2023版高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.5垂直关系试题理北师大版

PAGEPAGE23第八章立体几何与空间向量8.5垂直关系试题理北师大版1．直线与平面垂直图形条件结论判定a⊥b，bα(b为α内的任意一条直线)a⊥αa⊥m，a⊥n，m、nα，m∩n＝Oa⊥αa∥b，a⊥αb⊥α性质a⊥α，bαa⊥ba⊥α，b⊥αa∥b2.平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．(2)判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(lβ,l⊥α))⇒α⊥β性质定理如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,α∩β＝a,lβ,l⊥a))⇒l⊥α【知识拓展】重要结论：(1)假设两平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．(2)假设一条直线垂直于一个平面，那么它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，那么这一条直线与另一个平面也垂直．【思考辨析】判断以下结论是否正确(请在括号中打“√〞或“×〞)(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，那么l⊥α.(×)(2)垂直于同一个平面的两平面平行．(×)(3)直线a⊥α，b⊥α，那么a∥b.(√)(4)假设α⊥β，a⊥β⇒a∥α.(×)(5)假设直线a⊥平面α，直线b∥α，那么直线a与b垂直．(√)1．(教材改编)以下命题中不正确的选项是()A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，那么直线l⊥平面βB．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ答案A解析根据面面垂直的性质，知A不正确，直线l可能平行平面β，也可能在平面β内．2．设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，那么“α⊥β〞是“a⊥b〞的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案A解析假设α⊥β，因为α∩β＝m，b⊂β，b⊥m，所以根据两个平面垂直的性质定理可得b⊥α，又aα，所以a⊥b；反过来，当a∥m时，因为b⊥m，且a，m共面，一定有b⊥a，但不能保证b⊥α，所以不能推出α⊥β.3．(2022·宝鸡质检)对于四面体ABCD，给出以下四个命题：①假设AB＝AC，BD＝CD，那么BC⊥AD；②假设AB＝CD，AC＝BD，那么BC⊥AD；③假设AB⊥AC，BD⊥CD，那么BC⊥AD；④假设AB⊥CD，AC⊥BD，那么BC⊥AD.其中为真命题的是()A．①② B．②③C．②④ D．①④答案D解析①如图，取BC的中点M，连接AM，DM，由AB＝AC⇒AM⊥BC，同理DM⊥BC⇒BC⊥平面AMD，而AD平面AMD，故BC⊥AD.④设A在平面BCD内的投影为O，连接BO，CO，DO，由AB⊥CD⇒BO⊥CD，由AC⊥BD⇒CO⊥BD⇒O为△BCD的垂心⇒DO⊥BC⇒AD⊥BC.4．(2022·济南模拟)如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，G为MC的中点．那么以下结论中不正确的选项是()A．MC⊥ANB．GB∥平面AMNC．平面CMN⊥平面AMND．平面DCM∥平面ABN答案C解析显然该几何图形为正方体截去两个三棱锥所剩的几何体，把该几何体放置到正方体中(如图)，取AN的中点H，连接HB，MH，GB，那么MC∥HB，又HB⊥AN，所以MC⊥AN，所以A正确；由题意易得GB∥MH，又GB平面AMN，MH平面AMN，所以GB∥平面AMN，所以B正确；因为AB∥CD，DM∥BN，且AB∩BN＝B，CD∩DM＝D，所以平面DCM∥平面ABN，所以D正确．5．(教材改编)在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的投影为点O.(1)假设PA＝PB＝PC，那么点O是△ABC的________心．(2)假设PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，那么点O是△ABC的________心．答案(1)外(2)垂解析(1)如图1，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA、Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．(2)如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于H，D，G.∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，∴PC⊥平面PAB，AB平面PAB，∴PC⊥AB，又AB⊥PO，PO∩PC＝P，∴AB⊥平面PGC，又CG平面PGC，∴AB⊥CG，即CG为△ABC边AB的高．同理可证BD，AH为△ABC底边上的高，即O为△ABC的垂心.题型一直线与平面垂直的判定与性质例1(2022·全国甲卷改编)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝eq\f(5,4)，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．OD′＝eq\r(10).证明：D′H⊥平面ABCD.证明由得AC⊥BD，AD＝CD.又由AE＝CF得eq\f(AE,AD)＝eq\f(CF,CD)，故AC∥EF.因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝eq\r(AB2－AO2)＝4.由EF∥AC得eq\f(OH,DO)＝eq\f(AE,AD)＝eq\f(1,4).所以OH＝1，D′H＝DH＝3.于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，且OH，EF平面ABCD，所以D′H⊥平面ABCD.思维升华证明线面垂直的常用方法及关键(1)证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④面面垂直的性质．