高考数学解题思路：立几利器-立体几何综合讲义（含解析）

2 共99 方体{c=正方体模{方体{c=正方体模{垂直{a8直点8方:c两两1(柱体28棱:的◦三成θ{1球心在个{模核模模模棱折模模模平侧夹柱个体相斜相锥正过αβ88:::θ433322221111•柱柱•长长体体8长长cc11R2+2+2222柱柱体体aa棱棱11RR=√a2+a2+22c:cc1RR=a2+2例1例1(柱体模型)共99证明R共99相2R=相2R=α82R=R•88对对棱棱长长体体8,,γ模模111β+γ2:2αααα对对棱棱长长正正体体对对上上等〈11α+α22正正相相型2〈2,:RR外接球接球3::=α=33体的长宽高分别为a，b，c，AD=BC=α,AB=CD=β,AC=DD=γ.第三步：根据柱体模型和第二步得:2(a2+a2+a2)=α2+β2+γ2第四步：R共9982:r多边锥底〈:=4r径:=2+r21R+rR=2h模投距直侧形接球此影hh88112•••21:模棱模锥锥R8=证明R共99令O1为△BCD的外接圆圆心，令其半径O1D为r，令正棱锥的高AO1为h令侧棱长AD=b；在直角△DOO1中OD2=R2=|OO1|2+|DO1|2=(h−R)2+r2=h2+r2−2Rh+R2=b2−2Rh+R2所以R2=2Rh,即R共998:•棱棱长长接接,直直底底直21R=+r244例4例4(侧棱垂直底面模型☆☆)令O1D=r所以2r在△PAD中，令PA=l，由中位线定理可知共99球球上上••88球球距距hh投圆模模r接接半径:11R=+r2【球心的投影在面的外接圆圆心上模型图】如第一个图，OC=R，令OO1=h，O1C=r为△ABC的外接圆半径，在△OO1C中，R=√h2+r2R2=|R12+1C2共99θα直)2r2θα直)2r2θmR+••外外接接888rr1αα=90=90◦r2β径径l为αβ2::11R=+r_448者在在或者折叠的θ全折叠hhr的平平θ:11r2h_r)2tan228底平平三构成θ等三βr角形夹夹2((hh:11rr2+228不边模模θθ形致致直直θθ:11RR=rr++((h_))28ααββθβmmαα心ll距距=任任n接接11222+n222θl2::::=4◦◦12θ=9022l2:=4半半径径r1+ααβR8rr1•例6例6(☆☆)共99【面α面β夹角θ=90◦模型图】由题意可知：平面ABC丄BCD，O为球心，BC=l，E为BC的中点，如第二个图为令O2一定是△ABC的外接圆半径，令其为r2所以四边形EO1OO2为R2=2=12+1D2=2E2+|O1D2所以R共99••8为θh的顶线r面的:1r2+(r)2t例τ(☆☆)菱形形形起或者2θ【全等三角形折叠模型图】题设：两个全等的三角形或者等腰拼在一起，或者菱形折叠，设折叠的二面角R2=2=2+|CH12=r2+2tan所以：R共99h等的r三径)2R=r+2腰腰构直底成2__r2sin8:θθ1•例8例8(☆☆)【等腰三角形与直角三角形斜边构成二面角的四面凡是遇到直角三角形，通常要转换直角顶点，因为直径所对的圆周角为直角，故可将直角顶点转换为共斜边的直角三角形直角顶点，如上图：△ABC以斜边BC为交线与其它平面形成的二面角可以转换为平面DBC与其它平面构成的二面角．如上图中，△ABC为等腰三角形，且AB=AC，△DBC是以BC为斜边的Rt△,二面角为θ,在△OO1E2=2=12+1E2=r所以：R共99距2含含θθ接接•8llααθ为面αββmα接圆l点含含θθ外外接接nnββ22ll2211R2=m+n_ncosncosθl+::in2θ4例9例9(☆☆)如图，若空间四边形C_ABD中，二面角的平面角大小为θ,ABD的外接圆圆心1O2E1O22=m2+n2_2mncosθ,共991.2共面问题例1例1(2020全国III理19★★★II)如图，在长方体ABCD_A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE=ED1，BF=2FB1．(I)证明：点C1在平面AEF内；(I)在AA1上取一三等分点M，使得A1M=2AM，分别连接EM，B1M，EC1，FC1，在长方体ABCD_A1B1C1D1中，有DD1//AA1//BB1，且DD1=AA1=BB1，又2DE=ED1，A1M=2AM，BF=2FB1，所以DE=AM=FB1，即四边形B1AFM与EDAM都是平行四边形所以AF//MB1且AF=MB1，AD=ME且AD//ME，又在长方体中，有AD//B1C1且AD=B1C1，B1C1//ME且B1C1=ME所以EC1//MB1且EC1=MB1，又AF//MB1且AF=MB1AF//EC1且AF=EC1故点C1在平面AEF内．共991.3.1平行之点共面例例1(2020全国III文19★★★★I)共99如图，在长方体ABCD_A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE=ED1，BF=2FB1．证明：(I)当AB=BC时，EF丄AC；(II)点C1在平面AEF内．解答(I)当AB=BC时，EF丄AC．因为ABCD_A1B1C1D1是长方体，BB1丄平面ABCD又AC⊂平面ABCD，所以AC丄BB1又因为AB=BC，所以四边形ABCD为正方形，AC丄BD又BD∩BB1=B，AC丄平面BB1D1D又因为点E，F分别在棱DD1，BB1上，即EF⊆平面BB1D1D，所以EF丄AC．(II)取AA1靠近A1的三等分点M，连结D1M，C1F，MF，因为E在DD1，且2DE=ED1，ED1//AM，且AM=ED1所以四边形AED1M为平行四边形，D1M//AE，且D1M=AE又F在BB1上，且BF=2FB1，所以MF//A1B1，且MF=A1B1，故共99MF//D1C1，MF=D1C1，即D1MFC1为平行四边形D1M//C1F，AE//C1F共991.3.2平行问题基础理论平平理理•1.3.3正向平移证平行问题88:8条线过点线移,8:组对两组相等如平(一证证核长直平沿何沿何形形说顶样连对知如行过分::((32211•一共991.3.4平行的传递性★★III)如图，在正方体ABCD_A1B1C1D1中，E为BB1中点．(I)求证：BC1//平面AD1E．(I)在正方体ABCD_A1B1C1D1中，ABC1D1，四边形ABC1D1为平行四边形，则AD1//BC1又因为BC1平面AD1E，AD1⊂平面AD1E，BC1//平面AD1E为线段AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE，使平面A1DE丄平面BCD，F为线段A1C的中点．