文档内容
期中检测卷 05
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分150分，考试时间120分钟，试题共22题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自
己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题
目要求的．
1.（3 + + ）﹣（2 + ﹣ ）＝（ ）
A． ﹣ +2 B．5 ﹣ +2 C． + +2 D．5 +
【答案】A
【分析】直接根据向量的线性运算求解即可．
【解答】解：（3 + + ）﹣（2 + ﹣ ）＝ ﹣ +2 ，
故选：A．
【知识点】向量加减混合运算
2.在△ABC中，点D，E分别为边AB，AC的中点，则如图所示的向量中，相等向量有（ ）
A．一组 B．二组 C．三组 D．四组
【答案】A
【分析】根据相等向量的定义，找出大小相等，方向相同的向量．
【解答】解：△ABC中，点D，E分别为边AB，AC的中点，
在如图所示的向量中，相等向量是 和 ，有1组．
故选：A．
【知识点】平行向量（共线）3.设i为虚数单位，复数z满足z（1﹣i）＝2i，则|z|＝（ ）
A．1 B． C．2 D．2
【答案】B
【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算，再由复数模的计算公式求解．
【解答】解：由z（1﹣i）＝2i，得z＝ ，
∴|z|＝ ．
故选：B．
【知识点】复数的模
4.已知复数z＝（1+i）（a﹣i）在复平面内对应的点位于第四象限，则实数a的取值范围是（ ）
A．（1，+∞） B．（﹣∞，﹣1） C．（﹣∞，1） D．（﹣1，1）
【答案】D
【分析】根据复数的运算性质、几何意义即可得出．
【解答】解：复数z＝（1+i）（a﹣i）＝a+1+（a﹣1）i在复平面内对应的点位于第四象限，
∴a+1＞0，a﹣1＜0．
解得﹣1＜a＜1．
则实数a的取值范围是（﹣1，1）．
故选：D．
【知识点】复数的代数表示法及其几何意义
5.三棱柱ABC﹣ABC 中，AA⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AB＝1，BC＝ ＝2，则三棱柱ABC﹣
1 1 1 1
ABC 的外接球的表面积为（ ）
1 1 1
A．32 B．16 C．12 D．8
π π π π
【答案】D
【分析】由三棱柱ABC﹣ABC 的结构特征，把三棱柱ABC﹣ABC 放入长方体中，则长方体的外接球就
1 1 1 1 1 1是三棱柱ABC﹣ABC 的外接球，利用长方体的体对角线求出长方体的外接球的半径，从而得到
1 1 1
三棱柱ABC﹣ABC 的外接球半径，再利用球的表面积公式求出棱柱 ABC﹣ABC 的外接球的表
1 1 1 1 1 1
面积即可．
【解答】解：把三棱柱ABC﹣ABC 放入长方体中，
1 1 1
如图所示：
所以长方体的外接球即是三棱柱ABC﹣ABC 的外接球，
1 1 1
∵AB＝1，BC＝ ＝2，
∴长方体的外接球的半径R＝ ＝ ，
∴三棱柱ABC﹣ABC 的外接球半径为 ，
1 1 1
∴三棱柱ABC﹣ABC 的外接球的表面积为 ＝8 ，
1 1 1
故选：D．
π
【知识点】球的体积和表面积
6.如图，点 M 是正方体 ABCD﹣ABC D 的棱 CD 的中点，则异面直线 AM 与 BC 所成角的余弦值是
1 1 1 1 1
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接AD ，证得AD∥BC ，可得∠DAM为异面直线AM与BC 所成角，连接DM，设正方体的
1 1 1 1 1 1棱长为2，求解三角形可得异面直线AM与BC 所成角的余弦值．
1
【解答】解：如图，
连接AD，∵AB＝C D，AB∥C D，
1 1 1 1 1
∴四边形ABCD 为平行四边形，则AD∥BC ，
1 1 1 1
则∠DAM为异面直线AM与BC 所成角，连接DM．
