文档内容
限时跟踪检测(四十四) 异面直线所成的角与线面角
一、单项选择题
1．(2024·重庆诊断)如图所示，在三棱柱ABCABC 中，△ABC是等边三角形，AA⊥
1 1 1 1
平面ABC，AA ＝AB＝2.D，E，F分别是BB ，AA ，AC 的中点，则直线EF与CD所成角
1 1 1 1 1
的余弦值为( )
A. B. C．－ D．0
2．(2024·河北沧州模拟)在正方体ABCDABC D 中，P是C D 的中点，则异面直线
1 1 1 1 1 1
AP与BA 所成角的余弦值为( )
1
A. B. C. D.
3．在正四棱锥SABCD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PAC所成的角是( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
4．(2024·广东肇庆一中月考)如图，E，F分别是正方形ABCD的边BC，CD的中点，
将△CEF沿着EF折起到△PEF的位置，使平面 PEF⊥平面ABCD，连接AP，BF，则
AP，BF所成角的余弦值是( )
A. B. C. D.
5．若正三棱柱ABCABC 的所有棱长都相等，D是AC 的中点，则直线AD与平面
1 1 1 1 1
BDC所成角的正弦值为( )
1
A. B. C. D.
二、多项选择题
6．(2022·新高考全国Ⅰ卷)已知正方体ABCDABC D，则( )
1 1 1 1
A．直线BC 与DA 所成的角为90°
1 1
B．直线BC 与CA 所成的角为90°
1 1
C．直线BC 与平面BBDD所成的角为45°
1 1 1
D．直线BC 与平面ABCD所成的角为45°
1
7．关于正方体ABCDABC D，下列说法正确的是( )
1 1 1 1
A．直线AC ⊥平面ABD
1 1
B．若平面ABD与平面ABD 的交线为l，则l与AD所成的角为45°
1 1 1
C．直线CC 与平面ABD所成角的正切值为
1 1
D．若正方体的棱长为2，P，Q分别为棱DD ，BB 的中点，则经过点A，P，Q的平
1 1
面截此正方体所得截面图形的周长为4三、填空题与解答题
8．若在三棱柱ABCABC 中，∠AAC＝∠BAC＝60°，平面AACC ⊥平面ABC，AA
1 1 1 1 1 1 1
＝AC＝AB，则异面直线AC 与AB所成角的余弦值为________．
1 1
9．如图，在四棱柱 ABCDABC D 中，底面ABCD是正方形，平面 AADD ⊥平面
1 1 1 1 1 1
ABCD，AD＝2，AA ＝AD.若直线AB与平面ADC 所成角的正弦值为，则AA 的长度为
1 1 1 1 1
________．
10．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABCABC 的底面边长为2，侧棱长为2，则
1 1 1
AC 与侧面ABBA 所成的角为________．
1 1 1
11．(2024·山东潍坊模拟)在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，
PC⊥PD，二面角ACDP为直二面角．
(1)求证：PB⊥PD；
(2)当PC＝PD时，求直线PC与平面PAB所成角的正弦值．
12．(2021·浙江卷)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝
120°，AB＝1，BC＝4，PA＝，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.(1)证明：AB⊥PM；
(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．
13．(2024·湖南岳阳第一次质量监测)已知在直三棱柱ABC ABC中，E，F分别为棱
1 1 1
BB和AC 的中点，∠BAC＝45°，AC＝2，AB＝3.
1 1 1
(1)求证：平面EFC⊥平面AACC ；
1 1
(2)若直线EC 与平面EFC所成角的正弦值为，且 AA<3，证明：平面ABC ⊥平面
1 1 1 1
EFC.
高分推荐题
14．(2024·福建福州质检)如图，在直三棱柱ABCABC 中，点E为AB的中点，点F
1 1 1
在BC上，且AC＝BC＝3BF.(1)证明：平面ABF⊥平面CC E；
1 1 1
(2)若∠ABC＝60°，AA＝2AB，且三棱锥EABF的体积为，求CE与平面ABF所成角
1 1 1 1 1
的正弦值．
解析版
一、单项选择题
1．(2024·重庆诊断)如图所示，在三棱柱ABCABC 中，△ABC是等边三角形，AA⊥
1 1 1 1
平面ABC，AA ＝AB＝2.D，E，F分别是BB ，AA ，AC 的中点，则直线EF与CD所成角
1 1 1 1 1
的余弦值为( )
A. B. C．－ D．0
解析： 方法一：分别延长AC ，AC至M，N，使C M＝AC ，CN＝AC，连接AC ，
1 1 1 1 1 1
CM，DM，BM，BF，MN，如图所示．
1 1
由题意，易知EF∥AC ∥CM，CD＝，CM＝2，DM＝＝
1
＝＝.
