2020届二轮复习立体几何中的向量方法学案（全国通用）

第3讲　立体几何中的向量方法

[做真题]
1．(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1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B­EC­C1的正弦值．

解：(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，

故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，
所以BE⊥平面EB1C1.
(2)由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.
以D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D­xyz，则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，＝(1，0，0)，＝(1，－1，1)，1＝(0，0，2)．
设平面EBC的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
所以可取n＝(0，－1，－1)．
设平面ECC1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则
即
所以可取m＝(1，1，0)．
于是cosn，m＝＝－.
所以，二面角B­EC­C1的正弦值为.
2．(2018·高考全国卷Ⅰ)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.

(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
解：(1)证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.
又BF⊂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PH＝，EH＝.
则H(0，0，0)，P，D，＝，＝为平面ABFD的法向量．
设DP与平面ABFD所成角为θ，
则sin θ＝＝＝.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
[明考情]
高考对此部分的命题较为稳定，一般为解答题，多出现在第18或19题的第二问的位置，考查利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角，难度中等偏上．


利用空间向量证明平行与垂直
[典型例题]
如图，在四棱锥P­ABCD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＝(0，1，1)，＝(2，0，0)，故·＝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，所以AB⊥平面PAD，
所以向量＝(1，0，0)为平面PAD的一个法向量．
而·＝(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的一个法向量＝(1，0，0)，向量＝(0，2，－2)，＝(2，0，0)，
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
不妨令y＝1，可得n＝(0，1，1)为平面PCD的一个法向量．且n·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，
所以n⊥.所以平面PCD⊥平面PAD.

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)，υ＝(a3，b3，c3)．则有：
(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∥υ⇔μ＝λυ⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.
(4)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥υ⇔μ·υ＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
[对点训练]
在直三棱柱ABC­A1B1C1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)依题意，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＝(a，0，0)，＝(0，2，2)，＝(0，2，－2)，·＝0，·＝0＋4－4＝0，
即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，F(0，1，4)，
则＝，＝(0，1，1)，
·＝0＋2－2＝0，·＝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)可知是平面ABD的一个法向量，
所以平面EGF∥平面ABD.

利用空间向量求空间角
[典型例题]
命题角度一　异面直线所成的角
已知在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________．
【解析】　如图，在平面ABC内过点B作BD⊥AB，交AC于点D，则∠CBD＝30°.

因为BB1⊥平面ABC，故以B为坐标原点，分别以射线BD，BA，BB1为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系，
则B(0，0，0)，A(0，2，0)，B1(0，0，1)，C1(cos 30°，－sin 30°，1)，即C1.
所以＝(0，－2，1)，＝.
所以cos〈，〉＝
＝＝.
所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.
【答案】　

两异面直线所成角的求法
(1)定义法：过空间中任一点，分别作两异面直线的平行线，则这两条相交直线所成的锐角或直角等于两异面直线所成的角．定义法求解的实质就是将空间中两异面直线所成的角转化为平面三角形的内角进行求解．
(2)向量法：设异面直线a，b的方向向量分别为a，b，则异面直线a，b所成角的余弦值等于|cos〈a，b〉|.　
命题角度二　直线与平面所成的角
(一题多解)(2019·福州模拟)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥AC，AC⊥BB1，AB＝A1B＝AC＝2，BB1＝2.
(1)求证：A1B⊥平面ABC；
(2)若P是棱B1C1的中点，求直线BB1与平面PAB所成角的正弦值．

【解】　(1)因为在三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥AC，AC⊥BB1，AB∩BB1＝B，
所以AC⊥平面ABB1A1，
又A1B⊂平面ABB1A1，所以AC⊥A1B.
因为BB1＝2，
所以AA1＝2，
因为AB＝A1B＝2，
所以AB2＋A1B2＝AA，
所以A1B⊥AB，
又AC∩AB＝A，所以A1B⊥平面ABC.
(2)法一：由(1)知，直线A1C1，A1B1，BA1两两互相垂直，如图，以A1为坐标原点，分别以A1C1，A1B1，BA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A1-xyz，

则A1(0，0，0)，P(1，1，0)，B(0，0，－2)，B1(0，2，0)，
＝＝(0，2，0)，＝(－1，－1，－2)，
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则，
即，
取z＝1，则n＝(－2，0，1)为平面PAB的一个法向量．
＝(0，2，2)，设直线BB1与平面PAB所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
所以直线BB1与平面PAB所成角的正弦值为.
法二：由(1)知，直线AC，AB，BA1两两互相垂直，以A为坐标原点，分别以AC，AB，Az所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，

则A(0，0，0)，P(1，3，2)，B(0，2，0)，B1(0，4，2)，
＝(0，2，0)，＝(－1，－1，－2)，
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则，即，
取z＝1，则n＝(－2，0，1)为平面PAB的一个法向量．
＝(0，2，2)，设直线BB1与平面PAB所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
所以直线BB1与平面PAB所成角的正弦值为.

