高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)試題第一課時(shí) 向量法求空間角

蠹翼立體幾何與空間向量

考試要求1.掌握空間向量的應(yīng)用2會(huì)用空間向量求空間角和距離.

「知識診斷"基礎(chǔ)夯實(shí)

知識梳理

1.兩條異面直線所成的角

設(shè)異面直線/],/2所成的角為仇其方向向量分別為〃,V,

則cos8=|cos

2.直線和平面所成的角

直線A3與平面儀相交于以設(shè)直線AB與平面a所成的角為仇直線A3的方向

向量為小平面a的法向量為小則sin8=|cos5,n)|=|湍卜第.

3.平面與平面的夾角

(1)兩平面的夾角：平面a與平面夕相交，形成四個(gè)二面角，我們把這四個(gè)二面

角中不大于90。的二面角稱為平面a與平面B的夾角.

(2)兩平面夾角的計(jì)算：設(shè)平面a,6的法向量分別是m,〃2,平面a與平面口的

夾角為仇則cos9=|cos〈〃〃〃2)1=|晟號1=既4

4.點(diǎn)尸到直線/的距離

設(shè)辦=a,〃是直線/的單位方向向量,則向量存在直線/上的投影向量感=3")〃.

在中，由勾股定理，得PO=、/|J>|2—?項(xiàng)|2=、//一(0“)2.

AQ

5.點(diǎn)P到平面a的距離

若平面a的法向量為〃，平面a內(nèi)一點(diǎn)為A,則平面a外一點(diǎn)P到平面a的距離

d=存溫=用回，如圖所示.

illl

6.線面距離、面面距離都可以轉(zhuǎn)化為點(diǎn)到平面的距離.

常用結(jié)論

1.線面角。的正弦值等于直線的方向向量。與平面的法向量〃所成角的余弦值的

絕對值，即sin6=|cos(a,n)|,不要誤記為cosO=|cos(a,n)|.

兀

2.二面角的范圍是［0,it］,兩個(gè)平面夾角的氾圍是0,萬.

診斷自測

1.思考辨析(在括號內(nèi)打“J”或“X”)

(1)兩直線的方向向量所成的角就是兩條直線所成的角.()

(2)直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角.()

(3)兩個(gè)平面的法向量所成的角是這兩個(gè)平面的夾角.()

(4)兩異面直線夾角的范圍是(0,引，直線與平面所成角的范圍是［。，二面角

的范圍是［0,兀］.()

答案(1)X(2)X(3)X(4)V

解析(1)兩直線的方向向量所成的角是兩條直線所成的角或其補(bǔ)角；(2)直線的

方向向量a,平面的法向量〃，直線與平面所成的角為。，貝1］sin8=|cosa,n|；

(3)兩個(gè)平面的法向量所成的角是這兩個(gè)平面的夾角或其補(bǔ)角.

2.已知向量分別是直線/和平面a的方向向量和法向量，若cos{m,n)

=竽，則/與a所成的角為()

A.30°B.60°C.12O0D.1500

答案B

解析由于cosn)嗤,所以〈孫加=30。，所以直線/與a所成的

角為60°.

3.在正方體ABCO-AiBC]。中，E是CiDi的中點(diǎn)，則異面直線。E與AC所成

角的余弦值為()

A/W

c—D.

BL玄C-2O10

答案D

解析建立如圖空間直角坐標(biāo)系D—xyz,

設(shè)D4=l,4(1,0,0),

C(0,1,0),E(0,1),

則危=(—1,1,0),DF=fo,I，1J,設(shè)異面直線DE與AC

所成的角為e,

則cos8=|cos(AC,DE)|=^^.

4.(2021?聊城模擬)已知點(diǎn)M(0,1,-2),平面a過原點(diǎn)，且平面a的法向量〃=

(1,-2,2),則點(diǎn)M到平面a的距離為.

答案2

解析由題意可知點(diǎn)M到平面a的距離即為而在〃的投影的長度，???加(()，1,

-2),

：.OM=(Q,I,-2),：.OMn=-6,|n|=3,故點(diǎn)M到平面a的距離為喑回=

|〃|

2.

5.(易錯(cuò)題)若直線/的方向向量與平面a的法向量的夾角等于120°,則直線/與

平面a所成的角為.

