2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章　立体几何第7讲　高效演练分层突破学案

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这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章　立体几何第7讲　高效演练分层突破学案，共11页。

1.将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，eq \(AC,\s\up8(︵))长为eq \f(2π,3)，eq \(A1B1,\s\up8(︵))长为eq \f(π,3)，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧．则异面直线B1C与AA1所成的角的大小为( )
A.eq \f(π,6) B．eq \f(π,4)
C.eq \f(π,3) D．eq \f(π,2)
解析：选B.以O为坐标原点建系如图，则A(0，1，0)，A1(0，1，1)，B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0)).
所以eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq \(B1C,\s\up6(→))＝(0，－1，－1)，
所以cs〈eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(B1C,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AA1,\s\up6(→))·\(B1C,\s\up6(→)),|\(AA1,\s\up6(→))||\(B1C,\s\up6(→))|)
＝eq \f(0×0＋0×（－1）＋1×（－1）,1×\r(02＋（－1）2＋（－1）2))＝－eq \f(\r(2),2)，
所以〈eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(B1C,\s\up6(→))〉＝eq \f(3π,4)，
所以异面直线B1C与AA1所成的角为eq \f(π,4).故选B.
2.如图，已知长方体ABCDA1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝eq \f(1,3)AB，则DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为( )
A.eq \f(3\r(35),35) B．eq \f(2\r(7),7)
C.eq \f(\r(3),3) D．eq \f(\r(2),4)
解析：选A.如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C1(0，3，1)，D1(0，0，1)，E(1，1，0)，C(0，3，0)，所以eq \(DC1,\s\up6(→))＝(0，3，1)，eq \(D1E,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，eq \(D1C,\s\up6(→))＝(0，3，－1)．
设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(D1E,\s\up6(→))＝0，,n·\(D1C,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y－z＝0，,3y－z＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2y，,z＝3y，))取y＝1，得n＝(2，1，3)．
因为cs〈eq \(DC1,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(DC1,\s\up6(→))·n,|\(DC1,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(（0，3，1）·（2，1，3）,\r(10)×\r(14))＝eq \f(3\r(35),35)，所以DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为eq \f(3\r(35),35)，故选A.
3．二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq \r(17).则该二面角的大小为( )
A．150° B．45° C．60° D．120°
解析：选C.如图所示，二面角的大小就是〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉．
因为eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))，
所以eq \(CD,\s\up6(→))2＝eq \(CA,\s\up6(→))2＋eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \(BD,\s\up6(→))2＋2(eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→)))
＝eq \(CA,\s\up6(→))2＋eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \(BD,\s\up6(→))2＋2eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))，
所以eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)[(2eq \r(17))2－62－42－82]＝－24.
因此eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝24，cs〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AC,\s\up6(→))·\(BD,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))||\(BD,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,2)，
又〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉∈[0°，180°]，
所以〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉＝60°，故二面角为60°.
4.如图，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为________．
解析：设正三棱柱的棱长为2，取AC的中点D，连接DG，DB，分别以DA，DB，DG所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则B1(0，eq \r(3)，2)，F(1，0，1)，
Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，G(0，0，2)，
eq \(B1F,\s\up6(→))＝(1，－eq \r(3)，－1)，eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，1))，eq \(GF,\s\up6(→))＝(1，0，－1)．
设平面GEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(EF,\s\up6(→))·n＝0，,\(GF,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(\r(3),2)y＋z＝0，,x－z＝0，))
取x＝1，则z＝1，y＝eq \r(3)，
故n＝(1，eq \r(3)，1)为平面GEF的一个法向量，
所以|cs〈n，eq \(B1F,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|1－3－1|,\r(5)×\r(5))＝eq \f(3,5)，
所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为eq \f(3,5).
答案：eq \f(3,5)
5．如图所示，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2.
(1)求证：BD⊥平面ACFE；
(2)当直线FO与平面BED所成的角为45°时，求异面直线OF与BE所成角的余弦值的大小．
解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，
所以BD⊥AC.
因为AE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥AE.
又因为AC∩AE＝A，AC，AE⊂平面ACFE.
所以BD⊥平面ACFE.