向量法求直线和平面所成的角
设θ为直线l与平面α所成的角，φ为直线l的方向向量v与平面α的法向量n之间的夹角，则有φ＝－θ(如图1)或φ＝＋θ(如图2)，所以有sin θ＝|cos φ|＝|cos〈v，n〉|＝.特别地，φ＝0时，θ＝，l⊥α；φ＝时，θ＝0，l⊂α或l∥α.
　
命题角度三　二面角的平面角
(2019·四省八校双教研联考)如图，在四棱锥P­ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，M为AD的中点，PA＝PD＝，AD＝AB＝2CD＝2.

(1)求证：平面PMB⊥平面PAC；
(2)求二面角A­PC­D的余弦值．
【解】　(1)证明：因为PA＝PD，M为AD的中点，所以PM⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PM⊥平面ABCD，所以PM⊥AC，
易知tan∠ABM＝，tan∠DAC＝，
所以∠ABM＝∠DAC，又∠AMB＋∠ABM＝，所以∠AMB＋∠DAC＝，
所以MB⊥AC，
又PM∩MB＝M，所以AC⊥平面PMB，又AC⊂平面PAC，
所以平面PMB⊥平面PAC.
(2)如图建立空间直角坐标系，则A(－1，0，0)，D(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，0，2)．

设平面PAC的法向量为n1＝(x，y，z)，
因为＝(2，1，0)，＝(1，0，2)，
所以，令z＝1，则x＝－2，y＝4，所以n1＝(－2，4，1)为平面PAC的一个法向量．
设平面PDC的法向量为n2＝(x1，y1，z1)，因为＝(0，1，0)，＝(－1，0，2)，
所以，令z1＝1，则y1＝0，x1＝2，所以n2＝(2，0，1)为平面PCD的一个法向量．
设二面角A­PC­D的大小为θ，则cos θ＝＝＝.

向量法求二面角
设二面角α­l­β的平面角为θ(0≤θ≤π)，n1，n2分别为平面α，β的法向量，向量n1，n2的夹角为ω，则有θ＋ω＝π(如图1)或θ＝ω(如图2)，其中cos ω＝.
　
[对点训练]
(2019·蓉城名校第一次联考)如图，在四棱锥P­ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝AB＝2BC＝2，AP＝AC，BP＝3BC.
(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)若∠PAD为锐角，且PA与平面ABCD所成角的正切值为2，求二面角A­PB­D的余弦值．

解：(1)证明：在直角梯形ABCD中，因为BC＝1，AB＝2，AB⊥BC，
所以AC＝，即AP＝AC＝，BP＝3BC＝3，
所以BA2＋AP2＝BP2，所以BA⊥AP.
又AD∥BC，所以BA⊥AD，又AP∩AD＝A，所以BA⊥平面PAD.
因为BA⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.
(2)如图，过点P作PO⊥AD交AD于点O，连接OC，由(1)可知PO⊥平面ABCD，

则∠PAO为PA与平面ABCD所成的角，
所以tan ∠PAO＝2.
又AP＝，所以AO＝1，PO＝2.
所以AOBC，四边形ABCD为矩形，
所以OC⊥AD.
以O为坐标原点，OC，OD，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A(0，－1，0)，P(0，0，2)，D(0，1，0)，B(2，－1，0)，
所以＝(2，0，0)，＝(0，1，2)，设平面APB的法向量为n＝(x，y，z)，
则有⇒，
取y＝2，则n＝(0，2，－1)，
同理可得平面PBD的一个法向量为m＝(2，2，1)，
cos〈m，n〉＝＝＝，
由图可知二面角A­PB­D的平面角为锐角，
所以二面角A­PB­D的余弦值为.

利用向量解决探索性问题
[典型例题]
(2019·广州市调研测试)如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角A­CD­F为60°，DE∥CF，CD⊥DE，AD＝2，DE＝DC＝3，CF＝6.
(1)求证：BF∥平面ADE；
(2)在线段CF上求一点G，使锐二面角B­EG­D的余弦值为.