设直线EF与CD所成角为θ，
易知cos θ＝|cos∠DCM|＝＝＝0，
∴直线EF与CD所成角的余弦值为0.故选D.
方法二：如图，将三棱柱补成四棱柱，其中两个三棱柱全等．
取PB中点Q，连接DQ，由棱柱性质易知EF∥DQ，∴∠CDQ为EF和CD所成的角
或其补角．连接 CQ，由题知BC＝2，BQ＝1，BD＝1，∴CD＝，DQ＝，又∠CBQ＝
120°，∴在△CBQ中，由余弦定理可得CQ2＝22＋12－2×2×1×＝7，∴CQ＝.
在△CDQ中，CQ2＝CD2＋DQ2＝7，
∴∠CDQ＝90°，
∴EF和CD所成角的余弦值为0.故选D.
方法三：如图，以A为原点，以过点A垂直于平面ACC A 的直线为x轴，以AC所在
1 1
直线为y轴，以AA 所在直线为z轴建立空间直角坐标系．
1
由AA ＝AB＝2，△ABC为正三角形，D，E，F分别为BB ，AA ，AC 的中点，得
1 1 1 1 1
E(0，0,1)，F(0,1,2)，C(0,2,0)，D(，1,1)，
∴EF＝(0,1,1)，CD＝(，－1,1)．
∵EF·CD＝0－1＋1＝0，
∴EF⊥CD，
∴EF与CD所成角的余弦值为0.故选D.
答案：D
2．(2024·河北沧州模拟)在正方体ABCDABC D 中，P是C D 的中点，则异面直线
1 1 1 1 1 1
AP与BA 所成角的余弦值为( )
1
A. B. C. D.
解析： 方法一：设正方体的棱长为2，取CC 的中点Q，连接PQ，AD ，AC，AQ，
1 1
CD
1
∵P是C D 的中点，
1 1∴PQ∥CD∥AB，
1 1
故∠APQ就是AP与BA 所成的角或其补角，
1
由勾股定理得AP＝AQ＝＝3，PQ＝，由余弦定理得cos∠APQ＝＝＝，
故异面直线AP与BA 所成角的余弦值为.
1
方法二：设正方体的棱长为2，以DA，DC，DD 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立
1
空间直角坐标系，如图所示，则
A(2,0,0)，P(0,1,2)，A(2,0,2)，B(2,2,0)，
1
AP＝(－2,1,2)，BA1＝(0，－2,2)，
|cos〈AP，BA1〉|＝＝＝，
故异面直线AP与BA 所成角的余弦值为.
1
答案：A
3．在正四棱锥SABCD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PAC所成的角是( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
解析：以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，
则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，P.则CA＝(2a,0,0)，AP＝，CB＝(a，a,0)，设平面
PAC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
解得可取n＝(0,1,1)，
则cos〈CB，n〉＝＝＝，∴〈CB，n〉＝60°，∴直线BC与平面PAC所成的角是90°
－60°＝30°.
答案：A
4．(2024·广东肇庆一中月考)如图，E，F分别是正方形ABCD的边BC，CD的中点，
将△CEF沿着EF折起到△PEF的位置，使平面 PEF⊥平面ABCD，连接AP，BF，则
AP，BF所成角的余弦值是( )A. B. C. D.
解析：设EF的中点为O，连接OA，OC，OP，BD，易知A，O，C三点共线．因为
PF＝PE，所以 PO⊥EF，又 PO 平面 PEF，平面 PEF⊥平面 ABCD，平面 PEF∩平面
ABCD＝EF，所以PO⊥平面ABCD.又E，F分别是正方形ABCD的边BC，CD的中点，所
⊂
以EF∥BD，因为AC⊥BD，所以AO⊥OE.
如图，作AH綉FB，连接OH，PH，则∠PAH或其补角为异面直线AP，BF所成的角．
设正方形边长为2，则AH2＝BF2＝5，PA2＝PO2＋AO2＝2＋2＝5，PH2＝PO2＋OH2＝2＋2＋2
＝13.
在△PAH中，由余弦定理得cos∠PAH＝＝＝－，
所以异面直线AP，BF所成角的余弦值为.故选C.