(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直那么需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的根本思想．(2022·江苏)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.证明(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE平面AA1C1C，AC平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1平面BCC1B1，BC平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1平面B1AC，所以BC1⊥AB1.题型二平面与平面垂直的判定与性质例2如图，四棱锥P－ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．(1)求证：CE∥平面PAD；(2)求证：平面EFG⊥平面EMN.证明(1)方法一取PA的中点H，连接EH，DH.又E为PB的中点，所以EH綊eq\f(1,2)AB.又CD綊eq\f(1,2)AB，所以EH綊CD.所以四边形DCEH是平行四边形，所以CE∥DH.又DH平面PAD，CE平面PAD.所以CE∥平面PAD.方法二连接CF.因为F为AB的中点，所以AF＝eq\f(1,2)AB.又CD＝eq\f(1,2)AB，所以AF＝CD.又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形．因此CF∥AD，又CF平面PAD，AD平面PAD，所以CF∥平面PAD.因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA.又EF平面PAD，PA平面PAD，所以EF∥平面PAD.因为CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面PAD.又CE平面CEF，所以CE∥平面PAD.(2)因为E、F分别为PB、AB的中点，所以EF∥PA.又因为AB⊥PA，所以EF⊥AB，同理可证AB⊥FG.又因为EF∩FG＝F，EF平面EFG，FG平面EFG.所以AB⊥平面EFG.又因为M，N分别为PD，PC的中点，所以MN∥CD，又AB∥CD，所以MN∥AB，所以MN⊥平面EFG.又因为MN平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN.引申探究1．在本例条件下，证明：平面EMN⊥平面PAC.证明因为AB⊥PA，AB⊥AC，且PA∩AC＝A，所以AB⊥平面PAC.又MN∥CD，CD∥AB，所以MN∥AB，所以MN⊥平面PAC.又MN平面EMN，所以平面EMN⊥平面PAC.2．在本例条件下，证明：平面EFG∥平面PAC.证明因为E，F，G分别为PB，AB，BC的中点，所以EF∥PA，FG∥AC，又EF平面PAC，PA平面PAC，所以EF∥平面PAC.同理，FG∥平面PAC.又EF∩FG＝F，所以平面EFG∥平面PAC.思维升华(1)判定面面垂直的方法①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a⊥β，aα⇒α⊥β)．(2)在平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．(2022·江苏)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明(1)由，DE为△ABC的中位线，∴DE∥AC，又由三棱柱的性质可得AC∥A1C1，∴DE∥A1C1，又∵DE平面A1C1F，A1C1平面A1C1F，∴DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，∴AA1⊥A1C1，又∵A1B1⊥A1C1，且A1B1∩AA1＝A1，∴A1C1⊥平面ABB1A1，∵B1D平面ABB1A1，∴A1C1⊥B1D，又∵A1F⊥B1D，且A1F∩A1C1＝A1，∴B1D⊥平面A1C1F，又∵B1D平面B1DE，∴平面B1DE⊥平面A1C1F.题型三垂直关系中的探索性问题例3如图，在三棱台ABC－DEF中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.(1)设平面ACE∩平面DEF＝a，求证：DF∥a；(2)假设EF＝CF＝2BC，试问在线段BE上是否存在点G，使得平面DFG⊥平面CDE？假设存在，请确定G点的位置；假设不存在，请说明理由．(1)证明在三棱台ABC－DEF中，AC∥DF，AC平面ACE，DF平面ACE，∴DF∥平面ACE.又∵DF平面DEF，平面ACE∩平面DEF＝a，∴DF∥a.(2)解线段BE上存在点G，且BG＝eq\f(1,3)BE，使得平面DFG⊥平面CDE.证明如下：取CE的中点O，连接FO并延长交BE于点G，连接GD，GF，∵CF＝EF，∴GF⊥CE.在三棱台ABC－DEF中，AB⊥BC⇒DE⊥EF.由CF⊥平面DEF⇒CF⊥DE.又CF∩EF＝F，∴DE⊥平面CBEF，∴DE⊥GF.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(GF⊥CE,GF⊥DE,CE∩DE＝E))⇒GF⊥平面CDE.又GF平面DFG，∴平面DFG⊥平面CDE.此时，如平面图所示，延长CB，FG交于点H，∵O为CE的中点，EF＝CF＝2BC，由平面几何知识易证△HOC≌△FOE，∴HB＝BC＝eq\f(1,2)EF.由△HGB∽△FGE可知eq\f(BG,GE)＝eq\f(1,2)，即BG＝eq\f(1,3)BE.思维升华同“平行关系中的探索性问题〞的规律方法一样，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明．(2022·北京东城区模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，M为棱AC的中点．AB＝BC，AC＝2，AA1＝eq\r(2).(1)求证：B1C∥平面A1BM；(2)求证：AC1⊥平面A1BM；(3)在棱BB1上是否存在点N，使得平面AC1N⊥平面AA1C1C？