空间向量与空间角[知识能否忆起]利用向量求空间角1．两条异面直线所成的角的求法设两条异面直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a ·b ||a||b |(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)．2．直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|e ·n ||e ||n |.3．求二面角的大小(1)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＝〈AB ，CD 〉．(2)如图2、3，n 1，n 2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＝〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)．[小题能否全取]1．(教材习题改编)已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量、法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°解析：选A 由于cos 〈m ，n 〉＝－12，∴〈m ，n 〉＝120°.所以直线l 与α所成的角为30°.2．(教材习题改编)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°解析：选C cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11×2＝22， 即〈m ，n 〉＝45°，其补角为135°， ∴两平面所成的二面角为45°或135°.3.在如图所示的正方体A 1B 1C 1D 1－ABCD 中，E 是C 1D 1的中点，则异面直线DE 与AC 夹角的余弦值为( )A ．－1010B ．－120C.120D.1010解析：选D 如图建立直角坐标系D －xyz ，设DA ＝1，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，1.则AC ＝(－1,1,0)，DE ＝⎝⎛⎭⎫0，12，1，若异面直线DE 与AC 所成的角为θ，cos θ＝|cos 〈AC ，DE 〉|＝1010. 4．已知点E 、F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值为________．解析：如图，建立直角坐标系D －xyz ， 设DA ＝1由已知条件A (1,0,0)， E ⎝⎛⎭⎫1，1，13，F ⎝⎛⎭⎫0，1，23， AE ＝⎝⎛⎭⎫0，1，13，AF ＝⎝⎛⎭⎫－1，1，23， 设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，面AEF 与面ABC 所成的二面角为θ，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE ＝0，n ·AF ＝0，得⎩⎨⎧y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－3)．设平面ABC 的法向量为m ＝(0,0，－1)， 则cos θ＝cos 〈n ，m 〉＝311，tan θ＝23.答案：235．(教材习题改编)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知DA ＝DC ＝4，DD 1＝3，则异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值________．解析：建立如图所示直角坐标系，则A 1(4,0,3)，B (4,4,0)，B 1(4,4,3)，C (0,4,0)，1A B ＝(0,4，－3)，1B C ＝(－4,0，－3)．设异面直线A 1B 与B 1C 所成角为θ， 则cos θ＝|cos 〈1A B ，1B C 〉|＝925. 答案：925(1)利用向量求空间角，一定要注意将向量夹角与所求角区别开来，在将向量夹角转化为各空间角时注意空间各角的取值范围，异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2，二面角的范围是[0，π]． (2)利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α、β的法向量n 1，n 2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等，还是互补，这是利用向量求二面角的难点、易错点．异面直线所成的角典题导入[例1] (·陕西高考)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35[自主解答] 不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2.可得 O (0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，A (2,0,0)，B 1(0,2,1)， ∴1BC ＝(0,2，－1)，1AB ＝(－2,2,1)，∴cos 〈1BC ，1AB 〉＝1BC ·1AB |1BC ||1AB |＝4－15×9＝15＝55>0.∴1BC 与1AB 的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角， ∴直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55. [答案] A本例条件下，在线段OB 上，是否存在一点M ，使C 1M 与AB 1所成角的余弦为13？若存在，求出M 点；不存在，说明理由．解：不妨令CB ＝1，CA ＝CC 1＝2， 建系如本例题图，假设存在符合条件的点M ，设M (0,0，a )， 则1C M ＝(0，－2，a )，又1AB ＝(－2,2,1)， ∴|cos 〈1C M ，1AB 〉|＝|a －4|4＋a 2·9＝13. ∴|a －4|＝4＋a 2，∴a 2－8a ＋16＝a 2＋4.∴8a ＝12，∴a ＝32.又CB ＝1，∴a ＝32>1.故不存在符合条件的点M .由题悟法利用直线的方向向量的夹角求异面直线的夹角时，注意区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．以题试法1．(·安徽模拟)如图所示，在多面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，上、下两个底面A 1B 1C 1D 1和ABCD 互相平行，且都是正方形，DD 1⊥底面ABCD ，AB ＝2A 1B 1＝2DD 1＝2a .