(I)求证：BF//平面A1DE；共99取A1D的中点G，连结GF，CE；又1FG//CD，FG=CD21BE//CD，BE=CD2FG//BE，FG=BE故四边形BEGF为平行四边形，所以BF//EG因为EG⊂平面A1DE，BF1DE，所以BF平面A1DE变式练2.1(2017全国II理19★★★II)如图，四棱锥P_ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面三角形BCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90◦,E是PD的中点．(I)证明：直线CE//平面PAB；变式练2.1解答(I)取PA中点F，连接BF，EF，EF//AD因为∠BAD=∠ABC=90◦,所以BC//AD，BC//ADBC//EF所以四边形BCEF为平行四边形，共99CE//BF所以CE//平面PAB．例3例3(2017全国I★★★II)如图，在四棱锥P_ABCD中，AB//CD，且∠BAP=∠CDP=90◦.(I)证明：平面PAB丄平面PAD；解答(I)因为∠BAP=∠CDP=90◦,PA丄AB，PD丄DC又因为AB//DC，AB丄PD又因为PA∩PD=P，所以AB丄平面PAD，因为AB⊂平面PAB，平面PAB丄平面PAD．共991.3.5反向沿线找点找线平移法88:8移建此时所形〈8()对边等两组::如证证证平用形找形何直说组样行对:((3211•平面PBC．共99证明：反向平移PC找到点M；即取AC的中点为M，连接QM，OM，QO．由G为ΔAOC的重心，得MQM//PCOM//BC因为QM∩MO=M，QM⊂平面QMO．所以QG//平面PBC．变式练1.1(2018天津理17★★★II)如图，AD//BC且AD=2BC，AD丄CD，EG//AD且EG=AD，CD//FG且CD=2FG，DG丄平面ABCD，DA=DC=DG=2．(I)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN//平面CDE；共991.4垂直问题α语}{直是理理••何何思想一一•直直如如果果αα直直,们们llαα相相l丄•直平平直的判判如如果一果一个个平平条条相相那那该该平平直直.记记直直线直直acα99c言言:l→αll丄a∩=O:平平两;一一个个则直于有a→aaα→a∨mnb))bmm,bcα,,.•直平平所成一一条条斜斜上上锐锐条和和个平面.直线与平平角一条面平在在与平成成◦00直所成ππ2共991.4.2垂直问题基础理论:一条直两个成的.二面的棱,以∠B−l−β.二面角.•直:角,就说互.面面定定:个直(线面符:α⊥βlβ性:果两垂个平一⇒)αβ)符:〉⇒αaβa⊥l丿垂直”果一另一}β=记棱射直平直直平个半分条言言性αα)]ll•础•形作线等助腰腰长上上过作((21•共99::•直直88直直(不,垂★★III)如图，在四面体ABCD中，∆ABC是等边三角形，平面ABC丄平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=2√3，∠BAD=90◦.(I)证明：AD丄BC.由平面ABC丄平面ABD；又平面ABC∩平面ABD=AB且AD丄AB可得AD丄平面ABC，故AD丄BC如图，三棱台DEF_ABC中，面ADFC丄面ABC，∠ACB=∠ACD=45◦,DC=2BC．(I)证明：EF丄DB；共99OB．由∠ACD=45◦,DO丄AC得CD=√2CO，由平面ACFD丄平面ABC得DO丄平面ABC，所以DO丄BC．由∠ACB=45◦,BCCDCO，得BO丄BC．所以BC丄平面BDO，故BC丄DB．变式练1.2(2018全国III理19★★★II)⌢⌢如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异(I)证明：平面AMD丄平面BMC；解答(I)由题设知，平面CMD丄平面ABCD，交线为CD．因为BC丄CD，BC⊂平面ABCD，BC丄平面CMD，故BC丄DM．⌢DM丄CM又BC∩CM=C，所以DM丄平面BMC．而DM⊂平面AMD，故平面AMD丄平面BMC．共99一一三,,形个8:•一如图，四面体ABCD中，ΔABC是正三角形，AD=CD．(I)证明：AC丄BD；AD=CD又由于ΔABC是正三角形，所以AC丄BO从而AC丄平面DOB，故AC丄BD.共99变式练1.1(2007福建文17★★★II)A1CDB1C1A如图，正三棱柱ABC_A1B1C1的所有棱长都为2A1CDB1C1A(I)求证：AB1丄平面A1BD；BA1C1DB1AB解答(I)证明：取BC的中点O，连接AO．因为△ABCA1C1DB1ABC因为正三棱柱ABC_A1B1C1中，平面ABC丄平面BCC1B1；COAO丄平面BCC1B1．连接B1O，在正方形BB1C1C中，O，D分别为BC，CC1的中点，所以所以B1O丄BDO所以BD丄平面AOB1，则BD丄AB1；ABA1B1中，AB1丄A1B，所以AB1丄平面A1BD.共99•逆逆理理88股股理11余::22正正★★III)AB的中点，已知PA丄AC，PA=6，BC=8，DF=5．(I)求证：平面BDE丄平面ABC.PEEBAFC1D理因为D，E为PCAC中点，所以又因为E，F为AC，AB中点，所以且DF=5，所以DE2+EF2=DF2因为∠DEF=90◦,所以DE丄EF又因为DE//PAPA丄AC，所以DE丄AC又AC∩EF=E，所以DE丄平面ABC，又DE⊂平面BDE，所以平面BDE丄平面ABC共99变式练1.1(2020全国I理18(2/5)★★★II)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，PODO(I)证明:PA丄平面PBCACACDOEBP解答(I)设DO=a，由题设可得POa，AOa，AB=a，PA=PB=PCa因此PA2+PB2=AB2，PA丄PB又PA2+PC2=AC2；故PA丄PC，所以PA丄平面PBC．变式练1.2(2018全国II文19★★★II)如图，在三棱锥P_ABC中，AB=BC=2√2，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中(I)证明：PO丄平面ABC；共99解答(I)连接BO，因为PA=PC=4，O为AC中点，又因为AB=BC=2√2，AC=4，满足AB2+BC2=AC2，所以BO=2，在△POB中，PB=4，则PO2+BO2=PB2，所以PO丄面ABC．因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP丄AC，且OP=2√3．连结OB，因为AB=BCAC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB丄AC，由OP2+OB2=PB2知，OP丄OB．由OP丄OB，OP丄AC知PO丄平面ABC．