答案：C
5．若正三棱柱ABCABC 的所有棱长都相等，D是AC 的中点，则直线AD与平面
1 1 1 1 1
BDC所成角的正弦值为( )
1
A. B. C. D.
解析：方法一：连接AB(图略)，依据题设条件，可知 BD⊥平面ACD，DC 平面
1 1
ACD，
⊂
∴BD⊥DC，故△BDC为直角三角形．
1 1
设正三棱柱的棱长为1，则有AD＝，BD＝，DC＝，
1
∴S△BDC＝××＝，S ＝×1×1＝.
1 △ADC
设点A到平面BDC的距离为h，
1
则有VABDC＝VBADC，
1 1
∴·h·S△BDC＝·BD·S .
1 1 △ADC
∴·h·＝××，
∴h＝.
设AD与平面BDC所成角为θ，则sin θ＝＝＝.故选B.
1
方法二：如图，在正三棱柱ABCABC 中，∵AA⊥平面ABC ，
1 1 1 1 1 1 1
BD 平面 ABC ，∴AA⊥BD.∵D 为 AC 的中点，△ABC 为等边三角形，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴BD⊥AC .
1 ⊂1 1∵AC ∩AA＝A，∴BD⊥平面ACC A.
1 1 1 1 1 1 1
又∵BD 平面BDC，
1 1
∴平面BDC⊥平面ACC A，交线为DC.
⊂1 1 1
∴AD在平面BDC上的射影在DC上．
1
∴∠ADC即为直线AD与平面BDC所成的角．设正三棱柱的棱长为2，则AD＝DC
1
＝，AC＝2.
在△ADC中由余弦定理得
cos∠ADC＝＝.
∴sin∠ADC＝.故选B.
答案：B
二、多项选择题
6．(2022·新高考全国Ⅰ卷)已知正方体ABCDABC D，则( )
1 1 1 1
A．直线BC 与DA 所成的角为90°
1 1
B．直线BC 与CA 所成的角为90°
1 1
C．直线BC 与平面BBDD所成的角为45°
1 1 1
D．直线BC 与平面ABCD所成的角为45°
1
解析： 如图，连接 AD ，在正方形AADD 中，AD⊥DA ，因为AD∥BC ，所以
1 1 1 1 1 1 1
BC ⊥DA ，所以直线BC 与DA 所成的角为90°.故A正确；在正方体ABCDABC D 中，
1 1 1 1 1 1 1 1
CD⊥平面BCC B ，又BC 平面BCC B ，所以CD⊥BC ，连接BC，则BC⊥BC ，因为
1 1 1 1 1 1 1 1 1
CD∩BC＝C，CD，BC 平面DCB A ，所以BC ⊥平面DCB A ，又CA 平面DCB A ，所
1 1 ⊂ 1 1 1 1 1 1 1 1
以BC ⊥CA ，所以直线BC 与CA 所成的角为90°.故B正确；连接AC ，交BD 于点O，
1 1 ⊂ 1 1 1 1⊂ 1 1
则易得OC ⊥平面BBDD，连接OB，因为OB 平面BBDD，所以OC ⊥OB，∠OBC 为
1 1 1 1 1 1 1
直线BC 与平面BBDD所成的角．设正方体的棱长为a，则易得BC ＝a，OC ＝，所以在
1 1 1 ⊂ 1 1
Rt△BOC 中，OC ＝BC ，所以∠OBC ＝30°.故C 错误；因为 C C⊥平面 ABCD，所以
1 1 1 1 1
∠CBC 为直线BC 与平面ABCD所成的角，易得∠CBC ＝45°.故D正确．故选ABD.
