高中数学高考 2021届高考二轮精品专题八 立体几何与空间向量 教师版

2017年高考“最后三十天”专题透析2017年高考“最后三十天”专题透析好教育云平台--教育因你我而变好教育云平台--教育因你我而变专题专题8××立体几何与空间向量命题趋势命题趋势1．空间几何体结构特征的考查，主要为表面积和体积的求解，一般以选择题和填空题的形式出现．2．空间点、线、面的位置关系的考查，一般为线线关系、线面关系、面面关系的证明以及表面积、体积的求解．3．空间向量通常当作工具来求解空间几何体的问题．考点清单考点清单1．空间几何体的表面积与体积（1）多面体的表面积S棱柱表=S棱柱侧+2（2）旋转体的表面积①圆柱：S表=2πr(r+l)，其中r为底面半径，②圆锥：S表=πr(r+l)，其中r为底面半径，③圆台：S表=π(r'2+r④球体：S球=4π（3）几何体的体积公式①柱体：V柱体=Sh，其中S为底面面积，②椎体：，其中S为底面面积，h为高；③台体：，其中S'、S分别为上、下底面面积，h为高；④球体：，其中r为球的半径．2．空间点、直线、平面之间的位置关系（1）平面的基本性质公理1：如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线在这个平面内．公理2：过不同在一条直线上的三点，有且只有一个平面．推论1：经过一条直线和直线外一点，有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．公理4：平行于同一直线的两条直线平行．3．直线、平面平行的判定及其性质（1）直线与平面平行的判定定理文字语言：平面外的一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．符号语言：a⊄α，b⊂α，a//图形语言：如下图．（2）直线与平面平行的性质定理文字语言：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行．符号语言：a//α，a⊂β，图形语言：如下图．（3）平面与平面平行的判定定理文字语言：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．符号语言：a⊂β，b⊂β，a∩b=P，a//α，图形语言：如下图．（4）平面与平面平行的性质定理文字语言：如果两个平行的平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行．符号语言：α//β，γ∩α=a，图形语言：如下图．4．直线、平面垂直的判定及其性质（1）直线与平面垂直的判定定理文字语言：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直．符号语言：l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，a∩b=P⇒图形语言：如下图．（2）直线与平面垂直的性质定理文字语言：垂直于同一个平面内的两条直线平行．符号语言：a⊥α，b⊥图形语言：如下图．（3）平面与平面垂直的判定定理文字语言：如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直．符号语言：l⊂β，l⊥图形语言：如下图．（4）平面与平面垂直的性质定理文字语言：两平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．符号语言：α⊥β，α∩β=l，a⊂α，a⊥图形语言：如下图．5．空间向量的运用设平面α，β的法向量分别为，，直线l的方向向量为，则：（1）线面平行（2）线面垂直，，（3）面面平行，，（4）面面垂直

精题集训精题集训（70分钟）经典训练题经典训练题一、选择题．1．如图所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，M为A1C1A． B． C． D．【答案】A【解析】在平行六面体ABCD-A1B1C1D，故选A．【点评】本题主要考查了空间向量的线性运算，属于基础题．2．如图，已知四棱锥的底面是边长为6的菱形，，AC，BD相交于点O，平面ABCD，SO=4，E是BC的中点，动点P在该棱锥表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的长为（）A．3 B．7 C．13 D．8【答案】D【解析】取DC，SC的中点G，F，连接，FE，∵E是BC的中点，∴GE//DB，FE//SB，GE⊄平面SBD，则GE//平面SBDFE⊄平面SBD，SB⊂平面SBD，则FE//平面SBD又GE∩FE=E，∴平面FEG//平面SBD∵平面ABCD，∴SO⊥AC又四边形ABCD是菱形，∴DB⊥∵SO∩DB=O，∴AC⊥平面SBD，则AC⊥平面FEG，故只要动点P在平面FEG内即总保持PE⊥又动点P在棱锥表面上运动，∴动点P的轨迹的周长即为△FEG∵四边形ABCD是菱形边长为6，且，∴BD=6，则OB=OD=3，又SO=4，∴SB=SD=5，故，GE=3，∴△FEG【点评】本题主要考查了线面平行以及面面平行的判定定理，考查了线面垂直的判定定理以及性质定理；解决本题的关键是通过证明平面FEG//平面SBD，得到AC⊥平面FEG，进而得到动点P在平面FEG内即总保持PE3．