(1)求异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值； (2)已知F 是AD 的中点，求证：FB 1⊥平面BCC 1B 1. 解：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1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A (2a,0,0)，B (2a,2a,0)，C (0,2a,0)，D 1(0,0，a )，F (a,0,0)，B 1(a ，a ，a )，C 1(0，a ，a )．(1)∵1AB ＝(－a ，a ，a )，1DD ＝(0,0，a )，∴cos 〈1AB ，1DD 〉＝1AB ·1DD |1AB |·|1DD |＝33，所以异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为33. (2)证明：∵1BB ＝(－a ，－a ，a )，BC ＝(－2a,0,0)，1FB ＝(0，a ，a )，∴⎩⎪⎨⎪⎧1FB ·1BB ＝0， 1FB ·BC ＝0，∴FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC .∵BB 1∩BC ＝B ，∴FB 1⊥平面BCC 1B 1.直线与平面所成角典题导入[例2] (·大纲全国卷)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，P A ⊥底面ABCD ，AC ＝22，P A ＝2，E 是PC 上的一点，PE ＝2EC .(1)证明：PC ⊥平面BED ；(2)设二面角A -PB -C 为90°，求PD 与平面PBC 所成角的大小．[自主解答] (1)证明：以A 为坐标原点，射线AC 为x 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则C (22，0,0)．设D (2，b,0)，其中b >0，则 P (0,0,2)，E ⎝⎛⎭⎫423，0，23，B (2，－b,0)．于是PC ＝(22，0，－2)， BE ＝⎝⎛⎭⎫23，b ，23，DE ＝⎝⎛⎭⎫23，－b ，23，从而PC ·BE ＝0，PC ·DE ＝0， 故PC ⊥BE ，PC ⊥DE . 又BE ∩DE ＝E ， 所以PC ⊥平面BED .(2) AP ＝(0,0,2)，AB ＝(2，－b,0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面P AB 的法向量，则 m ·AP ＝0，m ·AB ＝0， 即2z ＝0且2x －by ＝0， 令x ＝b ，则m ＝(b ，2，0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面PBC 的法向量，则n ·PC ＝0，n ·BE ＝0， 即22p －2r ＝0且2p 3＋bq ＋23r ＝0， 令p ＝1，则r ＝2，q ＝－2b ，n ＝⎝⎛⎭⎫1，－2b ，2. 因为二面角A －PB －C 为90°，所以面P AB ⊥面PBC ，故m ·n ＝0，即b－2b＝0，故b＝2，于是n＝(1，－1，2)，DP＝(－2，－2，2)，所以cos〈n，DP〉＝n·DP|n||DP|＝1 2，所以〈n，DP〉＝60°.因为PD与平面PBC所成角和〈n，DP〉互余，故PD与平面PBC所成的角为30°.由题悟法利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它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(钝角时取其补角)，取其余角就是斜线和平面所成的角(如例2)．以题试法2.(·宝鸡模拟)如图，已知P A⊥平面ABC，且P A＝2，等腰直角三角形ABC中，AB＝BC＝1，AB⊥BC，AD⊥PB于D，AE⊥PC于E.(1)求证：PC⊥平面ADE；(2)求直线AB与平面ADE所成角的大小．解：(1)证明：因为P A⊥平面ABC，所以P A⊥BC，又AB⊥BC，且P A∩AB＝A，所以BC⊥平面P AB，从而BC⊥AD.又AD⊥PB，BC∩PB＝B，所以AD⊥平面PBC，得PC⊥AD，又PC⊥AE，AE∩AD＝A，所以PC⊥平面ADE.(2)如图所示，建立空间直角坐标系B －xyz . 则A (1,0,0)，C (0,1,0)， P (1,0，2)， 因为PC ⊥平面ADE ，所以PC ＝(－1,1，－2)是平面ADE 的一个法向量． 设直线AB 与平面ADE 所成的角为θ， 则sin θ＝|PC ·AB ||PC ||AB |＝(－1，1，－2)·(－1，0，0)2＝12，则直线AB 与平面ADE 所成的角为30°.二 面 角典题导入[例3] (·江西高考)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝AC ＝AA 1＝5，BC ＝4，点A 1在底面ABC 的投影是线段BC 的中点O .(1)证明在侧棱AA 1上存在一点E ，使得OE ⊥平面BB 1C 1C ，并求出AE 的长；(2)求平面A 1B 1C 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值．[自主解答] (1)证明：连接AO ，在△AOA 1中，作OE ⊥AA 1于点E ，因为AA 1∥BB 1，得OE ⊥BB 1，因为A 1O ⊥平面ABC ，所以A 1O ⊥BC .因为AB ＝AC ，OB ＝OC ，得AO ⊥BC ，所以BC ⊥平面AA 1O ，所以BC ⊥OE ， 所以OE ⊥平面BB 1C 1C . 又AO ＝AB 2－BO 2＝1，AA 1＝5，得AE ＝AO 2AA 1＝55.(2)如图，分别以OA ，OB ，OA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0,2,0)，C (0，－2,0)，A 1(0,0,2)，B 1(－1,2,2)，由AE ＝151AA 得点E 的坐标是⎝⎛⎭⎫45，0，25， 由(1)得平面BB 1C 1C 的法向量是OE ＝⎝⎛⎭⎫45，0，25， 设平面A 1B 1C 的法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·11A B ＝0，n ·1A C ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，y ＋z ＝0.令y ＝1，得x ＝2，z ＝－1，即n ＝(2,1，－1)，所以cos 〈OE ，n 〉＝OE ·n | OE |·|n |＝3010，即平面A 1B 1C 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值是3010. 由题悟法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．