高中数学考点《立体几何中的向量方法》专项训练题

以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解， 均以解答题的形式进行考查． 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 α，β 的法向量分别为 μ＝(a2，b2，c2)， v＝(a3，b3，c3)，则 (1)线面平行 l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0． (2)线面垂直 l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2． (3)面面平行 α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3． (4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0． 2．直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算 设直线 l，m 的方向向量分别为 a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面 α，β 的法向量分别为 μ＝(a3，b3，c3)， v＝(a4，b4，c4)(以下相同)． (1)线线夹角 设 l，m 的夹角为 θ ，则 cos θ＝|a·b| |a||b|＝ ． (2)线面夹角 设直线 l 与平面 α 的夹角为 θ ， 则 (3)面面夹角 设平面 α，β 的夹角为 θ ， 专题三 第 2 讲　立体几何中的向量方法 立体几何 考向预测 知识与技巧的梳理 0 2 θ π    ≤ ≤ cos ,a b 0 2 θ π    ≤ ≤ 0 2 θ π    ≤ ≤则 热点一　利用空间向量证明平行、垂直关系 【例 1】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．证明： (1)BE⊥DC； (2)BE∥平面 PAD； (3)平面 PCD⊥平面 PAD． 证明　依题意，以点 A 为原点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)向量BE→ ＝(0，1，1)，DC→ ＝(2，0，0)，故BE→ ·DC→ ＝0． 所以 BE⊥DC． (2)因为 AB⊥AD，又 PA⊥平面 ABCD，AB⊂平面 ABCD， 所以 AB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面 PAD， 所以 AB⊥平面 PAD， 所以向量AB→ ＝(1，0，0)为平面 PAD 的一个法向量， 而BE→ ·AB→ ＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以 BE⊥AB， 又 BE⊄平面 PAD，所以 BE∥平面 PAD． (3)由(2)知平面 PAD 的法向量AB→ ＝(1，0，0)，向量PD→ ＝(0，2，－2)，DC→ ＝(2，0，0)， 设平面 PCD 的一个法向量为 n＝(x，y，z)， 则{n·PD→ ＝0， n·DC→ ＝0， 即{2y－2z＝0， 2x＝0， 不妨令 y＝1，可得 n＝(0，1，1)为平面 PCD 的一个法向量． 热点题型且 n·AB→ ＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以 n⊥AB→ ． 所以平面 PAD⊥平面 PCD． 探究提高　1．利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系． 2．向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何定理的条件，如在(2)中 忽略 BE⊄平面 PAD 而致误． 【训练 1】 在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点 E 在线段 BB1 上，且 EB1＝1， D，F，G 分别为 CC1，C1B1，C1A1 的中点．求证： (1)B1D⊥平面 ABD； (2)平面 EGF∥平面 ABD． 证明　(1)以 B 为坐标原点，BA，BC，BB1 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图所 示． 则 B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4)． 