如图，在直三棱柱的侧面展开图中，B，C是线段AD的三等分点，且AD=33．若该三棱柱的外接球O的表面积为12π，则AAA．2 B．2 C．5 D．2【答案】D【解析】由展开图可知，直三棱柱的底面是边长为3的等边三角形，其外接圆的半径满足，所以r=1．由4πR2=12π，由球的性质可知，球心O到底面ABC的距离为d=R结合球和直三棱柱的对称性可知，AA【点评】本题考查直正三棱柱的判定与性质，球面的性质，球的表面积，属基础题，关键是由侧面展开图得到几何体的形状，并注意球心到球的截面圆心距离与球的半径，截面圆半径之间的关系．4．已知正三棱柱ABC-A'B'C'的所有棱长均相等，D、E在BBA． B． C． D．【答案】C【解析】如下图所示，设AD=3，取BC的中点O，的中点M，连接OA、OM，在正三棱柱ABC-A'B'C则四边形BB'C'C由于O、M分别为BC、的中点，则OB//MB'所以，四边形OBB'M为平行四边形，则OM∵BB'⊥平面ABC，则OM⊥∵△ABC为等边三角形，且O为BC的中点，则OA⊥以点O为坐标原点，OA、OB、OM所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则、、、，，，，，因此，异面直线AD与EC'所成角的正弦值为，【点评】平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．5．（多选）在正方体ABCD-A1B1CA．异面直线C1P和所成的角为定值 B．直线CD和平面相交C．三棱锥D-BPC1的体积为定值 D．直线CP和直线【答案】AC【解析】对于A，因为在正方体ABCD-A1B1C又BC1∩C1D1=C1，而C1P⊂平面ABC故这两个异面直线所成的角为定值90°，所以A正确；对于B，因为平面与面ABC1DCAB，AB⊂平面ABC1D1故CD平面ABC1D1，即对于C，三棱锥D-BPC1的体积等于三棱锥而平面DBC1为固定平面，且又因为P∈因为AD1BC1，平面BDC所以AD1平面所以点A到平面DBC1的距离即为点所以三棱锥D-BPC对于D，直线CP和直线A1B故选AC．【点评】本题考查线面平行的判定，线面垂直的判定及性质，异面直线所成的角，直线与平面所成的角，空间中的距离，正确理解判定定理和性质是解题的关键．二、填空题．6．小明同学在进行剪纸游戏，将长方体ABCD-A1B1C1D1剪成如图所示的侧面展开图，其中AA1=1，AB=2，AD=4，已知M【答案】【解析】连接AN，因为M，N分别为BC，A1D1故所求角的大小等于∠B又AN=12+22所以由余弦定理及勾股定理，，故所求角的余弦值为，故答案为．【点评】平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．7．在三棱锥P-ABC中，PA=PB=PC=2，△ABC是正三角形，E为PC中点，有以下四个结论：①若PC⊥BE，则三棱锥P-ABC的体积为；②若PC⊥BE，且三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的体积为6π③若PA⊥BE，则三棱锥P-ABC的体积为；④若PA⊥BE，且三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为12π．其中结论正确的序号为__________．【答案】①②④【解析】取AC中点F，连接BF，以F为坐标原点，FB为x轴，FC为y轴，过F建立空间直角坐标系F-xyz，如图所示，设AB=a，则，，，，，所以，由PA=PB=PC=2，△ABC是正三角形，得三棱锥P-ABC为正三棱锥，设外接球球心为O，半径为R，则OP=OA=R，且轴，所以，，解得，若PC⊥BE，则，，所以，解得a=2，所以，故选项①正确；又，所以，故选项②正确；若PA⊥BE，则所以，解得a=22，故选项③错误；又，所以，故选项④正确，故答案为①②④．【点评】本题主要考了空间几何体——三棱锥为背景设计问题，要求学生能理解空间几何体的结构特征的基础上，利用基础知识探究新的问题，涉及了球的几何性质以及球的体积公式、表面积公式的应用，解决空间问题的一个常用方式是——空间向量法，解题的关键是建立空间直角坐标系，准确求出所需点的坐标，然后将空间问题转化成向量问题进行处理，对于学生的运算能力有较高的要求．8．在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA=AB=1，AC=2．