以题试法3．(·山西模拟)如图，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，SD ⊥平面ABCD ，SD ＝AD ＝a ，点E 是SD 上的点，且DE ＝λa (0<λ≤1)．(1)求证：对任意的λ∈(0,1]，都有AC ⊥BE ； (2)若二面角C －AE －D 的大小为60°，求λ的值．解：(1)证明：如图，建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (a,0,0，)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，D (0,0,0)，E (0,0，λa )，∴AC ＝(－a ，a,0)，BE ＝(－a ，－a ，λa )，∴AC ·BE ＝0对任意λ∈(0,1]都成立，即对任意的λ∈(0,1]，都有AC ⊥BE .(2)显然n ＝(0,1,0)是平面ADE 的一个法向量， 设平面ACE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， ∵AC ＝(－a ，a,0)，AE ＝(－a,0，λa )，∴⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AC ＝0，m ·AE ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧ －ax ＋ay ＝0，－ax ＋λaz ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，x －λz ＝0.取z ＝1，则x ＝y ＝λ，∴m ＝(λ，λ，1)， ∵二面角C －AE －D 的大小为60°， ∴|cos 〈n ，m 〉|＝|n ·m ||n ||m |＝λ1＋2λ2＝12， ∵λ∈(0,1]， ∴λ＝22.1.如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角为________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系． 设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)， 则EF ＝(0，－1,1)，1BC ＝(2,0,2)， ∴EF ·1BC ＝2， ∴cos 〈EF ，1BC 〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成角为60°. 答案：60°2．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA 1＝BC ＝2.若二面角B 1－DC －C 1的大小为60°，则AD 的长为________．解析：如图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)．设AD ＝a ，则D 点坐标为(1,0，a )，CD ＝(1,0，a )，1CB ＝(0,2,2)，设平面B 1CD 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )．则⎩⎪⎨⎪⎧m ·1CB ＝0m ·CD ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0x ＋az ＝0，令z ＝－1，得m ＝(a,1，－1)，又平面C 1DC 的一个法向量为n ＝(0,1,0)， 则由cos 60°＝|m·n ||m ||n |，得1a 2＋2＝12，即a ＝2， 故AD ＝ 2. 答案： 23.如图，在正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成角为________．解析：如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz . 设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a 2. 则CA ＝(2a,0,0)，AP ＝⎝⎛⎭⎫－a ，－a 2，a2，CB ＝(a ，a,0)． 设平面P AC 的法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB ，n 〉＝CB ·n | CB ||n |＝a 2a 2·2＝12. ∴〈CB ，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面P AC 的夹角为90°－60°＝30°.答案：30°4．(·山西模拟)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝3，AD ＝2，AB ＝23，BC ＝6.(1)求证：BD ⊥平面P AC ； (2)求二面角P －BD －A 的大小．解：(1)证明：由题可知，AP 、AD 、AB 两两垂直，则分别以AB 、AD 、AP 所在直线为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (23，0,0)，C (23，6,0)，D (0,2,0)，P (0,0,3)，∴AP ＝(0,0,3)，AC ＝(23，6,0)，BD ＝(－23，2,0)， ∴BD ·AP ＝0，BD ·AC ＝0.∴BD ⊥AP ，BD ⊥AC . 又P A ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面P AC .(2)显然平面ABD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)，设平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·BD ＝0，n ·BP ＝0.由(1)知，BP ＝(－23，0,3)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－23x ＋2y ＝0，－23x ＋3z ＝0，整理得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ，z ＝233x .令x ＝3，则n ＝(3，3,2)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12.∴结合图形可知二面角P －BD －A 的大小为60°.5．(·辽宁高考)如图，直三棱柱ABC －A ′B ′C ′，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝λAA ′，点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点．