(2)以O为原点，OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，过点O且平行于CF的直线为z轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B(0，eq \r(3)，0)，D(0，－eq \r(3)，0)，E(1，0，2)，F(－1，0，a)(a>0)，eq \(OF,\s\up6(→))＝(－1，0，a)．
设平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(OB,\s\up6(→))＝0，,n·\(OE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)y＝0，,x＋2z＝0，))
令z＝1，则n＝(－2，0，1)，
由题意得sin 45°＝|cs〈eq \(OF,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(OF,\s\up6(→))·n|,|\(OF,\s\up6(→))||n|)
＝eq \f(|2＋a|,\r(a2＋1)·\r(5))＝eq \f(\r(2),2)，
解得a＝3或a＝－eq \f(1,3)(舍去)．
所以eq \(OF,\s\up6(→))＝(－1，0，3)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(1，－eq \r(3)，2)，
cs〈eq \(OF,\s\up6(→))，eq \(BE,\s\up6(→))〉＝eq \f(－1＋6,\r(10)×\r(8))＝eq \f(\r(5),4)，
故异面直线OF与BE所成角的余弦值为eq \f(\r(5),4).
6．(2020·湖北十堰4月调研)如图，在三棱锥P－ABC中，M为AC的中点，PA⊥PC，AB⊥BC，AB＝BC，PB＝eq \r(2)，AC＝2，∠PAC＝30°.
(1)证明：BM⊥平面PAC；
(2)求二面角B－PA－C的余弦值．
解：(1)证明：因为PA⊥PC，AB⊥BC，所以MP＝MB＝eq \f(1,2)AC＝1，
又MP2＋MB2＝BP2，所以MP⊥MB.
因为AB＝BC，M为AC的中点，所以BM⊥AC，
又AC∩MP＝M，所以BM⊥平面PAC.
(2)法一：取MC的中点O，连接PO，取BC的中点E，连接EO，则OE∥BM，从而OE⊥AC.
因为PA⊥PC，∠PAC＝30°，所以MP＝MC＝PC＝1.
又O为MC的中点，所以PO⊥AC.
由(1)知BM⊥平面PAC，OP⊂平面PAC，所以BM⊥PO.
又BM∩AC＝M，所以PO⊥平面ABC.
以O为坐标原点，OA，OE，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
由题意知Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－1，\f(\r(3),2)))，eq \(BA,\s\up6(→))＝(1，－1，0)，
设平面APB的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BP,\s\up6(→))＝－\f(1,2)x－y＋\f(\r(3),2)z＝0，,n·\(BA,\s\up6(→))＝x－y＝0，))
令x＝1，得n＝(1，1，eq \r(3))为平面APB的一个法向量，
易得平面PAC的一个法向量为π＝(0，1，0)，cs〈n，π〉＝eq \f(\r(5),5)，
由图知二面角B－PA－C为锐角，
所以二面角B－PA－C的余弦值为eq \f(\r(5),5).
法二：取PA的中点H，连接HM，HB，
因为M为AC的中点，所以HM∥PC，又PA⊥PC，所以HM⊥PA.
由(1)知BM⊥平面PAC，则BH⊥PA，
所以∠BHM为二面角B－PA－C的平面角．
因为AC＝2，PA⊥PC，∠PAC＝30°，所以HM＝eq \f(1,2)PC＝eq \f(1,2).
又BM＝1，则BH＝eq \r(BM2＋HM2)＝eq \f(\r(5),2)，
所以cs∠BHM＝eq \f(HM,BH)＝eq \f(\r(5),5)，即二面角B－PA－C的余弦值为eq \f(\r(5),5).
7．(2020·合肥模拟)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点．
(1)求证：平面BDM∥平面EFC；
(2)若DE＝2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值．
解：(1)证明：连接AC，交BD于点N，连接MN，
则N为AC的中点，
又M为AE的中点，所以MN∥EC.
因为MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC，
所以MN∥平面EFC.
因为BF，DE都垂直底面ABCD，所以BF∥DE.
因为BF＝DE，
所以四边形BDEF为平行四边形，
所以BD∥EF.
因为BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC，
所以BD∥平面EFC.
又MN∩BD＝N，所以平面BDM∥平面EFC.
(2)因为DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，
所以DA，DC，DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系Dxyz.
