北师大版高考数学一轮复习第八章 高考专题突破四　高考中的立体几何问题试卷

这是一份北师大版高考数学一轮复习第八章 高考专题突破四　高考中的立体几何问题试卷，共19页。

命题点1 线线角
例1 如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，试求直线EF和BC1所成的角．
解 以B为原点，分别以直线BC，BA，BB1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(如图)．
设AB＝1，则B(0,0,0)，
Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，C1(1,0,1)，
所以eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \(BC1,\s\up6(—→))＝(1,0,1)．
于是cs〈eq \(BC1,\s\up6(—→))，eq \(EF,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(BC1,\s\up6(—→))·\(EF,\s\up6(→)),|\(BC1,\s\up6(—→))||\(EF,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(1,2),\f(\r(2),2)×\r(2))＝eq \f(1,2)，
所以直线EF和BC1所成角的大小为60°.
思维升华 用向量法求异面直线所成角的一般步骤：
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．
跟踪训练1 (1)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(AD,\s\up6(→))，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为eq \f(3\r(2),10)，则λ的值为________．
答案 eq \f(1,3)
解析 以D为原点，以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)，正方体的棱长为2，
则A1(2,0,2)，D1(0,0,2)，E(0,2,1)，A(2,0,0)，
∴eq \(D1E,\s\up6(—→))＝(0,2，－1)，eq \(A1F,\s\up6(—→))＝eq \(A1A,\s\up6(—→))＋eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(—→))＋λeq \(AD,\s\up6(→))＝(－2λ，0，－2)．
∴cs〈eq \(A1F,\s\up6(—→))，eq \(D1E,\s\up6(—→))〉＝eq \f(\(A1F,\s\up6(—→))·\(D1E,\s\up6(—→)),|\(A1F,\s\up6(—→))||\(D1E,\s\up6(—→))|)＝eq \f(2,2\r(λ2＋1)×\r(5))＝eq \f(3\r(2),10)，
解得λ＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＝－\f(1,3)舍)).
(2)如图，在棱长为1的正四面体(四个面都是正三角形)ABCD中，M，N分别为BC，AD的中点，则直线AM和CN夹角的余弦值为________．
答案 eq \f(2,3)
解析 以eq \(CA,\s\up6(→))，eq \(CB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))作为基底，
则eq \(MA,\s\up6(→))＝eq \(CA,\s\up6(→))－eq \(CM,\s\up6(→))＝eq \(CA,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \(CB,\s\up6(→))，eq \(CN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→)))．
设向量eq \(CN,\s\up6(→))与eq \(MA,\s\up6(→))的夹角为θ，
则直线AM和CN夹角的余弦值等于|cs θ|.
eq \(CN,\s\up6(→))·eq \(MA,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(CA,\s\up6(→))－\f(1,2)\(CB,\s\up6(→))))
＝eq \f(1,2)eq \(CA,\s\up6(→))2－eq \f(1,4)eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(CD,\s\up6(→))·eq \(CA,\s\up6(→))－eq \f(1,4)eq \(CD,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)－eq \f(1,8)＋eq \f(1,4)－eq \f(1,8)＝eq \f(1,2).
又△ABC和△ACD均为等边三角形，
所以|eq \(MA,\s\up6(→))|＝|eq \(CN,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(3),2).
所以cs θ＝eq \f(\(CN,\s\up6(→))·\(MA,\s\up6(→)),|\(CN,\s\up6(→))|·|\(MA,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(1,2),\f(\r(3),2)×\f(\r(3),2))＝eq \f(2,3).
所以直线AM和CN夹角的余弦值为eq \f(2,3).
命题点2 线面角
例2 (2020·新高考全国Ⅰ)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
(1)证明 在正方形ABCD中，AD∥BC，
因为AD⊈平面PBC，BC平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因为AD平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，
所以AD∥l，
因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，
所以AD⊥DC，所以l⊥DC，
因为PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD，
因为DC∩PD＝D，PD，DC平面PDC，
所以l⊥平面PDC.