(1)证明：MN ∥平面A ′ACC ′；(2)若二面角A ′－MN －C 为直二面角，求λ的值．解：(1)法一：证明：如图，连接AB ′，AC ′，由已知∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，三棱柱ABC －A ′B ′C ′为直三棱柱，所以M 为AB ′中点．又因为N 为B ′C ′的中点， 所以MN ∥AC ′.又MN ⊄平面A ′ACC ′， A ′C ⊂平面A ′ACC ′， 所以MN ∥平面A ′ACC ′.法二：证明：取A ′B ′ 中点P ，连接MP ，NP ，而M ，N 分别为AB ′与B ′C ′的中点，所以MP ∥AA ′，PN ∥A ′C ′， 所以MP ∥平面A ′ACC ′，PN ∥平面A ′ACC ′. 又MP ∩NP ＝P ，因此平面MPN ∥平面A ′ACC ′.而MN ⊂平面MPN ， 因此MN ∥平面A ′ACC ′.(2)以A 为坐标原点，分别以直线AB ，AC ，AA ′为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系O －xyz ，如图所示．设AA ′＝1，则AB ＝AC ＝λ，于是A (0,0,0)，B (λ，0,0)，C (0，λ，0)，A ′(0,0,1)， B ′(λ，0,1)，C ′(0，λ，1)， 所以M ⎝⎛⎭⎫λ2，0，12，N ⎝⎛⎭⎫λ2，λ2，1. 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A ′MN 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A M '＝0，m ·MN ＝0，得⎩⎨⎧λ2x 1－12z 1＝0，λ2y 1＋12z 1＝0，可取m ＝(1，－1，λ)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面MNC 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·NC ＝0，n ·MN ＝0，得⎩⎨⎧－λ2x 2＋λ2y 2－z 2＝0，λ2y 2＋12z 2＝0，可取n ＝(－3，－1，λ)．因为A ′－MN －C 为直二面角，所以m·n ＝0， 即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝2(负值舍去)．6．如图1，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2.将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图2.(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(3)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由． 解：(1)证明：因为AC ⊥BC ，DE ∥BC ， 所以DE ⊥AC .所以ED ⊥A 1D ，DE ⊥CD ，所以DE ⊥平面A 1DC . 所以DE ⊥A 1C . 又因为A 1C ⊥CD . 所以A 1C ⊥平面BCDE .(2)如图，以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系C －xyz ，则A 1(0,0,23)，D (0,2,0)，M (0,1, 3)，B (3,0,0)，E (2,2,0)．设平面A 1BE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 n ·1A B ＝0，n ·BE =0.又1A B (3,0－23)＝ (－1,2，0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧3x －23z ＝0，－x ＋2y ＝0.令y ＝1，则x ＝2，z ＝ 3. 所以n ＝(2,1，3)．设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ.因为CM ＝(0,1,3),所以sin θ＝|cos 〈n , CM 〉|＝|n ·CM |n ||CM ||＝48×4＝22.所以CM 与平面A 1BE 所成角的大小为π4.(3)线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直，理由如下：假设这样的点P 存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p ∈[0,3]．设平面A 1DP 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则 m ·1A D ＝0，m ·DP ＝0. 又1A D ＝(0，2，－23),DP ＝(p ，－2,0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧2y －2 3z ＝0，px －2y ＝0.令x ＝2，则y ＝p ，z ＝p 3. 所以m ＝(2，p ，p3)． 平面A 1DP ⊥平面A 1BE ，当且仅当m ·n ＝0， 即4＋p ＋p ＝0.解得p ＝－2，与p ∈[0,3]矛盾．所以线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直．1．(·湖北模拟)如图所示，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝AB ＝2，E 、F 、G 分别为PC 、PD 、BC 的中点．(1)求证：P A ⊥EF ；(2)求二面角D －FG －E 的余弦值．解：以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则D (0,0,0)，A (0,2,0)，C (－2,0,0)，P (0,0,2)，E (－1,0,1)，F (0,0,1)，G (－2,1,0)．(1)证明：由于PA ＝(0,2，－2)，EF ＝(1,0,0)，则PA ·EF＝1×0＋0×2＋(－2)×0＝0，∴P A ⊥EF .(2)易知DF ＝(0,0,1)，EF ＝(1,0,0)，FG ＝(－2,1，－1)， 设平面DFG 的法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·DF ＝0，m ·FG ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝0，－2x 1＋y 1－z 1＝0.令x 1＝1，得m ＝(1,2,0)是平面DFG 的一个法向量． 