2023人教版新教材高中數(shù)學(xué)B選擇性必修第一冊同步練習(xí)-第一章 空間向量與立體幾何綜合拔高練

2023人教版新教材高中數(shù)學(xué)B選擇性必修第一冊

第一章空間向量與立體幾何

綜合拔身練

五年高考練

考點(diǎn)1用空間向量判斷線面位置關(guān)系

1.（2021新高考I,12）在正三棱柱ABC-ABG中,AB=AA1=1,點(diǎn)P滿足

薩人立+口甌，其中Xe[0,1],ue[0,1],則（）

A.當(dāng)人二1時(shí),AAB.P的周長為定值

B.當(dāng)口二1時(shí),三棱錐P-ABC的體積為定值

C.當(dāng)人3時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)P，使得AF_LBP

D.當(dāng)u帶時(shí),有且僅有一個(gè)點(diǎn)P,使得A3,平面ABF

2.（2019江蘇,16）如圖,在直三棱柱ABC-ABG中,D,E分別為BC,AC的中

點(diǎn),AB二BC.求證：

（DAB〃平面DEC,;

（2）BEIGE.

考點(diǎn)2用空間向量求空間中的角

3.（2017課標(biāo)全國III理,16）a,b為空間中兩條互相垂直的直線,等腰直角三角形

ABC的直角邊AC所在直線與a,b都垂直,斜邊AB以直線AC為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn),有下

列結(jié)論:

①當(dāng)直線AB與a成60°角時(shí),AB與b成30°角；

②當(dāng)直線AB與a成60°角時(shí),AB與b成60°角；

③直線AB與a所成角的最小值為45°;

④直線AB與a所成角的最大值為60°.

其中正確的是.（填寫所有正確結(jié)論的編號）

4.（2021浙江,19）如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是平行四邊

形,ZABC=120°,AB=1,BC=4,PA=舊,M,N分另!］為BC,PC的中點(diǎn),PD1DC,PM1MD.

⑴證明:AB_LPM;

⑵求直線AN與平面PDM所成角的正弦值.

5.（2020新高考I,20）如圖,四棱錐P-ABCD的底面為正方形,PDL底面ABCD.設(shè)

平面PAD與平面PBC的交線為1.

⑴證明：1_L平面PDC;

⑵已知PD=AD=1,Q為1上的點(diǎn),求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值.

B

6.（2021新高考I,20）如圖,在三棱錐A-BCD中,平面ABD1平面BCD,AB=AD,0為

BD的中點(diǎn).

⑴證明:0A_LCD;

⑵若AOCD是邊長為1的等邊三角形，點(diǎn)E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D

的大小為45°,求三棱錐A-BCD的體積.

考點(diǎn)3利用空間向量求空間中的距離

7.（2019課標(biāo)全國I文,19）如圖，直四棱柱ABCD-ABCD的底面是菱

形，AA尸4,AB=2,ZBAD=60°,E,M,N分另！J是BC,BB1,A山的中點(diǎn).

⑴證明:MN〃平面GDE;

⑵求點(diǎn)C到平面GDE的距離.

2/

M

C

E

H

考點(diǎn)4用空間向量解決探究性問題

8.（2021全國甲，19）已知直三棱柱ABC-ABG中，側(cè)面AA.B.B為正方

形,AB二BO2,E,F分別為AC和形的中點(diǎn),D為棱AB上的點(diǎn),BF1A.B..

⑴證明：BFLDE;

⑵當(dāng)BD為何值時(shí),面BBCC與面DFE所成的二面角的正弦值最小?

三年模擬練

應(yīng)用實(shí)踐

1.（2022河北石家莊第十七中學(xué)月考）現(xiàn)有以下命題:①若a〃仇則存在唯一的實(shí)

數(shù)人,使得〃二入b;②若a?b=b?c,則a=c或b=0；③若數(shù)匕,c｝為空間向量的

一組基底，則｛〃+"S+c,c+〃｝構(gòu)成空間向量的另一組基

底;④S?份?（c?d）=（d?c）?（b?一定成立.其中真命題的個(gè)數(shù)為（）

A.4B.3C.2D.1

2.（2022廣東廣州第七中學(xué)檢測）已知三棱錐S-ABC中,SA=SB=SC=1,且SA,SB,SC

兩兩垂直,P是三棱錐S-ABC外接球面上一動(dòng)點(diǎn)，則點(diