高考数学总复习专题09立体几何分项练习含解析理.doc

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1、1 / 26【2019【2019 最新最新】精选高考数学总复习专题精选高考数学总复习专题 0909 立体几何分项练习立体几何分项练习含解析理含解析理一基础题组1.【2005 天津，理 4】设、 、为平面，为、 、直线，则的一个充分条件是mmA、 B、 , l ml ,m C、 D、,m ,nnm【答案】D本题答案选 D2.【2005 天津，理 12】若图，平面，且则异面直线 PB 与 AC 所成角的正切值等于_。PAABC90ACBPAACBCa【答案】2【解析】将此多面体补成正方体，与所成的角的大小即此正方体主对角线与棱所成角的大小。 。DBCAD B C PPBACPBBDtan2PDDB

2、ADB本题答案填写：23.【2006 天津，理 6】设、是两条不同的直线， 、是两个不同的平面.考查下列命题，其中正确的命题是（ ）mA B nmnm,nmnm/,/C D nmnm/,nmnm,【答案】B2 / 26【解析】设、是两条不同的直线， 、是两个不同的平面。下列命题中正确的命题是，选 B.mnmnm/,/4.【2006 天津，理 13】如图，在正三棱柱中， 若二面角的大小为，则点111CBAABC 1AB1CABC60C到平面的距离为_1ABC【答案】3 45.【2007 天津，理 6】设为两条直线，为两个平面.下列四个命题中，正确的命题是( ), a b, A.若与所成的角相等，

3、则B.若，则, a bba,b,baC.若则D.若则,abab,ab ab【答案】D【解析】对于 A 当与均成时就不一定；对于 B 只需找个，且即可满足题设但不一定平行；对于 C 可参考直三棱柱模型排除，故选 D, a b0,ab, a b6.【2007 天津，理 12】一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为则此球的表面积为.1,2,3_【答案】143 / 26【解析】长方体外接球直径长等于长方体体对角线长，即，由222212314R 2414SR7.【2008 天津，理 4】设是两条直线，是两个平面，则的一个充分条件是ba,ba (A) (B) ,/,ba/,ba(

4、C) (D) /,ba,/,ba【答案】C【解析】A、B、D 直线可能平行，选 C, a b8.【2008 天津，理 12】一个正方体的各定点均在同一球的球面上，若该球的体积为，则该正方体的表面积为 .34【答案】249.【2009 天津，理 12】如图是一个几何体的三视图.若它的体积是,则a_.33【答案】3【解析】由三视图可知几何体是一个三棱柱,底面三角形的一边长为 2,其边上的高为 a,依题.3333221aaV三棱柱10.【2010 天津，理 12】一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为_【答案】10 311.【2011 天津，理 10】一个几何体的三视图如图所示（单位：）

5、，则这个几何体m的体积为_.3m4 / 26【答案】6【解析】该几何体为一个棱柱与一个圆锥的组合体，.63131123V12.【2012 天津，理 10】一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为_ m3【答案】189【解析】由几何体的三视图可知该几何体的顶部是长、宽、高分别为 6 m,3 m,1 m 的长方体，底部为两个直径为 3 m 的球该几何体的体积为：V6312189(m3)343 ( )3213.【2014 天津，理 10】已知一个几何体的三视图如图所示（单位：m） ，则该几何体的体积为_3m【答案】 20 3p【解析】考点：1立体几何三视图；2几何体体积的计算14.

6、【2017 天津，理 10】已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为 18，则这个球的体积为_【答案】9 2【解析】设正方体的边长为，则，其外接球直径为，故这个球的体积26183aa233Ra343VR42793825 / 26【考点】球的体积【名师点睛】求多面体的外接球的表面积或体积的问题常用的方法有：三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；如果多面体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的