1 1 1
答案：ABD
7．关于正方体ABCDABC D，下列说法正确的是( )
1 1 1 1
A．直线AC ⊥平面ABD
1 1
B．若平面ABD与平面ABD 的交线为l，则l与AD所成的角为45°
1 1 1C．直线CC 与平面ABD所成角的正切值为
1 1
D．若正方体的棱长为2，P，Q分别为棱DD ，BB 的中点，则经过点A，P，Q的平
1 1
面截此正方体所得截面图形的周长为4
解析：如图1，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为 2，则A(2,0,2)，B(2,2,0)，
1
D(0,0,0)，
图1
DA1＝(2,0,2)，DB＝(2,2,0)，
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
1
则有
令x＝－1，则y＝z＝1，即n＝(－1,1,1)，
∵A(2,0,0)，C (0,2,2)，则AC1＝(－2,2,2)，即AC1＝2n，∴AC1∥n，
1
则直线AC ⊥平面ABD，故A正确；
1 1
结合图形可知，平面ABD与平面ABD 的交线l即为直线MN，M(1,0,1)，N(2,1,1)，
1 1 1
则MN＝(1,1,0)，DA＝(2,0,0)，
cos〈MN，DA〉＝＝，
∴l与AD所成的角为45°，故B正确；
∵CC1＝AA1＝(0,0,2)，
则cos〈CC1，n〉＝＝，
∴直线CC 与平面ABD所成角的正切值为，故C不正确；
1 1
图2
如图2，取棱CC 的中点E，连接PC ，QC ，PE，BE，
1 1 1
∵P，E分别为棱DD ，CC 的中点，
1 1
则PE∥DC且PE＝DC，
又∵AB∥DC且AB＝DC，则PE∥AB且PE＝AB，
∴四边形ABEP为平行四边形，则AP∥BE，
∵Q，E分别为棱BB，CC 的中点，
1 1
则C E∥BQ且C E＝BQ，
1 1
∴四边形BECQ为平行四边形，
1则BE∥C Q，
1
∴AP∥C Q，
1
同理可证，AQ∥C P，
1
∴经过点A，P，Q的平面截此正方体所得截面图形为平行四边形AQC P，
1
∵AP＝AQ＝，
则其周长为4，故D正确．
答案：ABD
三、填空题与解答题
8．若在三棱柱ABCABC 中，∠AAC＝∠BAC＝60°，平面AACC ⊥平面ABC，AA
1 1 1 1 1 1 1
＝AC＝AB，则异面直线AC 与AB所成角的余弦值为________．
1 1
解析：方法一：令M为AC的中点，连接MB，MA ，由题意知△ABC是等边三角形，
1
所以BM⊥AC，同理，AM⊥AC.
1
因为平面AACC ⊥平面ABC，平面AACC ∩平面ABC＝AC，BM 平面ABC，所以
1 1 1 1
BM⊥平面AACC .
1 1 ⊂
因为AM 平面AACC ，
1 1 1
⊂
所以BM⊥AM，所以AC，BM，AM两两垂直，以M为原点，MA，MB，MA 所在直
1 1 1
线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设AA＝AC＝AB＝2，
1
则A(1,0,0)，B(0，，0)，A(0,0，)，C (－2,0，)，
1 1
所以AC1＝(－3,0，)，A1B＝(0，，－)，
设异面直线AC 与AB所成的角为θ，
1 1
则cos θ＝|cos〈AC1，A1B〉|＝＝，
故异面直线AC 与AB所成角的余弦值为.
1 1
方法二：如图所示，在平面 ABC，平面ABC 中分别取点D，D ，连接BD，CD，
1 1 1 1
BD，C D，使得四边形ABDC，ABDC 为平行四边形，连接DD ，BD，则AB＝C D，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
且AB∥C D ，所以AC ∥BD ，故∠ABD 或其补角为异面直线AC 与AB所成的角．连接
1 1 1 1 1 1 1 1
AD，过点A 作AM⊥AC于点M，连接BM，设AA＝2，
1 1 1 1 1
由∠AAM＝∠BAC＝60°，
1
得AM＝1，BM＝，AM＝，
1
因为平面AACC ⊥平面ABC，平面AACC ∩平面ABC＝AC，AM 平面AACC ，
1 1 1 1 1 1 1
所以AM⊥平面ABC.
1 ⊂又BM 平面ABC，所以AM⊥BM，所以AB＝.
1 1
在菱形AACC 中，
⊂ 1 1
可求得AC ＝2＝BD，
1 1
同理，在菱形ABDC 中，可求得AD＝2，
1 1 1 1 1 1
所以cos∠ABD＝＝＝，
1 1
所以异面直线AC 与AB所成角的余弦值为.