设AB＝2，则DE＝4，从而D(0，0，0)，B(2，2，0)，M(1，0，2)，A(2，0，0)，E(0，0，4)，
所以eq \(DB,\s\up6(→))＝(2，2，0)，eq \(DM,\s\up6(→))＝(1，0，2)，
设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DB,\s\up6(→))＝0，,n·\(DM,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋2y＝0，,x＋2z＝0.))
令x＝2，则y＝－2，z＝－1，从而n＝(2，－2，－1)为平面BDM的一个法向量．
因为eq \(AE,\s\up6(→))＝(－2，0，4)，设直线AE与平面BDM所成的角为θ，则
sin θ＝|cs〈n·eq \(AE,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(AE,\s\up6(→)),|n|·|\(AE,\s\up6(→))|)))＝eq \f(4\r(5),15)，
所以直线AE与平面BDM所成角的正弦值为eq \f(4\r(5),15).
[综合题组练]
1．(2020·河南联考)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是边长为4的等边三角形，BC⊥PB，E是AD的中点．
(1)求证：BE⊥PD；
(2)若直线AB与平面PAD所成角的正弦值为eq \f(\r(15),4)，求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值．
解：(1)证明：因为△PAD是等边三角形，E是AD的中点，所以PE⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，
所以PE⊥平面ABCD，所以PE⊥BC，PE⊥BE.
又BC⊥PB，PB∩PE＝P，所以BC⊥平面PBE，所以BC⊥BE.
又BC∥AD，所以AD⊥BE.
又AD∩PE＝E且AD，PE⊂平面PAD，所以BE⊥平面PAD，所以BE⊥PD.
(2)由(1)得BE⊥平面PAD，所以∠BAE就是直线AB与平面PAD所成的角．
因为直线AB与平面PAD所成角的正弦值为eq \f(\r(15),4)，
即sin∠BAE＝eq \f(\r(15),4) ，所以cs∠BAE＝eq \f(1,4).
所以cs∠BAE＝eq \f(AE,AB)＝eq \f(2,AB)＝eq \f(1,4)，解得AB＝8，则BE＝eq \r(AB2－AE2)＝2eq \r(15).
由(1)得EA，EB，EP两两垂直，所以以E为坐标原点，EA，EB，EP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则点P(0，0，2eq \r(3))，A(2，0，0)，D(－2，0，0)，B(0，2eq \r(15)，0)，C(－4，2eq \r(15)，0)，
所以eq \(PB,\s\up6(→))＝(0，2eq \r(15)，－2eq \r(3))，eq \(PC,\s\up6(→))＝(－4，2eq \r(15)，－2eq \r(3))．
设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(PB,\s\up6(→))·m＝0，,\(PC,\s\up6(→))·m＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2\r(15)y－2\r(3)z＝0，,－4x＋2\r(15)y－2\r(3)z＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0，,z＝\r(5)y.))
令y＝1，可得平面PBC的一个法向量为m＝(0，1，eq \r(5))．
易知平面PAD的一个法向量为n＝(0，1，0)，
设平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小为θ，
则cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m·n,|m||n|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(（0，1，\r(5)）·（0，1，0）,\r(6)×1)))＝eq \f(\r(6),6).
所以平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值为eq \f(\r(6),6).
2．(2020·河南郑州三测)如图①，△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，E，F分别为边AB，AC的中点，以EF为折痕把△AEF折起，使点A到达点P的位置(如图②)，且PB＝BE.
(1)证明：EF⊥平面PBE；
(2)设N为线段PF上的动点(包含端点)，求直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值．
解：(1)证明：因为E，F分别为边AB，AC的中点，所以EF∥BC.
因为∠ABC＝90°，所以EF⊥BE，EF⊥PE，又BE∩PE＝E，所以EF⊥平面PBE.
(2)取BE的中点O，连接PO，因为PB＝BE＝PE，所以PO⊥BE.
由(1)知EF⊥平面PBE，EF⊂平面BCFE，所以平面PBE⊥平面BCFE.
又PO⊂平面PBE，平面PBE∩平面BCFE＝BE，所以PO⊥平面BCFE.
过点O作OM∥BC交CF于点M，分别以OB，OM，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2，0))，
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1，0))，eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2，－\f(\r(3),2)))，
eq \(PF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1，－\f(\r(3),2)))，
由N为线段PF上一动点，得eq \(PN,\s\up6(→))＝λeq \(PF,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，
则可得Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(λ,2)，λ，\f(\r(3),2)（1－λ）))，
eq \(BN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(λ＋1,2)，λ，\f(\r(3),2)（1－λ）)).