答案30。

解析設(shè)直線/與平面a所成的角為仇貝!]sin8=|cos120。|=；.

又?.?0WW90。,A0=30°.

6.在空間中，已知平面。過點(diǎn)(3,0,0)和(0,4,0)及z軸上一點(diǎn)(0,0,a)(a>0),

如果平面a與平面Oxy'所成的角為45。，則a=.

12

答案5

解析平面。⑶的一個(gè)法向量為〃=(0,0,1),

設(shè)平面a的一個(gè)法向量為〃=(九，y,z),

f—3x+4y=0,

則J”則3x=4y=az,取z=l,

、―3X+QZ=0,

小(4a八h/\1

則〃=不J9而cos〃〉=~，2；

\f+T6+1

12

又a>0,故〃=不~.

第一課時(shí)向量法求空間角

||核心突破?題型剖析

I題型一異面直線所成的角

例1如圖，在四棱錐P-ABCD中，鞏，平面ABCD,底面ABCD

是菱形，AB=2,ZBAD=6Q°.

(1)求證：8D_L平面力C；

(2)若以=A8,求尸8與AC所成角的余弦值；

(3)當(dāng)平面P8C與平面PDC垂直時(shí)，求用的長.

⑴證明因?yàn)樗倪呅蜛BC。是菱形，所以AC_LBD

又因?yàn)樯?，平面ABC。，所以孫，3。，

所以8￡>_L平面PAC.

(2)解設(shè)AC08。=。，

因?yàn)镹B4O=60。，PA=AB=2,

所以80=1,A0=C0=yf3.

如圖，以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系。一孫z,

則P(0,一小,2),4(0,一小，0),8(1,0,0),C(0,小,

0),0(-1,0,0),

所以而=(1,小,-2),AC=(0,2^/3,0).

設(shè)與AC所成角為仇

_____6_____亞

貝Icos0=

一2巾X2小—4,

(3)解由(2)知求=(-1,小，0).

設(shè)P(0,f,t)(r>0),

則麗=(一1,-y/3,t)-

設(shè)平面P8C的法向量機(jī)=(x,y9z),

則反?”2=0,BP-m=0,

\—x+-\/3y=0,

所以r,

[—x-\3y+/z=0,

令y=小,則x=3,z=~,

同理，平面POC的法向量〃=(-3,小，彳).

因?yàn)槠矫鍼BC_L平面PDC,

所以w〃=0,即-6+*=0,

解得r=加，所以%=#.

感悟提升用向量法求異面直線所成角的一般步驟：

(1)建立空間直角坐標(biāo)系；

(2)用坐標(biāo)表示兩異面直線的方向向量；

(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；

(4)注意兩異面直線所成角的范圍是(0,方，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩

向量夾角的余弦值的絕對值.

訓(xùn)練1如圖所示，在三棱柱ABC—中，底面ABC,

AB=BC=AA\,NA8C=90。，點(diǎn)E,尸分別是棱A8,的中

點(diǎn)，試求直線EF和BC\所成的角.

解以8為原點(diǎn)，分別以直線3C,BA,BBi為x,y,z軸，建

立空間直角坐標(biāo)系(如圖).

設(shè)AB=\,

則8（0,0,0）,￡（0,0）,F[（）,0,；）,Ci（l,0,1）,

所以曲=(0,-1,病1=(1,0,

1).

于是cos(BCi,EF)=‘°即

\Bcm

1

-

21

近2-

X啦

2

所以直線Eb和8。所成角的大小為60°.

題型二直線與平面所成的角

例2(2021?浙江卷)如圖，在四棱錐尸一ABCO中，底面A8CO/

是平行四邊形，ZABC=120°,AB=\,BC=4,PA=y[l5,M,/V

N分別為BC,PC的中點(diǎn)，PDLDC,PMVMD./j'l'Dc

(1)證明：ABVPM-,

AB

(2)求直線AN與平面PDM所成角的正弦值.

⑴證明因?yàn)榈酌鍭BC。是平行四邊形，ZABC=120°,BC=4,AB=\,且M

為的中點(diǎn)，

所以CM=2,CD=1,ZDCM=60°,

易得CD上DM.

XPDLDC,且POnOM=O,PD,OMu平面PDM,

所以CO_L平面PDM.

