(通用版)高考数学(理数)一轮复习考点梳理与过关练习33《空间向量与立体几何》(含详解)

这是一份(通用版)高考数学(理数)一轮复习考点梳理与过关练习33《空间向量与立体几何》(含详解)，共71页。试卷主要包含了空间向量及其运算，空间向量的应用，空间两点间的距离公式、中点公式，空间向量的有关概念等内容，欢迎下载使用。

考点33 空间向量与立体几何
1．空间向量及其运算
（1）了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.
（2）掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.
（3）掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.
2．空间向量的应用
（1）理解直线的方向向量与平面的法向量.
（2）能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.
（3）能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）.
（4）能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.

一、空间直角坐标系及有关概念
1．空间直角坐标系
定义
以空间一点为原点，具有相同的单位长度，给定正方向，建立两两垂直的数轴：x轴、y轴、z轴，建立了一个空间直角坐标系
坐标原点
点O
坐标轴
x轴、y轴、z轴
坐标平面
通过每两个坐标轴的平面
在空间直角坐标系中，让右手拇指指向x轴的正方向，食指指向y轴的正方向，如果中指指向z轴的正方向，则称这个坐标系为右手直角坐标系，如图所示.

2．空间一点M的坐标
（1）空间一点M的坐标可以用有序实数组来表示，记作，其中x叫做点M的横坐标，y叫做点M的纵坐标，z叫做点M的竖坐标.
（2）建立了空间直角坐标系后，空间中的点M与有序实数组可建立一一对应的关系．
3．空间两点间的距离公式、中点公式
（1）距离公式
①设点，为空间两点，
则两点间的距离.
②设点，
则点与坐标原点O之间的距离为.
（2）中点公式
设点为，的中点，则.
4．空间向量的有关概念
名称
定义
空间向量
在空间中，具有大小和方向的量
单位向量
长度(或模)为1的向量
零向量
长度(或模)为0的向量
相等向量
方向相同且模相等的向量
二、空间向量的有关定理及运算
1.共线向量定理
对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使得a＝λb.
牢记两个推论：
（1）对空间任意一点O，点P在直线AB上的充要条件是存在实数t，使或（其中）.
（2）如果l为经过已知点A且平行于已知非零向量的直线，那么对空间任意一点O，点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使，其中向量叫做直线l的方向向量，该式称为直线方程的向量表示式.
2.共面向量定理
如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使.
牢记推论：空间一点P位于平面ABC内的充要条件是存在有序实数对(x，y)，使；或对空间任意一点O，有.
3.空间向量基本定理
如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc.其中，{a，b，c}叫做空间的一个基底，a，b，c都叫做基向量.
注意：（1）空间任意三个不共面的向量都可构成基底.
（2）基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示.
（3）不能作为基向量.
4.空间向量的运算
（1）空间向量的加法、减法、数乘及数量积运算都可类比平面向量.

（2）空间向量的坐标运算
设，则，
，，
，
，
，
.
三、利用空间向量解决立体几何问题
1.直线的方向向量和平面的法向量
（1）直线的方向向量就是指和这条直线平行(或共线)的向量，记作，显然一条直线的方向向量可以有无数个.
（2）若直线，则该直线的方向向量即为该平面的法向量，平面的法向量记作,有无数多个，任意两个都是共线向量.
平面法向量的求法：设平面的法向量为.在平面内找出（或求出）两个不共线的向量，根据定义建立方程组，得到，通过赋值，取其中一组解，得到平面的法向量.
2.利用空间向量表示空间线面平行、垂直
设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为.
（1）线线平行：若，则；
线面平行：若，则；
面面平行：若，则.
（2）线线垂直：若，则；
线面垂直：若，则；
面面垂直：若，则.
3.利用空间向量求空间角
设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为.
（1）直线所成的角为，则，计算方法：；
（2）直线与平面所成的角为，则，计算方法：；
（3）平面所成的二面角为，则，
如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝．

如图②③，分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cosθ|＝，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．
4.利用空间向量求距离
（1）两点间的距离
设点，为空间两点，
则两点间的距离.
（2）点到平面的距离

如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为.

考向一 空间直角坐标系
对于空间几何问题，可以通过建立空间直角坐标系，把空间中的点用有序实数组(即坐标)表示出来,通过坐标的代数运算解决空间几何问题，实现了几何问题(形)与代数问题(数)的结合.

典例1 如图，以长方体的顶点为坐标原点，过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为，则的坐标为________.

【答案】
【解析】 如图所示，以长方体的顶点为坐标原点，过的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，因为的坐标为，所以,所以.


1．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=2，点G与E分别是A1B1和CC1的中点，点D与F分别是AC和AB上的动点．若GD⊥EF，则线段DF长度的最小值为______________. 