设平面PCF的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(PC,\s\up6(→))·m＝0，,\(PF,\s\up6(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋2y－\f(\r(3),2)z＝0，,－\f(1,2)x＋y－\f(\r(3),2)z＝0，))取y＝1，则x＝－1，z＝eq \r(3)，所以m＝(－1，1，eq \r(3))为平面PCF的一个法向量．
设直线BN与平面PCF所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(BN,\s\up6(→))，m〉|＝eq \f(|\(BN,\s\up6(→))·m|,|\(BN,\s\up6(→))|·|m|)＝eq \f(2,\r(5)·\r(2λ2－λ＋1))＝eq \f(2,\r(5)·\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,4)))\s\up12(2)＋\f(7,8)))≤eq \f(2,\r(5)·\r(\f(7,8)))＝eq \f(4\r(70),35)(当且仅当λ＝eq \f(1,4)时取等号)，
所以直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值为eq \f(4\r(70),35).
3．(2020·山东淄博三模)如图①，已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，将正方形ABCD沿EF折成如图②所示的二面角，且二面角的大小为60°，点M在线段AB上(包含端点)，连接AD.
(1)若M为AB的中点，直线MF与平面ADE的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC；
(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°？若存在，求此时二面角MECF的余弦值；若不存在，说明理由．
解：(1)因为直线MF⊂平面ABFE，故点O在平面ABFE内，也在平面ADE内，
所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线(即直线AE)上(如图所示)．
因为AO∥BF，M为AB的中点，
所以△OAM≌△FBM，
所以OM＝MF，AO＝BF，所以AO＝2.
故点O在EA的延长线上且与点A间的距离为2.
连接DF，交EC于点N，因为四边形CDEF为矩形，
所以N是EC的中点．
连接MN，则MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，
又MN⊂平面EMC，OD⊂/ 平面EMC，所以直线OD∥平面EMC.
(2)由已知可得EF⊥AE，EF⊥DE，又AE∩DE＝E，所以EF⊥平面ADE.
所以平面ABFE⊥平面ADE，易知△ADE为等边三角形，取AE的中点H，则易得DH⊥平面ABFE，以H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(－1，0，0)，D(0，0，eq \r(3))，C(0，4，eq \r(3))，F(－1，4，0)，所以eq \(ED,\s\up6(→))＝(1，0，eq \r(3))，eq \(EC,\s\up6(→))＝(1，4，eq \r(3))．
设M(1，t，0)(0≤t≤4)，则eq \(EM,\s\up6(→))＝(2，t，0)，
设平面EMC的法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(EM,\s\up6(→))＝0，,m·\(EC,\s\up6(→))＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋ty＝0，,x＋4y＋\r(3)z＝0，))
取y＝－2，则x＝t，z＝eq \f(8－t,\r(3))，所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，－2，\f(8－t,\r(3))))为平面EMC的一个法向量．
要使直线DE与平面EMC所成的角为60°，则eq \f(8,2\r(t2＋4＋\f(（8－t）2,3)))＝eq \f(\r(3),2)，所以eq \f(2\r(3),\r(t2－4t＋19))＝eq \f(\r(3),2)，整理得t2－4t＋3＝0，
解得t＝1或t＝3，
所以存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°，
取ED的中点Q，连接QA，则eq \(QA,\s\up6(→))为平面CEF的法向量，
易得Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，A(1，0，0)，所以eq \(QA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0，－\f(\r(3),2))).
设二面角M－EC－F的大小为θ，
则|cs θ|＝eq \f(|\(QA,\s\up6(→))·m|,|\(QA,\s\up6(→))|·|m|)＝eq \f(|2t－4|,\r(3) \r(t2＋4＋\f(（8－t）2,3)))＝eq \f(|t－2|,\r(t2－4t＋19)).
因为当t＝2时，cs θ＝0，平面EMC⊥平面CDEF，
所以当t＝1时，cs θ＝－eq \f(1,4)，θ为钝角；当t＝3时，cs θ＝eq \f(1,4)，θ为锐角．
综上，二面角M－EC－F的余弦值为±eq \f(1,4).