7、交点即球心15. 【2015 高考天津，理 17】 （本小题满分 13 分）如图，在四棱柱中，侧棱,1111ABCDABC D-1A AABCD 底面ABAC1AB =12,5ACAAADCD=,且点 M 和 N 分别为的中点.11CDBD和(I)求证：平面；/MNABCD(II)求二面角的正弦值；11DACB-(III)设为棱上的点，若直线和平面所成角的正弦值为，求线段的长E11ABNEABCD1 31AE【答案】(I)见解析； (II) ； (III) .3 10 1072(I)证明：依题意，可得为平面的一个法向量， ， (0,0,1)n ABCD50,02MN 所以二面角的正弦值为.11

8、DACB3 10 10(III)依题意，可设，其中，则，从而，又为平面的一个法向量，由已知得111AEAB 0,1(0, ,2)E( 1,2,1)NE (0,0,1)n ABCD22211cos,3( 1)(2)1NE nNE nNEn ，整理得，2430又因为，解得，0,1726 / 26所以线段的长为.1AE72【考点定位】直线和平面平行和垂直的判定与性质，二面角、直线与平面所成的角，空间向量的应用.16. 【2016 高考天津理数】已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m） ，则该四棱锥的体积为_m3.（第 11 题图）【答案】2【解析】【考点】三视图、几何体

9、的体积【名师点睛】解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽” ，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据二能力题组7 / 261.【2005 天津，理 19】如图，在斜三棱柱中， ， ，侧面与底面 ABC 所成的二面角为 120，E、F 分别是棱、的中点。111ABCABC11A ABA AC ABAC11B BCC1CB1AA（）求与底面 ABC 所成的角；1AA（）证明 EA平面；1B FC（）求经过、A、B、C 四点的球的体积。1A【答案】 （） ；（）详见解析；

10、（）6034 3 27aV【解析】因为，且，所以，于是为二面角的平面角，即11/A AB B1/EGB BEGBCAGEABCE120AGE由于四边形为平行四边形，得1A AGE160A AG所以，与底面所成的角度为1A AABC60（II） 证明：设与的交点为，则点 P 为 EG 的中点，连结 PF。EG1BGP在平行四边形中，因为 F 是的中点，所以1AGEA1A A1/AEEP而 EP 平面，平面，所以平面1B FCAE 1B FC1/AE1B FC（III）解：连接。在和中，1AC1A AC1A AB8 / 261111ACABA ACA ABA AA A 1A AC 111A ABA

11、CAB又因为平面，所以是的外心1AH ABCHABC设球心为，则必在上，且O O1AH1OFA A在 Rt中，1AFO1 1 11 32 coscos303aAFAOaAAH球的体积33 34434 3 33327aVRa2.【2006 天津，理 19】如图，在五面体中，点是矩形的对角线的交点，面是等边三角形，棱ABCDEFOABCDCDE/1 2EFBC（1）证明/平面；FOCDE（2）设，证明平面3BCCDEO CDF【答案】 （I）详见解析， （II）详见解析.（II）证明：连接 FM由（I）和已知条件，在等边CDE 中，CM=DM，EMCD 且因此平行四边形 EFOM 为菱形，从而 E

12、OFM9 / 26CDOM，CDEM，CD平面 EOM，从而 CDEO而 FMCD=M，所以 EO平面 CDF3.【2007 天津，理 19】如图，在四棱锥中，底面是的中点.PABCDPA,60 ,ABCD ABAD ACCDABC,PAABBCEPC(I)证明：；CDAE(II)证明：平面；PD ABE(III)求二面角的大小.APDC【答案】(I)证明(略)(II)证明证明(略)(III) 或14sin4acrarctan7.【解析】(I)证明：在四棱锥中，因底面平面故.PABCDPA,ABCD CD ,ABCDPACD平面.,ACCD PAACACDPAC而平面.AE ,PACAEPC(

13、III)解法一：过点作垂足为连结.由(II)知，平面在平面内的射影是则.A,AMPD,MEMAE ,PCD AMPCD,EMEMPD解法二：由题设底面平面则平面平面交线为PA,ABCD PA,PADPAD ,ACD.AD10 / 26过点作垂足为故平面过点作垂足为连结故因此是二面角的平面角.C,CFAD,FCF .PADF,FMPD,M,CM.CMPDCMFAPDC由已知，可得.设可得30CAD,ACaFMD,.FMFDPADPAPD于是，3.76.1421 3a aFD PAFMaPDa在中，Rt CMF1 2tan7. 7 14aCFCMFFMa所以二面角的大小是APDCarctan7.4