1 1 1
设正方体的棱长为2，则 ， ．
∴cos∠ ．
即异面直线AM与BC 所成角的余弦值是 ．
1
故选：A．
【知识点】异面直线及其所成的角
7.如图1，已知PABC是直角梯形，AB∥PC，AB⊥BC，D在线段PC上，AD⊥PC．将△PAD沿AD折起，
使平面PAD⊥平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图2．对于图2，下列选项错误的是（
）
A．平面PAB⊥平面PBC B．BC⊥平面PDC
C．PD⊥AC D．PB＝2AN
【答案】A
【分析】由已知利用平面与平面垂直的性质得到 PD⊥平面ABCD，判定C正确；进一步得到平面PCD⊥
平面ABCD，结合BC⊥CD判定B正确；再证明AB⊥平面PAD，得到△PAB为直角三角形，判定
D正确；由错误的选项存在可知A错误．
【解答】解：如图，图1中AD⊥PC，则图2中PD⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PD⊥平面ABCD，则PD⊥AC，故选项C正确；
由PD⊥平面ABCD，PD 平面PDC，得平面PDC⊥平面ABCD，
而平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC 平面ABCD，BC⊥CD，
⊂
∴BC⊥平面PDC，故选项B正确；
⊂
∵AB⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴AB⊥平面PAD，则AB⊥PA，即△PAB是以PB为斜边的直角三角形，
而N为PB的中点，则PB＝2AN，故选项D正确．
因此错误的只能是A．
故选：A．
【知识点】平面与平面垂直
8.在△OAB中，已知 ，∠AOB＝45°，点P满足 （ ，µ R），其中
λ ∈
2 +µ＝3满足，则| |的最小值为（ ）
λ
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据条件可得 ，则 ＝（ + ） + ，所以| |2＝5 2﹣18 +18，即
λ μ μ λ λ
可求出最小值．
【解答】解：因为 ，∠AOB＝45°，所以 ，
所以 ＝ + （ ）＝（ + ） + ，
λ μ λ μ μ
则| |2＝（ + ）2+ 2＝（3﹣ ）2+（3﹣2 ）2＝5 2﹣18 +18，
λ μ μ λ λ λ λ
所以当 时，| |2取最小值 ，
则| |的最小值为 ，
故选：A．
【知识点】平面向量的基本定理二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，选对得分，选错、少选不得分）
9.△ABC是边长为3的等边三角形，已知向量 满足 ， ，则下列结论中正确的有（
）
A． 为单位向量 B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】可画出图形，可根据条件得出 ，即得出 为单位向量；并可得出 ，从而得出 ；
根据BC边上的中线与BC垂直即可得出（ ） ．
【解答】解：如图，
∵ ，
∴ ，
∴ 为单位向量，
，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
故选：ABD．【知识点】数量积判断两个平面向量的垂直关系
10.已知 ， 是两个单位向量， R时，| + |的最小值为 ，则下列结论正确的是（ ）
λ∈ λ
A． ， 的夹角是
B． ， 的夹角是 或
C． + |＝1或
D． + ＝1或
【答案】BC
【分析】根据条件知， 的最小值为 ，这样即可求出 的夹角为 或 ，从而求
出 的值．
【解答】解：∵ ， 是两个单位向量，且 的最小值为 ，
∴ 的最小值为 ，
∴ ＝ ，
∴ 与 的夹角为 或 ，
∴ 或3，
∴ 或 ．
故选：BC．
【知识点】数量积表示两个向量的夹角
11.如图，在正四棱柱ABCD﹣ABC D 中， ，E，F分别为AB，BC的中点，异面直AB 与C F