考向二 共线、共面向量定理的应用
1.判断两非零向量平行，就是判断是否成立，若成立则共线，若不成立则不共线.
2.证明空间三点P、A、B共线的方法：
①(λ∈R)；
②对空间任一点O，(t∈R)；
③对空间任一点O，．
3.证明空间四点P、M、A、B共面的方法：
①；
②对空间任一点O，；
③对空间任一点O，(x＋y＋z＝1)；
④(或或).

典例2 如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E在A1D1上，且=2，F在体对角线A1C上，且.求证：E,F,B三点共线.

【解析】设=a,=b,=c.
∵=2,,
∴b,(-)=(+-)=a+b-c.
∴a-b-c=(a-b-c).
又++=-b-c+a=a-b-c,
∴.
∴E,F,B三点共线.

2．如图,正方形,直角梯形,直角梯形所在平面两两垂直,,且.

（1）求证:四点共面;
（2）求二面角的余弦值.
考向三 利用向量法证明平行问题
1.证明线线平行：证明两条直线的方向向量平行.
2.证明线面平行：
（1）该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；
（2）证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；
（3）证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示.
3.证明面面平行：两个平面的法向量平行.

典例3 如图,已知长方体ABCD－A1B1C1D1中,E、M、N分别是BC、AE、CD1的中点,AD＝AA1＝a,AB＝2a.求证：MN∥平面ADD1A1.

【解析】以D为坐标原点,分别以DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(a,0,0),B(a,2a,0),C(0,2a,0),D1(0,0,a),E(a,2a,0),

∵M、N分别为AE、CD1的中点,
∴M(a,a,0),N(0,a,).∴.
取n＝(0,1,0),显然n⊥平面A1D1DA,且·n＝0,
∴⊥n.
又MN⊄平面ADD1A1，∴MN∥平面ADD1A1.

3．如图，边长为3的菱形ABCD所在的平面与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直，∠BAD=60°，AE⊥BE，点M，N分别在AB，DE上，且.

求证：MN∥平面BCE.
考向四 利用向量法证明垂直问题
1.线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零．
2.线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示．
3.面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示．

典例4 如图,已知正四棱锥V-ABCD中,E是VC的中点, 正四棱锥的侧面VBC为正三角形.求证:平面VAC⊥平面EBD.

【解析】如图，以V在底面ABCD内的射影O为坐标原点,建立空间直角坐标系O-xyz,

设VB=VC=BC=2a,在中,VO=a,
∴V(0,0,a),A(a,0,0),C(-a,0,0),B(0, a,0),D(0,-a,0),E(a,0,a),
则=(a,a,a),=(0,-2a,0),=(-a,0,-a).
∵·=a2+0-a2=0,·=0,
∴⊥,⊥,即DE⊥VC,BD⊥VC.
∵DE∩BD=D,
∴VC⊥平面EBD.
又平面VAC,
∴平面VAC⊥平面EBD.
典例5 如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中点.

求证:（1）AE⊥CD;
（2）PD⊥平面ABE.
【解析】（1）易知AB,AD,AP两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系.

设PA=AB=BC=1,则A(0,0,0),B(1,0,0),P(0,0,1).
∵∠ABC=60°,
∴△ABC为正三角形,
∴C(,,0),E(,,).
设D(0,y0,0),由AC⊥CD,得·=0,即(,,0)·(-,y0-,0)=0,解得y0=,
∴D(0,,0),
∴=(,,0).
又=(,,),
∴·=-++0=0,
∴⊥,即AE⊥CD.
（2）方法一：由（1）知=(0,,-1),
∴·=0++×(-1)=0,
∴⊥,即PD⊥AE.
∵=(1,0,0),∴·=0,
∴PD⊥AB.
又AB∩AE=A,
∴PD⊥平面ABE.
方法二：由（1）知=(1,0,0),=(,,).
设平面ABE的法向量为n=(x,y,z),则n·=0,n·=0,得,
令y=2,则z=-,
∴平面ABE的一个法向量为n=(0,2,-).
∵=(0,,-1),显然n,
∴∥n,
∴⊥平面ABE,即PD⊥平面ABE.

4．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是AC的中点，G是BB1的中点,E是线段D1O上一点,且D1E=2EO.

求证：（1）DG⊥AC;
（2）DB1⊥平面CD1O;
（3）平面CDE⊥平面CD1O.
考向五 用向量法求空间角
1.用向量法求异面直线所成的角
（1）建立空间直角坐标系；
（2）求出两条直线的方向向量；
（3）代入公式求解，一般地，异面直线AC，BD的夹角β的余弦值为.
2.用向量法求直线与平面所成的角
（1）分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
（2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
3.用向量法求二面角
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．

典例6 如图,在五棱锥中,PA⊥平面ABCDE,,∠DEA=
∠EAB=∠ABC=90°.