设平面EFG 的法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)， 同理可得n ＝(0,1,1)是平面EFG 的一个法向量． ∵cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝25·2＝210＝105，设二面角D －FG －E 的平面角为θ，由图可知θ＝π－〈m ，n 〉， ∴cos θ＝－105， ∴二面角D －FG －E 的余弦值为－105. 2．(·北京西城模拟)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2AA 1，∠ABC ＝90°，D 是BC 的中点．(1)求证：A 1B ∥平面ADC 1； (2)求二面角C 1－AD －C 的余弦值；(3)试问线段A 1B 1上是否存在点E ，使AE 与DC 1成60°角？若存在，确定E 点位置；若不存在，说明理由．解：(1)证明：连接A 1C ，交AC 1于点O ，连接OD .由ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，得四边形ACC 1A 1为矩形，O 为A 1C 的中点．又D 为BC 的中点，所以OD 为△A 1BC 的中位线， 所以A 1B ∥OD ，因为OD ⊂平面ADC 1，A 1B ⊄平面ADC 1， 所以A 1B ∥平面ADC 1.(2)由ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，且∠ABC ＝90°，得BA ，BC ，BB 1两两垂直．以BC ，BA ，BB 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz . 设BA ＝2，则B (0,0,0)，C (2,0,0)，A (0,2,0)，C 1(2,0,1)，D (1,0,0)， 所以AD ＝(1，－2,0)，1AC ＝(2，－2,1)．设平面ADC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD ＝0，n ·1AC ＝0.所以⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＝0，2x －2y ＋z ＝0.取y ＝1，得n ＝(2,1，－2)．易知平面ADC 的一个法向量为v ＝(0,0,1)． 所以cos 〈n ，v 〉＝n ·v |n |·|v |＝－23.因为二面角C 1－AD －C 是锐二面角， 所以二面角C 1－AD －C 的余弦值为23.(3)假设存在满足条件的点E .因为点E 在线段A 1B 1上，A 1(0,2,1)，B 1(0,0,1)， 故可设E (0，λ，1)，其中0≤λ≤2. 所以AE ＝(0，λ－2,1)，1DC ＝(1,0,1)． 因为AE 与DC 1成60°角，所以|cos 〈AE ，1DC 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AE ·1DC |AE |·|1DC |＝12. 即⎪⎪⎪⎪⎪⎪1(λ－2)2＋1·2＝12，解得λ＝1或λ＝3(舍去)． 所以当点E 为线段A 1B 1的中点时，AE 与DC 1成60°角．1．(·北京东城模拟)如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q －BP －C 的余弦值．解：(1)证明：如图，以D 为坐标原点，DA 、DP 、DC 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz .设DA ＝1，则有D (0,0,0)，Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)，所以DQ ＝(1,1,0)，DC ＝(0,0,1)，PQ ＝(1，－1,0)，所以PQ ·DQ ＝0，PQ ·DC ＝0，即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC . 又DQ ⊂平面DCQ ，DC ⊂平面DCQ ，且DQ ∩DC ＝D ， 所以PQ ⊥平面DCQ .又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ .(2)由(1)易知B (1,0,1)，CB ＝(1,0,0)，BP ＝(－1,2，－1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB ＝0，n ·BP ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－x ＋2y －z ＝0，可取n ＝(0，－1，－2)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PBQ 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BP ＝0，m ·PQ ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋2y 1－z 1＝0，x 1－y 1＝0，可取m ＝(1,1,1)． 所以cos 〈m ，n 〉＝－155， 故二面角Q －BP －C 的余弦值为－155. 2．(·天津高考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，P A ＝AD ＝2，AC ＝1.(1)证明PC ⊥AD ；(2)求二面角A －PC －D 的正弦值；(3)设E 为棱P A 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，求AE 的长．解：如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，D (2,0,0)，C (0,1,0)，B ⎝⎛－12，⎭⎫12，0，P (0,0,2)．(1)证明：易得PC ＝(0,1，－2)，AD ＝(2,0,0)，于是PC ·AD ＝0，所以PC ⊥AD .(2) PC ＝(0,1，－2)，CD ＝(2，－1,0)． 设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PC ＝0，n ·CD ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －2z ＝0，2x －y ＝0.不妨令z ＝1，可得n ＝(1,2,1)．可取平面P AC 的法向量m ＝(1,0,0)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m |·|n |＝16＝66，从而sin 〈m ，n 〉＝306. 所以二面角A －PC －D 的正弦值为306. (3)设点E 的坐标为(0,0，h )，其中h ∈[0,2]．由此得BE ＝⎝⎛⎭⎫12，－12，h .