1 1 1 1 1 1
所成角的余弦值为m，则（ ）A．m＝ B．直线AE与直线C F共面
1 1
C．m＝ D．直线AE与直线C F异面
1 1
【答案】BC
【分析】可连接DC ，DF，从而看出∠DC F为异面直线AB 与C F所成的角，可设 ，从而可得
1 1 1 1
出 ，这样在△DFC 中，根据余弦定理即可求出异面直 AB 与C F
1 1 1
所成角的余弦值m的值；然后连接AC ，EF，从而可得出EF∥AC ，这样即可得出直线AE与
1 1 1 1 1
直线C F共面．
1
【解答】解：如图，连接DC ，DF，则DC ∥AB，
1 1 1
∴∠DC F为异面直线AB 与C F所成的角，
1 1 1
∵ ，ABCD﹣ABC D 为正四棱柱，E，F分别为AB，BC的中点，设 ，
1 1 1 1
则AB＝2， ，
∴在△DFC 中，根据余弦定理， ，
1
∴ ；
连接AC ，AC，EF，则AC ∥AC，EF∥AC，
1 1 1 1
∴EF∥AC ，
1 1
∴AE与C F共面．
1 1故选：BC．
【知识点】异面直线及其所成的角
12.如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣ABC D 中，P为棱CC 上的动点（点P不与点C，C 重合），过
1 1 1 1 1 1
点P作平面 分别与棱BC，CD交于M，N两点，若CP＝CM＝CN，则下列说法正确的是（ ）
α
A．AC⊥平面
1
B．存在点P，使α 得AC ∥平面
1
α
C．存在点P，使得点A 到平面 的距离为
1
D．用过P，M，D 三点的平面去α截正方体，得到的截面一定是梯形
1
【答案】AD
【分析】连接AD，DP，AM．DB．易得AD∥PM，CC ∥PM，C D∥PN，DB∥MN．再结合正方体的性
1 1 1 1 1
质即可判断．
【解答】解：连接AD，DP，AM．DB．
1 1
易得AD∥PM，CC ∥PM，C D∥PN，DB∥MN．
1 1 1
对于A，可得正方体中AC⊥面DBC ，即可得AC⊥平面 ，故A正确．
1 1 1
对于B，可得面C DB∥面PMN，故AC 不可能平行面PMN．故错．
1 1
α
对于C，∵AC⊥平面 ，且AC＝ ＞ ，所以不存在点P，使得点A 到平面 的距离为 ，
1 1 1
故不正确．
α α
对于D，用过P，M，D 三点的平面去截正方体，得到的截面是四边形PMAD ，PM≠AD，四
1 1 1
边形PMAD 一定是梯形，故正确．
1
故选：AD．
【知识点】命题的真假判断与应用、直线与平面垂直、空间中直线与直线之间的位置关系三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
13.设复数z，z 满足|z|＝1，|z|＝2， ，则|z﹣z|＝ ．
1 2 1 2 1 2
【分析】根据复数的几何意义得到对应向量的表示，再结合向量的平行四边形法则以及余弦定理即可求解．
【解答】解：设z，z 在复平面内对应的向量为 ，
1 2
z+z 对应的向量为 ，如图所示，
1 2
因为 ，
所以|z+z|＝2，
1 2
所以 ，
又因为∠OZ Z+∠ZOZ ＝180 °，
1 3 1 2
所以 ，
所以 ＝1+4+1＝6，
所以 ，故|z﹣z|＝ ．
1 2
故答案为： ．
【知识点】复数的模
14.已知向量 ， 的夹角为45°，若 ＝（1，1），| |＝2，则|2 + |＝ ．
【分析】可得出 ，从而可求出 ，然后根据 进行数量积的运算即可
求出 的值．
【解答】解： ，∴ ，
∴ ＝ ＝ ．
故答案为： ．
【知识点】平面向量的坐标运算
15.如图，在△ABC中， ＝2 是BD上一点，且 ＝ + （ R），则 的值等于 ．
λ λ∈ λ
【分析】先由E在BD上，利用平面向量共线定理可设 ，然后再根据三角形法则求出向量AE，
再和所给的已知的向量AE相等即可求解．
【解答】解：因为E在BD上，所以可设 ，
则 ＝ ＝
＝ ＝
＝（1﹣ ） + ，
μ
又 ＝ ，
所以 ，解得 ，
故答案为： ．
【知识点】平面向量的基本定理