共99•811棱棱对22对角直直棱棱44径所=◦:柱柱—底底例1例1(四图一柱之正方形★★III)已知四棱锥S_ABCD的底面ABCD是正方形，SA丄底面ABCD，E是SC上的任意一点.(I)求证：平面EBD//平面SAC.证明：SA丄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以SA丄BD因为ABCD是正方形，所以AC丄BD所以BD丄平面SAC，又因为BD⊂平面EBD；平面EBD丄平面SAC共99变式练1.1(2020海南20★★★II)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(I)证明：l⊥平面PDC；解答(I)在正方形ABCD中，AD//BC，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，l⊥DC，且PD⊥平面ABCD所以AD⊥PD，所以l⊥PD，因CD∩PD=D，所以l⊥平面PDC．变式练1.2(2018全国I理18★★★II)如图，四边形ABCD为正方形，E,F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．(I)证明：平面PEF⊥平面ABFD；共99解答(I)证明：因为E，F分别为AD，BC的中点，四边形ABCD为正方形所以EF//AB，BC丄AB；BC丄EF因为PF丄BF，所以PF丄BC，而：EF∩PF=FBC丄平面PEF而：BC⊂平面ABFD，∴平面PEF丄平面ABFD．例2例2(四图一柱之菱形☆☆)如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，BE丄平面ABCD．(I)证明：平面AEC丄平面BED.DDGBCE因为四边形ABCD为菱形，所以AC丄BD因为BE丄平面ABCD，所以AC丄BE故AC丄平面BED．又AC⊂平面AEC，所以平面AE丄平面BED共99(I)求证：BC丄PAC.AC丄BC由PA丄平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA丄BC又PA∩AC=A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以BC丄平面PAC变式练3.1(2020全国II理20(4/5))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.(I)证明:AA1//MN,且平面A1AMN丄平面EB1C1F;AA1ACMBC1ONEPB1F共99变式练3.1解答(I)因为M,N分别为BC，B1C1的中点，所以MN//CC1又由已知得AA1//CC1,故AA1//MN所以B1C1丄A1N.又B1C1//MN，故B1C1丄平面A1AMN.所以平面A1AMN丄平面EB1C1F共99••法影面例1(五射影☆☆){定理射射影五如图，在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC=2，∠ABC=120◦,又顶点A1在底面ABC上的射影落在AC上，M为AC的中点(I)求证：AA1⊥BD．在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，因为A1在底面ABC上的射影落在AC上，则平面A1ACC1经过底面ABC的垂线，故侧面A1C⊥平面ABC又因为侧面A1C∩面ABC=AC，又BD为等腰△ABC底边AC上中线，则BD⊥ACBD⊥平面A1CAA1⊥BD共99直六直六•平平行行88转转化化11的22条直行,::则则如图，四边形如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，E平面ABCD．(I)求证：平面AEC丄平面BED.HHBOCDxzEFAy共991.4.9平行垂直综合例1例1(2020江苏15★★★II)在三棱柱ABC_A1B1C1中，AB丄AC，B1C丄平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．(I)求证：EF//平面AB1C1；(II)求证：平面AB1C丄平面ABB1．(I)因为E，F分别是AC，B1C的中点，所以EF是三角形AB1C的中位线，EF//AB1EF//平面AB1C1(II)因为B1C丄平面ABC，AB⊂面ABC，B1C丄AB又因为AB丄AC，AC∩B1C=C，AC⊂面AB1C，B1C⊂面AB1C，AB丄面AB1C因为AB⊂面ABB1，平面AB1C丄平面ABB1★★III)如图，在四棱锥P_ABCD中，PA丄平面ABCD，底面ABCD为菱形．E为CD的中(I)求证：BD丄平面PAC；(II)若∠ABC=60◦,求证：平面PAB丄平面PAE；(III)棱PB上是否存在点F，使得CF//平面PAE？说明理由．共99解答(I)PA丄平面ABCD，且BD⊂平面ABCD，PA丄BD在菱形ABCD中，AC丄BD，即PA丄BD，PA⊂平面PACAC丄BD，AC⊂平面PAC，PA∩AC=A，BD丄平面PAC(II)PA丄平面ABCD，且AE⊂平面ABCD，PA丄AE在菱形ABCD中，∠ABC=60◦,即∠ADC=60◦AE丄CD又AB//CD，AE丄AB，即AE丄PA，PA⊂平面PABAE丄AB，AB⊂平面PAB，PA丄AB=A，所以AE丄平面PAB，且AE⊂平面PAE所以平面PAB丄平面PAE．共99(III)棱AB上存在F点，且F为PB的中点，取PA中点为M，连接MF、ME、FC，因为MF分别PA、PB中点．MF//AB，MFAB因为底面ABCD为菱形，CE//AB，CE=ABMF//CE所以四边形MFCE为平行四边形，FC//EMFC//平面PAE变式练1.2(2019江苏16★★★II)如图，在直三棱柱ABC_A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：(I)A1B1//平面DEC1；(II)BE丄C1E．ED//AB在直三棱柱ABC_A1B1C1中，AB//A1B1，A1B1//ED所以A1B1//平面DEC1．共99ED//AB在直三棱柱ABC_A1B1C1中，AB//A1B1，A1B1//EDA1B1//平面DEC1(II)因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE丄AC．因为三棱柱ABC_A1B1C1是直棱柱，所以C1C丄平面ABC．又因为BE⊂平面ABC，所以C1C丄BE．C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C所以BE丄平面A1ACC1，⊂平面A1ACC1，所以BE丄C1E．