由CD ＝(2，－1,0)，故cos 〈BE ，CD 〉＝BE ·CD |BE |·|CD |＝3212＋h 2×5＝310＋20h 2，所以310＋20h 2＝cos 30°＝32，解得h ＝1010， 即AE ＝1010. 3.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB＝2.(1)证明：当点E 在棱AB 上移动时，D 1E ⊥A 1D ；(2)在棱AB 上是否存在点E ，使二面角D 1－EC －D 的平面角为π6若存在，求出AE 的长；若不存在，请说明理由．解：以D 为原点，DA 、DC 、DD 1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)，C (0,2,0)，A 1(1,0,1)，D 1(0,0,1)．设E (1，y 0,0)(0≤y 0≤2)．(1)证明：∵1D E ＝(1，y 0，－1)，1A D ＝(－1,0，－1)， 则1D E ·1A D ＝(1，y 0，－1)·(－1,0，－1)＝0， ∴1D E ⊥1A D ，即D 1E ⊥A 1D . (2)当AE ＝2－33时，二面角D 1－EC －D 的平面角为π6. ∵EC ＝(－1,2－y 0,0)，1D C ＝(0,2，－1)，设平面D 1EC 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EC ＝0，n 1·1D C ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y (2－y 0)＝0，2y －z ＝0.取y ＝1，则n 1＝(2－y 0,1,2)是平面D 1EC 的一个法向量．而平面ECD 的一个法向量为n 2＝1DD ＝(0,0,1)，要使二面角D 1－EC －D 的平面角为π6， 则cos π6＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝2(2－y 0)2＋12＋22＝32，解得y 0＝2－33(0≤y 0≤2)． ∴当AE ＝2－33时，二面角D 1－EC －D 的平面角为π6. 4．(·湖北模拟)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝90°.(1)若异面直线A 1B 与B 1C 1所成的角为60°，求棱柱的高；(2)设D 是BB 1的中点，DC 1与平面A 1BC 1所成的角为θ，当棱柱的高变化时，求sin θ的最大值．解：建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设AA 1＝h (h >0)，则有B (1,0,0)，B 1(1,0，h )，C 1(0,1，h )，A 1(0,0，h )，11B C ＝(－1,1,0)，11A C ＝(0,1,0)，1A B ＝(1,0，－h )．(1)因为异面直线A 1B 与B 1C 1所成的角为60°，所以cos60°＝|11B C ·1A B ||11B C |·|1A B |，即12·h 2＋1＝12，得1＋h 2＝2，解得h ＝1.(2)由D 是BB 1的中点，得D ⎝⎛⎭⎫1，0，h 2， 于是1DC ＝⎝⎛⎭⎫－1，1，h2. 设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，于是由n ⊥1A B ，n ⊥11A C 可得⎩⎪⎨⎪⎧n ·1A B ＝0，n ·11A C ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －hz ＝0，y ＝0，可取n ＝(h,0,1)， 故sin θ＝|cos 〈1DC ，n 〉|，而|cos 〈1DC ，n 〉|＝|1DC ·n ||1DC |·|n |＝⎪⎪⎪⎪－h ＋h 214h 2＋2·h 2＋1＝hh 4＋9h 2＋8.令f (h )＝h h 4＋9h 2＋8＝1h 2＋8h2＋9，因为h 2＋8h 2＋9≥28＋9，当且仅当h 2＝8h 2，即h ＝48时，等号成立．所以f (h )≤19＋28＝18＋1＝22－17，故当h ＝48时，sin θ的最大值为22－17.立体几何(时间：120分钟，满分150分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．(·重庆模拟)若两条直线和一个平面相交成等角，则这两条直线的位置关系是() A．平行B．异面C．相交D．平行、异面或相交解析：选D经验证，当平行、异面或相交时，均有两条直线和一个平面相交成等角的情况出现．2．(·福建高考)一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是()A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱解析：选D球、正方体的三视图形状都相同，大小均相等，首先排除选项A和C.对于如图所示三棱锥O－ABC，当OA、OB、OC两两垂直且OA＝OB＝OC时，其三视图的形状都相同，大小均相等，故排除选项B.不论圆柱如何放置，其三视图的形状都不会完全相同．3．(·安徽模拟)在空间，下列命题正确的是()A．若三条直线两两相交，则这三条直线确定一个平面B．若直线m与平面α内的一条直线平行，则m∥αC．若平面α⊥β，且α∩β＝l，则过α内一点P与l垂直的直线垂直于平面βD．若直线a∥b，且直线l⊥a，则l⊥b解析：选D三条直线两两相交，可确定一个平面或三个平面，故A错；m与平面α内一条直线平行，m也可在α内，故B错；若平面α⊥β，且α∩β＝l，当P∈l时，过P点与l垂直的直线可在β外，也可在β内，故C错．由等角定理知D正确．4．(·新课标全国卷)平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为2，则此球的体积为()A.6πB．43πC．46πD．63π解析：选B 设球的半径为R ，由球的截面性质得R ＝(2)2＋12＝3，所以球的体积V ＝43πR 3＝43π.5．(·北京海淀二模)某几何体的正视图与俯视图如图所示，侧视图与正视图相同，且图中的四边形都是边长为2的正方形，两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是( )A.203B.43 C ．6D ．4解析：选A 由三视图知，该几何体是正方体挖去一个以正方体的中心为顶点、以正方体的上底面为底面的四棱锥后的剩余部分，其体积是23－13×22×1＝203.6．(·安徽模拟)沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )解析：选B 由三视图的相关知识易知选B.7．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，与体对角线AC 1异面的棱有( ) A ．3条 B ．4条 C ．6条D ．8条解析：选C 从定义出发，同时考虑到正方体的体对角线AC 1与正方体的6条棱有公共点A 和C 1，而正方体有12条棱，所以与AC 1异面的棱有6条．