三棱锥P-ABC的所有顶点都在球O的表面上，则球O的半径为______；若点M是△ABC的重心，则过点M的平面截球O【答案】，【解析】（1）PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，又∵AB⊥BC，且PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，∴BC⊥PB，所以PC是两个直角三角形PAC和PBC的斜边，取PC的中点O，点O到四点P，即点O是三棱锥P-ABC的外接球的球心，，．（2）当点M是截面圆的圆心时，此时圆心到截面的距离最大，那么截面圆的半径最小，即此时的面积最小，点N是AC的中点，M是△ABC的重心，，，所以，截面圆的半径，所以．故答案为，．【点评】本题考查了球与几何体的综合问题，考查空间想象能力以及化归和计算能力．（1）当三棱锥的三条侧棱两两垂直时，并且侧棱长为a，b，（2）当有一条侧棱垂直于底面时，先找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线，球心在垂线上，根据垂直关系建立R的方程．（3）而本题类型，需要过两个平面外接圆的圆心作面的垂线，垂线的交点就是球心．三、解答题．9．如图，在正四面体A-BCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，点G，H分别在CD，AD上，且，．（1）求证：直线EH，FG必相交于一点，且这个交点在直线BD上；（2）若AB=2，求点B到平面的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）因为，，所以，故E，F，G，H四点共面，且直线EH，FG必相交于一点，设EH∩FG=M，因为，EH平面ABD，所以M∈平面ABD，同理：M∈平面BCD，而平面ABD∩平面BCD=BD，故M∈BD，即直线EH，FG必相交于一点，且这个交点在直线BD上．（2）连结EG，BG，点A到平面的距离为d，正四面体的棱长为2，则该正四面体的高为，所以E到平面BFG的距离为，在△CFG中，，，由余弦定理可得，在等腰梯形中可得：G到EF的距离为，而G到BF的距离为点D到BF的距离的，也为，所以△BFG的面积与△BFG的面积相等，由VE-BFG=V故点B到平面的距离为．【点评】求解空间中点P到平面的距离常用的方法：（1）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量m，以及一条斜线的方向向量PA，根据，即可求出点到面的距离；（2）等体积法：先设所求点到面的距离，选几何体不同的顶点，求出该几何体对应的体积，列出等量关系，即可求出点到面的距离．10．如图，已知ABB1A1是圆柱OO1的轴截面，O、O1分别是两底面的圆心，C（1）求证：平面ACA1⊥（2）求二面角B-A【答案】（1）证明见解析；（2）60【解析】（1）∵AA1是圆柱的母线，∴AA因为BC⊂平面ABC，所以AA又C是弧AB上的一点，且AB是圆O的直径，∴AC⊥∵，∴BC⊥平面ACA1又BC⊂平面BCB1，∴平面ACA（2）设圆柱的底面半径为r，母线长为l，∵圆柱的体积和侧面积均为，∴，解得r=2，l=1，即AB=4，AA∵∠ABC=30∘，∴AC=2，设圆柱过C点的母线为CD，以C为原点，CA，CB，CD所在直线分别为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系C-xyz，如图所示：则C0，0，0，B∴CA1=2，0，设平面的法向量为，由，取z=23，则x=-3，∴平面的一个法向量为；设平面BA1B1的法向量为取b=1，则a=3，c=0∴平面BA1B∴，由图中可看出二面角B-A1B1-C【点评】证明面面垂直的方法（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可；（2）利用性质：α//（3）面面垂直的定义（不常用）；（4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于0．11．如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，ADBC，，，且PA=a，E，F分别为PC，PB的中点．（1）若a=2，求证：BP⊥平面ADEF；（2）若四棱锥P-ABCD的体积为2，求二面角A-PD-C的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）当a=2时，AP=AB，点F是BP的中点，∴AF又∵AP⊥平面ABCD，∴AD⊥AP，且AD⊥AB，AP∩AB=A，∴AD⊥平面PAB，BP⊂平面PAB，∴AD又AF∩AD=A，∴BP⊥平面ADEF．（2），解得AP=1，如图，以A为原点，，为x，yA0，0，0，P0，0，设平面PCD的法向量，则，即，令y=1，则x=1，z=4，显然AB⊥平面PAD，设平面PAD的法向量，，∵二面角A-PD-C是锐二面角，∴二面角A-PD-C的余弦值是．