二轮专题复习江苏专用数学理科WORD版材料专题七附加题部分

1、学习必备欢迎下载第 1 讲立体几何中的向量方法高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)空间向量的坐标表示及坐标运算，属B 级要求； (2)线线、线面、面面平行关系判定，属B 级要求； (3)线线、线面、面面垂直的判定，属B 级要求； (4)求异面直线、直线与平面、平面与平面所成角，属 B 级要求.真题感悟(2015 ·江苏卷 )如图，在四棱锥 P ABCD 中，已知 PA平面 ABCD，且四边形 ABCD为直角梯形， ABC BAD 2 ， PA AD 2， ABBC1.(1)求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值；(2)点 Q 是线段 BP 上的动点，当直线 CQ 与

2、DP 所成的角最小时，求线段 BQ 的长 .解以 AB， AD， AP 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 A xyz，则各点的坐标为 B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0， 0， 2).(1)因为 AD平面 PAB，所以 AD是平面 PAB 的一个法向量，AD(0， 2， 0).因为 PC (1，1， 2)， PD(0，2， 2).设平面PCD 的法向量为 m(x， y，z)，则 m·PC0，m·PD 0，xy 2z0，即令 y 1，解得 z1，x1.2y 2z0.所以 m(1， 1， 1)是平面 PCD 的一个法向量，学习必备欢迎下载3AD&

3、#183; m从而 cosAD，m3，|AD|m|所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为33 .因为(2)1，0， 2)，设 BQ BP( ， 0， 2 )(01)，BP又CB(0， 1，0)，则 CQCBBQ( ， 1，2 )，又DP(0， 2，2)， · DPCQ1 2从而 cosCQ，DP .22|CQ|DP|10设 1 2t，t 1，3，222t229则 cosCQ，DP15210.5t10t9209t 9 992 3 10当且仅当 t5，即 5时，|cos CQ，DP|的最大值为10 .因为 ycos x 在 0， 2上是减函数，此时直线 CQ 与 DP 所

4、成角取得最小值 .22225又因为 BP125，所以 BQ5BP5 .考点整合1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线 l 的方向向量为 a(a1 ，b1，c1)，平面 ，的法向量分别为 (a2， b2，c2)， (a3， b3，c3)，则(1)线面平行l? a? a·0? a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直l? a? ak? a1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行? ? ? a2a3，b2 b3， c2c3.(4)面面垂直? ? ·0? a2a3b2b3c2c3 0.学习必备欢迎下载2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线

5、l ，m 的方向向量分别为 a(a1 ，b1，c1)，b(a2 ，b2，c2)，平面 ，的法向量分别为 (a3 ，b3， c3 )，(a4 ，b4，c4)(以下相同 ).(1)线线夹角设 l，m 的夹角为 (0 2 )，则|a b|·1 2 b1 2c1 2|a abc |cos |a|b|222222.1b1 c12b2 c2aa(2)线面夹角设直线 l 与平面 的夹角为 (02 )，则|a ·|sin |cosa， |，|a|(3)面面夹角|·|设平面 ， 的夹角为 (0)，则 |cos |cos， | | |. |热点一向量法证明平行与垂直【例 1 】 如图

6、，在直三棱柱 ADEBCF 中，平面 ABFE 和平面 ABCD 都是正方形且互相垂直， M 为 AB 的中点， O 为 DF 的中点，运用向量方法求证：(1)OM平面 BCF；(2)平面 MDF 平面 EFCD.证明 法一 由题意，得 AB， AD， AE 两两垂直，以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 .设正方形边长为1，则 A(0，0，0)， B(1，0，0)，C(1，1，0)，1111D(0，1，0)， F(1，0，1)，M 2，0，0，O 2，2，2 .11，(1)OM 0，22BA( 1， 0， 0)，OM· BA 0， OMBA.学习必备欢迎下载棱柱 ADEBCF

7、 是直三棱柱， AB平面 BCF，BA是平面 BCF 的一个法向量，且 OM?平面 BCF， OM平面 BCF.(2)设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为 n1 (x1，y1，z1 ， 2 (x2，y2，) n(1， ， 1，1，0z2).DF1 1)DM2，DC (1，0，0)， CF (0，1，1)，n1·DF 0，由n1·DM 0.1x1y1 z10，y1 2x1，得 1 11解得12xy 0，z12x1，1 1令 x11，则 n1 1， 2， 2 .同理可得 n2(0， 1，1).n1·n20，平面 MDF平面 EFCD.11法二(1)OM