8.(·衡阳模拟)如图，一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正三角形，俯视图是一个圆，那么这个几何体的侧面积为( )A.π4B.π2C.2π2D.2π4解析：选B 此几何体是底面半径为12，母线长为1的圆锥，其侧面积S ＝πrl ＝π×12×1＝π2.9．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是BC 1，CD 1的中点，则下列判断错误的是()A．MN与CC1垂直B．MN与AC垂直C．MN与BD平行D．MN与A1B1平行解析：选D由于C1D1与A1B1平行，MN与C1D1是异面直线，所以MN与A1B1是异面直线，故选项D错误．10．(·皖南八校三联)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则此几何体的体积为()A．18 cm3B．15 cm3C．12 cm3D．9cm3解析：选B由三视图可知，该几何体是一个上下均为长方体的组合体．如图所示，由图中数据可得该几何体体积为3×3×1＋1×2×3＝15(cm3)．11．在正四面体A－BCD中，棱长为4，M是BC的中点，P在线段AM上运动(P不与A、M重合)，过点P作直线l⊥平面ABC，l与平面BCD交于点Q，给出下列命题：①BC⊥面AMD；②Q点一定在直线DM上；③V C－AMD＝4 2.其中正确的是()A．①②B．①③C．②③D．①②③解析：选A∵A－BCD是正四面体，M为BC中点，∴AM⊥BC，DM⊥BC，且AM∩DM＝M，∴BC⊥面AMD.∴①正确．V C－AMD＝13S△AMD·CM(∵BC⊥面AMD，∴CM为四面体C－AMD的高)．如图，在△AMD 中，AM ＝DM ＝AB 2－BM 2＝42－22＝23，MN ＝AM 2－AN 2＝12－22＝22，∴S △AMD ＝12AD ·MN ＝12×4×22＝42，∴V C －AMD ＝13×42×2＝823，故③不正确．由排除法知选A.12．(·浙江高考)已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC ＝ 2.将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中，( )A ．存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直B ．存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直C ．存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直 解析：选B 对于AB ⊥CD ，因为BC ⊥CD ，可得CD ⊥平面ACB ，因此有CD ⊥AC .因为AB ＝1，BC ＝2，CD ＝1，所以AC ＝1，所以存在某个位置，使得AB ⊥CD .二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．(·肇庆二模)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积和体积分别为________，________.解析：由三视图可知，该几何体的下部是一底边长为2，高为4的长方体，上部为一球，球的直径等于正方形的边长．所以长方体的表面积为S 1＝2×2×2＋4×2×4＝40，长方体的体积为V 1＝2×2×4＝16，球的表面积和体积分别为S 2＝4×π×12＝4π， V 2＝43×π×13＝4π3，故该几何体的表面积为S ＝S 1＋S 2＝40＋4π， 该几何体的体积为V ＝V 1＋V 2＝16＋4π3.答案：40＋4π 16＋4π314． (·北京怀柔模拟)P 为△ABC 所在平面外一点，且P A 、PB 、PC 两两垂直，则下列命题：①P A ⊥BC ；②PB ⊥AC ；③PC ⊥AB ；④AB ⊥BC .其中正确的个数是________． 解析：如图所示．∵P A ⊥PC ，P A ⊥PB ，PC ∩PB ＝P ，∴P A ⊥平面PBC . 又∵BC ⊂平面PBC ，∴P A ⊥BC .同理PB ⊥AC ，PC ⊥AB .但AB 不一定垂直于BC .共3个． 答案：315.已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都等于6，且各顶点都在同一球面上，则此球的表面积等于________．解析：如图，三棱柱的外接球球心为O ，其中D 为上底面三角形外接圆的圆心，其中AD ＝33×6＝23，又OD ＝3，故在Rt △OAD 中可得R ＝|OA |＝(23)2＋32＝21，故球的表面积为4π(21)2＝84π.答案：84π16．(·长春名校联考)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M ∈AB 1，N ∈BC 1，且AM ＝BN ≠2，有以下四个命题：①AA 1⊥MN ；②A 1C 1∥MN ；③MN ∥平面A 1B 1C 1D 1；④MN 与A 1C 1是异面直线．其中正确命题的序号是________．(注：把你认为正确命题的序号都填上)解析：过N 作NP ⊥BB 1于点P ，连接MP ，可证AA 1⊥平面MNP ，∴AA 1⊥MN ，①正确；过M 、N 分别作MR ⊥A 1B 1、NS ⊥B 1C 1于点R 、S ，则当M 不是AB 1的中点，N 不是BC 1的中点时，直线A 1C 1与直线RS 相交；当M 、N 分别是AB 1、BC 1的中点时，A 1C 1∥RS ，∴A 1C 1与MN 可以异面，也可以平行，故②④错误．由①正确知，AA 1⊥平面MNP ，而AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，∴平面MNP ∥平面A 1B 1C 1D 1，故③对．综上所述，其中正确命题的序号是①③.答案：①③三、解答题(本大题有6小题，共70分)17．(本小题满分10分)(·陕西高考)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1，∠CAB ＝π2.(1)证明：CB 1⊥BA 1；(2)已知AB＝2，BC＝5，求三棱锥C1－ABA1的体积．解：(1)证明：如图所示，连接AB1，∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∠CAB＝π2，∴AC⊥平面ABB1A1，故AC⊥BA1.又∵AB＝AA1，∴四边形ABB1A1是正方形，∴BA1⊥AB1，又CA∩AB1＝A，∴BA1⊥平面CAB1，故CB1⊥BA1.(2)∵AB＝AA1＝2，BC＝5，∴AC＝A1C1＝1，由(1)知，A1C1⊥平面ABA1，∴VC1－ABA1＝13S△ABA1·A1C1＝13×2×1＝23.18．