设 BA＝a，则 A(a，0，0)， 所以BA→ ＝(a，0，0)，BD→ ＝(0，2，2)，B1D→ ＝(0，2，－2)． B1D→ ·BA→ ＝0，B1D→ ·BD→ ＝0＋4－4＝0， 则 B1D⊥BA，B1D⊥BD． 又 BA∩BD＝B，BA，BD⊂平面 ABD， 因此 B1D⊥平面 ABD． (2)由(1)知，E(0，0，3)，G(a 2，1，4)，F(0，1，4)， 则EG→ ＝(a 2，1，1)，EF→ ＝(0，1，1)， B1D→ ·EG→ ＝0＋2－2＝0，B1D→ ·EF→ ＝0＋2－2＝0，即 B1D⊥EG，B1D⊥EF． 又 EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面 EGF， 因此 B1D⊥平面 EGF． 结合(1)可知平面 EGF∥平面 ABD．热点二　利用空间向量计算空间角 【例 2】 (2016·全国Ⅲ卷)如图，四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥底面 ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC ＝4，M 为线段 AD 上一点，AM＝2MD，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． (1)证明　由 AM＝2MD，AD＝3． ∴AM＝2 3AD＝2．取 BP 的中点 T，连接 AT，TN． 由于 N 为 PC 的中点， 所以 TN∥BC，TN＝1 2BC＝2． 又 AD∥BC，故 TN AM，所以四边形 AMNT 为平行四边形，于是 MN∥AT． 因为 AT⊂平面 PAB，MN⊄平面 PAB，所以 MN∥平面 PAB． (2)解　取 BC 的中点 E，连接 AE． 又 AB＝AC，得 AE⊥BC， 从而 AE⊥AD，AE＝ AB2－BE 2＝ AB2－(BC 2 )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 A－xyz． 由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C( 5，2，0)，N( 5 2 ，1，2)， PM→ ＝(0，2，－4)，PN→ ＝( 5 2 ，1，－2)，AN→ ＝( 5 2 ，1，2)． 设 n＝(x，y，z)为平面 PMN 的一个法向量，则 {n·PM→ ＝0， n·PN→ ＝0， 即{2y－4z＝0， 5 2 x＋y－2z＝0，可取 n＝(0，2，1)． 于是|cos〈n，AN→ 〉|＝ |n·AN→ | |n||AN→ | ＝8 5 25 ． =∥设 AN 与平面 PMN 所成的角为 θ，则 sin θ＝8 5 25 ． 所以直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值为8 5 25 ． 探究提高 1．异面直线所成的角 θ，可以通过两直线的方向向量的夹角 φ 求得，即 cosθ＝|cosφ|． 2．直线与平面所成的角 θ 主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角 φ 求得，即 sin θ＝|cos φ|，有时也 可分别求出斜线与它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两方向向量的夹角(或其补角)． 3．二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的 两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角． 【训练 2】 (2017·长郡中学二模)如图所示，该几何体是由一个直三棱柱 ADE－BCF 和一个正四棱锥 P－ABCD 组合而成，AD⊥AF，AE＝AD＝2． (1)证明：平面 PAD⊥平面 ABFE； (2)求正四棱锥 P－ABCD 的高 h，使得二面角 C－AF－P 的余弦值是2 2 3 ． (1)证明　由于几何体是由一个直三棱柱 ADE－BCF 和一个正四棱锥 P－ABCD 的组合体． ∴AD⊥AB，又 AD⊥AF，AF∩AB＝A， ∴AD⊥平面 ABEF． 又 AD⊂平面 PAD，∴平面 PAD⊥平面 ABFE． (2)解　以 A 为原点，AB，AE，AD 的正方向为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系 A－xyz． 