变式练1.3(2018全国III★★★II)如图，矩形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．(I)证明：平面AMD丄平面BMC；(II)在线段AM上是否存在点P，使得MC//平面PBD？说明理由．解答(I)由题设知，平面CMD丄平面ABCD，交线为CD．因为BC丄CD，BC⊂平面ABCD，BC丄平面CMD，故BC丄DM．M为所以DM丄CM．又BC∩CM=C，所以⌢CD上异于C，D的点，且DC为直径DM丄平面BMC．而DM⊂平面AMD，故平面AMD丄平面BMC．共99(II)当P为AM的中点时，MC//平面PBD．连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连结OP，因为P为AM中点，所以MC//OP．MC⊂/平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC//平面PBD．变式练1.4(2018江苏15★★★II)在平行六面体ABCD_A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1丄B1C1．(I)求证：AB//平面A1B1C；(II)平面ABB1A1丄平面A1BC．解答(I)因为平行六面体ABCD_A1B1C1D1．所以面ABC//面A1B1C1D1．因为A⊂B面ABCD．所以AB//面A1B1C1D1．又面ABA1B1∩面A1B1C1D1=A1B1．且AB⊂面ABA1B1．所以AB//A1B1．又A1B1⊂面A1B1C，AB1B1C．所以AB//面A1B1C．(II)由（1）可知：BC//B1C1．因为AB1丄B1C1．所以AB1丄BC．因为平行六面体ABCD_A1B1C1D1．所以AB=A1B1．又由（1）得AB//A1B1．所以四边形ABB1A1为平行四边形．共99因为AA1=AB1．所以平行四边形ABB1A1为菱形．所以AB1丄A1B．又A1B所以AB1丄面A1BC．面ABB1A1．所以面ABB1A1丄面A1BC．变式练1.5(2018北京文18★★★II)如图，在四棱锥P_ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD丄平面ABCD，PA丄PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点．(I)求证：PE丄BC；(II)求证：平面PAB丄平面PCD；(III)求证：EF//平面PCD．解答(I)在△PAD中，PA=PD，点E为AD中点，所以PE丄AD，因为平面PAD丄平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PE⊂平面PAD，所以PE丄平面ABCD所以PE丄BC．(II)由（1）知PE丄平面ABCD，因为CD⊂平面ABCD，所以PE丄CD，又CD丄AD，PE，AD⊂平面PAD，PE∩AD=E，所以CD丄平面PAD，因为PA⊂平面PAD，所以CD丄PA，因为PA丄PD，CD，PD⊂平面PCD，CD∩PD=D，所以PA丄平面PCD．共99所以平面PAB丄平面PCD．(III)取PC中点Q，连接FQ，DQ，所以FQ//BC，且FQBC，因为ED//BC，且EDBC，所以FQ//ED，且ED=FQ，所以四边形EFQD为平行四边形，所以EF//DQ，EF⊂/平面PCD，DQ⊂平面PCD，所以EF//平面PCD．变式练1.6(2017山东文18★★★II)由四棱柱ABCD_A1B1C1D1截去三棱锥C1_B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E丄平面ABCD．(I)证明：A1O//平面B1CD1；(II)设M是OD的中点，证明：平面A1EM丄平面B1CD1．解答(I)证：取B1D1中点F，连接A1F，CF，因为ABCD_A1B1C1D1为四棱柱，所以A1F//OC,A1F=OC，所以四边形A1FCO为平行四边形，所以A1O//CF，又CF⊂平面B1CD1，A1O1CD1，所以AO//平面B1CD1．所以EM//AO，因为四边形ABCD为正方形，所以AO丄BD，所以EM丄BD，又A1E丄平面ABCD，所以A1E丄BD，所以BD丄平面A1EM，又因为B1D1⊂平面B1D1C,BD//B1D1，∴B1D1丄平面A1EM，共99又B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1．变式练1.7(2017北京文18★★★II)如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．(I)求证：PA⊥BD；(II)求证：平面BDE⊥平面PAC；(III)当PA//平面BDE时，求三棱锥E−BCD的体积．解答(I)因为PA⊥AB，PA⊥BC，AB∩BC=B，AB，BC⊂平面ABC．PA⊥平面ABCBD⊂平面ABCPA⊥BD(II)因为AB=BC，D为AC中点，BD⊥AC又因为BD⊥PA，PA∩AC=A，所以BD⊥平面PACBD⊂平面BDE所以平面BDE⊥平面PAC(III)因为PA//平面BDE，平面PAC∩平面BDE=DE所以PA//DE，所以DE⊥平面ABCS△ABC=DC×BD=1，DE=PA=1，所以VE—BCD=S△ABC×DE=．因为PA//平面BDE，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面BDE=DE，所以PA//DE，又D为AC中点，PA//DE，所以DE为△CPA中位线，E为PC中点，且DEPA=1，由（1）得PA⊥平面ABC，PA//DE，共99DE丄平面ABC，所以DE为三棱锥E-BCD的高，所以VE__BCDDE|·S△BCD，所以三棱锥E-BCD的体积为共99★★III)(I)设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积．(II)设PO=4，OA，OB是底面半径，且∠AOB=90◦,M为线段AB的中点，如图，求(II)取OA的中点N，所以等价于求∠PMN．则所以tan所以θ=arctan√17．1.5.1空间向量与线线角例例1(2018江苏25★★★II)共99如图，在正三棱柱ABC_A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．(I)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(I)设AC，A1C1的中点分别为O，O1，建立空间直角坐标系O__xyz，因为AB=AA1=2，A(0,_1,0)，点P为A1B1的中点．