1 1
答案：
9．如图，在四棱柱 ABCDABC D 中，底面ABCD是正方形，平面 AADD ⊥平面
1 1 1 1 1 1
ABCD，AD＝2，AA ＝AD.若直线AB与平面ADC 所成角的正弦值为，则AA 的长度为
1 1 1 1 1
________．
解析： 取AD的中点O，连接AO，因为AA＝AD，O为AD的中点，则AO⊥AD，
1 1 1 1
因为平面AADD⊥平面ABCD，平面AADD∩平面ABCD＝AD，AO 平面AADD，
1 1 1 1 1 1 1
所以AO⊥平面ABCD，
1 ⊂
以O为坐标原点，过点O作AB的平行线为x轴，OD，OA 所在直线分别为y轴、z轴，
1
建立如图所示的空间直角坐标系，设AO＝a，其中a>0，
1
则A(0，－1,0)，B(2，－1,0)，A(0,0，a)，C (2,2，a)，D(0,1,0)，
1 1
AB＝(2,0,0)，A1C1＝(2,2,0)，A1D＝(0,1，－a)，
设平面ADC 的法向量为m＝(x，y，z)，
1 1
则
取x＝a，则m＝(a，－a，－1)，
由题意可得|cos〈AB，m〉|＝＝＝＝，
因为a>0，则a＝，
所以|AA1|＝＝2.
答案：2
10．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABCABC 的底面边长为2，侧棱长为2，则
1 1 1
AC 与侧面ABBA 所成的角为________．
1 1 1解析： 以C为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0,0)，C (0,0，2)．点C
1 1
在侧面ABBA 内的射影为点C .所以AC1＝(－2,0,2)，AC2＝，设直线AC 与平面ABBA 所
1 1 2 1 1 1
成的角为θ，
则cos θ＝＝＝.
又θ∈，所以θ＝.
答案：
11．(2024·山东潍坊模拟)在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，
PC⊥PD，二面角ACDP为直二面角．
(1)求证：PB⊥PD；
(2)当PC＝PD时，求直线PC与平面PAB所成角的正弦值．
(1)证明：由题意知平面PCD⊥平面ABCD，
又平面PCD∩平面ABCD＝CD，BC⊥CD，BC 平面ABCD，
所以BC⊥平面PCD.
⊂
因为PD 平面PCD，所以BC⊥PD.
又因为PC⊥PD，BC∩PC＝C，PC 平面PBC，BC 平面PBC，
⊂
所以PD⊥平面PBC.因为PB 平面PBC，所以PD⊥PB.
⊂ ⊂
(2)解：取CD中点为O，连接PO.取AB中点为E，连接OE.因为PC＝PD，点O是CD
⊂
中点，所以PO⊥CD.又因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，PO 平
面PCD，所以PO⊥平面ABCD.因为点O，E分别是CD，AB的中点，所以OE∥AD，则
⊂OE⊥CD.则OP＝CD＝1，OE＝AD＝2.
以点O为坐标原点，OD，OE，OP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 Dxyz，则 O(0,0,0)，D(1，0,0)，C(－1,0,0)，B(－1,2,0)，P(0，0,1)，
E(0,2,0)，A(1,2,0)，AP＝(－1，－2,1)，AB＝(－2,0,0)，PC＝(－1，0，－1)．
设n＝(x，y，z)是平面PAB的一个法向量，
则取y＝1，则z＝2，
所以n＝(0,1,2)是平面PAB的一个法向量．设直线PC与平面PAB所成的角为θ，则sin
θ＝|cos〈n，PC〉|＝＝＝，
所以直线PC与平面PAB所成角的正弦值为.
12．(2021·浙江卷)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝
120°，AB＝1，BC＝4，PA＝，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.
(1)证明：AB⊥PM；
(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．
(1)证明：因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M为BC
的中点，
所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，
易得CD⊥DM.
又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM 平面PDM，
所以CD⊥平面PDM.
⊂
因为AB∥CD，
所以AB⊥平面PDM.
又PM 平面PDM，
所以AB⊥PM.
⊂
(2)解：方法一：由(1)知AB⊥平面PDM，所以∠BAN为直线AN与平面PDM所成角的余角．
连接AM(图略)，因为PM⊥MD，PM⊥DC，MD∩DC＝D，所以PM⊥平面ABCD，所
以PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以由余弦定理得AM＝，
又PA＝，易得PM＝2，PB＝PC＝2，
连接BN(图略)，结合余弦定理得BN＝.
连接AC(图略)，则由余弦定理得AC＝.
在△PAC中，结合余弦定理得
PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，
所以AN＝.
所以在△ABN中，cos∠BAN＝＝＝.
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝cos∠BAN＝.
方法二：因为PM⊥MD，PM⊥DC，MD∩DC＝D，
所以PM⊥平面ABCD.
连接AM，则PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以AM＝，
又PA＝，易得PM＝2.