【解】　(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，
所以BC∥AD.
因为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是二面角A­CD­F的平面角，即∠ADE＝60°.
因为AD∩DE＝D，所以CD⊥平面ADE.
因为CD⊂平面CDEF，
所以平面CDEF⊥平面ADE.
如图，作AO⊥DE于点O，则AO⊥平面CDEF.
由AD＝2，DE＝3，得DO＝1，EO＝2.
以O为坐标原点，平行于DC的直线为x轴，DE所在的直线为y轴，OA所在的直线为z轴建立空间直角坐标系O­xyz，

则O(0，0，0)，A(0，0，)，C(3，－1，0)，D(0，－1，0)，B(3，0，)，E(0，2，0)，F(3，5，0)，＝＋＝＋＝(3，0，)，
设G(3，t，0)，－1≤t≤5，
则＝(－3，2，－)，＝(0，t，－)，
设平面BEG的法向量为m＝(x，y，z)，
则由，
得，可取，
故平面BEG的一个法向量为m＝(2－t，3，t)，
又平面DEG的一个法向量为n＝(0，0，1)，
所以|cos〈m，n〉|＝＝，
所以＝，
解得t＝或t＝－(舍去)，
此时CG＝.
即所求线段CF上的点G满足CG＝.

利用空间向量巧解探索性问题
(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．
(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否在规定范围内有解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．　
[对点训练]
(2019·昆明市诊断测试)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝BD＝2，AB＝2，E是棱PC上的一点．
(1)若PA∥平面BDE，证明：PE＝EC.
(2)在(1)的条件下，棱PB上是否存在点M，使直线DM与平面BDE所成角的大小为30°？若存在，求PM∶MB的值；若不存在，请说明理由．

解：(1)证明：如图，连接AC交BD于F，连接EF，

则EF是平面PAC与平面BDE的交线．
因为PA∥平面BDE，PA⊂平面PAC，所以PA∥EF.
又F是AC的中点，所以E是PC的中点．
所以PE＝EC.
(2)由已知条件可知AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD，
以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，DP所在直线为z轴建立空间直角坐标系．
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，C(－2，2，0)，E(－1，1，1)，＝(－1，1，1)，＝(0，2，0)．
假设在棱PB上存在点M，设＝λ(0≤λ≤1)，
得M(0，2λ，2－2λ)，＝(0，2λ，2－2λ)．
记平面BDE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则，
即，取z1＝1，则x1＝1，
所以n1＝(1，0，1)为平面BDE的一个法向量．
要使直线DM与平面BDE所成角的大小为30°，
则＝sin 30°，
即＝，解得λ＝∈[0，1]．
所以在棱PB上存在点M，使直线DM与平面BDE所成角的大小为30°.
此时PM∶MB＝1.

[A组　夯基保分专练]
1．(2019·重庆市七校联合考试)如图，三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都是2，AA1⊥平面ABC，D，E分别是AC，CC1的中点．
(1)求证：AE⊥平面A1BD；
(2)求二面角D­BE­B1的余弦值．

解：(1)证明：因为AB＝BC＝CA，D是AC的中点，
所以BD⊥AC，
因为AA1⊥平面ABC，所以平面AA1C1C⊥平面ABC，
所以BD⊥平面AA1C1C，所以BD⊥AE.
又在正方形AA1C1C中，D，E分别是AC，CC1的中点，
所以A1D⊥AE.又A1D∩BD＝D，
所以AE⊥平面A1BD.
(2)以DA所在直线为x轴，过D作AC的垂线，以该垂线为y轴，DB所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，E(－1，－1，0)，B(0，0，)，B1(0，－2，)，＝(0，0，)，＝(－1，－1，0)，＝(0，－2，0)，＝(1，－1，)，

设平面DBE的法向量为m＝(x，y，z)，
则，即，
令x＝1，则m＝(1，－1，0)，
设平面BB1E的法向量为n＝(a，b，c)，则，即，
令c＝，则n＝(－3，0，)，
设二面角D­BE­B1的平面角为θ，观察可知θ为钝角，
因为cos〈m，n〉＝＝，
所以cos θ＝，故二面角D­BE­B1的余弦值为.
2．(2019·成都第一次诊断性检测)如图，四棱锥P­ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝，PA⊥平面ABCD，点M是棱PC的中点．

(1)证明：PA∥平面BMD；
(2)当PA＝时，求直线AM与平面PBC所成角的正弦值．
解：(1)证明：如图1，连接AC交BD于点O，连接MO.