所以P，所以异面直线BP与AC1所成角的余弦值为：．1.5.2空间向量与点到面的距离例例1(2019上海17★★★II)共99如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，M为BB1上一点，已知BM=2，CD=3，AD=4，AA1=5．(I)求直线A1C与平面ABCD的夹角；(II)求点A到平面A1MC的距离．45◦(I)连接AC，A1C，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1丄AC，所以∠A1AC=90◦,因为AD=4，CD=3，所以AC=545◦故AC=AA1，△A1AC为等腰直角三角形，∠A1CA=故A1C与平面ABCD所成的角∠A1CA=45◦.(II)以D为中心，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z_____»1C=(-4,3,-5)_____»_=(-4,0,-2)设平面A1MC的法向量(x,y,z)，=解得=(-1,2,2)，A(4,0,0)，_=(-4,3,0)，1.5.3定义法与角度问题例例1(2018天津文17★★★II)共99如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC丄平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=2√3，∠BAD=90◦.(I)求证：AD丄BC；(II)求异面直线BC与MD所成角的余弦值；(III)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．解答(I)证明：由平面ABC丄平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD丄AB可得AD丄平面ABC，故AD丄BC．(II)取棱AC的中点N，连接MN，ND．又因为M为棱AB的中点，故MN//BC，所以∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成在Rt△DAM中，AM=1，故DM因为AD丄平面ABC，所以AD丄AC，在Rt△DAN中，AN=1，所以在等腰三角形DMN中，MN=1，可得1MNcos∠DMN=DM=26所以异面直线BC与MD所成角的余弦值为共99(III)连接CM，因为△ABC为等边三角形，M为边AB的所以CM丄AB，CM=√3，又因为平面ABC丄平面ABD，而CM⊂平面ABC，所以CM丄平面ABD，即∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．在Rt△CAD中，CD=√AC2+AD2=4．在Rt△CMD中，sin∠CDM所以直线CD与平面ABD所成角的正弦值为1.5.4空间向量与线面角例例1(2020北京16★★★II)共99如图，在正方体ABCD_A1B1C1D1中，E为BB1中点．(I)求证：BC1//平面AD1E．(II)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．(I)在正方体ABCD_A1B1C1D1中，ABC1D1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，则AD1//BC1，又因为BC1平面AD1E，AD1⊂平面AD1E，所以BC1//平面AD1E．(II)在正方体ABCD_A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，AD⊥AB，所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴的空间直角设正方体ABCD_A1B1C1D1的边长为2，设平面AD1E的法向量为=(x,y,z)，所以=(2,1,_2)，设直线AA1与平面AD1E所成的角为θ,所以直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为．共99变式练1.1(2020全国II理20(4/5)☆)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.(I)证明:AA1//MN,且平面A1AMN丄平面EB1C1F;C1ONB1(II)设O为△A1B1C1的中心,若AO//平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面C1ONB1AA1AFECAFECMPB解答(I)因为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丄A1N.又B1C1//MN,故B1C1丄平面A1AMN.所以平面A1AMN丄平面EB1C1F(II(II)由已知得AM丄BC．以M为坐标原点，MA的方向为坐标系M__xyz，则AB=2，AM=√3，连结NP，则四边形AONP为故PM)，由（1）知平面A1AMN丄平面ABC．作NQ丄AM，垂足为Q，则NQ丄平面ABC．设Q(a,0,0)，则NQB1所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为共99如图，三棱台DEF_ABC中，面ADFC丄面ABC，∠ACB=∠ACD=45◦,DC=2BC．(I)证明：EF丄DB；(II)求DF与面DBC所成角的正弦值．OB．由∠ACD=45◦,DO丄AC得CD=√2CO，由平面ACFD丄平面ABC得DO丄平面ABC，所以DO丄BC．由∠ACB=45◦,BCCDCO，得BO丄BC．所以BC丄平面BDO，故BC丄DB．(II)由三棱台ABC_DEF得BC//EF，所以EF丄DB．过点O作OH丄BD，交直线BD于点H，连结CH．由三棱台ABC_DEF得DF//CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角．由BC丄平面BDO得OH丄BC，故OH丄平面BCD，所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角．由DO=OC=2，BO=BC=√2，得BD=√6，OH=所以sin∠OCH因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为由三棱台ABC_DEF得DF//CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为θ.O__xyz．共99因此=(0,2,0)，=(-1,1,0)，=(0,-2,2)，设平面BCD的法向量n=(x,y,z)．