设正四棱锥的高为 h，AE＝AD＝2， 则 A(0，0，0)，F(2，2，0)，C(2，0，2)，P(1，－h，1)， 设平面 ACF 的一个法向量 m＝(x，y，z)， AF→ ＝(2，2，0)，AC→ ＝(2，0，2)， 则{m·AF→ ＝2x＋2y＝0， m·AC→ ＝2x＋2z＝0， 取 x＝1，得 m＝(1，－1，－1)，设平面 AFP 的一个法向量 n＝(a，b，c)， AP→ ＝(1，－h，1)， 则{n·AF→ ＝2a＋2b＝0， n·AP→ ＝a－hb＋c＝0， 取 b＝1，则 n＝(－1，1，1＋h)， 二面角 C－AF－P 的余弦值2 2 3 ， ∴|cos〈m，n〉|＝ |m·n| |m|·|n|＝|－1－1－（1＋h）| 3· 2＋（h＋1）2 ＝2 2 3 ，解得 h＝1． ∴当四棱锥的高为 1 时，二面角 C－AF－P 的余弦值为2 2 3 ．1．(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为(　　) A． 3 2 B． 15 5 C． 10 5 D． 3 3 2．(2017·全国Ⅰ卷)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°． (1)证明：平面 PAB⊥平面 PAD； (2)若 PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角 A－PB－C 的余弦值． 3．(2016·北京卷)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，平面 PAD⊥平面 ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝ 1，AD＝2，AC＝CD＝ 5． (1)求证：PD⊥平面 PAB； (2)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值； (3)在棱 PA 上是否存在点 M，使得 BM∥平面 PCD？若存在，求AM AP的值；若不存在，说明理由． 1．(2016·全国Ⅰ卷)平面 α 过正方体 ABCD－A1B1C1D1 的顶点 A，α∥平面 CB1D1，α∩平面 ABCD＝m，α∩平面 ABB1A1＝n，则 m，n 所成角的正弦值为(　　) A． 3 2 B． 2 2 C． 3 3 D．1 3 （45 分钟）限时训练 经典常规题 高频易错题2．(2017·合肥二模)如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面 AEFG 所截后得到的，其中∠BAE＝∠GAD＝ 45°，AB＝2AD＝2，∠BAD＝60°． (1)求证：BD⊥平面 ADG； (2)求直线 GB 与平面 AEFG 所成角的正弦值． 3．(2017·山东卷)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形 ABCD(及其内部)以 AB 边所在直线为旋转轴旋转 120°得到的，G 是DF ︵ 的中点． (1)设 P 是CE ︵ 上的一点，且 AP⊥BE，求∠CBP 的大小； (2)当 AB＝3，AD＝2 时，求二面角 E－AG－C 的大小． 1．(2017·衡阳联考)如图所示，在正方体 ABCD－A 1B1C1D1 中，AB＝2，A1C1∩B1D1＝E，直线 AC 与直线 DE 所成的角为 α，直线 DE 与平面 BCC1B1 所成的角为 β，则 cos(α－β)＝________． 精准预测题2．如图，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AB＝BC＝CC1＝2，AC＝2 3，M 是 AC 的中点，则异面直线 CB1 与 C1M 所成角的余弦值为________． 3．(2017·西安质检)如图，已知 AB⊥平面 ACD，DE⊥平面 ACD，△ACD 为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F 为 CD 的中点． (1)求证：AF∥平面 BCE； (2)求二面角 C－BE－D 的余弦值的大小． 4．(2017·昆明二诊)如图，菱形 ABCD 中，∠ABC＝60°，AC 与 BD 相交于点 O，AE⊥平面 ABCD，CF∥AE， AB＝2，CF＝3． (1)求证：BD⊥平面 ACFE； (2)当直线 FO 与平面 BED 所成角的大小为 45°时，求 AE 的长度．参考答案 1．【解题思路】 异面直线所成的角，可以通过两直线的方向向量的夹角求得． 【答案】　法一　以 B 为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系． 　 图(1)　　　　　　　　　　　图(2) 则 B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1)． 