14、.【2008 天津，理 19】如图，在四棱锥中，底面是矩形.ABCDP ABCD已知.60,22, 2, 2, 3PABPDPAADAB（）证明平面；ADPAB（）求异面直线与所成的角的大小；PCAD（）求二面角的大小.ABDP【答案】（I）详见解析，（II），（）27arctan439arctan所以异面直线与所成的角的大小为.PCAD27arctan（）解：过点 P 做于 H，过点 H 做于 E，连结 PEABPH BDHE 因为平面，平面，所以.又，ADPABPHPABPHAD AABAD因而平面，故 HE 为 PE 再平面 ABCD 内的射影.由三垂线定理可知，PHABCDPEBD ，

15、从而是二面角的平面角。PEHABDP11 / 26由题设可得，于是再中，PHERT439tanPEH所以二面角的大小为ABDP439arctan5.【2009 天津，理 19】如图,在五面体 ABCDEF 中,FA平面ABCD,ADBCFE,ABAD,M 为 EC 的中点,AFABBCFEAD.21(1)求异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小;(2)证明平面 AMD平面 CDE;(3)求二面角 ACDE 的余弦值.【答案】 （） ；（）详见解析；（）6033【解析】(2)证明:因为 DCDE 且 M 为 CE 的中点,所以 DMCE.连结 MP,则MPCE.又 MPDMM,故 CE平面 A

16、MD.而 CE 平面 CDE,所以平面 AMD平面 CDE.(3)设 Q 为 CD 的中点,连结 PQ,EQ.因为 CEDE,所以 EQCD.因为PCPD,所以 PQCD,故EQP 为二面角 ACDE 的平面角.由(1)可得,EPPQ,.aEQ26aPQ22于是在 RtEPQ 中,.33cosEQPQEQP12 / 26所以二面角 ACDE 的余弦值为.33解法二:如图所示,建立空间直角坐标系,点 A 为坐标原点.设 AB1,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,).21 21(1),) 1 , 0 , 1(BF) 1 ,

17、1, 0( DE于是.2122100|,cos DEBFDEBFDEBF所以.3313100 |,cosvuvuvu因为二面角 ACDE 为锐角,所以其余弦值为.336.【2010 天津，理 19】如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1 中，E，F 分别是棱 BC，CC1 上的点，CFAB2CE，ABADAA1124.(1)求异面直线 EF 与 A1D 所成角的余弦值；(2)证明 AF平面 A1ED；(3)求二面角 A1EDF 的正弦值【答案】(1) ，(2) 详见解析，(3) .3 55 313 / 26【解析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点 A 为坐标原点设 AB1，依题意得

18、D(0,2,0)，F(1,2,1)，A1(0,0,4)，E(1， ，0)3 2(1)解：易得(0， ，1)，(0,2，4)EF 1 21AD 于是 cos， EF 1AD 113 5EF ADEF AD 所以异面直线 EF 与 A1D 所成角的余弦值为.3 5(2)证明：易知(1,2,1)，(1，4)，(1， ，0)，AF 1EA3 2ED 1 2不妨令 x1，可得 u(1,2，1)由(2)可知，为平面 A1ED 的一个法向量AF 于是 cosu， AF 2 3u AFu AF 从而 sinu， .AF 5 3所以二面角 A1-ED-F 的正弦值为.5 3解法二：(1)解：设 AB1，可得 A

19、D2，AA14，CF1，CE.1 2因为，1 2CDEC BCAB所以 RtDCERtCBA.从而CDEBCA.又由于CDECED90，所以BCACED90.故 ACDE.所以 DENF，DEA1N.故A1NF 为二面角 A1-ED-F 的平面角14 / 26易知 RtCNERtCBA，所以.CNEC BCAC又 AC，所以 CN.55 5在 RtCNF 中，NF.在 RtA1AN 中，A1N.连结 A1C1，A1F.在 RtA1C1F 中，A1F.2230 5CFCN22 14 30 5ANA A22 11114ACC F在A1NF 中，cosA1NF.所以 sinA1NF.222 1112