【点评】本题考查线面垂直判断，以及利用空间向量求解二面角的余弦值，属于中档题．12．如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，G是线段AB上一点(不含A，B)，在平面SGD内过点G作平面交SD于点P．（1）写出作点P､GP的步骤(不要求证明)；（2）若，AB=SA=SB=SD=2，P是SD的中点，求平面与平面SGD所成锐二面角的大小．【答案】（1）答案见解析；（2）．【解析】（1）第一步：在平面ABCD内作交CD于点H；第二步：在平面SCD内作HPSC交SD于点P；第三步：连接GP，点P､GP即为所求．（2）因P是SD的中点，HPSC，所以H是CD而，所以G是AB的中点．连接AC，GD交于O，连接SO，设S在底面因为SA=SB=SD，所以MA=MB=MD，即M为△ABD所以M与O重合，因为，SD=2，所以，，过O作OE//GB交BC于点E，以OG，OE，OS分别为x则，，，所以，，设平面的法向量为，则，取z=2，则x=1，y=又GB⊥平面SGD，故GB=(0，1设平面与平面SGD所成锐二面角的大小为θ，则，因为，所以．故平面与平面SGD所成锐二面角的大小为．【点评】本题在建立空间直角坐标系前，首先利用垂直关系得到，，，否则建立坐标系后不能写出向量坐标，因此建系之前需要证明垂直关系，寻求数量关系．13．如图，在直角梯形ABCD中，∠ADC=90°，AB//CD，，E为AB的中点，F在线段CD上，且EF//AD．将四边形沿EF折起，使得到的四边形D'A'EF所在平面与平面BCFE垂直，M为D'C的中点．连接，BA'，BM（1）证明：CF⊥（2）求平面A'D'FE与平面D'BC所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）证明：因为EF//AD，∠ADC=90°，所以则EF⊥DF，即EF⊥D又平面D'A'平面D'A'EF∩平面EFCB=EF，所以D'又由∠CFE=90°，可知EF⊥CF，且D所以CF⊥平面D'取CF的中点Q，连接MQ，BQ，依题意可得四边形EFQB为平行四边形，则BQ//因为M为D'C的中点，所以又BQ∩MQ=Q，所以平面BMQ//平面D'A'EF因为BM⊂平面BMQ，所以CF⊥（2）解：如图，分别以FE，FC，FD则D'(0，0，2)，，C(0设平面D'BC的法向量，则，令x=1，得；易知平面A'D'且，故平面A'D'FE与平面【点评】本题考查证明线线垂直，考查用空间向量法求二面角，解题方法是建立空间直线坐标系，求出二面角的两个面的法向量，由法向量夹角的余弦值得出二面角的余弦值．这种方法把立体几何中的证明转化为计算，便于学生思考．高频易错题高频易错题一、选择题．1．设m､n为两条直线，α､β为两个平面，则下列命题中假命题是（）A．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β B．若mn，m⊥α，C．若m⊥n，mα，nβ，则αβ D．若mn，m⊥α【答案】C【解析】A．若m⊥n，m⊥α，n⊥B．若mn，m⊥α，则n⊥α又nβ，则平面β内存在直线cn，所以c⊥α，所以C．若m⊥n，mα，nβ，则D．若mn，m⊥α，n⊥β，则α，β的法向量平行，所以故选C．【点评】本题考查两平面平行与垂直的判断，掌握两平面平行与垂直的和性质定理是解题关键．另外从空间向量角度出发，利用平面的法向量之间的关系判断两平面平行与垂直也是一种行之有效用较简单的方法．二、解答题．2．如图，已知四边形ABCD为菱形，对角线AC与BD相交于O，，平面ADEF∩平面BCEF=直线EF，FO⊥平面ABCD，BC=CE=DE=2EF=2．（1）求证：EFAD（2）求二面角A-EF-B的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）因为四边形ABCD为菱形，所以ADBC∵AD⊄平面BCEF，BC⊂平面BCEF，∴AD平面因为平面ADEF∩平面BCEF=直线EF，AD⊂平面ADEF，所以（2）因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥因为OF⊥平面ABCD，所以以O为坐标原点、OA，OB，OF为x，y，z轴建立空间直角坐标系，取CD中点M，连接EM，OM，∵∠BAD=60°，∵BC=CD=CE=DE=2，∴△CDE为正三角形，，，从而，，，，，设平面ADEF一个法向量为，则，即，令x=1，设平面BCEF一个法向量为n=(x，y，z)令x=1，，因此二面角A-EF-B的余弦值为．【点评】求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．精准预测题精准预测题一、选择题．1．