因?yàn)锳B〃CO,

所以AB_L平面PDM.

又PMu平面PDM,所以ABVPM.

(2)解法一因?yàn)镻MLMD,由⑴知PMLDC,又MD,

DCu平面ABCD,MDCDC=D,

所以PMJ_平面ABCD

連接AM,則PM±AM.

因?yàn)镹A3C=120°,AB=\,BM=2,

所以411=巾.

又以所以PM=2巾.

由(1)知CD上DM,

過點(diǎn)M作ME//CD交AD于點(diǎn)E,

則MEIMD.

故可以以M為坐標(biāo)原點(diǎn)，MD,ME,MP所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所

示的空間直角坐標(biāo)系，

則A(一小，2,0),尸(0,0,2?C(小，-1,0),

所以M坐—同，

所以病=便小,—啦).

易知平面PDM的一個(gè)法向量為〃=(0,1,0).

設(shè)直線AN與平面POM所成的角為仇

-5

?.,一、AN-n2A/TS

則sin(9=|cos〈AN,n)|==_7==^7-.

\AN\-\n\7156

故直線AN與平面PDM所成角的正弦值為手.

法二由(1)知A3,平面POM,

所以為直線AN與平面POM所成角的余角.

連接AM,因?yàn)?/p>

由(1)知PM±DC,

又MD,OCu平面ABC。，MDCDC=D,

所以PM,平面ABCD又AMu平面ABCD,

所以PMLAM.

因?yàn)镹ABC=120。，AB=1,BM=2,

所以由余弦定理得4加=巾.

又鞏=小，所以PM=26,

所以PB=PC=25.

連接3N,結(jié)合余弦定理得8N=，7i.

連接AC,則由余弦定理得

在△抬C中，結(jié)合余弦定理得PA2+AC2=2AN2+2PN2,

所以AN=qi^.

所以在△ABN中，cosZBAN

AB2+AN2—BN21+15-]VB

2AB-AN2V156-

設(shè)直線AN與平面POM所成的角為e,

則sin8=cos/BAN=^^.

o

故直線AN與平面PDM所成角的正弦值為華.

感悟提升向量法求直線與平面所成角主要方法是：

(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，將題目轉(zhuǎn)化為求兩個(gè)方

向向量的夾角(或其補(bǔ)角)；(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與

平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補(bǔ)角，取其余角就是斜線和平面所成的角.

訓(xùn)練2如圖，四棱錐P-ABCD中,山，底面ABCD,AD//BC,

AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段AO上一點(diǎn)，AM=

2MD,N為PC的中點(diǎn).

(1)證明：MN〃平面應(yīng)3；

(2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值.

2

⑴證明由已知得AM=^AD=2.

取BP的中點(diǎn)T,連接AT,TN,由N為PC中點(diǎn)知77V〃BC,TN=^BC=2.

又AD//BC,故TN統(tǒng)AM,所以四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN〃AT.

因?yàn)锳Tu平面PAB,MNC平面PAB,

所以MN〃平面PAB.

(2)解取BC的中點(diǎn)E,連接AE.

由A8=AC得AE_LBC,

從而且AE=7AB2-B?

2

AB2-

以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，崩的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的

空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)—xyz.

由題意知，尸(0,0,4),M(0,2,0),C褥,2,0),｛坐，1,2),麗=(0,2,

—4),

麗=惇，1,一2),俞=俘，1,2).

設(shè)〃=(x,y,z)為平面PMN的法向量，則

fn.PM=0,戶-4z=0,

即〈或

n-PN=0,[2X+L2z=0,

可取〃=(0,2,1).

麗尸聞=縹

于是|cos〈〃,

l?l|A7V|

二直線AN與平面PMN所成的角的正弦值為凄.

題型三平面與平面的夾角

例3(2021.新高考H卷)在四棱錐Q—A3CO中，底面A8C。是笨

正方形，若AO=2,QD=QA=yj5,QC=3./'\\

(1)證明：平面平面ABC。；A--1-^D

(2)求平面8。。與平面A。。夾角的余弦值.B°

⑴證明取AO的中點(diǎn)為O,連接Q。，CO.

因?yàn)镼A=。。，OA=OD,貝ijQOLAD5

又A￡>=2,QA=4,/T\

故。。=[5—1=2.