8、OFFBBM2DFBF2BA111112(DBBF)BF 2BA 2BD2BF2BA1 11 2(BC BA)2BF 2BA11 2BC2BF.向量 OM与向量 BF，BC共面，又 OM?平面 BCF， OM平面 BCF.(2)由(1)及题意知， BF，BC，BA 两两垂直，CDBA，FCBCBF，OM·CD1 1 2BC2BF·BA0， OM·FC1 1 2BC2BF·(BCBF)1 212 2BC 2BF 0.学习必备欢迎下载OMCD，OMFC，又 CDFCC，OM平面 EFCD.又 OM? 平面 MDF ，平面 MDF 平面 EFCD .探究提高解

9、决本类问题的关键步骤是建立恰当的坐标系，用坐标表示向量或用基底表示向量，证法的核心是利用向量的数量积或数乘运算.【训练 1 】 如图，在四棱锥 P ABCD 中， PA平面 ABCD，底面 ABCD 是菱形， PA AB 2， BAD 60°， E 是 PA 的中点.(1)求证：直线 PC平面 BDE；(2)求证： BD PC.证明设 AC BD O.因为 BAD 60°，AB2，底面 ABCD为菱形，所以 BO1，AOCO3，ACBD.如图，以 O 为坐标原点，以 OB，OC 所在直线分别为x 轴，y轴，过点 O 且平行于 PA 的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系Oxy

10、z，则 P(0， 3，2)，A(0， 3，0)，B(1，0，0)，C(0， 3，0)，D(1，0，0)，E(0，3，1).(1)设平面 BDE 的法向量为 n1(x1，y1，z1)，(2，0，0)，因为 BE (1，3， 1)，BDn1·BD 0， 2x1 0，由得 x 3yz 0，111n1·BE0，令 z1 3，得 y11，所以 n1(0， 1， 3).32 30，又PC(0， 23， 2)，所以 PC· n102即PCn1，又 PC?平面 BDE，所以 PC平面 BDE.(2)因为 PC(0， 23，2)，BD(2，0，0)，所以 PC· BD 0

11、.故 BDPC.热点二利用空间向量求空间角学习必备欢迎下载微题型 1求线面角【例 2 1】 (2016 ·全国 卷)如图，四棱锥 PABCD 中，PA底面 ABCD，AD BC，ABADAC3，PABC 4，M 为线段 AD 上一点， AM2MD ，N 为 PC 的中点 .(1)证明 MN平面 PAB；(2)求直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值 .2(1)证明由已知得 AM3AD2.取 BP 的中点 T，连接 AT， TN，由 N 为 PC 中点知 TNBC，1TN2BC 2.又 AD BC，故 TN 綉 AM，四边形 AMNT 为平行四边形，于是MN AT.因为 AT? 平

12、面 PAB，MN?平面 PAB，所以 MN平面 PAB.(2)解取 BC 的中点 E，连接 AE.由 AB AC 得 AEBC，222BC 2从而 AEAD，AEAB BE AB 2 5.以 A 为坐标原点， AE的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.5由题意知， P(0， 0， 4)，M(0， 2，0)， C(5，2，0)，N2 ，1，2，PM(0， 2，554)， PN2，1，2，AN2，1，2 .设 n (x，y，z)为平面 PMN 的法向量，则2y4z0，n·PM0，5可取 n(0， 2， 1).即2 x y 2z0，n·PN0，8 5n&#

13、183;AN于是 cosn，AN 25 .|n|AN|设 AN 与平面 PMN 所成的角为 ，则 sin 85，25学习必备欢迎下载85直线 AN 与平面 PMN 所成的角的正弦值为25 .探究提高利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破 ”：第一，破 “建系关” ，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“ 求坐标关 ”，准确求解相关点的坐标；第三，破 “求法向量关 ”，求出平面的法向量；第四，破 “应用公式关 ”. 微题型 2 求二面角【例 2 2】 (2016 ·全国 卷)如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O，AB5，AC 6，点 E，F 分别在 AD，CD 上