16.在如图直四棱柱ABCD﹣ABC D 中，底面ABCD为菱形，AA ＝2AB＝4，∠BAD＝60°，点M为棱AA
1 1 1 1 1 1
的中点，若N为菱形ABC D 内一点（不包含边界），满足MN∥平面BDC ，设直线MN与直线CC
1 1 1 1 1 1
所成角为 ，则tan 的最小值为 ．
α α【分析】分别取AB 、AD 中点E、F，连结EF、ME、MF，则ME∥BC ，EF∥BD，从而平面MEF∥平
1 1 1 1 1
面BC D，由N为菱形ABC D 内一点（不包含边界），满足MN∥平面BDC ，得到点N的运动
1 1 1 1 1 1
轨迹是线段EF，（不含端点E和F），由AM∥C C，得直线MN与直线CC 所成角就是AM与
1 1 1 1
MN所成角，由MA ⊥平面ABC D ，得当N与MN中点G重合时，tan 取最小值，由此能求出
1 1 1 1 1
tan 的最小值．
α
【解答】解：分别取AB、AD 中点E、F，连结EF、ME、MF，
1 1 1 1
α
∵点M为棱AA 的中点，∴ME∥BC ，EF∥BD，
1 1
∵ME∩EF＝E，BC ∩BD＝B，∴平面MEF∥平面BC D，
1 1
∵N为菱形ABC D 内一点（不包含边界），满足MN∥平面BDC ，
1 1 1 1 1
∴点N的运动轨迹是线段EF，（不含端点E和F），
∵AM∥C C，∴直线MN与直线CC 所成角就是AM与MN所成角，
1 1 1 1
∵MA ⊥平面ABC D，∴当N与MN中点G重合时，tan 取最小值，
1 1 1 1 1
α
此时，AM＝ ＝2，AG＝ ＝ ＝ ，
1 1
∴tan 的最小值为：
α
tan ＝ ＝ ＝ ．
α
∴tan 的最小值为 ．
α
故答案为： ．【知识点】异面直线及其所成的角
四、解答题（本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程
或演算步骤）
17.已知复数z＝ +（a2﹣1）i，z＝2+2（a+1）i（a R，i是虚数单位）．
1 2
（1）若复数z﹣z 在复平面上对应点落在第一象限，求∈实数a的取值范围；
1 2
（Ⅱ）若虚数z 是实系数一元二次方程4x2﹣4x+m＝0的根，求实数m值．
1
【分析】（1）由复数对应的点在第一象限得到实部大于0，虚部大于0，解不等式组即可；
（Ⅱ）利用z 是实系数一元二次方程4x2﹣4x+m＝0的根，得到另一个根是复数z 的共轭复数，
1 1
利用根与系数的关系得到a和m．
【解答】解：（Ⅰ由已知得到z﹣z ＝ ﹣2+（a2﹣2a﹣3）i，因为在复平面上对应点落在第一象限，所
1 2
以 ，解得 ，所以 ；
（Ⅱ）因为虚数z 是实系数一元二次方程4x2﹣4x+m＝0的根，所以 是方程的另一个根，所
1 1
以 ＝1，所以a＝0，
所以 ， ，
所以 ，所以m＝5．【知识点】复数的运算
18.已知复数z＝m（m﹣1）+（m2﹣1）i，其中m R，i是虚数单位．
（Ⅰ）当m为何值时，复数z是纯虚数？ ∈
（Ⅱ）若复数z对应的点在复平面内第二、四象限角平分线上，求z的模|z|．
【分析】（Ⅰ）直接由实部为0且虚部不为0列式求解；
（Ⅱ）由实部与虚部的和等于0列式求得m，进一步求得z，则|z|可求．
【解答】解：（Ⅰ）由 ，解得m＝0；
（Ⅱ）∵复数z对应的点在复平面内第二、四象限角平分线上，
∴m（m﹣1）+m2﹣1＝0，即2m2﹣m﹣1＝0，解得m＝ 或m＝1．
当m＝﹣ 时，z＝ ，则|z|＝ ＝ ；
当m＝1时，z＝0，则|z|＝0．
【知识点】复数的代数表示法及其几何意义
19.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD＝2AD＝4，PD⊥DA，PD⊥DC，底面ABCD为正方形，M，N分别
为AD，PD的中点．
（Ⅰ）求证：PA∥平面MNC；
（Ⅱ）求直线PB与平面MNC所成角的正弦值；
（Ⅲ）求平面PAB与平面MNC所成角的余弦值．
【分析】（Ⅰ）利用中位线的性质可得PA∥MN，由此即可得证；