又在△ABC 中，∠ABC＝120°，AB＝2，则 A(－1，3，0)． 所以AB1→ ＝(1，－ 3，1)，BC1→ ＝(1，0，1)， 则 cos〈AB1→ ，BC1→ 〉＝ AB1→ ·BC1→ |AB1→ |·|BC1→ | ＝ （1，－ 3，1）·（1，0，1） 5· 2 ＝ 2 5· 2 ＝ 10 5 ， 因此，异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为 10 5 ．故选 C． 法二　如图(2)，设 M，N，P 分别为 AB，BB1，B1C1 中点，则 PN∥BC1，MN∥AB1， ∴AB1 与 BC1 所成的角是∠MNP 或其补角． ∵AB＝2，BC＝CC1＝1， ∴MN＝1 2AB1＝ 5 2 ，NP＝1 2BC1＝ 2 2 ． 取 BC 的中点 Q，连接 PQ，MQ，则可知△PQM 为直角三角形，且 PQ＝1，MQ＝1 2AC， 在△ABC 中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋1－2×2×1× (－1 2 )＝7，AC＝ 7， 则 MQ＝ 7 2 ，则△MQP 中，MP＝ MQ2＋PQ2＝ 11 2 ， 则△PMN 中，cos∠PNM＝MN2＋NP2－PM2 2·MN·NP ＝ ( 5 2 )2 ＋( 2 2 )2 －( 11 2 )2 2· 5 2 · 2 2 ＝－ 10 5 ， 又异面直线所成角范围为(0，π 2 ]，则余弦值为 10 5 ．故选 C． 2．【解题思路】 (1)平面 PAB⊥平面 PAD AB⊥平面 PAD，(2)利用面面垂直建系，二面角的大小通过二面 角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角． 经典常规题 ⇐【答案】 (1)证明　∵∠BAP＝∠CDP＝90°， ∴PA⊥AB，PD⊥CD， 又∵AB∥CD，∴PD⊥AB， 又∵PD∩PA＝P，PD，PA⊂平面 PAD， ∴AB⊥平面 PAD，又 AB⊂平面 PAB， ∴平面 PAB⊥平面 PAD． (2)解　在平面 PAD 内作 PO⊥AD，垂足为点 O． 由(1)可知，AB⊥平面 PAD，故 AB⊥PO，可得 PO⊥平面 ABCD． 以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 O－xyz， 设 PA＝2，∴D(－ 2，0，0)， B( 2，2，0)，P(0，0， 2)，C(－ 2，2，0)， ∴PD→ ＝(－ 2，0，－ 2)，PB→ ＝( 2，2，－ 2)， BC→ ＝(－2 2，0，0)， 设 n＝(x，y，z)为平面 PBC 的一个法向量， 由{n·PB→ ＝0， n·BC→ ＝0 得{ 2x＋2y－ 2z＝0， －2 2x＝0. 令 y＝1，则 z＝ 2，x＝0，可得平面 PBC 的一个法向量 n＝(0，1， 2)， ∵∠APD＝90°，∴PD⊥PA， 又知 AB⊥平面 PAD，PD⊂平面 PAD， ∴PD⊥AB，又 PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面 PAB， ∴PD⊥平面 PAB， 即PD→ 是平面 PAB 的一个法向量，PD→ ＝(－ 2，0，－ 2)， ∴cos〈PD→ ，n〉＝ PD→ ·n |PD→ |·|n| ＝ －2 2 3 ＝－ 3 3 ， 由图知二面角 A－PB－C 为钝角，所以它的余弦值为－ 3 3 ． 3．【解题思路】 (1)注意垂直关系的相互转化，(2)利用面面垂直建系，直线与平面所成的角 θ 主要通过直线 的方向向量与平面的法向量的夹角 φ 求得，即 sin θ＝|cos φ|．(3)线段上的动点可设AM→ ＝λAP→ ，动点坐标用 λ 表 示．【答案】 (1)证明　因为平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD＝AD，AB⊥AD， 所以 AB⊥平面 PAD，所以 AB⊥PD． 又 PA⊥PD，AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面 PAB， 所以 PD⊥平面 PAB． (2)解　取 AD 的中点 O，连接 PO，CO． 因为 PA＝PD，所以 PO⊥AD． 因为 PO⊂平面 PAD，平面 PAD⊥平面 ABCD， 所以 PO⊥平面 ABCD． 因为 CO⊂平面 ABCD，所以 PO⊥CO． 因为 AC＝CD，所以 CO⊥AD． 如图，建立空间直角坐标系 O－xyz．由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)， D(0，－1，0)，P(0，0，1)． 