（1）求二面角的大小;
（2）求直线PC与平面PDE所成角的正弦值.
【解析】由题可知,以AB、AE、AP分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.

则.
设平面PDE的法向量为,
又=(1,0,0),=(0,-2,2).
由,得,
令y=1,得.
（1）由于PA⊥平面ABCDE,则平面ADE的一个法向量为=(0,0,2),
于是cos===,
所以=45°,
则二面角的大小为45°.
（2）由于=(2,1,-2),
所以cos<,n>===.
故PC与平面PDE所成角的正弦值为.
典例7 如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M为EC的中点，AF＝AB＝BC＝FE＝AD.

（1）求异面直线BF与DE所成角的大小；
（2）证明：平面AMD⊥平面CDE；
（3）求二面角A－CD－E的余弦值.
【解析】如图所示，建立空间直角坐标系A－xyz.

设AB＝1，依题意得B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，M(，1，).
（1）＝(－1,0,1)，＝(0，－1,1)，
于是cos〈，〉＝＝＝，
所以异面直线BF与DE所成角的大小为60°.
（2）由＝(，1，)，＝(－1,0,1)，＝(0,2,0)，可得·＝0，·＝0.
因此，CE⊥AM，CE⊥AD.
又AD∩AM＝A，
故CE⊥平面AMD.
而CE⊂平面CDE，
所以平面AMD⊥平面CDE.
（3）设平面CDE的法向量为u＝(x，y，z)，则，于是，
令x＝1，可得u＝(1,1,1).
又由题设，可知平面ACD的一个法向量为v＝(0,0,1).
所以cos〈u，v〉＝＝＝.
因为二面角A－CD－E为锐角，
所以其余弦值为.

5．如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面所截后得到的，其中，，.

（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
6．在三棱柱中，平面，，，，点D在棱上，且，建立如图所示的空间直角坐标系．

（1）当时，求异面直线与的夹角的余弦值；
（2）若二面角的平面角为，求的值．
考向六 用向量法求空间距离
1.空间中两点间的距离的求法
两点间的距离就是以这两点为端点的向量的模．因此，要求两点间的距离除使用距离公式外，还可转化为求向量的模.
2. 求点P到平面α的距离的三个步骤：
（1）在平面α内取一点A，确定向量的坐标．
（2）确定平面α的法向量n.
（3）代入公式求解．

典例8 如图,已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,A1A=5,AB=12,则直线B1C1到平面A1BCD1的距离是

A．5 B．
C． D．8
【答案】C　
【解析】∵B1C1∥BC,且平面A1BCD1,平面A1BCD1,∴B1C1∥平面A1BCD1，从而点B1到平面A1BCD1的距离为所求距离.
方法一：过点B1作B1E⊥A1B于点E.∵BC⊥平面A1ABB1,且B1E平面A1ABB1,∴BC⊥B1E.
又BC∩A1B=B,∴B1E⊥平面A1BCD1.
在中,B1E=,
∴直线B1C1到平面A1BCD1的距离为.
故选C.
方法二：以D为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,12,0),D1(0,0,5),

设B(x,12,0),B1(x,12,5)(x≠0),平面A1BCD1的法向量为n=(a,b,c),
由n⊥,n⊥,得n·=(a,b,c)·(-x,0,0)=-ax=0,
∴a=0,n·=(a,b,c)·(0,-12,5)=-12b+5c=0,∴b=c,令c=12,则b=5,
∴n=(0,5,12)为平面A1BCD1的一个法向量.
又=(0,0,-5),∴点B1到平面A1BCD1的距离d=.
故选C.
典例9 如图,直三棱柱中,AC=BC=1,AA1=3,∠ACB=90°,D为CC1上的点,二面角的余弦值为.

（1）求证:CD=2;
（2）求点A到平面的距离.
【解析】（1）以C为坐标原点，分别以CA、CB、CC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则.设.

m=(1,1,0)是平面的一个法向量,设是平面的法向量.
=(1,0,3-a),=(0,1,-a),由·n=0,·n=0,得,,
取,得,,即.
由题设,知,解得a=2或a=1,
所以DC=2或DC=1.
但当DC=1时,显然二面角为锐角,故舍去.
综上,DC=2.
（2）由（1）,知n=(1,-2,-1)为平面的一个法向量,
又=(0,0,3),所以点A到平面的距离d==.

7． 已知四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为正方形，SD⊥平面ABCD，且SD=AD=1，求异面直线SB与AC间的距离.
8．如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，PA=AD=2，点E,F分别为PA,PD的中点.在CD上是否存在一点Q，使得点A到平面EFQ的距离恰为?若存在，求出CQ的长；若不存在，请说明理由.

考向七 用向量法求立体几何中的探索性问题
1.通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．
2.探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用，这样可减少坐标未知量．

典例10 如下图所示，三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,BC⊥AC,BC=AC=2,AA1=3,D为AC的中点.