（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出方向向量及法向量，利用向量公式即可得解；
（Ⅲ）求出平面PAB的一个法向量，结合（Ⅱ）中求出的平面MNC的法向量，由两法向量所
成角的余弦值可得平面PAB与平面MNC所成角的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：∵M，N分别为AD，PD的中点，
∴PA∥MN，
又∵PA 平面MNC，MN 平面MNC，
∴PA∥平面MNC；
⊄ ⊂
（Ⅱ）解：如图建立空间直角坐标系，∵PD＝2AD＝4，
∴A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），P（0，0，4），M（1，0，0），N（0，
0，2），
＝（2，2，﹣4）， ＝（0，2，﹣2）， ＝（﹣1，0，2），
设平面MNC的一个法向量为 ＝（x，y，z），
则 ，取z＝1，得 ＝（2，1，1），
设直线PB与平面MNC所成角为 ，则sin ＝|cos＜ ＞|＝| |＝
α α
＝ ；
（Ⅲ）解： ， ，
设平面PAB的一个法向量为 ，
由 ，取x＝2，得 ，
1
∴cos＜ ＞＝ ＝ ，
又平面PAB与平面MNC所成角为锐角，
∴平面PAB与平面MNC所成角的余弦值为 ．
【知识点】二面角的平面角及求法、直线与平面平行、直线与平面所成的角20.如图所示，四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，AD＝DC＝AC，且CP⊥平面PAD，E为
AD的中点
（Ⅰ）证明：AD⊥平面PCE；
（Ⅱ）若PA＝ AD，求二面角A﹣PC﹣E的余弦值．
【分析】（Ⅰ）连接AC，推导出AD⊥CE，AD⊥CP，由此能证明AD⊥平面PCE．
（Ⅱ）以点F为坐标原点，EA为x轴，EC为y轴，过点E作垂直于平面ABCD的直线为z轴，
建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A﹣PC﹣E的余弦值．
【解答】解：（Ⅰ）证明：如图，连接AC，∵AD＝DC＝AC，∴△ADC为等边三角形，
∵点E为AD的中点，∴AD⊥CE，
∵CP⊥平面PAD，AD 平面PAD，∴AD⊥CP，
∵CP∩CE＝C，∴AD⊥平面PCE．
⊂
（Ⅱ）如图，以点F为坐标原点，EA为x轴，EC为y轴，
过点E作垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则E（0，0，0），设点A（1，0，0），则C（0， ，0），
由（Ⅰ）知AD⊥平面PCE，
设P（0，y，z），（y＞0，z＞0），
∵PA＝ AD，∴PA＝ ，PC＝1，
∴ ，解得y＝ ，z＝ ，∴P（0， ， ），
∴ ＝（0， ，﹣ ）， ＝（﹣1， ，0），
设平面PAC的法向量 ＝（x，y，z），
则 ，取y＝1，得 ＝（ ），由（Ⅰ）知，平面PCE的一个法向量 ＝（1，0，0），
设二面角A﹣PC﹣E的平面角为 ，
则二面角A﹣PC﹣E的余弦值为：
θ
cos ＝ ＝ ＝ ．
θ
【知识点】二面角的平面角及求法、直线与平面垂直
21.如图，在三棱柱ABC﹣ABC 中，平面AACC ⊥平面ABC，△ABC和△AAC都是正三角形，D是AB
1 1 1 1 1 1
的中点
（1）求证：BC ∥平面ADC；
1 1
（2）求直线AB与平面DCC 所成角的正切值．
1
【分析】（1）连接AC ，交AC于E，连接DE，由中位线的性质知DE∥BC ，再由线面平行的判定定理
1 1 1
得证；
（2）取AC的中点O，连接AO，BO，先证得AO⊥平面ABC，从而有AO⊥BO，故以O为
1 1 1原点，OB、OC、OA 所在直线分别为 x、y、z轴建立空间直角坐标系，设直线 AB与平面
1
DCC 所成的角为 ，求得平面DCC 的法向量 后，由sin ＝|cos＜ ， ＞|，即可得解．
1 1
θ θ
【解答】（1）证明：连接AC ，交AC于E，连接DE，
1 1
