即為平面CDF的一個(gè)法向量又·0，所以CBAE，又AE平面CDF，所以AE平面DCF.(2)設(shè)n(x，y，z)與平面AEF垂直，(0，3，a)，(，1，0)，由，得，取x1，則n.BA平面BEFC，(0，0，a)，由|cosn，|，得a.所以當(dāng)AB時(shí)，二面角A­EF­C的大小為60°.3(2019·江西八所重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖所示多面體ABCDEF，其底面ABCD為矩形，且AB2，BC2，四邊形BDEF為平行四邊形，點(diǎn)F在底面ABCD內(nèi)的投影恰好是BC的中點(diǎn)(1)已知G為線段FC的中點(diǎn)，證明：BG平面AEF；(2)若二面角F­BD­C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GHAF.因?yàn)镚H平面AEF，AF平面AEF，所以GH平面AEF.又BDEF，BD平面AEF，EF平面AEF，所以BD平面AEF.連接DG，因?yàn)锽DGHH，BD平面BDG，GH平面BDG，所以平面BDG平面AEF，因?yàn)锽G平面BDG，所以BG平面AEF.(2)取BC的中點(diǎn)O，AD的中點(diǎn)M，連接OF，OM，則OF平面ABCD，OMBC，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OC，OM，OF所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則O(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，0，0)，D(1，2，0)，所以(2，2，0)設(shè)OFa(a>0)，則F(0，0，a)，所以(1，0，a)設(shè)平面BDEF的法向量為n1(x，y，z)，由，得，令xa，得n1(a，a，)易得平面ABCD的一個(gè)法向量為n2(0，0，1)因?yàn)槎娼荈­BD­C的大小為，所以|cosn1，n2|，解得a.設(shè)直線AE與平面BDEF所成的角為，因?yàn)?2，0，0)，且n1，所以sin |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(diǎn)O在線段AD上，OA1，OD2，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(diǎn)M，使得二面角M­OE­D的余弦值是？若不存在，請說明理由；若存在，請求出M點(diǎn)所在的位置解：(1)證明：依題意，在平面ADFC中，CAOFOD60°，所以ACOF，又OF平面OEF，所以AC平面OEF.在平面ABED中，BAOEOD60°，所以ABOE，又OE平面OEF，所以AB平面OEF.因?yàn)锳BACA，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(shè)OD的中點(diǎn)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(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系，易知，O(0，1，0)，E(，0，0)，F(xiàn)(0，0，)，D(0，1，0)假設(shè)在線段DF上存在一點(diǎn)M，使得二面角M­OE­D的余弦值是，設(shè)，0，1，則M(0，1，)，(0，2，)設(shè)n(x，y，z)為平面MOE的法向量，由得，可取x，則y，z2，n(，2)又平面OED的一個(gè)法向量m(0，0，1)，所以|cosm，n|，所以(21)(1)0，又0，1，所以.所以存在滿足條件的點(diǎn)M，M為DF的中點(diǎn) - 26 -