由(1)知CD⊥DM，
过点M作ME∥CD交AD于点E，则
ME⊥MD，MD，ME，MP两两垂直．
故以M为坐标原点，MD，ME，MP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(－，2,0)，P(0,0,2)，C(，－1，0)，所以N，
所以AN＝.
易知平面PDM的一个法向量为n＝(0,1,0)．
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈AN，n〉|＝＝＝.
13．(2024·湖南岳阳第一次质量监测)已知在直三棱柱ABC ABC中，E，F分别为棱
1 1 1BB和AC 的中点，∠BAC＝45°，AC＝2，AB＝3.
1 1 1
(1)求证：平面EFC⊥平面AACC ；
1 1
(2)若直线EC 与平面EFC所成角的正弦值为，且 AA<3，证明：平面ABC ⊥平面
1 1 1 1
EFC.
(1)证明：如图所示，以A为原点，分别以AB，AA1的方向为y轴和z轴的正方向，在
平面ABC内，过点A作y轴的垂线为x轴建立空间直角坐标系，设AA＝2a，
1
则A(0,0,0)，C(2,2,0)，F(1,1,2a)，E(0,3，a)，A(0,0,2a)，C (2,2,2a)，
1 1
所以CE＝(－2,1，a)，CF＝(－1，－1,2a)，AC＝(2,2,0)，AA1＝(0,0,2a)．
设平面EFC的法向量为n＝(x，y，z)，
1 1 1
则
令x＝1，故n＝.
1
设平面AACC 的法向量为m＝(x，y，z)，
1 1 2 2 2
则令x＝1，故m＝(1，－1,0)，
2
因为m·n＝(1，－1,0)·＝0，所以m⊥n，所以平面EFC⊥平面AACC .
1 1
(2)解：EC1＝(2，－1，a)，由(1)知平面EFC的一个法向量为n＝，
由直线EC 与平面EFC所成角的正弦值为，
1
得|cos〈EC1，n〉|＝＝＝，
整理得2a4－7a2＋5＝0，因为AA＝2a<3，所以a＝1，即AA＝2，
1 1
此时n＝(1,1,1)，AC1＝(2,2,2)，所以AC1∥n，所以AC ⊥平面EFC，
1
又AC 平面ABC ，
1 1 1
所以平面ABC ⊥平面EFC.
⊂ 1 1
高分推荐题
14．(2024·福建福州质检)如图，在直三棱柱ABCABC 中，点E为AB的中点，点F
1 1 1
在BC上，且AC＝BC＝3BF.(1)证明：平面ABF⊥平面CC E；
1 1 1
(2)若∠ABC＝60°，AA＝2AB，且三棱锥EABF的体积为，求CE与平面ABF所成角
1 1 1 1 1
的正弦值．
(1)证明：在直三棱柱ABCABC 中，CC ⊥平面ABC ，
1 1 1 1 1 1 1
∴CC ⊥AB.
1 1 1
∵点E为AB的中点，且AC＝BC，∴AB⊥CE.
∵AB∥AB，∴AB⊥CE.
1 1 1 1
∵CE∩CC ＝C，CE，CC 平面CC E，
1 1 1
∴AB⊥平面CC E.
1 1 1 ⊂
∵AB 平面ABF，
1 1 1 1
∴平面ABF⊥平面CC E.
⊂1 1 1
(2)解：∵∠ABC＝60°，AC＝BC，∴△ABC为正三角形．
设AB＝t，则AB＝t，AA＝2AB＝2t，
1 1 1
易知CE⊥平面ABBA，
1 1
依题意得BF＝BC，故点F到平面ABBA 的距离为CE＝×t＝t，
1 1
∵S△ABE＝×AB×AA＝×t×2t＝t2，
1 1 1 1 1
∴VEABF＝VFABE＝S△ABE×t＝t2×t＝t3.
1 1 1 1 1 1
∵三棱锥EABF的体积为，
1 1
∴t3＝，解得t＝2.
以E为原点，分别以EC，EB，AA1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所
示的空间直角坐标系，则C(，0,0)，E(0，0,0)，A(0，－1,4)，B(0，1,4)，F，
1 1
∴CE＝(－，0,0)，A1B1＝(0,2,0)，A1F＝，设平面ABF的一个法向量为n＝(x，y，
1 1
z)，
则即令z＝1，得n＝(4，0,1)，
∴cos〈CE，n〉＝＝＝－，∴CE与平面ABF所成角的正弦值为.
1 1