20、 23ANFNAF AN FN5 3所以二面角 A1EDF 的正弦值为. 5 37. 【2015 高考天津，理 10】一个几何体的三视图如图所示（单位：） ，则该几何体的体积为m. 3m【答案】8 3【解析】由三视图可知，该几何体是中间为一个底面半径为，高为的圆柱，两端是底面半径为，高为的圆锥，所以该几何体的体积.22181221133V 【考点定位】三视图与旋转体体积公式.8. 【2017 天津，理 17】 （本小题满分 13 分）如图，在三棱锥 P-ABC 中，PA底面 ABC， 点 D，E，N 分别为棱PA，PC，BC 的中点，M 是线段 AD 的中点，PA=AC=4，AB=290BAC

21、（）求证：MN平面 BDE；（）求二面角 C-EM-N 的正弦值；（）已知点 H 在棱 PA 上，且直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为，求线段 AH 的长7 2115 / 26【答案】 （）证明见解析；（） ；（）或105 218 51 2试题解析：如图，以 A 为原点，分别以， ，方向为 x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系依题意可得 A（0，0，0） ，B（2，0，0） ，C（0，4，0） ，P（0，0，4） ，D（0，0，2） ，E（0，2，2） ，M（0，0，1） ，N（1，2，0） AB AC AP （）易得=（0，2，0） ，=（2，0， ） DEDB 2设为平面

22、 BDE 的法向量，则，即( , , )x y zn00DEDB nn20 220y xz不妨设，可得又=（1，2， ） ，可得1z (1,0,1)nMN 10MN n（）依题意，设 AH=h（） ，则 H（0，0，h） ，进而可得， 04h( 1, 2, )NHh ( 2,2,2)BE 由已知，得，2|22|7|cos,|21|52 3NH BEhNH BENHBEh 整理得，解得或2102180hh8 5h 1 2h 所以，线段 AH 的长为或1 2【考点】直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角【名师点睛】空间向量是解决空间几何问题的锐利武器，不论是求空间角、空间距离还是证明线面位置关系

23、都很方便，利用向量夹角公式求异面直线所成的角又快又准，特别是借助平面的法向量求线面角、二面角或点到平面的距离16 / 26三拔高题组1.【2011 天津，理 17】如图，在三棱柱中，111ABCABCH是正方形的中心， ，平面，且11AAB B12 2AA 1C H 11AAB B15.C H （）求异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值；（）求二面角的正弦值；111AACB（）设为棱的中点，点在平面内，且平面，求线段的长N11BCM11AAB BMN 11ABCBM【答案】 （） ；（） （）2.33 5.710|.4BM 【解析】 方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点 B 为坐标

24、原点.依题意得(2 2,0,0),(0,0,0),( 2,2, 5)ABC（I）解：易得，11(2,2, 5),( 2 2,0,0)ACAB 于是11 11 1142cos,3| |3 2 2AC ABAC A BACAB 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为2.3（II）解：易知111(0,2 2,0),(2,2, 5).AAAC 于是22cos,| |777m nm nmn从而3 5sin,.7m n 解得故2,2 2.4ab 22(,0).24M因此，所以线段 BM 的长为22(,0)24BM 10|.4BM 17 / 26方法二：因此222 111111 111 1111

25、2cos.23ACABBCC ABACAB所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为2.3（II）解：连接 AC1，易知 AC1=B1C1，又由于 AA1=B1A1，A1C1=A1=C1，从而13 5sin.7ARB所以二面角 AA1C1B1 的正弦值为3 5.7（III）解：因为平面 A1B1C1，所以MN 11.MNAB取 HB1 中点 D，连接 ND，由于 N 是棱 B1C1 中点，所以 ND/C1H 且.115 22NDC H又平面 AA1B1B，1C H 所以平面 AA1B1B，故ND 11.NDAB又,MNNDN所以平面 MND，连接 MD 并延长交 A1B1 于点 E，1