（1）求二面角C1-BD-C的余弦值；
（2）在侧棱AA1上是否存在一点P，使得CP⊥平面BDC1?并证明你的结论.
【解析】（1）建立如下图所示的空间直角坐标系，

则C1(0,0,0),B(0,3,2),C(0,3,0),A(2,3,0),D(1,3,0)，
所以(0,3,2),(1,3,0).
设n=(x1,y1,z1)是平面BDC1的法向量,则
所以，
令x1=1,得n=(1,,)是平面BDC1的一个法向量，
易知(0,3,0)是平面ABC的一个法向量,
所以cos 而二面角C1-BD-C为锐角,
故其余弦值为.
（2）假设侧棱AA1上存在一点P(2,y,0)(0≤y≤3),使得CP⊥平面BDC1.
因为(2,y-3,0),
所以即，
得y=3且y,
所以方程组无解.
则假设不成立,即侧棱AA1上不存在一点P,使CP⊥平面BDC1.
典例11 已知四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形，，，，且，M点为PC的中点.
（1）求证：.
（2）在平面PAD内找一点N，使.

【解析】（1）因为PD⊥底面ABCD,CD//AB,CD⊥AD，所以以D为坐标原点,建立空间直角坐标系D-xyz(如图所示).

由于PD=CD=DA=2AB=2,所以D(0,0,0),B(2,1,0),C(0,2,0),P(0,0,2),M(0,1,1),
所以.
因为平面PAD,
所以是平面PAD的法向量,
又因为,
所以//平面PAD，
所以BM//平面PAD.
（2）设N(x,0,z)是平面PAD内一点,
则
若MN⊥平面PBD,则，
所以，即，
所以在平面PAD内存在点使得MN⊥平面PBD.

9．已知正方形的边长为分别为的中点，以为棱将正方形折成如图所示的的二面角，点在线段上．

（1）若为的中点，且直线，由三点所确定平面的交点为，试确定点的位置，并证明直线平面；
（2）是否存在点，使得直线与平面所成的角为；若存在，求此时二面角的余弦值，若不存在，说明理由．


1．若O、A、B、C为空间四点,且向量、、不能构成空间的一个基底,则
A．、、共线 B．、共线
C．、共线 D．O,A,B,C四点共面
2．已知=(2,2,1),=(4,5,3),则下列向量中是平面ABC的法向量的是
A．(1,2,-6) B．(-2,1,1)
C．(1,-2,2) D．(4,-2,1)
3．在空间直角坐标系Oxyz中,z轴上到点A(1,0,2)与点B(2,-2,1)距离相等的点C的坐标为
A．(0,0,-1) B．(0,0,1)
C．(0,0,-2) D．(0,0,2)
4．已知向量分别是直线的方向向量，若，则
A． B．
C． D．
5．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为
A．45° B．135°
C．45°或135° D．90°
6．如图所示,正方体中,是的中点,则为

A． B．
C． D．
7．长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,BC=2,AA1=3,点M是BC的中点,点P∈AC1,Q∈MD,则PQ长度的最小值为
A．1 B．
C． D．2
8．如图所示，在直二面角D-AB-E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，是等腰直角三角形，其中∠AEB=90°,则点D到平面ACE的距离d为

A． B．
C． D．
9．已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,AA1=2AB,则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于
A． B．
C． D．
10．已知向量，，且与互相垂直，则的值是______________.
11．在平面直角坐标系中，已知点，若三点共线，则 ．
12．已知为两平行平面的法向量，则λ＝ .
13．如图，在正四面体中，分别为的中点，是线段上一点，且，若，则的值为 ．

14．如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是以∠ABC为直角的等腰三角形,AC=2a,BB1=3a,D是A1C1的中点,点E在棱AA1上,要使CE⊥平面B1DE,则AE=______________. 

15．如图，在四棱锥中，底面为正方形，是中点．
（1）求点到平面的距离；
（2）求二面角的余弦值．








16．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点，求证：
（1）FC1∥平面ADE；
（2）平面ADE∥平面B1C1F.










17．如图，已知多面体，，，均垂直于平面ABC，,.

（1）证明：平面;
（2）求直线与平面所成的角的余弦值；
（3）求平面与平面所成角的正弦值.









18．在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，∥，，平面平面，且.

（1）求证：∥平面；
（2）求二面角的大小；
（3）已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，求线段的长．








19．如图所示,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥底面ABCD, PA=AB=AD=1,点F是PB的中点,点E在边BC上移动.

（1）求证:无论点E在BC边的何处,都有PE⊥AF;
（2）BC(包括端点B,C)上是否存在一点E,使PD∥平面AEF?若存在,求出点E的位置;若不存在,请说明理由.






20．如图,矩形ABCD所在的平面和直角梯形CDEF所在的平面成60°的二面角,DE∥CF,CD⊥DE,AD=2,EF=3,CF=6,∠CFE=45°.