(2)解 以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，
因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，B(1，1,0)，
因为平面PAD∩平面PBC＝l，
所以l过点P，设Q(m,0,1)，
则有eq \(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(DQ,\s\up6(→))＝(m,0,1)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，
设平面QCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DC,\s\up6(→))·n＝0，,\(DQ,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝0，,mx＋z＝0，))
令x＝1，则z＝－m，
所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－m)，
则cs〈n，eq \(PB,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(PB,\s\up6(→)),|n||\(PB,\s\up6(→))|)＝eq \f(1＋0＋m,\r(3)·\r(m2＋1)).
记PB与平面QCD所成的角为θ，根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，
则sin θ＝|cs〈n，eq \(PB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|1＋m|,\r(3)\r(m2＋1))，
当m＝0时，sin θ＝eq \f(\r(3),3)，
当m≠0时，sin θ＝eq \f(|1＋m|,\r(3)\r(m2＋1))
＝eq \f(\r(3),3)·eq \r(\f(1＋2m＋m2,m2＋1))＝eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋\f(2m,m2＋1))
≤eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋\f(2|m|,m2＋1))≤eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋1)＝eq \f(\r(6),3)，
当且仅当m＝1时取等号，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为eq \f(\r(6),3).
思维升华 (1)利用向量法求直线与平面所成的角有两个思路：①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)．②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α的夹角为θ，直线l的方向向量l与平面α的法向量n的夹角为β，则θ＝eq \f(π,2)－β或θ＝β－eq \f(π,2)，故有sin θ＝|cs β|＝eq \f(|l·n|,|l||n|).
跟踪训练2 如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝eq \f(π,3)，PA⊥底面ABCD，点M是棱PC的中点．
(1)求证：PA∥平面BMD；
(2)当PA＝eq \r(3)时，求直线AM与平面PBC所成角的正弦值．
(1)证明 如图，连接AC交BD于点O，易知O为AC的中点，连接MO.
∵M，O分别为PC，AC的中点，∴PA∥MO.
∵PA⊈平面BMD，MO平面BMD，
∴PA∥平面BMD.
(2)解 如图，取线段BC的中点H，连接AH.
∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝eq \f(π,3)，∴AH⊥AD.
以A为坐标原点，分别以AH，AD，AP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．
∴A(0,0,0)，B(eq \r(3)，－1,0)，C(eq \r(3)，1,0)，P(0,0，eq \r(3))，
Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，
∴eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，
eq \(PC,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，1，－eq \r(3))．
设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BC,\s\up6(→))＝0，,m·\(PC,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y＝0，,\r(3)x＋y－\r(3)z＝0.))
取z＝1，则x＝1，y＝0，∴m＝(1,0,1)．
设直线AM与平面PBC所成的角为θ，则
sin θ＝|cs〈m，eq \(AM,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|m·\(AM,\s\up6(→))|,|m|·|\(AM,\s\up6(→))|)
＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)×1＋\f(1,2)×0＋\f(\r(3),2)×1)),\r(2)×\r(\f(7,4)))＝eq \f(\r(42),7).
∴直线AM与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(\r(42),7).
命题点3 平面与平面的夹角
例3 (12分)(2020·全国Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝eq \f(\r(6),6)DO.
(1)证明：PA⊥平面PBC；
(2)求平面BPC与平面PCE夹角的余弦值．
规范解答
(1)证明 由题设，知△DAE为等边三角形，设AE＝1，
则DO＝eq \f(\r(3),2)，CO＝BO＝eq \f(1,2)AE＝eq \f(1,2)，
所以PO＝eq \f(\r(6),6)DO＝eq \f(\r(2),4)，PC＝eq \r(PO2＋OC2)＝eq \f(\r(6),4)，
同理PB＝eq \f(\r(6),4)，PA＝eq \f(\r(6),4)，[2分]
又△ABC为等边三角形，
则eq \f(BA,sin 60°)＝2OA，所以BA＝eq \f(\r(3),2)，
PA2＋PB2＝eq \f(3,4)＝AB2，则∠APB＝90°，
所以PA⊥PB，同理PA⊥PC，[4分]
又PC∩PB＝P，PC，PB平面PBC，
所以PA⊥平面PBC.[6分]
(2)解 过O作ON∥BC交AB于点N，
因为PO⊥平面ABC，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，ON所在直线为y轴，OD所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，[7分]
则Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(2),4)))，
Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(\r(3),4)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，－\f(\r(3),4)，0))，
eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，－\f(\r(3),4)，－\f(\r(2),4)))，
eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(\r(3),4)，－\f(\r(2),4)))，eq \(PE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，－\f(\r(2),4)))，[8分]
设平面PCB的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\(PB,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x1－\r(3)y1－\r(2)z1＝0，,－x1＋\r(3)y1－\r(2)z1＝0，))
令x1＝eq \r(2)，得z1＝－1，y1＝0，
所以n＝(eq \r(2)，0，－1)，[9分]