∵四边形AACC 是平行四边形，
1 1
∴E是AC 的中点，
1
∵D是AB的中点，∴DE∥BC ，
1
∵DE 平面ADC，BC 平面ADC，
1 1 1
∴BC ∥平面ADC．
1 1
⊂ ⊄
（2）解：取AC的中点O，连接AO，BO，
1
∵△ABC和△AAC都是正三角形，∴AO⊥AC，BO⊥AC，
1 1
∵平面AACC ⊥平面ABC，平面AACC ∩平面ABC＝AC，
1 1 1 1
∴AO⊥平面ABC，∴AO⊥BO，
1 1
以O为原点，OB、OC、OA 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，
1
设AC＝2，则A（0，﹣1，0），B（ ，0，0），C（0，1，0），D（ ， ，0），C
1
（0，2， ），
∴ ＝（ ，1，0）， ＝（ ， ，0）， ＝（ ， ， ），
设平面DCC 的法向量为 ＝（x，y，z），则 ，即 ，
1
令x＝3，则y＝ ，z＝﹣1，∴ ＝（3， ，﹣1），
设直线 AB 与平面 DCC 所成的角为 ，则 sin ＝|cos＜ ， ＞|＝| |＝|
1
θ θ
|＝ ，
∴tan ＝ ，
故直线AB与平面DCC 所成角的正切值为 ．
1
θ
【知识点】直线与平面平行、直线与平面所成的角
22.如图，在四棱柱C﹣ABEF中，平面ABEF⊥平面ABC，△ABC是边长为2的等边三角形，AB∥EF，∠ABE＝90°，BE＝EF＝1，点M为BC的中点
（Ⅰ）求证：EM∥平面ACF；
（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣F的余弦值；
（Ⅲ）在线段EF上是否存在一点N，使直线CN与平面BCF所成的角正弦值为 ，若存在求出EN的长，
若不存在说明理由．
【分析】（Ⅰ）取AC中点P，连结MP、FP，推导出四边形EFPM是平行四边形，从而FP∥EM，由此能
证明EM∥平面ACF．
（Ⅱ）取AB中点O，连结CO，FO，推导出FO⊥平面ABC，OC⊥AB，以O为原点，OC为x
轴，OB为y轴，OF为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角E﹣BC﹣F的余
弦值．
（Ⅲ）假设在线段EF上是存在一点N，使直线CN与平面BCF所成的角正弦值为 ，设
EN＝t．利用向量法能求出结果．
【解答】解：（Ⅰ）证明：取AC中点P，连结MP、FP，
∵△ABC是边长为2的等边三角形，AB∥EF，∠ABE＝90°，BE＝EF＝1，点M为BC的中点，
∴EF MP，∴四边形EFPM是平行四边形，∴FP∥EM，
∵EM 平面ACF，FP 平面ACF，
∴EM∥平面ACF．
⊄ ⊂
（Ⅱ）解：取AB中点O，连结CO，FO，
∵在四棱柱C﹣ABEF中，平面ABEF⊥平面ABC，△ABC是边长为2的等边三角形，
AB∥EF，∠ABE＝90°，BE＝EF＝1，点M为BC的中点，
∴FO⊥平面ABC，OC⊥AB，
以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OF为z轴，建立空间直角坐标系，
B（0，1，0），C（ ，0，0），E（0，1，1），F（0，0，1），
＝（ ，﹣1，0）， ＝（0，0，1）， ＝（0，﹣1，1），
设平面BCE的法向量 ＝（x，y，z），则 ，取x＝1，得 ＝（1， ，0），
设平面BCF的法向量 ＝（a，b，c），
则 ，取a＝1，得 ＝（1， ），
设二面角E﹣BC﹣F的平面角为 ，
θ
则cos ＝ ＝ ＝ ．
θ
∴二面角E﹣BC﹣F的余弦值为 ．
（Ⅲ）解：假设在线段EF上是存在一点N，使直线CN与平面BCF所成的角正弦值为 ，
设EN＝t．
则N（0，1﹣t，1）， ＝（﹣ ，1﹣t，1），平面BCF的法向量 ＝（1， ），
∴|cos＜ ＞|＝ ＝ ＝ ，
解得t＝1﹣ ，
∴线段EF上是存在一点N，EN＝1﹣ ，使直线CN与平面BCF所成的角正弦值为 ．
【知识点】直线与平面所成的角、直线与平面平行、二面角的平面角及求法