设平面 PCD 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，则 {n·PD→ ＝0， n·PC→ ＝0， 即{－y－z＝0， 2x－z＝0， 令 z＝2，则 x＝1，y＝－2． 所以 n＝(1，－2，2)． 又PB→ ＝(1，1，－1)，所以 cos〈n，PB→ 〉＝ n·PB→ |n||PB→ | ＝－ 3 3 ． 所以直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为 3 3 ． (3)解　设 M 是棱 PA 上一点，则存在 λ∈[0，1]，使得AM→ ＝λAP→ ． 因此点 M(0，1－λ，λ)，BM→ ＝(－1，－λ，λ)． 因为 BM⊄平面 PCD， 所以要使 BM∥平面 PCD， 则BM→ ·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得 λ＝ 1 4． 所以在棱 PA 上存在点 M，使得 BM∥平面 PCD，此时AM AP＝1 4．1．【解题思路】 利用平行关系转化． 【答案】　如图所示，设平面 CB1D1∩平面 ABCD＝m1，因为 α∥平面 CB1D1，所以 m1∥m， 又因为平面 ABCD∥平面 A1B1C1D1， 结合平面 B1D1C∩平面 A1B1C1D1＝B1D1， 所以 B1D1∥m1，故 B1D1∥m． 同理可得：CD1∥n． 故 m，n 所成角即直线 B1D1 与 CD1 所成角， 在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，△CB1D1 是正三角形， 故直线 B1D1 与 CD1 所成角为 60°，其正弦值为 3 2 ．故选 A． 2．【解题思路】 (1)勾股定理可证垂直，(2)直线与平面所成的角 θ 主要通过直线的方向向量与平面的法向量 的夹角 φ 求得，即 sin θ＝|cosφ|． 【答案】 (1)证明　在△BAD 中，∵AB＝2AD＝2，∠BAD＝60°． 由余弦定理，得 BD2＝AD2＋AB2－2AB·ADcos 60°，BD＝ 3， ∵AB2＝AD2＋DB2．∴AD⊥DB， 在直平行六面体中，GD⊥平面 ABCD，DB⊂平面 ABCD，∴GD⊥DB， 又 AD∩GD＝D，AD，GD⊂平面 ADG， ∴BD⊥平面 ADG． (2)解　如图以 D 为原点建立空间直角坐标系 D－xyz， ∵∠BAE＝∠GAD＝45°，AB＝2AD＝2， ∴A(1，0，0)，B(0，3，0)，E(0，3，2)，G(0，0，1)， AE→ ＝(－1，3，2)，AG→ ＝(－1，0，1)，GB→ ＝(0，3，－1)． 设平面 AEFG 的一个法向量 n＝(x，y，z)， {n·AE→ ＝－x＋ 3y＋2z＝0， n·AG→ ＝－x＋z＝0， 令 x＝1，得 y＝－ 3 3 ，z＝1，∴n＝(1，－ 3 3 ，1)， 高频易错题设直线 GB 和平面 AEFG 的夹角为 θ， ∴sin θ＝|cos〈GB→ ，n〉|＝| GB→ ·n |GB→ |·|n||＝ 21 7 ， 所以直线 GB 与平面 AEFG 所成角的正弦值为 21 7 ． 3．【解题思路】 (1) ∠CBP=120°－∠EBP，(2) 二面角的大小可以通过二面角的两个面的法向量的夹角求得， 它等于两个法向量的夹角或其补角． 【答案】 解　(1)因为 AP⊥BE，AB⊥BE， AB，AP⊂平面 ABP，AB∩AP＝A，所以 BE⊥平面 ABP， 又 BP⊂平面 ABP，所以 BE⊥BP，又∠EBC＝120°， 因此∠CBP＝30°． (2)法一　如图 1，取EC ︵ 的中点 H，连接 EH，GH，CH． 图 1 因为∠EBC＝120°， 所以四边形 BEHC 为菱形， 所以 AE＝GE＝AC＝GC＝ 32＋22＝ 13． 取 AG 中点 M，连接 EM，CM，EC， 则 EM⊥AG，CM⊥AG， 所以，∠EMC 为所求二面角的平面角． 又 AM＝1，所以 EM＝CM＝ 13－1＝2 3． 在△BEC 中，由于∠EBC＝120°， 由余弦定理得 EC2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12， 所以 EC＝2 3，因此△EMC 为等边三角形， 故所求的角为 60°． 法二　以 B 为坐标原点，分别以 BE，BP，BA 所在的直线为 x，y，z 轴，建立如图 2 所示的空间直角坐标 系．图 2 由题意得 A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，3，3)，C(－1，3，0)， 故AE→ ＝(2，0，－3)，AG→ ＝(1，3，0)，CG→ ＝(2，0，3)， 设 m＝(x1，y1，z1)是平面 AEG 的一个法向量． 