（1）求证:BF∥平面ADE;
（2）在线段CF上求一点G,使锐二面角B-EG-D的余弦值为.










21．如图，在多面体中，四边形是正方形，平面，平面，，点为棱的中点.

（1）求证：平面平面；
（2）若，求直线与平面所成的角的正弦值.
















1．（2018新课标全国II理科）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为
A． B．
C． D．
2．（2019年高考全国Ⅰ卷理数）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．


（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A−MA1−N的正弦值．






3．（2019年高考全国Ⅱ卷理数）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．

（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．





4．（2019年高考全国Ⅲ卷理数）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.

（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.










5．（2018新课标全国Ⅰ理科）如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.

（1）证明：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.









6．（2018新课标全国II理科）如图，在三棱锥中，，，为的中点．

（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．







7．（2018新课标全国Ⅲ理科）如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．

（1）证明：平面平面；
（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．





8．（2019年高考北京卷理数）如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．

（1）求证：CD⊥平面PAD；
（2）求二面角F–AE–P的余弦值；
（3）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．





9．（2019年高考天津卷理数）如图，平面，，．

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若二面角的余弦值为，求线段的长．







10．（2018北京理科）如图，在三棱柱ABC−中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．

（1）求证：AC⊥平面BEF；
（2）求二面角B−CD−C1的余弦值；
（3）证明：直线FG与平面BCD相交．








11．（2018天津理科）如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.
（1）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：；
（2）求二面角的正弦值；
（3）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.







变式拓展

1．【答案】
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0),E(0,2,1),G(1,0,2),F(x,0,0),D(0,y,0)，

则,，
由于GD⊥EF，所以，
所以，
故，
所以当时，线段DF长度取得最小值，且最小值为．
【名师点睛】建立空间直角坐标系后，可将立体几何问题转化为数的运算的问题来处理，解题时要注意建立的坐标系要合理，尽量多地把已知点放在坐标轴上，同时求点的坐标时要准确．建立空间直角坐标系，设出点F，D的坐标，求出向量,，利用GD⊥EF求得关系式，然后可得到DF长度的表达式，最后利用二次函数求最值．
2．【解析】（1）由正方形,直角梯形,直角梯形所在平面两两垂直,
易证两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,

则,
∵,
∴,即四边形是平行四边形,
故四点共面．
（2）设平面的法向量为,
∵,
则
令,则,
设平面的法向量为,且,
则
令,则,
设二面角的平面角的大小为,
则=．
3．【解析】∵菱形ABCD中∠BAD=60°，且平面ABCD⊥平面ABE，∴点D在平面ABE内的射影恰好是AB的中点，设为O，连接OD，OE，又是等腰直角三角形，AE⊥BE，∴OE⊥AB，分别以OE，OB，OD所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，

易得OE=，OD=，OM=，
∴E(,0,0)，M(0,,0)，D(0,0,)，B(0,,0)，C(0,3,)，
∴=(,,0)，=(0,,)，
∵=2，∴N(,0,)，
∴=(,,)，
∴，即,,共面，
又MN⊄平面BCE，∴MN∥平面BCE.
4．【解析】不妨设正方体的棱长为1,以DA,DC,DD1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D(0, 0,0),A(1,0,0),B1(1,1,1),O(,,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),G(1,1,).

（1）∵=(1,1,),=(-1,1,0),
∴·=-1+1+0=0，∴⊥，∴DG⊥AC.
（2）=(1,1,1),=(0,-1,1),=(,,0),
∵·=1×0+1×(-1)+1×1=0，·=1×()+1×+1×0=0,
∴DB1⊥CD1，DB1⊥OC，
∵CD1∩OC=C，∴DB1⊥平面CD1O.
（3）由（2）知平面CD1O的一个法向量为=(1,1,1),
∵D1E=2EO,
∴=(,,)，
∴E(,,)，∴=(,,)，
设n=(x1,y1,z1)是平面CDE的法向量，
由，得.
令x1=1,得n=(1,0,-1)是平面CDE的一个法向量，
又n·=(1,0,-1)·(1,1,1)=1-1=0，
∴n⊥，∴平面CDE⊥平面CD1O.
5．【解析】（1）在中，因为，，
所以由余弦定理得，，
解得，
∴，
∴，
在直平行六面体中，平面，平面，
∴，
又，
∴平面，
又平面，
∴平面平面.
（2）如图，以为原点建立空间直角坐标系，