14、，5AECF4，EF 交 BD 于点 H.将DEF 沿 EF 折到 DEF 的位置 .OD10.(1)证明： DH平面 ABCD；(2)求二面角 BDA C 的正弦值 .(1)证明由已知得 ACBD，ADCD.AECF又由 AECF 得ADCD，故 ACEF.因此 EFHD，从而 EFDH.由 AB 5， AC 6 得 DOBO AB2AO24.OHAE1由 EFAC 得DOAD4.所以 OH1，DHDH3.于是 DH2OH2321210DO2，故 DHOH.又 DHEF，而 OHEFH，所以 D H平面 ABCD.(2)解如图，以 H 为坐标原点，HF的方向为 x 轴正方向，HD的方向为 y

15、 轴正方向， HD 的方向为 z 轴正方向，建立空间直角坐标系 Hxyz.则 H(0，0，0)，A( 3， 1，0)，学习必备欢迎下载B(0， 5， 0)，C(3， 1，0)，(3， 4，0)，AC(6，0，0)，AD(3，1，3).D(0， 0， 3)，AB设 m(x1， y1，z1)是平面 ABD的法向量，则 0，3x14y 0，m·AB1即1 y13z10，· 0，3xm AD所以可取 m(4，3， 5).设 n (x2，y2 ，z2)是平面 ACD的法向量，则n·AC0，6x20，即3x2y23z20，n AD 0，·所以可取 n (0， 3，1

16、).于是 cosm，nm·n 1475|m|n|25.50× 102 95 sinm，n 25 .2 95因此二面角 BD AC 的正弦值是 25 .探究提高利用法向量的根据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在能断定所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角的情况下，这种方法具有一定的优势，但要注意，必须能断定“ 所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角 ” ，在用法向量法求二面角的大小时，务必要作出这个判断，否则解法是不严谨的 .【训练 2 】 (2013 ·江苏卷 )如图，在直三棱柱A1B1C1- ABC 中， ABAC，ABAC2，A1A 4，点

17、 D 是 BC 的中点 .(1)求异面直线 A1B 与 C1 D 所成角的余弦值；(2)求平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的正弦值 .解(1)以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz，则 A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(1，1，0)，A1(0，0，学习必备欢迎下载4)，C1(0，2，4)，所以 A1B(2，0， 4)， C1D(1， 1， 4).A1B C1D183 10因为 cosA1 ，C1D，BA1B C1D20× 1810所以异面直线 A1B与 1所成角的余弦值为3 10C D10 .(2)设平面 ADC1 的法向量为

18、n1(x，y，z)，因为 AD(1，1，0)，AC1(0，2，4)，所以 n1·AD0，n1·AC10，即 xy 0 且 y2z 0，取 z1，得 x 2， y2，所以，n1 (2，2，1)是平面 ADC1 的一个法向量 .取平面 AA1B 的一个法向量为 n2(0，1，0)，设平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的大小为.由|cos | n1·n222，得 sin 5|n1|n2|9× 133 .因此，平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的正弦值为53 .热点三向量法解决立体几何中的探索性问题【例 3 】 如图，在四棱锥 PABCD 中

19、，底面 ABCD 为直角梯形， AD BC， ADC90°，平面 PAD底面 ABCD，Q 为1AD 的中点， PAPD2，BC2AD 1， CD3.(1)求证：平面 PQB平面 PAD；(2)在棱 PC 上是否存在一点 M，使二面角 MBQC 为 30°，若存在，确定M的位置；若不存在，请说明理由.(1)证明1ADBC，BC2AD，Q 为AD 的中点，BCDQ且 BCDQ，四边形BCDQ为平行四边形，CDBQ. ADC 90°， AQB90°，即QB AD，PAPD， PQAD ，PQBQQ， PQ， BQ? 平面 PBQ， AD平面 PBQ，AD?

20、平面 PAD，平面 PQB平面 PAD.(2)解当 M 是棱 PC 上靠近点 C 的四等分点时，有二面角MBQC 为30°，学习必备欢迎下载理由如下：由(1)知 PQ AD.平面 PAD平面 ABCD，且平面 PAD平面 ABCD AD，PQ平面 ABCD.以 Q 为原点， QA 为 x 轴， QB 为 y 轴， QP 为 z 轴建立空间直角坐标系，则平面BQC 的一个法向量 n(0，0，1)，Q(0，0，0)，P(0，0，3)，B(0， 3，0)，C(1，3，0).设满足条件的点M(x，y，z)存在，则PM (x，y， z3)，MC(1x，3 y， z)，令PM tMC，其中 t