因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为变式练1.3(2020海南20★★★II)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(I)证明：l⊥平面PDC；(II)已知PD=AD=1，Q为l上的点，QB=√2，求PB与平面QCD所成角的正弦值．解答(I)在正方形ABCD中，AD//BC，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，l⊥DC，且PD⊥平面ABCD所以AD⊥PD，所以l⊥PD，因CD∩PD=D，所以l⊥平面PDC．共99(II)如图建立空间直角坐标系D__xyz，因为PD=AD=1，(1,1,_1)，»(m_1)2+(0_1)2+(1_0)2=√2→m=1，设平面QCD的法向量为=(x,y,z)，令x=1，则z=_1，所以平面QCD的一个法向量为=(1,0,_1)，2+02+(__1)2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所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值为．变式练1.4(2020山东20★★★II)如图，四棱锥P_ABCD的底面为正方形，PD丄底面ABCD．设平面PAD与平面PBC(I)证明：l丄平面PDC；(II)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．共99解答(I)如图在平面PAD内过点A作AM//PD且AM=PD连接MP，四边形ADPM是平行四边形故有MP//AD且MP=AD，又因为四边形ABCD为所以有AD//BC且AD=BC，所以有PM//BC且PM=BC，故直线PM就是平面PAD和平面PBC的交线l因为PD⊥底面ABCD，PD∩DC=D且AD⊥CD，所以AD⊥平面PCD，所以l⊥平面PCD．则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，M(1,0,1)____»____»____»令平面QCD的一个法向量为=(x,y,z)，令x=1，则y=0，z=_t，即=(1,0,_t故平面QCD与PB所成角的正弦值最大为．变式练1.5(2018江苏25★★★II)如图，在正三棱柱ABC_A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．(I)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(II)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．共99．变式练1.6(2018全国I理18★★★II)如图，四边形ABCD为正方形，E,F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC共99(I)证明：平面PEF丄平面ABFD；(II)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．解答(I)证明：因为E，F分别为AD，BC的中点，四边形ABCD为正方形所以EF//AB，BC丄AB；BC丄EF因为PF丄BF，所以PF丄BC，而：EF∩PF=F所以BC丄平面PEF而：BC⊂平面ABFD，∴平面PEF丄平面ABFD．(II)作PH丄EF，垂足为H，由（1）得，PH丄平面ABFD，____»____»单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H______»____»由（1）可得，DE丄PE，又DP=2，DE=1，所以PE=√3，又PF=1，EF=2，故PE丄PF，=(1,,，=(0,0,为平面ABFD的设DP与平面ABFD所成角为θ,3所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为．共99变式练1.7(2018全国III理19★★★II)⌢⌢如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异(I)证明：平面AMD丄平面BMC；(II)当三棱锥M_ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．解答(I)由题设知，平面CMD丄平面ABCD，交线为CD．因为BC丄CD，BC⊂平面ABCD，BC丄平面CMD，故BC丄DM．⌢DM丄CM又BC∩CM=C，所以DM丄平面BMC．而DM⊂平面AMD，故平面AMD丄平面BMC．⌢所示的空间直角坐标系D__xyz．⌢当三棱锥M_ABC体积最大时，M为CD的中点．M(0,1,1)，设=(x,y,z)是平面MAB的法向量，则即y+z=0,可取n=(1,0,2)．是平面MCD所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是共99变式练1.8(2018浙江19★★★II)C1C=1，AB=BC=B1B=2．(I)证明：AB1丄平面A1B1C1；(II)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．求直线AC1与平面ABB1所成的角的解答(I)过B1作B1E丄AA1于点E，过C1作C1F丄BB1于点F，B1E=AB=2，AE=BB1=2，A1E=2，所以A1B1=√A1E2+B1E2=2√2，AB1=»BB12+AB2=2√2，AA1=4，所以A1B12+AB12=AA12，所以AB1丄A1B1，又C1F=BC=2,B1F=1，所以B1CAC所以AC1=»AC2+CC12=√13，所以A1B12+B1C12=AC12，所以AB1丄B1C1，2B1C1，A1B1⊂平面A1B1C1，所以AB1丄平面A1B1C1．由题意得BB1丄AB，CC1丄BC，AA1丄AB，所以△ABB1为直角三角形，四边形BCC1B1为直角梯形．在△ABC中，AB=2，BC=2，∠ABC=120◦,由余弦定理得AC=2√3，共99同理，A1B1=2√2在直角梯形BCC1B1中可得B1C1=√5，则A1B+AB=AA，所以∠AB1A1=90◦,所以AB1丄A1B1．同理，AB1丄B1C1．又A1B11C1=B1，所以AB1丄平面A1B1C1．(II)以A为原点，Ax为x轴，AC为y轴，AA1为z轴建设=(x,y,z)的法向量，x+√3y+2z=0，4z=0，如图，作CH丄AB，垂足为H，结合CH丄BB1知CH丄平面A1ABB1，又CC1//平面AA1B1B，所以CH为C1到平面A1ABB1的距离．