因为，，
所以，，，，
，，.
设平面的法向量，
则，
令，得，，
∴.
设直线和平面的夹角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
6．【解析】（1）易知，，，
因为，，所以．
当时， ，
所以，，
所以．
由于异面直线所成角的范围为，
故异面直线与的夹角的余弦值为.
（2）由，可知，，
所以，
由（1）知，.
设平面的法向量为，
则，即，
令，解得，，
所以平面的法向量为；
设平面的法向量为，，
则，即，
令，解得，，
所以平面的一个法向量为．
因为二面角的平面角为，
所以，
即，解得或，
由于，
故的值为．
7．【解析】以点D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,

则A(1,0,0),C(0,1,0),S(0,0,1),B(1,1,0),从而=(-1,1,0),=(1,1,-1).
设向量n=(x,y,z)满足,即,
令y=1,可得n=(1,1,2).
在AC上取点A,在SB上取点B,=(0,1,0),
所以异面直线SB与AC间的距离为d=|·|=.
8．【解析】以点A为坐标原点，射线AB，AD，AE分别为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则E(0,0,1),F(0,1,1),从而=(0,1,0),=(0,0,-1).
假设在CD上存在一点Q满足条件,设点Q(x0,2,0),平面EFQ的法向量为n=(x,y,z),
则有,即,
取x=1,得n=(1,0,x0),
所以点A到平面EFQ的距离为||=||=,
又x0>0,解得x0=,
所以点Q(,2,0),即=(,0,0),则||=.
所以在CD上存在一点Q满足条件,且CQ的长为.
9．【解析】（1）因为直线平面，
故点在平面内也在平面内，
所以点在平面与平面的交线上，如图所示，

因为，为的中点，所以，
所以，，
所以点在的延长线上，且，
连结，交于，
因为四边形为矩形，所以是的中点，
连结，因为为的中位线，所以，
又因为平面，所以直线平面.
（2）由已知可得，，，所以平面，
所以平面平面，
取的中点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

所以，，，，
所以，，
设，则，
设平面的法向量为，则，
取，则，，
所以平面的一个法向量为，
因为与平面所成的角为，所以，
所以，所以，
解得或，
所以存在点，使得直线与平面所成的角为，
取的中点，则为平面的法向量，
因为，所以，，
设二面角的大小为，
所以，
因为当时，，平面平面，
所以当时，为钝角，所以.
当时，为锐角，所以.
【名师点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：
第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；
第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；
第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；
第四，破“应用公式关”.
考点冲关

1．【答案】D
【解析】∵向量,,不能构成空间的一个基底,∴向量,,共面,因此O,A,B,C四点共面.故选D．
2．【答案】C
【解析】设平面ABC的法向量n=(x,y,z),则∴
取x=1,解得y=-2,z=2.∴n=(1,-2,2).故选C．
3．【答案】C
【解析】设C(0,0,z),由点C到点A(1,0,2)与点B(2,-2,1)的距离相等,得12+02+(z-2)2=(2-0)2+(-2-0)2+(z-1)2,解得z=-2,故C(0,0,-2).
4．【答案】D
【解析】，存在实数使得,即,，
解得，
故选D.
【名师点睛】本题主要考查空间向量共线的性质，意在考查对基本性质的掌握情况，属于简单题.
5．【答案】C
【解析】∵两平面的法向量分别为∴两平面所成的二面角与相等或互补，∴.故两平面所成的二面角为45°或135°，故选C．
【名师点睛】本题考查的知识点是二面角的平面角及求法，其中一定要注意两平面所成的二面角与相等或互补，属基础题.
6．【答案】B
【解析】如图,建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,则，求得==,所以=.选B．

7．【答案】C
【解析】根据题意建立如图所示的空间直角坐标系,

设P(x0,2x0,3-3x0)，Q(x1,2-x1,3)，x0,x1∈[0,1]，所以PQ==，当且仅当x0=，x1=时，PQ取得最小值，即|PQ|min==.
故选C．
8．【答案】B
【解析】取AB的中点O,连接OE,以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,-1,0),E(1,0,0),
D(0,-1,2),C(0,1,2).=(0,0,2),=(1,1,0),=(0,2,2),设平面ACE的法向量为n=(x,y,z),则,即.令y=1,则平面ACE的一个法向量为n=(-1,1,-1).
故点D到平面ACE的距离d==||=.

9．【答案】A
【解析】设，则，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设为平面的一个法向量，则，取，设与平面所成的角为，则，故选A.