在Rt^ODC中，CO=NOA+CU=小.BC

因?yàn)镼C=3,故QC2=Q02+OC2,故△QOC為直角三角形且QOJ_OC.

因?yàn)?。CnAO=。，OC,AOu平面A3C0,故。。，平面A8CD

因?yàn)镼Ou平面QAD,故平面QAO_L平面ABCD.

(2)解在平面A8CD內(nèi)，過。作OT〃CO,交BC于T,則

OT±AD,結(jié)合(1)中的QO_L平面ABC。，故可建如圖所示的

空間坐標(biāo)系,

則。(0,1,0),2(0,0,2),5(2,-1,0),故破=(-2,1,2),臍=(一2,2,

0).

設(shè)平面。8。的法向量為〃=(x,y,z),

n-BQ=0,f—2x+y+2z=0,

則彳即4,■

n-BD=Q,M+2y=0,

取x=l,則y=l,z=1,

故〃=(1,1,

易知平面QAD的一個(gè)法向量為機(jī)=(1,0,0),

故cos(m,7i)3-3-

1X2

2

所以平面8。。與平面A。。夾角的余弦值為‘

感悟提升用法向量求兩平面的夾角：分別求出兩個(gè)法向量，然后通過兩個(gè)平面

的法向量的夾角得到兩平面夾角的大小.

訓(xùn)練3(2021.新高考I卷)如圖，在三棱錐A—3C。中，平面/1E

ABOJ_平面BCD,AB=AD,。為8。的中點(diǎn).^\L\

⑴證明：OA1CD-,

(2)若△OCO是邊長為1的等邊三角形，點(diǎn)E在棱AO上，DE=2EA,且二面角

E-BC-D的大小為45°,求三棱錐A-BCD的體積.

⑴證明因?yàn)锳3=A。，。為8。的中點(diǎn)，所以。AL8D.

又平面A3。，平面BCD,且平面A8OA平面AOu平面ABO,

所以AOJ_平面BCD.

又CDu平面BCD,所以AOLCD

(2)解法一如圖所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB,OA所在

直線分別為x,z軸，在平面BCD內(nèi)，以過點(diǎn)O且與BD

垂直的直線為y軸建立空間直角坐標(biāo)系.

因?yàn)椤鱋CD是邊長為1的正三角形，且。為8。的中點(diǎn)，

所以O(shè)C=O8=O￡>=1,

所以5(1,0,0),D(-l,0,0),c(-1,坐0).

設(shè)A(0,0,a),a>0,因?yàn)镺E=2E4,

所以I，0,yj

由題意可知平面8c。的一個(gè)法向量為〃=(0,0,1).

設(shè)平面8CE的法向量為析=(x,y,z),

因?yàn)槌?=(—I，坐,o),詼=(—0,第，

\m-BC=0,

所以_

[mBE=0,

2

令x=l,則>=小，z=-,

所以“2=(1,小，

因?yàn)槎娼荅—BC—O的大小為45°,

2

mna____啦

所以cos45。=麗

~?—2，

4+與

(T

得&=1,即OA=l.

因?yàn)镾^BCD=^BDCDsin60°=1x2X1X^=坐,

所以VABCD=^S^BCD-。4=JX*X1=W.

33LO

法二因?yàn)椤鱋CO是邊長為1的正三角形，且。為8。的中點(diǎn)，所以。C=OB

=OD=l,

所以△BCD是直角三角形，且NBCO=90。，BC=木,所

以5皿=坐

如圖，過點(diǎn)E作EF//AO,交BD于F,過點(diǎn)尸作FG1BC,

C

垂足為G,連接EG.

因?yàn)锳OJ_平面BCD,

所以EF上平面BCD.

又BCu平面BCD,所以EFLBC.

又FGLBC,且￡：尸門尸6=/，EF,RJu平面EfG,

所以3C_L平面EFG,又EGu平面EFG,所以BCLEG,

則NEGE為二面角E-BC-D的平面角，

所以Z￡GF=45°,則GF=EF.

因?yàn)镈E=2EA,

2

所以DF=20F,

BF

所以

rU

因?yàn)槭珿J_BC,CD上BC,所以G/〃CD,

^~CD=39所以GF=q,

2

所以￡F=GF=?所以O(shè)A=1,

ii、G、h

所以VA-BCD=^S^BCD-AO=^X^X1=以~.