21、0，tx 1t，xt（ 1x）， yt（ ），y3t ，3 y1 tz 3t（ z），3z 1 t.在平面 MBQ 中，(0，t，3t，3，3，0)，QM QB1t1 t1t平面 MBQ 的一个法向量m( 3，0，t)，二面角 MBQC 为 30°，cos 30°n·m|t|3，|n| ·|m|30t22解得 t 3.所以满足条件的点M 存在， M 是棱 PC 的靠近点 C 的四等分点 .探究提高(1)确定点的坐标时， 通常利用向量共线来求， 如本例 PM tMC来求 M点的坐标 .(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在

22、” 问学习必备欢迎下载题转化为 “ 点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解” 等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题.【训练 3 】 (2016 ·北京卷 )如图，在四棱锥PABCD 中，平面PAD平面 ABCD，PAPD，PAPD，AB AD，AB1，AD2，ACCD 5.(1)求证： PD平面 PAB；(2)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值；AM(3)在棱 PA 上是否存在点 M ，使得 BM平面 PCD？若存在，求 AP 的值；若不存在，说明理由 .(1)证明平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD.又 AB AD， AB? 平

23、面 ABCD.AB平面 PAD.PD? 平面 PAD.ABPD.又 PAPD，PAABA.PD平面 PAB.(2)解取 AD 中点 O，连接 CO，PO， PAPD， PO AD.又 PO? 平面 PAD，平面 PAD平面 ABCD，PO平面 ABCD， CO? 平面 ABCD， POCO，ACCD， COAD.以 O 为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知 P(0，0，1)， B(1，1，0)，D(0，1，0)， C(2，0，0).则PB(1， 1， 1)，PD(0， 1， 1)， PC (2，0， 1).CD(2，1，0).设 n (x0，y0 ，1)为平面 PDC 的一个法向量 .n&#

24、183;PD0，由得n·PC0y0 1，y0 1 0，解得12x010，x02.1即 n 2， 1， 1 .学习必备欢迎下载设 PB 与平面 PCD 的夹角为 .1113n·PB2则 sin |cos n，PB |13 .|n|PB|411× 3(3)解 设 M 是棱 PA 上一点，则存在 0，1使得 AMAP，因此点 M(0，1 ，)，BM(1， ， )，因为 BM?平面 PCD，所以 BM平面 PCD，1， 1，11当且仅当 BM·n 0，即 ( 1， ， ) ·0，解得 ，所以在棱24AM1PA 上存在点 M 使得 BM平面 PCD，此时

25、 AP4.1.两条直线夹角的范围为0， 2 .设直线 l 1，l 2 的方向向量分别为n1，n2，其夹角为，则cos|cos1，n2|n1·n2|n|n1|n2| .二面角的范围为0，设半平面 与 的法向量分别为n1 与 n2，二面角为 ，2.则|cos |cosn1，n2|n1·n2|n|n |.123.利用空间向量求解二面角时，易忽视二面角的范围，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错.4.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各类角、距离以向量的方式表达出来，

26、把立体几何问题转化为空间向量的运算问题.应用的核心是充分认识形体特征， 进而建立空间直角坐标系， 通过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性.1.(2016 南·通调研 )如图，在四棱锥 S ABCD 中，底面 ABCD 为矩形， SA平面 ABCD， AB 1， AD AS2，P 是棱 SD1上一点，且 SP 2PD.(1)求直线 AB 与 CP 所成角的余弦值；学习必备欢迎下载(2)求二面角 APC D 的余弦值 .解 (1)如图，以 A 为坐标原点，分别以 AB， AD，AS 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，则 A(0，0，0)，B(1

27、，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，S(0，0，2).设 P(x ，y ， z，由1得(x ， y ，z 2)1， ，000)SP 3SD0003(0 22)，2424所以 x00，y03， z0 3，点 P 坐标为 0，3，3 .1， 4，4， ， ，0).CP33AB (10设直线 AB 与 CP 所成的角为 ，由图可知， 为锐角，1×1 4×04×0· CP333 41AB则 cos 42441 .|AB|CP|1 233×1(2)设平面 APC 的法向量为 m(x1， y1，z1)，24，由于 AC (1，2，0)，AP0，