设平面PCE的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(PC,\s\up6(→))＝0，,m·\(PE,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－\r(3)y2－\r(2)z2＝0，,－2x2－\r(2)z2＝0，))
令x2＝1，得z2＝－eq \r(2)，y2＝eq \f(\r(3),3)，
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),3)，－\r(2)))，[10分]
故cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(2\r(2),\r(3)×\f(\r(10),\r(3)))＝eq \f(2\r(5),5)，
所以平面BPC与平面PCE夹角的余弦值为eq \f(2\r(5),5).[12分]
利用向量法求空间角的步骤
第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；
第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；
第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角．
跟踪训练3 (2020·宜昌一中模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．
(1)证明：BE⊥PD；
(2)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求平面FAB与平面ABD夹角的余弦值．
解 依题意，以点A为原点，以AB，AD，AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图，
可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．
由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)．
(1)证明 向量eq \(BE,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，
故eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝0，所以eq \(BE,\s\up6(→))⊥eq \(PD,\s\up6(→))，所以BE⊥PD.
(2)解 eq \(BC,\s\up6(→))＝(1,2,0)，eq \(CP,\s\up6(→))＝(－2，－2,2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，
由点F在棱PC上，设eq \(CF,\s\up6(→))＝λeq \(CP,\s\up6(→))，0≤λ≤1，
故eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CF,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋λeq \(CP,\s\up6(→))＝(1－2λ，2－2λ，2λ)，
由BF⊥AC，得eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝0，
所以2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，λ＝eq \f(3,4)，
即eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(3,2))).
设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n1·\(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(3,2)z＝0，))
不妨令z＝－1，可得n1＝(0,3，－1)为平面FAB的一个法向量，
取平面ABD的法向量n2＝(0,0,1)，
则cs〈n1，n2〉＝eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq \f(|－1|,\r(10))＝eq \f(\r(10),10)，
所以平面FAB与平面ABD夹角的余弦值为eq \f(\r(10),10).
题型二 立体几何中的探索性问题
例4 (2020·淄博模拟)已知正方形的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角，点M在线段AB上．
(1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC；
(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°；若存在，求此时平面MEC与平面ECF夹角的余弦值，若不存在，说明理由．
解 (1)因为直线MF平面ABFE，
故点O在平面ABFE内也在平面ADE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上(如图所示)，
因为AO∥BF，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，
所以OM＝MF，AO＝BF，所以点O在EA的延长线上，且AO＝2，
连接DF交EC于N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点，
连接MN，因为MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，
又因为MN平面EMC，OD⊈平面EMC，
所以直线OD∥平面EMC.
(2)由已知可得，EF⊥AE，EF⊥DE，AE∩DE＝E，
所以EF⊥平面ADE，
所以平面ABFE⊥平面ADE，
取AE的中点H为坐标原点，以AH，DH所在直线分别为x轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以E(－1,0,0)，D(0,0，eq \r(3))，C(0,4，eq \r(3))，F(－1,4,0)，
所以eq \(ED,\s\up6(→))＝(1,0，eq \r(3))，eq \(EC,\s\up6(→))＝(1,4，eq \r(3))，
设M(1，t,0)(0≤t≤4)，则eq \(EM,\s\up6(→))＝(2，t,0)，
设平面EMC的法向量m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(EM,\s\up6(→))＝0，,m·\(EC,\s\up6(→))＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋ty＝0，,x＋4y＋\r(3)z＝0，))
取y＝－2，则x＝t，z＝eq \f(8－t,\r(3))，所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，－2，\f(8－t,\r(3))))，
因为DE与平面EMC所成的角为60°，即〈eq \(ED,\s\up6(→))，m〉＝30°，
所以cs〈eq \(ED,\s\up6(→))，m〉＝eq \f(\(ED,\s\up6(→))·m,|\(ED,\s\up6(→))||m|)＝eq \f(8,2\r(t2＋4＋\f(8－t2,3)))＝eq \f(\r(3),2)，
所以eq \f(2\r(3),\r(t2－4t＋19))＝eq \f(\r(3),2)，所以t2－4t＋3＝0，
解得t＝1或t＝3，
所以存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°，
取ED的中点Q，因为EF⊥平面ADE，AQ平面ADE，
所以AQ⊥EF，
又因为AQ⊥DE，DE∩EF＝E，DE，EF平面CEF，
所以AQ⊥平面CEF，则eq \(QA,\s\up6(→))为平面CEF的法向量，
因为Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，A(1,0,0)，
所以eq \(QA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0，－\f(\r(3),2)))，m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，－2，\f(8－t,\r(3))))，
设平面MEC与平面ECF的夹角为θ，
所以|cs θ|＝eq \f(|\(QA,\s\up6(→))·m|,|\(QA,\s\up6(→))|·|m|)＝eq \f(|2t－4|,\r(3) \r(t2＋4＋\f(8－t2,3)))
＝eq \f(|t－2|,\r(t2－4t＋19))，
因为当t＝2时，cs θ＝0，平面EMC⊥平面CDEF，
所以当t＝1或3时，cs θ＝eq \f(1,4).