26、1AB 则111,/ /.MEABMEAA故由1111111,4B EB DDE AAB AB A2.【2012 天津，理 17】如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面ABCD，ACAD，ABBC，BAC45，PAAD2，AC1(1)证明 PCAD；(2)求二面角 APCD 的正弦值；18 / 26(3)设 E 为棱 PA 上的点，满足异面直线 BE 与 CD 所成的角为 30，求AE 的长【答案】(1) 详见解析，(2) ，(3) 30 610 10AE=(1)证明：易得于是，16cos66，m nmnmn从而30sin6，mn所以二面角 APCD 的正弦值为30 6(3)设点 E 的坐标

27、为(0,0，h)，其中 h0,2 ，由此得由=(2，1,0)，故11()22BEh ，CD 223 32cos1102052BE CDBE CD BECDhh ，所以， ，解得，即233cos3021020h 10 10h=10 10AE=解法二：(1)证明：由 PA平面 ABCD，可得 PAAD，又由ADAC，PAAC=A，故 AD平面 PAC又 PC 平面 PAC，所以 PCAD19 / 26以二面角 APCD 的正弦值为30 6(3)如图，因为ADC45，故过点 B 作 CD 的平行线必与线段 AD 相交，设交点为 F，连接 BE，EF故EBF 或其补角为异面直线 BE 与 CD所成的角

28、由于 BFCD，故AFB=ADC在 RtDAC 中， ， ，故5CD 1sin5ADC1sin5AFB在AFB 中，由， ，sinFABsin135，可得sinsinBFAB FABAFB1 2AB 2 25 2BF 由余弦定理，BF2AB2AF22ABAFcosFAB，可得1 2AF 设 AEh所以10 10AE 3.【2013 天津，理 17】如图，四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，侧棱 A1A底面 ABCD，ABDC，ABAD，ADCD1，AA1AB2，E 为棱 AA1 的中点(1)证明 B1C1CE；(2)求二面角 B1CEC1 的正弦值；(3)设点 M 在线段 C1E 上，且直线

29、 AM 与平面 ADD1A1 所成角的正弦值为，求线段 AM 的长2 6【答案】 （）详见解析；（） ；（）21 7220 / 26【解析】解：(方法一)(1)证明：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)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)故(1,0，1)为平面 CEC1 的一个法向量11BC于是 cosm， ，11BC111142 7 7| |142BC BC m m从而 sinm， .11BC21 7所以二面角 B1CEC1 的正弦值为.21 7(3)(0,1,0)，(1,1,1)AE 1EC 设(，)，

30、01，有(，1，)EM 1EC AM AE EM (方法二)(1)证明：因为侧棱 CC1底面 A1B1C1D1，B1C1 平面 A1B1C1D1，所以 CC1B1C1.经计算可得 B1E，B1C1，EC1，523从而 B1E2，22 111BCEC所以在B1EC1 中，B1C1C1E，又 CC1，C1E 平面 CC1E，CC1C1EC1，所以 B1C1平面 CC1E，又 CE 平面 CC1E，故 B1C1CE.(2)过 B1 作 B1GCE 于点 G，连接 C1G.由(1)，B1C1CE，故 CE平面 B1C1G，得 CEC1G，21 / 26所以B1GC1 为二面角 B1CEC1 的平面角在

31、CC1E 中，由 CEC1E，CC12，可得 C1G.32 6 3在 RtB1C1G 中，B1G，42 3所以 sinB1GC1，21 7即二面角 B1CEC1 的正弦值为.21 7整理得 5x260，解得 x.2 2x2所以线段 AM 的长为.24.【2014 天津，理 17】如图，在四棱锥中，底面， ， ， ， ，点为棱的中点 PABCD-PAABCDADAB/ABDC2ADDCAP=1AB =EPC（）证明：；BEDC（）求直线与平面所成角的正弦值；BEPBD（）若为棱上一点，满足，求二面角的余弦值FPCBFACFABP-【答案】 （）详见试题分析；（）直线与平面所成角的正弦值为；（）