【方法点晴】本题主要考查利用空间向量求线面角，属于难题.利用空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：
（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；
（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；
（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；
（4）将空间位置关系转化为向量关系；
（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
10．【答案】
【解析】向量，，，，
与互相垂直，，解得.
【名师点睛】先由向量的坐标运算求与，再由它们互相垂直列方程求出的值.空间两个向量垂直的充要条件：
设，，则.
11．【答案】
【解析】因为点三点共线，所以，
所以,解得,所以=.
12．【答案】2
【解析】∵（3λ，6，λ+6），（λ+1，3，2λ）为两平行平面的法向量，∴．
∴存在实数k，使得，
∴，解得，
故答案为2.
13．【答案】
【解析】，
所以，所以.
14．【答案】a或2a　
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,

则B1(0,0,3a),C(0,a,0).设点E的坐标为(a,0,z),则=(a,-a,z),=(a,0,z-3a).由⊥,得2a2+z2-3az=0,解得z=a或2a,即AE=a或2a.
15．【解析】∵正方形边长，
∴，
∴，
∴平面，
∴分别以所在直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
∴，
（1）设平面的一个法向量为，则，令，得，
∴与平面所成角的正弦值为，
∴点到平面的距离为.
（2）设平面的一个法向量为，则，令，得，
∴，
∴二面角的余弦值为．
【方法点晴】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：
（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；
（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；
（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；
（4）将空间位置关系转化为向量关系；
（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
16．【解析】如图所示，建立空间直角坐标系D−xyz，则有D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，2，1)，F(0，0，1)，B1(2，2，2)，
所以，，.

（1）设n1＝(x1，y1，z1)是平面ADE的法向量，则，，即得令z1＝2，则y1＝－1，
所以n1＝(0，－1，2).
因为，
所以.
又因为平面ADE，
所以FC1∥平面ADE.
（2）易得，
设n2＝(x2，y2，z2)是平面B1C1F的一个法向量，则，，即得令z2＝2，得y2＝－1，
所以n2＝(0，－1，2)，
因为n1＝n2，
所以平面ADE∥平面B1C1F.
17．【解析】（1）如图，以AC为中点O为原点，分别以射线OB，OC为轴的正半轴，建立空间直角坐标系.

由题意知各点坐标为：，
因此，
由得，
由得，
所以⊥平面.
（2）设直线与平面所成的角为，
由（1）可知，，，
设平面的法向量.
由即，可得，
所以.
则直线与平面所成的角的余弦值为.
（3）由上述条件可知，，
设平面的法向量为.
由即，可得，
平面ABC的法向量可取，
设平面与平面ABC的夹角为 β， 则，
所以平面与平面所成角的正弦值为.
18．【解析】（1）平面平面，平面平面，
，，
直线平面.
由题意，以点为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正向建立如图所示的空间直角坐标系，

则可得：，.
依题意，易证：是平面的一个法向量，
又，，
又直线平面，平面.
（2）.
设为平面的法向量，
则，即.
不妨设，可得.
设为平面的法向量，
又，
则，即.
不妨设，可得，
，
又二面角的平面角为钝角，
二面角的大小为.
（3）设，则，
又，
则，即，
，
解得或（舍去）.
故所求线段的长为.
19．【解析】（1）以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,

则A(0,0,0),P(0,0,1),F(0,,),D(1,0,0),
∴=(0,,),
设BE=a,则E(a,1,0),=(a,1,-1).
∵·=(a,1,-1)·(0,,)=0,∴PE⊥AF,
∴无论点E在BC边的何处,都有PE⊥AF.
（2）假设存在点E,使PD∥平面AEF,
设BE=a(0≤a≤1),则E(a,1,0),=(a,1,0).
∵PD∥平面AEF,=(1,0,-1),
∴设=λ1+λ2,即(1,0,-1)=λ1(a,1,0)+λ2(0,,),
即,解得,
∴BC上存在一点E,且E在C点时,PD∥平面AEF.
20．【解析】（1）因为BC∥AD,AD⊂平面ADE,BC⊄平面ADE,所以BC∥平面ADE,
同理CF∥平面ADE,
又BC∩CF=C,所以平面BCF∥平面ADE,
因为BF⊂平面BCF,所以BF∥平面ADE.
（2）因为CD⊥AD, CD⊥DE,
所以∠ADE就是矩形ABCD所在平面与直角梯形CDEF所在平面所成二面角的平面角,即∠ADE=60°,
又AD∩DE=D,所以CD⊥平面ADE,平面CDEF⊥平面ADE,
作AO⊥DE于O,则AO⊥平面CDEF,
连接CE,在中,由余弦定理得CE=3,
易得∠ECF=45°,CD=DE=3,AO=,OD=1,OE=2.
以O为原点,平行于DC的直线为x轴,DE所在直线为y轴,OA所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,
则A(0,0,),B(3,0,),C(3,-1,0),E(0,2,0),F(3,5,0).

设G(3,t,0),-1≤t≤5,
则=(-3,2,-),=(0,t,-).
设平面BEG的法向量为,
则由,得,取,得平面BEG的一个法向量为t),
又平面DEG的一个法向量为n=(0,0,1),
所以|cos|==,
为使锐二面角的余弦值为,只需=,
解得t=或t=(舍去),此时=,即所求的点G为线段CF的靠近C端的四等分点.
21．【解析】（1）连接，交于点，连接，易知为的中点，
∴.
∵平面，平面，
∴平面.
∵都垂直于底面，
∴.
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴.
∵平面，平面，
∴平面.
又∵，
∴平面平面.
（2）由已知，平面，四边形是正方形.
∴两两垂直，如图，建立空间直角坐标系.