28、 ，33m·ACx12y10，所以2 14 10.m·AP3y3z令 y1 2，则 x14，z11，m (4， 2，1).设平面 DPC 的法向量为 n(x2 ，y2 ，z2)，44，由于 DC (1，0，0)， CP1， ，33n·DCx20，所以 x2424 20，n·CP3y3z令 y21，则 z21，n(0，1，1).设二面角 A PC D 的大小为 ，由于 cosm，n0× 4 1×（ 2） 1× 1422× 2142 ，学习必备欢迎下载42由于 为钝角，所以 cos cosm， n 42 .2.(201

29、5 山·东卷 )如图，在三棱台 DEF ABC 中，AB2DE，G，H 分别为 AC， BC 的中点 .(1)求证： BD平面 FGH ；(2)若 CF平面 ABC，AB BC，CF DE, BAC45° ，求平面 FGH 与平面 ACFD 所成的角 (锐角 )的大小 .(1)证明法一连接 DG，CD，设 CDGFO，连接 OH，在三棱台 DEF ABC 中，AB2DE， G 为 AC 的中点，可得 DFGC，DFGC，所以四边形 DFCG 为平行四边形 .则 O 为 CD 的中点，又 H 为 BC 的中点，所以 OHBD，又 OH? 平面 FGH，BD?平面 FGH，所以

30、 BD平面 FGH .法二在三棱台 DEFABC 中，由 BC 2EF，H 为 BC 的中点，可得 BHEF，BHEF，所以四边形 BHFE 为平行四边形，可得 BEHF .在 ABC 中， G 为 AC 的中点， H 为 BC 的中点，所以 GHAB.又 GHHFH，所以平面 FGH平面 ABED.因为 BD? 平面 ABED，所以 BD平面 FGH .(2)解设 AB 2，则 CF1.在三棱台 DEF ABC 中， G 为1AC 的中点，由 DF 2ACGC，可得四边形 DGCF 为平行四边形，因此 DGFC，又 FC平面 ABC，学习必备欢迎下载所以 DG平面 ABC.在 ABC 中，由

31、 AB BC， BAC 45°， G 是 AC 中点 .所以 ABBC，GBGC，因此 GB，GC，GD 两两垂直 .以 G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 Gxyz.所以 G(0，0，0)， B(2，0， 0)，C(0，2，0)， D(0，0，1).可得 H2，2，0，F(0，2，1)，2222故GH2，2，0 ，GF(0， 2，1).设 n (x，y，z)是平面 FGH 的一个法向量，xy 0，n·GH 0，则由可得2yz0. 0，·n GF可得平面 FGH 的一个法向量 n(1， 1， 2).2，0，0).因为 GB是平面 ACFD的一个法向量，

32、GB (21GB· n所以 cosGB，n22 .2|GB| |n|·所以平面 FGH 与平面 ACFD 所成角 (锐角 )的大小为 60°.3.(2016 四·川卷 )如图，在四棱锥 PABCD 中，ADBC，ADC1 PAB90°， BCCD2AD.E 为边 AD 的中点，异面直线 PA 与 CD 所成的角为 90°.(1)在平面 PAB 内找一点 M，使得直线 CM平面 PBE，并说明理由；(2)若二面角 PCD A 的大小为 45°，求直线 PA 与平面 PCE所成角的正弦值 .解 (1)在梯形 ABCD 中，AB

33、与 CD 不平行 .延长 AB，DC，相交于点 M(M 平面 PAB)，点 M 即为所求的一个点 .理由如下：由已知， BCED，且 BCED.所以四边形 BCDE 是平行四边形 .学习必备欢迎下载从而 CMEB.又 EB? 平面 PBE，CM?平面 PBE.所以 CM平面 PBE.(说明：延长 AP 至点 N，使得 APPN，则所找的点可以是直线MN 上任意一点 )(2)法一由已知， CDPA， CD AD，PA AD A，所以 CD平面 PAD.于是 CDPD.从而 PDA 是二面角 P CD A 的平面角 .所以 PDA45° .由 PAAB，可得 PA平面 ABCD.设 BC