(本小题满分12分) (12分)如图所示，四棱锥P－ABCD的底面是边长为a的正方形，侧棱P A⊥底面ABCD，侧面PBC内有BE⊥PC于E，且BE＝63a，试在AB上找一点F，使EF∥平面P AD.解：在平面PCD内，过E作EG∥CD交PD于G，连接AG，在AB上取点F，使AF＝EG，则F即为所求作的点．∵EG∥CD∥AF，EG＝AF，∴四边形FEGA为平行四边形，∴FE∥AG.又AG⊂平面P AD，FE⊄平面P AD，∴EF∥平面P AD.又在Rt△BCE中，CE＝BC2－BE2＝a2－23a2＝33a.在Rt △PBC 中，BC 2＝CE ·CP ， ∴CP ＝a 23a 3＝3a ，又EG CD ＝PE PC， ∴EG ＝PE PC ·CD ＝23a ， ∴AF ＝EG ＝23a .∴点F 为AB 靠近点B 的一个三等分点．19．(本小题满分12分) (12分)(·新课标全国卷)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点．(1)证明：平面BDC 1⊥平面BDC ；(2)平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比． 解：(1)证明：由题设知BC ⊥CC 1，BC ⊥AC ，CC 1∩AC ＝C ，所以BC ⊥平面ACC 1A 1.又DC 1⊂平面ACC 1A 1，所以DC 1⊥BC .由题设知∠A 1DC 1＝∠ADC ＝45°，所以∠CDC 1＝90°，即DC 1⊥DC .又DC ∩BC ＝C ，所以DC 1⊥平面BDC .又DC 1⊂平面BDC 1，故平面BDC 1⊥平面BDC . (2)设棱锥B －DACC 1的体积为V 1，AC ＝1.由题意得 V 1＝13×1＋22×1×1＝12.又三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积V ＝1， 所以(V －V 1)∶V 1＝1∶1.故平面BDC 1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1.20．(本小题满分12分) (12分)(·安徽高考)如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面A 1B 1C 1D 1是正方形，O 是BD 的中点，E 是棱AA 1上任意一点．(1)证明：BD ⊥EC 1；(2)如果AB ＝2，AE ＝2，OE ⊥EC 1，求AA 1的长． 解：(1)证明：连接AC ，A 1C 1. 由底面是正方形知，BD ⊥AC .因为AA 1⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以AA 1⊥BD .又AA 1∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面AA 1C 1C . 由EC 1⊂平面AA 1C 1C 知，BD ⊥EC 1. (2)法一：设AA 1的长为h ，连接OC 1. 在Rt △OAE 中，AE ＝2，AO ＝2， 故OE 2＝(2)2＋(2)2＝4. 故Rt △EA 1C 1中，A 1E ＝h －2， A 1C 1＝22，故EC 21＝(h －2)2＋(22)2.在Rt △OCC 1中，OC ＝2，CC 1＝h ，OC 21＝h 2＋(2)2. 因为OE ⊥EC 1，所以OE 2＋EC 21＝OC 21，即 4＋(h －2)2＋(22)2＝h 2＋(2)2， 解得h ＝32， 所以AA 1的长为3 2.法二：∵OE ⊥EC 1，∴∠AEO ＋∠A 1EC 1＝90°. 又∵∠A 1C 1E ＋∠A 1EC 1＝90°，∴∠AEO ＝∠A 1C 1E . 又∵∠OAE ＝∠C 1A 1E ＝90°，∴△OAE ∽△EA 1C 1， ∴AE A 1C 1＝AO A 1E ，即222＝2A 1E ，∴A 1E ＝22， ∴AA 1＝AE ＋A 1E ＝3 2.21．(本小题满分12分) (12分)(·郑州一模)如图，在四棱锥S －ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，CD ＝3AB ＝3，平面SAD ⊥平面ABCD，E是线段AD上一点，AE＝ED＝3，SE⊥AD.(1)证明：平面SBE⊥平面SEC；(2)若SE＝1，求三棱锥E－SBC的高．解：(1)证明：∵平面SAD⊥平面ABCD且平面SAD∩平面ABCD＝AD，SE⊂平面SAD，SE⊥AD，∴SE⊥平面ABCD.∵BE⊂平面ABCD，∴SE⊥BE.∵AB⊥AD，AB∥CD，CD＝3AB＝3，AE＝ED＝3，∴∠AEB＝30°，∠CED＝60°.∴∠BEC＝90°，即BE⊥CE.又SE∩CE＝E，，∴BE⊥平面SEC，∵BE⊂平面SBE，∴平面SBE⊥平面SEC.(2)如图，过点E作EF⊥BC于点F，连接SF.由(1)知SE⊥平面ABCD，而BC⊂平面ABCD，∴BC⊥SE，又SE∩EF＝E，∴BC⊥平面SEF，∵BC⊂平面SBC，∴平面SEF⊥平面SBC.过点E作EG⊥SF于点G，则EG⊥平面SBC，即线段EG的长即为三棱锥E－SBC的高．由(1)易知，BE＝2，CE＝23，则BC ＝4，EF ＝ 3. 在Rt △SEF 中，SE ＝1，SF ＝SE 2＋EF 2＝2，则EG ＝ES ·EF SF ＝32， ∴三棱锥E －SBC 的高为32. 22．(本小题满分12分) (14分)(·北京昌平二模)在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为AD 的中点，F 为B 1C 1的中点．(1)求证：A 1F ∥平面ECC 1；(2)在CD 上是否存在一点G ，使BG ⊥平面ECC 1？若存在，请确定点G 的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，取BC 的中点M ，连接AM ，FM .∴B 1F ∥BM 且B 1F ＝BM .∴四边形B 1FMB 是平行四边形．∴FM ∥B 1B 且FM ＝B 1B .∴FM ∥A 1A 且FM ＝A 1A ，∴四边形AA 1FM 是平行四边形．∴F A 1∥AM .∵E 为AD 的中点，∴AE ∥MC 且AE ＝MC .∴四边形AMCE 是平行四边形．∴CE ∥AM .∴CE ∥A 1F .∵A 1F ⊄平面ECC 1，EC ⊂平面ECC 1，∴A 1F ∥平面ECC 1.(2)在CD 上存在一点G ，使BG ⊥平面ECC 1.取CD 的中点G ，连接BG .在正方形ABCD 中，DE ＝GC ，CD ＝BC ，∠ADC ＝∠BCD ，∴△CDE≌△BCG.∴∠ECD＝∠GBC.∵∠CGB＋∠GBC＝90°，∴∠CGB＋∠DCE＝90°. ∴BG⊥EC.∵CC1⊥平面ABCD，BG⊂平面ABCD，∴CC1⊥BG，又EC∩CC1＝C，∴BG⊥平面ECC1.故在CD上存在中点G，使得BG⊥平面ECC1.。