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，在Rt△ABC中，B为直角，AB＝2BC，E，F分别为AB，AC的中点，将△AEF沿EF折起，使点A到达点D的位置，连接BD，CD，M为CD的中点．
(1)证明：MF⊥平面BCD；
(2)若DE⊥BE，求平面EMF与平面MFC夹角的余弦值．
(1)证明 如图，取DB的中点N，连接MN，EN，
∵M，N分别为CD，DB的中点，
∴MN∥BC，MN＝eq \f(1,2)BC，
又EF∥BC，EF＝eq \f(1,2)BC，
∴四边形EFMN是平行四边形，
∵EF⊥BE，EF⊥DE，BE∩DE＝E，BE，DE平面BDE，
∴EF⊥平面BDE，∴EF⊥EN，
∴MF⊥MN，
在△DFC中，DF＝FC，
又∵M为CD的中点，∴MF⊥CD，
又∵CD∩MN＝M，CD，MN平面BCD，
∴MF⊥平面BCD.
(2)解 ∵DE⊥BE，DE⊥EF，BE∩EF＝E，BE，EF平面BEF，
∴DE⊥平面BEF，
以E为原点，BE，EF，ED所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设BC＝2，
则E(0,0,0)，F(0,1,0)，C(－2,2,0)，M(－1,1,1)，
∴eq \(EF,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(FM,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(2，－1,0)，
设平面EMF的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(EF,\s\up6(→))＝y＝0，,m·\(FM,\s\up6(→))＝－x＋z＝0，))取x＝1，
得m＝(1,0,1)，
同理，得平面CMF的一个法向量为n＝(1,2,1)，
设平面EMF与平面MFC夹角为θ，
则|cs θ|＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(\r(3),3)，
∴平面EMF与平面MFC夹角的余弦值为eq \f(\r(3),3).
课时精练
1.(2020·全国Ⅲ)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.
(1)证明：点C1在平面AEF内；
(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求平面AEF与平面EFA1夹角的正弦值．
(1)证明 设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，
如图，
以C1为坐标原点，eq \(C1D1,\s\up6(——→))，eq \(C1B1,\s\up6(——→))，eq \(C1C,\s\up6(—→))的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系C1xyz.
连接C1F，则C1(0,0,0)，A(a，b，c)，
Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，0，\f(2,3)c))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，b，\f(1,3)c))，
eq \(EA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，b，\f(1,3)c))，eq \(C1F,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，b，\f(1,3)c))，
所以eq \(EA,\s\up6(→))＝eq \(C1F,\s\up6(—→))，
所以EA∥C1F，
即A，E，F，C1四点共面，
所以点C1在平面AEF内．
(2)解 由已知得A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A1(2,1,0)，
则eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，－1，－1)，eq \(AF,\s\up6(→))＝(－2,0，－2)，
eq \(A1E,\s\up6(—→))＝(0，－1,2)，eq \(A1F,\s\up6(—→))＝(－2,0,1)．
设n1＝(x1，y1，z1)为平面AEF的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n1·\(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－y1－z1＝0，,－2x1－2z1＝0，))
可取n1＝(－1，－1,1)．
设n2＝(x2，y2，z2)为平面A1EF的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(A1E,\s\up6(—→))＝0，,n2·\(A1F,\s\up6(—→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－y2＋2z2＝0，,－2x2＋z2＝0，))
同理可取n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2，1)).