设，则，从而，
∴，
设平面的一个法向量为，由得.
令，则，从而.
设与平面所成的角为，
∵，
∴，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【名师点睛】（1）本题主要考查空间直线和平面位置关系的证明，考查直线和平面所成的角的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象及推理转化能力.
（2）直线和平面所成的角的求法：
方法一（几何法）：找作（定义法）证（定义）指求（解三角形），其关键是找到直线在平面内的射影，作出直线和平面所成的角和解三角形.
方法二（向量法）：，其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角.
直通高考

1．【答案】C
【解析】以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,
因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，故选C.
【名师点睛】先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出直线的方向向量或平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
2．【解析】（1）连结B1C，ME．
因为M，E分别为BB1，BC的中点，
所以ME∥B1C，且ME=B1C．
又因为N为A1D的中点，所以ND=A1D．
由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，
因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．
又MN平面EDC1，所以MN∥平面C1DE．
（2）由已知可得DE⊥DA．
以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，则

，A1(2，0，4)，，，，，，．
设为平面A1MA的法向量，则，
所以可取．
设为平面A1MN的法向量，则
所以可取．
于是，
所以二面角的正弦值为．
【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.
3．【解析】（1）由已知得，平面，平面，
故．
又，所以平面．
（2）由（1）知．由题设知≌，所以，
故，．
以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D–xyz，

则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，．
设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则
即
所以可取n=.
设平面的法向量为m=（x，y，z），则
即
所以可取m=（1，1，0）．
于是．
所以，二面角的正弦值为．
【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.
4．【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，

则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．
设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则
即
所以可取n=（3，6，–）．
又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以．
因此二面角B–CG–A的大小为30°．
【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.
5．【解析】（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.
又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.
（2）作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H−xyz.

由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.
可得.
则为平面ABFD的法向量.
设DP与平面ABFD所成角为，则.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
6．【解析】（1）因为，为的中点，所以，且．
连结．因为，所以为等腰直角三角形，
且，．
由知．
由知平面．
（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．

由已知得取平面的法向量．
设，则．
设平面的法向量为．
由得，可取，
所以．
由已知可得．
所以．解得（舍去），．
所以．
又，所以．
所以与平面所成角的正弦值为．
7．【解析】（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以 DM⊥CM.
又 BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
（2）以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.

当三棱锥M−ABC体积最大时，M为的中点.
由题设得，

设是平面MAB的法向量,则
即
可取.
是平面MCD的法向量,因此
，
，
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.
8．【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．
又因为AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD．
（2）过A作AD的垂线交BC于点M．
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD．
如图建立空间直角坐标系A−xyz，则A（0，0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．
因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）．
所以．
所以.
设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则
即
令z=1，则．
于是．
又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以.
由题知，二面角F−AE−P为锐角，所以其余弦值为．

（3）直线AG在平面AEF内．
因为点G在PB上，且，
所以.
由（2）知，平面AEF的法向量.
所以.
所以直线AG在平面AEF内.
【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F−AE−P的余弦值；
（3）首先求得点G的坐标，然后结合平面的法向量和直线AG的方向向量即可判断直线是否在平面内.
9．【解析】依题意，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得，．设，则．
（1）依题意，是平面的法向量，又，可得，又因为直线平面，所以平面．
（2）依题意，．
设为平面的法向量，则即不妨令，
可得．因此有．
所以，直线与平面所成角的正弦值为．
（3）设为平面的法向量，则即
不妨令，可得．
由题意，有，解得．经检验，符合题意．
所以，线段的长为．

【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．
10．【解析】（1）在三棱柱ABC-A1B1C1中，
∵CC1⊥平面ABC，
∴四边形A1ACC1为矩形．
又E，F分别为AC，A1C1的中点，
∴AC⊥EF．
∵AB=BC．
∴AC⊥BE，
∴AC⊥平面BEF．
（2）由（1）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．
又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．
∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．
如图建立空间直角坐标系E-xyz．

由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．
∴，
设平面BCD的法向量为，
∴，∴，
令a=2，则b=-1，c=-4，
∴平面BCD的法向量，
又∵平面CDC1的法向量为，
∴．
由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为．
（3）由（2）知平面BCD的法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），
∴，∴，∴与不垂直，
∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．
11．【解析】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．满分13分．
依题意，可以建立以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．

（1）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，则 即 不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．又=（1，，1），可得，又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．
（2）依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．
设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，则 即 不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．
设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，则 即 不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．
因此有cos=，于是sin=．
所以，二面角E–BC–F的正弦值为．
（3）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），可得．
易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故
，
由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．
所以线段的长为.