如果存在，求此时eq\f(BN,BB1)的值；如果不存在，请说明理由．(1)证明连接AB1与A1B，两线交于点O，连接OM，在△B1AC中，∵M，O分别为AC，AB1中点，∴OM∥B1C，又∵OM平面A1BM，B1C平面A1BM，∴B1C∥平面A1BM.(2)证明∵侧棱AA1⊥底面ABC，BM平面ABC，∴AA1⊥BM，又∵M为棱AC中点，AB＝BC，∴BM⊥AC.∵AA1∩AC＝A，∴BM⊥平面ACC1A1，∴BM⊥AC1.∵AC＝2，∴AM＝1.又∵AA1＝eq\r(2)，∴在Rt△ACC1和Rt△A1AM中，tan∠AC1C＝tan∠A1MA＝eq\r(2).∴∠AC1C＝∠A1MA，即∠AC1C＋∠C1AC＝∠A1MA＋∠C1AC＝90°，∴A1M⊥AC1.∵BM∩A1M＝M，∴AC1⊥平面A1BM.(3)解当点N为BB1中点，即eq\f(BN,BB1)＝eq\f(1,2)时，平面AC1N⊥平面AA1C1C.证明如下：设AC1中点为D，连接DM，DN.∵D，M分别为AC1，AC中点，∴DM∥CC1，且DM＝eq\f(1,2)CC1.又∵N为BB1中点，∴DM∥BN，且DM＝BN，∴四边形BNDM为平行四边形，∴BM∥DN，∵BM⊥平面ACC1A1，∴DN⊥平面ACC1A1.又∵DN平面AC1N，∴平面AC1N⊥平面AA1C1C.17．立体几何证明问题中的转化思想典例(12分)如下图，M，N，K分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱AB，CD，C1D1的中点．求证：(1)AN∥平面A1MK；(2)平面A1B1C⊥平面A1MK.思想方法指导(1)线面平行、垂直关系的证明问题的指导思想是线线、线面、面面关系的相互转化，交替使用平行、垂直的判定定理和性质定理；(2)线线关系是线面关系、面面关系的根底．证明过程中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行时常用的中位线、平行线分线段成比例；证明垂直时常用的等腰三角形的中线等；(3)证明过程一定要严谨，使用定理时要对照条件、步骤书写要标准．标准解答证明(1)如下图，连接NK.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，∵四边形AA1D1D，DD1C1C都为正方形，∴AA1∥DD1，AA1＝DD1，C1D1∥CD，C1D1＝CD.[2分]∵N，K分别为CD，C1D1的中点，∴DN∥D1K，DN＝D1K，∴四边形DD1KN为平行四边形，[3分]∴KN∥DD1，KN＝DD1，∴AA1∥KN，AA1＝KN，∴四边形AA1KN为平行四边形，∴AN∥A1K.[4分]∵A1K平面A1MK，AN平面A1MK，∴AN∥平面A1MK.[6分](2)如下图，连接BC1.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB＝C1D1.∵M，K分别为AB，C1D1的中点，∴BM∥C1K，BM＝C1K，∴四边形BC1KM为平行四边形，∴MK∥BC1.[8分]在正方体ABCD—A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BB1C1C，BC1平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1.∵MK∥BC1，∴A1B1⊥MK.∵四边形BB1C1C为正方形，∴BC1⊥B1C.[10分]∴MK⊥B1C.∵A1B1平面A1B1C，B1C平面A1B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴MK⊥平面A1B1C.又∵MK平面A1MK，∴平面A1B1C⊥平面A1MK.[12分]1．假设平面α⊥平面β，平面α∩平面β＝直线l，那么()A．垂直于平面β的平面一定平行于平面αB．垂直于直线l的直线一定垂直于平面αC．垂直于平面β的平面一定平行于直线lD．垂直于直线l的平面一定与平面α，β都垂直答案D解析对于A，垂直于平面β的平面与平面α平行或相交，故A错误；对于B，垂直于直线l的直线与平面α垂直、斜交、平行或在平面α内，故B错误；对于C，垂直于平面β的平面与直线l平行或相交，故C错误；易知D正确．2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，以下命题中正确的选项是()A．假设α⊥β，mα，nβ，那么m⊥nB．假设α∥β，mα，nβ，，那么m∥nC．假设m⊥n，mα，nβ，那么α⊥βD．假设m⊥α，m∥n，n∥β，那么α⊥β答案D解析A中，m与n可垂直、可异面、可平行；B中，m与n可平行、可异面；C中，假设α∥β，仍然满足m⊥n，mα，nβ，故C错误；应选D.3．(2022·包头模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1垂直底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC中点，那么以下表达正确的选项是()A．CC1与B1E是异面直线B．AC⊥平面ABB1A1C．AE与B1C1是异面直线，且AE⊥B1C1D．A1C1∥平面AB1E答案C解析A不正确，因为CC1与B1E在同一个侧面中，故不是异面直线；B不正确，由题意知，上底面ABC是一个正三角形，故不可能存在AC⊥平面ABB1A1；C正确，因为AE，B1C1为在两个平行平面中且不平行的两条直线，故它们是异面直线；D不正确，因为A1C1所在的平面与平面AB1E相交，且A1C1与交线有公共点，故A1C1∥平面AB1E不正确，应选C.4．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出以下四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D－ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的选项是()A．①②④ B．①②③C．②③④ D．①③④答案B解析由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错．应选B.5.如下图，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的选项是()A．①② B．①②③C．① D．