因为cs〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝－eq \f(\r(7),7)，
所以平面AEF与平面EFA1夹角的正弦值为eq \f(\r(42),7).
2．(2020·全国Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.
(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．
(1)证明 因为侧面BB1C1C是矩形，且M，N分别为BC，B1C1的中点，
所以MN∥CC1.
又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN.
因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N.
又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN.
又B1C1平面EB1C1F，
所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
(2)解 由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点，eq \(MA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，|eq \(MB,\s\up6(→))|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，
则AB＝2，AM＝eq \r(3).
连接NP，则四边形AONP为平行四边形，
故PM＝eq \f(2\r(3),3)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，\f(1,3)，0)).
由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC，
作NQ⊥AM，垂足为Q，
则NQ⊥平面ABC.
设Q(a,0,0)，
则NQ＝eq \r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)－a))2)，
B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，1，\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)－a))2)))，
故eq \(B1E,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)－a，－\f(2,3)，－\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)－a))2)))，
|eq \(B1E,\s\up6(—→))|＝eq \f(2\r(10),3).
又n＝(0，－1,0)是平面A1AMN的一个法向量，
故sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－〈n，\(B1E,\s\up6(—→))〉))＝cs〈n，eq \(B1E,\s\up6(—→))〉
＝eq \f(n·\(B1E,\s\up6(—→)),|n||\(B1E,\s\up6(—→))|)＝eq \f(\r(10),10).
所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为eq \f(\r(10),10).
3．(2020·湖南六校联考)在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，tan∠ACB＝eq \f(1,2).已知E，F分别是BC，AC的中点，将△CEF沿EF折起，使C到C′的位置且平面C′EF与平面EFB夹角为60°.连接C′B，C′A，如图．
(1)求证：平面C′FA⊥平面ABC′；
(2)求平面AFC′与平面BEC′夹角的大小．
(1)证明 方法一
∵F是AC的中点，
∴AF＝C′F.
设AC′的中点为G，连接FG，如图(1)．
图(1)
设BC′的中点为H，连接GH，EH.
∵∠ABC＝90°，E，F分别是BC，AC的中点，
∴FE⊥BC，∴C′E⊥EF，BE⊥EF，
∴∠BEC′为平面C′EF与平面EFB的夹角．
∴∠BEC′＝60°.
∵E为BC的中点，
∴BE＝EC′，∴△BEC′为等边三角形，
∴EH⊥BC′.
∵EF⊥C′E，EF⊥BE，C′E∩BE＝E，C′E，BE平面BEC′，∴EF⊥平面BEC′.
∵EF∥AB，∴AB⊥平面BEC′，
又EH平面BEC′，∴AB⊥EH.
∵BC′∩AB＝B，∴EH⊥平面ABC′.
∵G，H分别为AC′，BC′的中点，
∴GH∥AB，GH＝eq \f(1,2)AB，
又EF∥AB，EF＝eq \f(1,2)AB，
∴GH∥EF，GH＝EF，
∴四边形EHGF为平行四边形，
∴FG∥EH，∴FG⊥平面ABC′.
又FG平面C′FA，∴平面C′FA⊥平面ABC′.
方法二 ∵∠ABC＝90°，E，F分别为BC，AC的中点，
∴EF⊥BC，∴EF⊥BE，EF⊥EC′.
∵BE∩EC′＝E，∴FE⊥平面BC′E.
∴AB⊥平面BEC′.
如图(2)，以B为原点，分别以BE，BA所在直线为y轴，z轴，建立空间直角坐标系．设AB＝2，
图(2)
则B(0,0,0)，A(0,0,2)，F(0,2,1)，
C′(eq \r(3)，1,0)．
∴eq \(BA,\s\up6(→))＝(0,0,2)，eq \(BC′,\s\up6(——→))＝(eq \r(3)，1,0)，eq \(AF,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq \(AC′,\s\up6(——→))＝(eq \r(3)，1，－2)．
设平面ABC′的法向量为a＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a·\(BA,\s\up6(→))＝0，,a·\(BC′,\s\up6(——→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2z1＝0，,\r(3)x1＋y1＝0.))