因为M，O分别为PC，AC的中点，
所以PA∥MO.
因为PA⊄平面BMD，MO⊂平面BMD，
所以PA∥平面BMD.
(2)如图2，取线段BC的中点H，连接AH.

因为四边形ABCD为菱形，∠ABC＝，
所以AH⊥AD.
以A为坐标原点，分别以AH，AD，AP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A­xyz，
则A(0，0，0)，B(，－1，0)，C(，1，0)，P(0，0，)，M(，，)，所以＝(，，)，＝(0，2，0)，＝(，1，－)．
设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，由得，
取z＝1，m＝(1，0，1)．
设直线AM与平面PBC所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈m，〉|＝＝＝.
所以直线AM与平面PBC所成角的正弦值为.
3. (2019·高考天津卷)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.

(1)求证：BF∥平面ADE；
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；
(3)若二面角E­BD­F的余弦值为，求线段CF的长．
解：依题意，可以建立以A为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2)．设CF＝h(h>0)，则F(1，2，h)．

(1)证明：依题意，＝(1，0，0)是平面ADE的法向量，又＝(0，2，h)，可得·＝0，又因为直线BF⊄平面ADE，所以BF∥平面ADE.
(2)依题意，＝(－1，1，0)，＝(－1，0，2)，＝(－1，－2，2)．
设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即不妨令z＝1，可得n＝(2，2，1)．因此有cos〈，n〉＝＝－.
所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.
(3)设m＝(x，y，z)为平面BDF的法向量，则即不妨令y＝1，可得m＝(1，1，－)．
由题意，有|cos〈m，n〉|＝＝＝，解得h＝，经检验，符合题意．
所以，线段CF的长为.
4．(2019·东北四市联合体模拟(一))如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E为CD的中点，将△ADE沿AE折到△APE的位置．
(1)证明：AE⊥PB；
(2)当四棱锥P­ABCE的体积最大时，求二面角A­PE­C的余弦值．

解：(1)证明：在等腰梯形ABCD中，连接BD，交AE于点O，
因为AB∥CE，AB＝CE，所以四边形ABCE为平行四边形，
所以AE＝BC＝AD＝DE，所以△ADE为等边三角形，
所以在等腰梯形ABCD中，∠C＝∠ADE＝，BD⊥BC，
所以BD⊥AE.
翻折后可得OP⊥AE，OB⊥AE，
又OP⊂平面POB，OB⊂平面POB，OP∩OB＝O，所以AE⊥平面POB，
因为PB⊂平面POB，所以AE⊥PB.
(2)当四棱锥P­ABCE的体积最大时，平面PAE⊥平面ABCE.
又平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO⊂平面PAE，PO⊥AE，所以OP⊥平面ABCE.
以O为坐标原点，OE所在的直线为x轴，OB所在的直线为y轴，OP所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，由题意得，P，E，C，所以＝，＝，设平面PCE的法向量为n1＝(x，y，z)，

则，即，设x＝，则y＝－1，z＝1，所以n1＝(，－1，1)为平面PCE的一个法向量，
易知平面PAE的一个法向量为n2＝(0，1，0)，
cos〈n1，n2〉＝＝＝－.
由图知所求二面角A­PE­C为钝角，所以二面角A­PE­C的余弦值为－.
[B组　大题增分专练]
1．(2019·高考浙江卷)如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．
(1)证明：EF⊥BC；
(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．

解：法一：(1)证明：如图，连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC.

又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F.
所以BC⊥平面A1EF.
因此EF⊥BC.
(2)取BC的中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．
连接A1G交EF于O，由(1)得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．
则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)．
不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝2，EG＝.
由于O为A1G的中点，故EO＝OG＝＝，
所以cos∠EOG＝＝.
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.
法二：(1)证明：连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，
所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以，A1E⊥平面ABC.
如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E­xyz.

不妨设AC＝4，则A1(0，0，2)，B(，1，0)，
B1(，3，2)，F(，，2)，C(0，2，0)．
因此，＝，＝(－，1，0)．
由·＝0得EF⊥BC.
(2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ.
由(1)可得＝(－，1，0)，＝(0，2，－2)．
设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)．
由得
取n＝(1，，1)故
sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为.
2．(2019·长沙市统一模拟考试)如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE∥CF，∠BCF＝90°，AD＝，BE＝3，CF＝4，EF＝2.
(1)求证：AE∥平面DCF；
(2)当AB的长为何值时，二面角A­EF­C的大小为60°？

解：因为平面ABCD⊥平面BEFC，平面ABCD∩平面BEFC＝BC，DC⊂平面ABCD，且DC⊥BC，所以DC⊥平面BEFC.
以点C为坐标原点，分别以CB，CF，CD所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系C­xyz.