在△BCH中得∠CBH=60◦,BC=2，所以CH=√3所以直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为共991.5.5空间向量与二面角例1例1(2020全国I理18(2/5)★★★II)为底面直径，AE=AD.△ABC是底(I)证明:PA⊥平面PBC(II)求二面角B__PC__E的余弦值.CCPOEBAD(I)设DO=a，由题设可得PO=a，AO=a，AB=a，PA=PB=PC=a，因此PA2+PB2=AB2，从而PA⊥PB，又PA2+PC2=AC2；故PA⊥PC，所以PA⊥平面PBC．____»____»位长，建立如图所示的空间直角坐标系O__xyz．____»____»所以，设=(x,y,z)是平面PCE的法向量，则,可取则cos⟨,故二面角B__PC__E的余弦值为．共99AAA1CDC1BB1(I)证明：取BC的中点O，连接AO．因为△A正三角形，所以AO丄BC；CB因为正三棱柱ABC_A1B1C1中，平面ABC丄平面BCC1CBAO丄平面BCC1B1．连接B1O，在正方形BB1C1C中，O，D分别为BC，CC1的中点，所以所以B1O所以BD丄平面AOB1，则BD丄AB1；ABA1B1中，AB1丄A1B，所以AB1丄平面A1BD.B1(1,2,0)设平面A1AD的法向量为=(x,y,z)．_=AAA1C1B1DzzAA1CBDB1C1yx如图，正三棱柱ABC_A1B1C1的所有棱长都为2，如图，正三棱柱ABC_A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．(I)求证：AB1丄平面A1BD；(II)求二面角A_A1D_B的大小（余弦值由于二面角A_A1D_B为锐角，故二面角A_A1D_B的余弦值为．共99如图，在三棱柱ABC_A1B1C1中，CC1丄平面ABC，AC丄BC，AC=BC=2，CC1=3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD=1，CE=2，M为棱A1B1的中点．(I)求证：C1M丄B1D；(II)求二面角B_B1E_D的正弦值；(III)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．A1(2,0,3)M»=(1,1,0)，=(2,_2,_2)，1M丄B1D．(II)依题意，_=(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量，_=(0,2,1)，_=(2,0,_1)，设=(x,y,z)为平面DB1E的法向量，则_B1E_D的正弦值(III)依题意，_=(__2,2,0共99变式练3.1(2020全国III理19★★★II)如图，在长方体ABCD_A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE=ED1，BF=2FB1．(I)证明：点C1在平面AEF内；(II)若AB=2，AD=1，AA1=3，求二面角A_EF_A1的正弦值．变式练3.1解答(I)在AA1上取一三等分点M，使得A1M=2AM，分别连接EM，B1M，EC1，FC1，在长方体ABCD_A1B1C1D1中，有DD1//AA1//BB1，且DD1=AA1=BB1，又2DE=ED1，A1M=2AM，BF=2FB1，所以DE=AM=FB1，即四边形B1AFM与EDAM都是平行四边形所以AF//MB1且AF=MB1，AD=ME且AD//ME，又在长方体中，有AD//B1C1且AD=B1C1，B1C1//ME且B1C1=ME则四边形B1C1EM为平行四边形所以EC1//MB1且EC1=MB1，又AF//MB1且AF=MB1AF//EC1且AF=EC1则四边形AFC1E为平行四边形故点C1在平面AEF内．共99间直角坐标系．因为AB=2，AD=1，AA1=3，2DE=则=(__2,1,_1)，=(0,_1,_1)，=(0,_1,2)，设平面AEF的一个法向量为=(x1,y1,z1)，则，即z1=0，令x1=1，则y1=1，z1=_1，即=(1,1,_1)．设平面A1EF的一个法向量为=(x2,y2,z2)，2=1，则y2=4，z2=2，即=设二面角A_EF_A1为θ,则二面角A_EF_A1的正弦值为变式练3.2(2020江苏理24★★★II)在三棱锥A_BCD中，已知CB=CD=√5，BD=2，O为BD的中点，AO丄平面BCD，AO=2，E为AC的中点．(I)求直线AB与DE所成角的余弦值；(II)若点F在BC上，满足BFBC，设二面角F_DE_C的大小为θ,求sinθ的共99变式练3.2因为CB=CD，O为BD中点，____»____»____»以{OB,OC,OA}为基底，建立空间直角坐标系O_____»____»____»因为BD=2，CB=CD=√5，AO=2，则=(1,0,_2)，=(1,1,1)因此，直线AB与DE所成角的余弦值为(II)因为点F在BC上，BF=BC，_=(__1,2,0)，设=(x1,y1,z1)为平面DEF的一个法向量，则，即取x1=2，得y1=_7，z1=5，所以=(2,_7,5)．设=(x2,y2,z2)为平面DEC的一个法向量，又_=(1,2,0)，2=2，得y2=_1，得z2=_1，所以=(2,_1,_1)．变式练3.3(2019全国III理19★★★II)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60◦.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．(I)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC丄平面BCGE；共99(II)求图2中的二面角B_CG_A的大小．变式练3.3解答(I)由已知得AD//BE，CG//BE，AD//CG，故AD，CG确定一个平面AB丄BE，AB丄BC故AB丄平面BCGE又因为ABC平面ABC，平面ABC丄平面BCGE(II)作EH丄BC，垂足为H．因为EHC平面BCGE，平面BCGE丄平面ABC，EH丄平面ABC由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60◦,BH=1，EH=√3_____»_____»建立如图所示的空间直角坐标系H__xyz，设平面ACGD的法向量为=(x,y,z)，又平面BCGE的法向量可取为=(0,1,0)；二面角B_CG_A的大小为30◦共99变式练3.4(2019全国II理17★★★II)如图，长方体ABCD_A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．