33Zo

Il分層訓(xùn)練?鞏固提升

|A級基礎(chǔ)鞏固

1.如圖，三棱柱ABC—AiBCi中，底面ABC為等腰直角三角

形，AB=AC=\,BBi=2,ZABB\=6Q°.

(1)證明：AB±BiC；

⑵若BiC=2,求AC\與平面BCBi所成角的正弦值.

(1)證明連接ABi,在△ABB中，AB=\,BBi=2,ZABBi=60°,

由余弦定理得，ABT=AB2+BB?-2ABBB\cosZABB\=3,

：.ABi=?：.BB1=AB2+ABI,

：.AB\±AB.

又△ABC為等腰直角三角形，KAB=AC,

：.AC±AB.'：AC^AB\=A,

，AB_L平面ABiC.

又BCu平面ABC,：.AB±B\C.

(2)解，；AB尸小,AB=AC=1,BiC=2,

：.BIC2=AB]+AC2,：.AB\±AC.

如圖，以A為原點(diǎn)，以彳瓦AC,4友的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建

立空間直角坐標(biāo)系，

則A(0,0,0),51(0,0,回B(l,0,0),C(0,1,0),

.?.而1=(-1,0,小),BC=(-l,1,0).

設(shè)平面8c的一個(gè)法向量為〃=(x,y,z),

BBin=0,f-x+y/3z=0,

由二令z=l,得x=y=小,

BCn=0,I—x+y=0,

平面8cBi的一個(gè)法向量為〃=(小，小，1).

VACi=AC+CCi=AC+BBi=(0,I,0)+(-1,0,小)=(-1,1,小),

_而〃_幣

/.cos(AC1,71)

|ACi||n|小X巾35

：.AC\與平面BCBx所成角的正弦值為嚶士

2.如圖，AB是圓的直徑，PA垂直圓所在的平面，C是圓上的

點(diǎn).

⑴求證：平面而平面PBC；

(2)若A3=2,AC=1,PA=\,求平面CPB與平面APB夾角的余弦值.

(1)證明由45是圓的直徑，得ACLBC.

由PA垂直于圓所在的平面，

得出，平面ABC.

由BCu平面ABC,得PAA.BC.

又出CAC=A,以u平面山。，ACu平面如。,

所以3C_L平面PAC.

又因?yàn)锽Cu平面PBC,

據(jù)面面垂直判定定理，平面平面PBC.

(2)解過點(diǎn)C作CM〃AP,由(1)知CM,平面ABC.

如圖所示，以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線CB,CA,CM

為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系.

在直角三角形ABC中，AB=2,AC=1,所以8。=小.

又出=1,所以A(0,1,0),B電,0,0),

P(0,1,1).

故西=(小，0,0),詼=(0,1,1).

設(shè)平面CPB的法向量為〃i=(xi,y\,zi),

n\-CB—0,xi—0,

bI1.a>=o.E+zi=o.

不妨令yi=l,則zi=—l,故〃i=(0,1,—1).

設(shè)平面APB的法向量為“2=(X2,y2,Z2),

H2-AB=0,廣

由，同理可得"2=(1,小，0).

n2-AP=0.

于是|cos<711,“2〉|=|/1|||/1~|

_________________3__________________^6

^02+12+(-1)2X^/12+(^/3)2+024

二平面CP8與平面夾角的余弦值為力

3.(2020?江蘇卷)在三棱錐A—BCO中，已知CB=CD=小,BD

=2,。為3。的中點(diǎn)，AOL平面BCD,AO=2,E為AC的

中I占八、、?

(1)求直線A8與OE所成角的余弦值；

(2)若點(diǎn)/在上，滿足BF=^BC,設(shè)平面DEF與平面CDE夾角的大小為仇

求sin0的值.

解(1)如圖，連接OC,因?yàn)镃B=CO,。為8。的中點(diǎn)，

所以COLBD.

又AOL平面BCD,OB,OCu平面3CO,所以A0L08,

AO±OC.

以｛為，OC,為｝為基底，建立空間直角坐標(biāo)系。一孫Z.

因?yàn)锽￡>=2,CB=CD=術(shù),AO=2,

所以3(1,0,0),D(-l,0,0),C(0,2,0),

A(0,0,2).