设AB＝a，则C(0，0，0)，A(，0，a)，B(，0，0)，E(，3，0)，F(0，4，0)，D(0，0，a)．
(1)证明：因为＝(0，3，－a)，＝(，0，0)，＝(0，4，0)，＝(0，0，a)，
所以·＝0，·＝0，又CD∩CF＝C，
所以CB⊥平面CDF，即为平面CDF的一个法向量．
又·＝0，所以CB⊥AE，又AE⊄平面CDF，
所以AE∥平面DCF.
(2)设n＝(x，y，z)与平面AEF垂直，
＝(0，3，－a)，＝(－，1，0)，
由，得，
取x＝1，则n＝.
BA⊥平面BEFC，＝(0，0，a)，
由|cos〈n，〉|＝＝＝，
得a＝.
所以当AB＝时，二面角A­EF­C的大小为60°.
3．(2019·江西八所重点中学联考)如图所示多面体ABCDEF，其底面ABCD为矩形，且AB＝2，BC＝2，四边形BDEF为平行四边形，点F在底面ABCD内的投影恰好是BC的中点．
(1)已知G为线段FC的中点，证明：BG∥平面AEF；
(2)若二面角F­BD­C的大小为，求直线AE与平面BDEF所成角的正弦值．

解：(1)证明：如图，连接AC交BD于H，连接GH，则GH为△ACF的中位线，
所以GH∥AF.
因为GH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF.
又BD∥EF，BD⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以BD∥平面AEF.
连接DG，因为BD∩GH＝H，BD⊂平面BDG，GH⊂平面BDG，所以平面BDG∥平面AEF，
因为BG⊂平面BDG，所以BG∥平面AEF.
(2)取BC的中点O，AD的中点M，连接OF，OM，则OF⊥平面ABCD，OM⊥BC，以O为坐标原点，OC，OM，OF所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，B(－1，0，0)，C(1，0，0)，D(1，2，0)，所以＝(2，2，0)．设OF＝a(a>0)，则F(0，0，a)，所以＝(1，0，a)．

设平面BDEF的法向量为n1＝(x，y，z)，
由，得，
令x＝－a，得n1＝(－a，a，)．
易得平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)．
因为二面角F­BD­C的大小为，所以|cos〈n1，n2〉|＝||＝＝，
解得a＝.
设直线AE与平面BDEF所成的角为θ，
因为＝＋＝＋＝(2，0，0)＋＝，
且n1＝，
所以sin θ＝|cos〈，n1〉|＝||＝＝.
故直线AE与平面BDEF所成角的正弦值为.
4．(2019·湖南省湘东六校联考)如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA＝1，OD＝2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形．
(1)证明：直线BC∥平面OEF.
(2)在线段DF上是否存在一点M，使得二面角M­OE­D的余弦值是？若不存在，请说明理由；若存在，请求出M点所在的位置．

解：(1)证明：依题意，在平面ADFC中，∠CAO＝∠FOD＝60°，所以AC∥OF，
又OF⊂平面OEF，所以AC∥平面OEF.
在平面ABED中，∠BAO＝∠EOD＝60°，
所以AB∥OE，又OE⊂平面OEF，所以AB∥平面OEF.
因为AB∩AC＝A，AB⊄平面OEF，AC⊄平面OEF，AB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，所以平面ABC∥平面OEF.
又BC⊂平面ABC，所以直线BC∥平面OEF.
(2)设OD的中点为G，如图，连接GE，GF，由题意可得GE，GD，GF两两垂直，以G为坐标原点，GE，GD，GF所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，易知，O(0，－1，0)，E(，0，0)，F(0，0，)，D(0，1，0)．

假设在线段DF上存在一点M，使得二面角M­OE­D的余弦值是，设＝，λ∈[0，1]，则M(0，1－λ，λ)，＝(0，2－λ，λ)．
设n＝(x，y，z)为平面MOE的法向量，
由得，可取x＝－λ，则y＝λ，z＝λ－2，n＝(－λ，λ，λ－2)．
又平面OED的一个法向量m＝(0，0，1)，
所以＝|cos〈m，n〉|＝，
所以(2λ－1)(λ＋1)＝0，又λ∈[0，1]，所以λ＝.
所以存在满足条件的点M，M为DF的中点．