32、BEPBD3 33 10 1022 / 26【解析】线与平面所成角的正弦值；（）向量法：先求平面和平面的法向量，再利用公式来求二面角的余弦值综合法：先利用三垂线定理或其逆定理作出二面角的平面角，再利用解三角形的有关知识求其余弦值BEPBDFABABP12,n n 12 1211cos,n nn n nn = FABP-FABP-试题解析：（方法一）依题意，以点为原点建立空间直角坐标系（如图） ，可得， ， ， 由为棱的中点，得A()1,0,0B()2,2,0C()0,2,0D()0,0,2PEPC()1,1,1E（）向量， ，故 ()0,1,1BE = ()2,0,0DC =0BE DC= B

33、EDC（）向量， 设为平面的法向量，则即不妨令，可得为平面的一个法向量于是有()1,2,0BD = - ()1,0,2PB =- (), ,nx y z=PBD0,0,n BDn PB= 20,20.xyxz -+=-= 1y =()2,1,1n =PBD23cos,362n BEn BE nBE= ，直线与平面所成角的正弦值为BEPBD3 323 / 26FAB的一个法向量取平面的法向量，则ABP()20,1,0n = 12 121133 10cos,10101n nn n nn-= - 易知，二面角是锐角，其余弦值为FABP-3 10 10（方法二） （）如图，取中点，连结， 由于分别为的

34、中点，故，且，又由已知，可得且，故四边形为平行四边形，PDMEMAM,E M,PC PD/EMDC1 2EMDC=/EMABEMAB=ABEM/BEAM底面，故，而，从而平面，平面，于是，又，PAABCDPACDCDDACD PADAM PADCDAM/BEAMBECD（）连结，由（）有平面，得，而，故又，为的中点，故，可得，平面，故平面平面直线在平面内的射影为直线，而，可得为锐角，故为直线与平面所成的角依题意，有，而为中点，可得，进而故在直角三角形中， ，因此，直线与平面所成角的正弦值为BMCD PADCDPD/EMCDPDEMADAP=MPDPDAMPDBEPD BEMBEM PBDBEP

35、BDBMBEEMEBMEBMBEPBD2 2PD =MPD2AM =2BE =BEMtan12EMABEBMBEBE=3in3sEMB=BEPBD3 324 / 2645APG=，由余弦定理可得， 二面角的斜率值为10 2AG =3os10 0c1PAG=FABP-3 10 10考点：1空间两条直线的位置关系、直线与平面位置关系；2二面角、直线与平面所成角的计算5. 【2016 高考天津理数】如图，正方形 ABCD 的中心为 O，四边形OBEF 为矩形，平面 OBEF平面 ABCD，点 G 为 AB 的中点，AB=BE=2.（）求证：EG平面 ADF；（）求二面角 OEFC 的正弦值；（）设

36、H 为线段 AF 上的点，且 AH=HF，求直线 BH 和平面 CEF 所成角的正弦值.2 3【答案】 （）详见解析；（） ；（）.3 37 21【解析】25 / 261,1,0 ,( 1, 1,0),(1, 1,0),(11,0),( 1, 1,2),(0,0,2),( 1,0,0)ABCDEFG ，.（）证明：依题意，.(2,0,0),1, 1,2ADAF 设为平面的法向量，则，即 .1, ,x y znADF1100ADAF nn20 20x xyz 不妨设，可得，又，可得，1z 10,2,1n0,1, 2EG 10EG n又因为直线，所以.EGADF 平面/ /EGADF平面（）解：易证，为平面的一个法向量.1,1,0OA OEF依题意，.1,1,0 ,1,1,2EFCF 设为平面的法向量，则，即 .2, ,x y znCEF2200EFCF nn0 20xy xyz 【考点】利用空间向量解决立体几何问题【名师点睛】1利用数量积解决问题的两条途径 ：一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算2利用数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题，常用到下列式子：(1)a0，b0，abab0；(2)|a|；(3)cosa，b.2a26 / 26a b a b