(I)证明：BE⊥平面EB1C1；(II)若AE=A1E，求二面角B_EC_C1的正弦值．变式练3.4解答(I)由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE又BE⊥EC1BE⊥平面EB1C1(II)由I知∠BEB1=90◦.由题设知Rt△ABERt△A1B1E，所以∠AEB=45◦,故AE=AB，AA1=2AB____»____»单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D______»____»(1,_1,1)，=(0,0,2)．设平面EBC的法向量为=(x1,y1,z1)，则即+z1=0,所以可取=(0,_1,_1).设平面ECC1的法向量为=(x2,y2,z2)，所以，二面角B_EC_C1的正弦值为共99变式练3.5(2019天津理17★★★II)如图，AE丄平面ABCD，CF//AE，AD//BC，AD丄AB，AB=AD=1，AE=BC=2．(I)求证：BF//平面ADE；(II)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(III)若二面角E-BDF的余弦值为，求线段CF的长．变式练3.5____»____»____»解答(I)依题意，可以建立以A为原点，分别以AB，AD____»____»____»设CF=h(h>0)，则F(1,2,h)．依题意，=(1,0,0)是平面ADE的法向量，又=____»____»____»____»又因为直线BFC/平面ADE，所以BF//平面ADE．(II)依题意，_=(-1,1,0)，_=(-1,0,2)，_=(-1-2,2)，设=(x,y,z)为平面BDE的法向量，则，即，故直线CE与平面BDE所成角的正弦值为(III)设=(x,y,z)为平面BDF的法向量，变式练3.6(2019全国I理18★★★II)共99如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60◦,E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．(I)证明：MN//平面C1DE；(II)求二面角A-MA1-N的正弦值．变式练3.6解答(I)连结B1C,ME，因为M，E分别为BB1,BC的中点，所以ME//B1C，且MEB1C.所以NDA1D.由题设知A1B1//DC且A1B1=DC，可得B1C//A1D且B1C=A1D，故ME//ND且ME=ND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN//ED.1DE，所以MN//平面C1DE.____»x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则____»(0,0,-4)，_M»=(-1,√3,-2)，=(-1,0,-2)，设=(x,y,z)为平面A1MA的法向量，则设=(p,q,r)为平面A1MN的法向量，共99所以二面角A_MA1_N的正弦值√变式练3.7(2019北京理16★★★II)如图，在四棱锥P—ABCD中，PA丄平面ABCD，AD丄CD，AD//BC，PA=AD=CD=2，BC=3，E为PD的中点，点F在PC上，且(I)求证：CD丄平面PAD；(II)求二面角F_AE_P的余弦值；(III)设点G在PB上，且，判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．变式练3.7解答(I)因为PA丄平面ABCD、CDC平面ABCDPA丄CD因为AD丄CD，PA∩AD=A，PAC平面PAD，ADC平面PAD，CD丄平面PAD(II)如图所示：在平面ABCD中过点A作Ax丄AD，又有的方向为正方向建立空间直角标系，A__xyz．A(0,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，B(2,_1,0)，C(2,2,0)共99设平面AEF的一个法向量为=(a,b,c)，所以=(1,1,_1)，=0因为点A在平面AEF内，所以直线AG在平面AEF内．变式练3.8(2018天津理17★★★II)如图，AD//BC且AD=2BC，AD丄CD，EG//AD且EG=AD，CD//FG且CD=2FG，DG丄平面ABCD，DA=DC=DG=2．(I)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN//平面CDE；(II)求二面角E_BC_F的正弦值；(III)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60◦,求线段DP的长．变式练3.8共99设=(x,y,z)为平面BCE的法向量，nz=0,设=(x,y,z)为平面BCF的法向量，所以，二面角E__BC__F的正弦值为(III)设线段DP的长为h(h∈[0,2])，则点P的坐标为可得=(__1,__2,h)，易知，=(020)为平面ADGE的一个法向量，由题意，可得sin60◦变式练3.9(2018北京理16★★★II)如图，在三棱柱ABC__A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB=BC=√5，AC=AA1=2．(I)求证：AC⊥平面BEF；(II)求二面角B__CD__C1的余弦值；(III)证明：直线FG与平面BCD相交．共99变式练3.9解答(I)因为AB=BC，且E是AC的中点，所以AC丄BE，因为在三棱柱ABC_A1B1C1中，E，F分别是AC，A1C1的中点，所以EF//CC1丄平面ABC，所以EF丄平面ABC，因为AC⊂平面ABC，所以EF丄AC，因为EF，BE⊂平面BEF，EF∩BE=E，所以AC丄平面BEF．(II)由（1）知，EF丄AC，AC丄BE，EF丄EB，所以以E为原点，EA，EB，EF分别为x轴，y轴，z轴建立如=(__1,_2,0)，=(2,0,1)设平面BCD的法向量=(x,y,z)，所以，即，所以=(2,_1,_4)，易知平面CDC1法向量=(0,1,0)由图可知，二面角B_CD_C1的平面角为钝角，所以二面角B_CD_C1的余弦值(III)假设直线FG与平面BCD平行，因为设CD与EF的交点为M，连结BM，因为FG⊂平面BB1FE，且平面BB1FE∩平面BCD=BM，所以FG//BM，因为BG//FM，所以四边形BMFG为平行四边形，共99所以FM=BG，易知FMBG，所以假设不成立，所以直线FG与平面BCD相交．1.5.6空间向量与动点设点例1例1(2018全国II文19★★★II)如图，在三棱锥P_ABC中，AB=BC=2√2，PA=PB=PC=AC=4，O为AC