由{m· AE→ ＝0， m·AG→ ＝0， 可得{2x1－3z1＝0， x1＋ 3y1＝0. 取 z1＝2，可得平面 AEG 的一个法向量 m＝(3，－ 3，2)． 设 n＝(x2，y2，z2)是平面 ACG 的一个法向量． 由{n·AG→ ＝0， n·CG→ ＝0， 可得{x2＋ 3y2＝0， 2x2＋3z2＝0. 取 z2＝－2，可得平面 ACG 的一个法向量 n＝(3，－ 3，－2)． 所以 cos〈m，n〉＝ m·n |m|·|n|＝1 2． 因此所求的角为 60°． 1．【解题思路】 此题可建系用向量法做，亦可利用线线角、线面角的定义求其夹角． 【答案】　Error!⇒AC⊥平面 BB1D1D⇒AC⊥DE，∴α＝π 2． 取 A1D1 的中点 F，连 EF，FD，易知 EF⊥平面 ADD1A1， 则 β＝∠EDF，cos(α－β)＝cos(π 2－∠EDF)＝sin∠EDF＝ 6 6 ．故填 6 6 ． 2．【解题思路】 异面直线所成的角 θ，可以通过两直线的方向向量的夹角 φ 求得，即 cosθ＝|cosφ|． 【答案】　在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AB＝BC＝CC1＝2，AC＝2 3，M 是 AC 的中点， 精准预测题所以 BM⊥AC，BM＝ 4－3＝1． 以 M 为原点，MA 为 x 轴，MB 为 y 轴，过 M 作 AC 的垂线为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 C(－ 3，0，0)， B1(0，1，2)，C1(－ 3，0，2)，M(0，0，0)． ∴CB1→ ＝( 3，1，2)，MC1→ ＝(－ 3，0，2)． 设异面直线 CB1 与 C1M 所成角为 θ， 则 cos θ＝ |CB1→ ·MC1→ | |CB1→ |·|MC1→ | ＝ 1 8· 7 ＝ 14 28 ． 所以异面直线 CB1 与 C1M 所成角的余弦值为 14 28 ．故填 14 28 ． 3．【解题思路】 (1)建系注意底面的垂直关系，(2)二面角转化为法向量的夹角问题． 【答案】 解　设 AD＝DE＝2AB＝2a，以 AC，AB 所在的直线分别作为 x 轴、z 轴，以过点 A 在平面 ACD 内 和 AC 垂直的直线作为 y 轴，建立如图所示的坐标系， A(0，0，0)，C(2a，0，0)，B(0，0，a)，D(a， 3a，0)，E(a， 3a，2a)． ∵F 为 CD 的中点，∴F(3 2a， 3a 2 ，0)． (1)证明　AF→ ＝(3 2a， 3 2 a，0)，BE→ ＝(a， 3a，a)，BC→ ＝(2a，0，－a)， ∴AF→ ＝1 2(BE→ ＋BC→ )，AF⊄平面 BCE， ∴AF∥平面 BCE． (2)设平面 BCE 的一个法向量 m＝(x，y，z)， 则{m·BE→ ＝0， m·BC→ ＝0， 即{x＋ 3y＋z＝0， 2x－z＝0， 不妨令 x＝1 可得 m＝(1，－ 3，2)． 设平面 BDE 的一个法向量 n＝(x，y，z)，则{n·BE→ ＝0， n·BD→ ＝0， 即{x＋ 3y＋z＝0， x＋ 3y－z＝0. 令 x＝ 3可得 n＝( 3，－1，0)． 于是，cos〈m，n〉＝ m·n |m| × |n|＝ 6 4 ． 故二面角 C－BE－D 的余弦值为 6 4 ． 4．【解题思路】 (1)菱形的对角线互相垂直，(2)线面角转化为方向向量与法向量夹角问题．【答案】 (1)证明　∵四边形 ABCD 是菱形，∴BD⊥AC． ∵AE⊥平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD，∴BD⊥AE， 又 AC⊂平面 ACFE，AE⊂平面 ACFE，AC∩AE＝A， ∴BD⊥平面 ACFE． (2)解　以 O 为原点，以 OA，OB 所在直线分别为 x 轴、y 轴，以过点 O 且平行于 CF 的直线为 z 轴建立空间 坐标系，则 B(0，3，0)，D(0，－ 3，0)，F(－1，0，3)． 设 AE＝a，则 E(1，0，a)， ∴OF→ ＝(－1，0，3)，DB→ ＝(0，2 3，0)，EB→ ＝(－1，3，－a)， 设平面 BDE 的法向量为 n＝(x，y，z)，则{n·DB→ ＝0， n·EB→ ＝0， 即{2 3y＝0， －x＋ 3y－az＝0.令 z＝1，得 n＝(－a，0，1)， ∴|cos〈n，OF→ 〉|＝ |n·OF→ | |n||OF→ | ＝ |a＋3| 10 a2＋1 ． ∵直线 FO 与平面 BED 所成角的大小为 45°， ∴ |a＋3| 10 a2＋1 ＝ 2 2 ，解得 a＝2 或 a＝－1 2(舍)， ∴AE＝2．