在空间，已知直线l及不在l上两个不重合的点A､B，过直线l做平面α，使得点A､B到平面α的距离相等，则这样的平面α的个数不可能是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个【答案】C【解析】（1）如图，当直线AB与l异面时，则只有一种情况；（2）当直线AB与l平行时，则有无数种情况，平面α可以绕着l转动；（3）如图，当l过线段AB的中垂面时，有两种情况．故选C．【点评】本题考查空间向量直线与平面的位置关系的应用，平面的基本性质的应用，是中档题．2．日常生活中，有各式各样精美的糖果包装礼盒某个铁皮包装礼盒的平面展开图是由两个全等的矩形，两个全等的三角形和一个正方形所拼成的多边形(如图)，矩形的长为12cm，矩形的宽和正方形的边长均为8cm．若该包装盒内有一颗球形硬糖的体积为VcA． B． C． D．【答案】A【解析】根据题意作出礼盒的直观图如下图所示：由图可知该几何体为直三棱柱，设等腰三角形的内切圆半径为R，又因为等腰三角形的高为12所以根据等面积法可知：，所以R=22，又因为正方形的边长为8，所以，所以球形硬糖的半径最大值为22，所以体积V的最大值为，故选A．【点评】解答本题的关键是通过分析等腰三角形的内切圆的半径以及半径与正方形边长的大小关系，确定出球形的最大半径，由此完成求解．3．在四面体ABCD中，AB=6，BC=3，BD=4，若∠ABD与∠ABC互余，则BA⋅A．20 B．30 C．40 D．50【答案】B【解析】设∠ABD=α，可得，则α为锐角，在四面体ABCD中，AB=6，BC=3，BD=4，则，其中为锐角，且．，则，所以，当时，BA⋅BC+BD取得最大值【点评】在计算向量的数量积时，要确定好基底向量，作为基底向量的向量，长度以及向量间的夹角需已知．4．如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面边长AB=2，高A1A=4，E为棱A1A的中点．设A．α=γ>θ B．γ>α>θ C．θ>γ>α D．α>θ>γ【答案】B【解析】由题意可得，连接BD，则△BDE为等边三角形，所以，连接B1D，则B1取B1D的中点O，连接EO，则B1所以，所以，即，所以γ>α>θ，故选B．【点评】本题主要考查了棱柱的结构特征，属于中档题．二、填空题．5．若正四棱锥的侧面均是正三角形，且它的表面积是8+83【答案】【解析】设该正四棱锥为P-ABCD，该正四棱锥的棱长为a，取正方形ABCD的中心E，连接PE，由于该正四棱锥的表面积为，解得a=22，所以，AC=2a=4，∵E为正四棱锥P-ABCD底面的中心，则PE⊥平面ABCD，∵AC⊂平面ABCD，平面ABCD，PE=PA所以，EA=EB=EC=ED=EP=2，所以，点E为四棱锥P-ABCD的外接球球心，则球E的半径为2，因此，该四棱锥外接球的体积是，故答案为．【点评】求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可．6．如图，棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1①平面A1D1P⊥平面②多面体D1③直线D1P与BC所成的角可能为；④△APD1其中结论正确的序号是___________(填上所有序号)．【答案】①②④【解析】对于①，正方体ABCD-A1B1C，∴A1D1∵A1D1⊥平面，∴平面平面A对于②，，P到平面CDD1的距离BC=1，∴三棱锥D1-CDP的体积：，为定值，故②对于③，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，，0，，B(1，1，0)，，1，，设P(1，a，b)，(0<a<1，，a，，，，假设，所以a2+(b-1∵0<a<1，0<b<1，所以a2+(b-1)对于④，见上图，由题得A(1，设P(1，所以PA=(0所以，当时，cos<PA，PD1><0，即∠AP故④正确，故答案为①②④．【点评】解答本题的关键是判断③④的真假，它们都是可能性问题的判断，判断③的真假可以选择向量反证法比较方便，判断④的真假可以选择向量直接法．要根据已知灵活选择方法解答，优化解题．三、解答题．7．如图三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC是边长为2的等边三角形，E，F分别为AB，（1）证明：EF⊥平面CEB（2）求二面角E-CF-B【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）证明：设AA∵，则AB=22a，EB1∵点E为棱AB的中点，∴EB=2a，∴EB1∵三棱柱ABC-A1B∴四边形ABB∵点F为棱AA∴FB12∴FB12=E∵三棱柱的底面ABC是正三角形，E为AB的中点，∴．∵CE⊥FB1，且AB⊂平面ABB1A1，FB∴平面ABB1∵EF⊂平面ABB1A1∵EC∩EB1=E，∴EF⊥（2）由（1）可知平面ABB1A1，∴CE⊥BB1，∴三棱柱ABC-A设A1B1的中点为M，则直线EB，CE分别以EB，EC，EM的方向为x，y，z轴的正方向，以点E为原点，建立