34、 1，则在 RtPAD 中， PAAD2.作 AyAD，以 A 为原点，以 AD， AP的方向分别为x 轴， z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则 A(0，0， 0)，P(0，0，2)， C(2，1，0)，E(1， 0， 0).所以 PE (1，0， 2)， EC (1，1，0)，AP(0， 0， 2).设平面 PCE 的法向量为 n(x，y，z).n·PE0，由得n·EC0.x 2z0，x y 0.设 x 2，解得 n (2， 2，1).设直线 PA 与平面 PCE 所成角为 ，21则 sin |n·AP|×2223.2（ 2） 1

35、|n| ·|AP|2所以直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值为13.法二 由已知， CDPA，CDAD，PAADA，所以 CD平面 PAD.从而 CDPD.所以 PDA 是二面角 P CD A 的平面角 .所以 PDA45°.设 BC 1，则在 RtPAD 中， PAAD2.过点 A 作 AH CE，交 CE 的延长线于点H，连接 PH.易知 PA平面 ABCD，学习必备欢迎下载从而 PA CE.且 PAAHA，于是 CE平面 PAH.又 CE? 平面 PCE 所以平面 PCE平面 PAH.过 A 作 AQPH 于 Q，则 AQ平面 PCE.所以 APH 是 PA 与

36、平面 PCE 所成的角 .在 RtAEH 中， AEH45°， AE 1，2所以AH 2.在 RtPAH 中， PH PA2 AH23 2 2.所以 sin APH AHPH 13.4.(2016 浙·江卷 )如图，在三棱台 ABC DEF 中，平面 BCFE平面 ABC， ACB 90°， BE EF FC 1， BC 2， AC3.(1)求证： BF平面 ACFD ；(2)求二面角 BADF 的平面角的余弦值 .(1)证明 延长 AD，BE，CF 相交于一点 K，如图所示 .因为平面BCFE平面 ABC，且 ACBC，所以 AC平面 BCK，因此 BFAC.又

37、因为 EFBC，BEEFFC1，BC2，所以 BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，则 BFCK，且 CKACC，所以 BF平面 ACFD.(2)解 法一 如图，延长 AD，BE，CF 相交于一点 K，则 BCK为等边三角形 .取 BC 的中点 O，连接 KO，则 KO BC，又平面 BCFE平面ABC，所以 KO平面 ABC.以点 O 为原点，分别以射线 OB，OK 的方向为 x，z 的正方向，建立空间直角坐标系 Oxyz.由题意得 B(1，0，0)，C(1，0，0)，K(0，0， 3)，A(1，3，0)，E132，0，2，学习必备欢迎下载1 3F 2，0， 2 .因此， AC(0，3

38、，0)， AK (1，3，3)，AB(2， 3， 0).设平面 ACK 的法向量为 m(x1，y1， z1，平面ABK的法向量为n(x2， y2，z2).)AC·m0， 3y10，由得x1 3y1 3z10，AK·m0，取 m( 3，0， 1)；23y20，AB·n0，得2x由x23y2 3z20，AK·n0，取 n (3， 2，3).m·n3于是， cosm，n |m| ·|n| 4 .3所以，二面角 BADF 的平面角的余弦值为4 .法二过点 F 作 FQ AK 于 Q，连接 BQ.因为 BF平面 ACK，所以 BF AK，则 A

39、K平面 BQF，所以 BQAK.所以 BQF 是二面角 B AD F 的平面角 .3 13 在 RtACK 中， AC 3， CK 2，得 AK 13，FQ 13 .3 13在 RtBQF 中， FQ 13 ，BF 3，3得 cos BQF 4 .3所以，二面角 BADF 的平面角的余弦值为4 .5.(2016 苏·北四市模拟 )如图， ABC 和 BCD 所在平面互相垂直，且 ABBCBD2， ABC DBC 120°， E，F 分别为 AC， DC 的中点 .(1)求证： EFBC；(2)求二面角 EBFC 的正弦值 .法一(1)证明由题意，以 B 为坐标原点，在平面DBC 内过 B 作垂直 BC 的直学习必备欢迎下载线为 x 轴， BC 所在直线为 y 轴，在平面 ABC 内过 B 作垂直 BC 的直线为 z 轴，建立如图所示空间直角坐标系 .易得 B(0，0，0)，A(0， 1，3)，D(3， 1，0)，C(0， 2，0).1331因而 E(0，2，2 )，F2，2，0，33所以 EF， ， BC (0，2，0)，202因此 EF· BC 0.从而 EFBC，所以 EFBC.(2)解平面 BFC 的一个法向量为 n1(0，0，1).设平面 BEF