②③答案B解析对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC，又PC平面PAC，∴BC⊥PC；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA，∵PA平面PAC，OM平面PAC，∴OM∥平面PAC；对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．6.如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，那么在△ABC和△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．答案AB、BC、ACAB解析∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面PAC，∴与AP垂直的直线是AB.7.如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，那么线段B1F的长为________．答案eq\f(1,2)解析设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF平面C1DF，所以AB1⊥DF.由可得A1B1＝eq\r(2)，设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，那么DE＝eq\f(1,2)h.又2×eq\r(2)＝heq\r(22＋\r(2)2)，所以h＝eq\f(2\r(3),3)，DE＝eq\f(\r(3),3).在Rt△DB1E中，B1E＝eq\r(\f(\r(2),2)2－\f(\r(3),3)2)＝eq\f(\r(6),6).由面积相等得eq\f(\r(6),6)×eq\r(x2＋\f(\r(2),2)2)＝eq\f(\r(2),2)x，得x＝eq\f(1,2).8.如图，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，给出以下结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确结论的序号是________．答案①②③解析由题意知PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.又AC⊥BC，且PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥AF.∵AF⊥PC，且BC∩PC＝C，∴AF⊥平面PBC，∴AF⊥PB，又AE⊥PB，AE∩AF＝A，∴PB⊥平面AEF，∴PB⊥EF.故①②③正确．9．(2022·保定模拟)如图，在直二面角α－MN－β中，等腰直角三角形ABC的斜边BCα，一直角边ACβ，BC与β所成角的正弦值为eq\f(\r(6),4)，那么AB与β所成的角是________．答案eq\f(π,3)解析如下图，作BH⊥MN于点H，连接AH，那么BH⊥β，∠BCH为BC与β所成的角．∵sin∠BCH＝eq\f(\r(6),4)＝eq\f(BH,BC)，设BC＝1，那么BH＝eq\f(\r(6),4).∵△ABC为等腰直角三角形，∴AC＝AB＝eq\f(\r(2),2)，∴AB与β所成的角为∠BAH.∴sin∠BAH＝eq\f(BH,AB)＝eq\f(\f(\r(6),4),\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(3),2)，∴∠BAH＝eq\f(π,3).10．(2022·全国乙卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，平面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.(1)证明：平面ABEF⊥EFDC；(2)求二面角E-BC-A的余弦值．(1)证明由可得AF⊥DF，AF⊥FE，DF∩FE＝F，所以AF⊥平面EFDC，又AF平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)解过D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，eq\o(GF,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(GF,\s\up6(→))|为单位长，建立如下图的空间直角坐标系．由(1)知∠DFE为二面角DAFE的平面角，故∠DFE＝60°，那么|DF|＝2，|DG|＝eq\r(3)，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，eq\r(3))．由，AB∥EF，AB平面EFDC，EF平面EFDC，所以AB∥平面EFDC，又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF，由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角，∠CEF＝60°，从而可得C(－2,0，eq\r(3))．所以eq\o(EC,\s\up6(→))＝(1,0，eq\r(3))，eq\o(EB,\s\up6(→))＝(0,4,0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－3，－4，eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－4,0,0)．设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0，,4y＝0.))所以可取n＝(3,0，－eq\r(3))．设m是平面ABCD的法向量，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up6(→))＝0.))同理可取m＝(0，eq\r(3)，4)，那么cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝－eq\f(2\r(19),19).故二面角E-BC-A的余弦值为－eq\f(2\r(19),19).11．如下图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED⊥平面ABCD，EF∥AB，AB＝2，BC＝EF＝1，AE＝eq\r(6)，DE＝3，∠BAD＝60°，G为