因?yàn)镋為AC的中點(diǎn)，所以E(0,1,1),

所以協(xié)=(1,0,-2),D￡=(l,1,1),

所以|cos(AB,DE)尸丁"。目

\AB\-\DE\

_|l+0-2|_V15

~y[5Xyj3—15■

因此，直線AB與。E所成角的余弦值為喏.

(2)因?yàn)辄c(diǎn)尸在BC上，BF=；BC,

1

-O

牙

又。8=(2,0,0),

故曲=歷+而=0,0

設(shè)〃1=0，y\,Z1)為平面OEF的一個(gè)法向量,

x\+yi+zi=0,

DEn\=0,71

則＜即＜--O

42尸

DFn\—0,XI+■

取幻=2,將yi=-7,zi—5,

所以〃1=(2,-7,5).

設(shè)“2=(X2,Z2)為平面DEC的一個(gè)法向量，又加=(1,2,0),

DE112=0,fx2+y2+z2=0,

則即一、

反〃2=0,8+2/=0,

取X2=2,得”=-1,Z2=—l,

所以“2=(2,—1,—1).

|4+7-5|VT5

故|cos6\=

1〃小〃2廠巾§義水―13-

所以sin0=yj1—cos2^=

4.(2021?全國乙卷)如圖I,四棱錐P-ABCD的底面是矩形,POL

底面ABC。，PD=DC=1,M為的中點(diǎn)，KPBLAM.

⑴求BC；

(2)求二面角A-PM-B的正弦值.

解(1)因?yàn)镻D_L平面ABC。，AD,OCu平面ABC。，

所以PDLAD,PDLDC.

在矩形ABCD中，AD1DC,故可以點(diǎn)。為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間

直角坐標(biāo)系如圖所示，

設(shè)BC=r,則A(r,0,0),BQ,1,0),

嗚1,0),P(0,0,1),

所以而=(7,1,—1),1,oj

因?yàn)镻BLAM,

戶

所以而r?國r7=—/+1=0,

得t=p(t=—取舍去),

所以BC=y[2.

(2)由(1)可得力=(一6，0,1),AM=\-0,PB=

樞1,-1).

設(shè)平面APA1的法向量為〃i=(xi,yi,zi),

[n..AP=0,/-四+方=0，

則即彳啦

n\-AM—0,[一2笛+,|=°,

令汨=也，則zi=2,yi=l,所以平面APM的一個(gè)法向量為〃1=(啦，1,2).

設(shè)平面PMB的法向量為“2=(X2,>2,Z2),

m-MB=Q,Vx2=0,

則一即J2

n2-PB=0,[,-\l2x2+y2—Z2=0,

得％2=0,令y2=l,則Z2=l,所以平面PMB的一個(gè)法向量為〃2=(0,1,1).

〃r〃2______3_____3yfTi

'，l2)=l?il|n2|=^xV2=14，

所以二面角A-PM-B的正弦值為

-\/l—cos2(m,W2)

|B級能力提升

5.(2021.衡水檢測)如圖，AE_L平面ABC。，CF//AE,AD//BC,

AD1AB,AB=AD=\,AE=BC=2.

⑴求證：BF〃平面AOE；A，

(2)求直線CE與平面BOE所成角的正弦值；

(3)若平面EBD與平面FBD夾角的余弦值為g,求線段CF的長.

解依題意，建立以A為原點(diǎn)，分別以防，AD,靠的方向?yàn)閤4

軸、y軸、z軸正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得A(0,0,

0),B(l,0,0),C(l,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).

設(shè)Cr=%(//〉0),則《(1,2,h).

⑴證明依題意，AB=(1,0,0)是平面AOE的一個(gè)法向量,

又臍=(0,2,。)，可得而?筋=0,

又因?yàn)橹本€3網(wǎng)平面AOE,

所以3尸〃平面ADE.

(2)依題意，BD=(-1,1,0),B￡=(-l,0,2),CE=(-1,-2,2).

設(shè)〃=(x,y,z)為平面BOE的法向量，

n-BD=Q,—x+y=0,

則即彳

nBE=0,—x+2z—0,

不妨令z=l,可得〃=(2,2,1).

CEn4

因此有(CE,n)

cos9,