令x1＝1，则y1＝－eq \r(3)，z1＝0，∴a＝(1，－eq \r(3)，0)．
设平面C′FA的法向量为b＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b·\(AF,\s\up6(→))＝0，,b·\(AC′,\s\up6(——→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y2－z2＝0，,\r(3)x2＋y2－2z2＝0.))
令x2＝eq \r(3)，则y2＝1，z2＝2，∴b＝(eq \r(3)，1,2)．
∴a·b＝eq \r(3)－eq \r(3)＋0＝0，∴平面C′FA⊥平面ABC′.
(2)解 由(1)中方法二可得平面AFC′的一个法向量为b＝(eq \r(3)，1,2)．
显然平面BEC′的一个法向量为m＝(0,0,1)，
∴cs〈m，b〉＝eq \f(m·b,|m|·|b|)＝eq \f(\r(2),2).
∴平面AFC′与平面BEC′的夹角为45°.
4．(2020·宜昌模拟)如图，四边形ABCD是正方形，四边形BDEF为矩形，AC⊥BF，G为EF的中点．
(1)求证：BF⊥平面ABCD；
(2)平面CBG与平面BGD的夹角可以为60°吗，若可以求出此时eq \f(BF,BC)的值，若不可以，请说明理由．
(1)证明 ∵四边形BDEF为矩形，
∴BF⊥BD，
又∵AC⊥BF，AC，BD为平面ABCD内两条相交直线，
∴BF⊥平面ABCD.
(2)解 假设平面CBG与平面BGD的夹角可以为60°，
由(1)知BF⊥平面ABCD，以A为原点，分别以AB，AD为x轴，y轴建立空间直角坐标系，如图所示，不妨设AB＝AD＝2，
BF＝h(h>0)，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，
EF的中点G(1,1，h)，
eq \(BG,\s\up6(→))＝(－1,1，h)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,2,0)．
设平面BCG的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BG,\s\up6(→))·n＝0，,\(BC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋y＋hz＝0，,2y＝0，))取n＝(h,0,1)．
由于AC⊥BF，AC⊥BD，BF∩BD＝B，BF，BD平面BDG，∴AC⊥平面BDG，
∴平面BDG的一个法向量为eq \(AC,\s\up6(→))＝(2,2,0)．
由题意得cs 60°＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(AC,\s\up6(→)),|n|·|\(AC,\s\up6(→))|)))＝eq \f(2h,\r(h2＋1)·\r(4＋4))，
解得h＝1，此时eq \f(BF,BC)＝eq \f(1,2).
∴当eq \f(BF,BC)＝eq \f(1,2)时，平面CBG与平面BGD的夹角为60°.
5．如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝120°，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF.
(1)求证：EF⊥平面BCF；
(2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB的夹角为θ，试求cs θ的取值范围．
(1)证明 设AD＝CD＝BC＝1，
∵AB∥CD，∠BCD＝120°，∴AB＝2，
∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs 60°＝3，
∴AB2＝AC2＋BC2，
则BC⊥AC.
∵四边形ACFE为矩形，∴AC⊥CF，
又CF，BC平面BCF，且CF∩BC＝C，
∴AC⊥平面BCF.
∵EF∥AC，∴EF⊥平面BCF.
(2)解 以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设AD＝CD＝BC＝1，
令FM＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤λ≤\r(3)))，
则Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，0))，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，0))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ，0，1))，
∴eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，1，0))，eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ，－1，1))，
设n1＝(x，y，z)为平面MAB的一个法向量，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n1·\(BM,\s\up6(→))＝0))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(3)x＋y＝0，,λx－y＋z＝0，))
取x＝1，所以n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(3)，\r(3)－λ))，
∵n2＝(1,0,0)是平面FCB的一个法向量．
∴cs θ＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(1,\r(1＋3＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)－λ))2))＝eq \f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\r(3)))2＋4)).
∵0≤λ≤eq \r(3)，
∴当λ＝0时，cs θ有最小值eq \f(\r(7),7)，
当λ＝eq \r(3)时，cs θ有最大值eq \f(1,2)，
∴cs θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),7)，\f(1,2))).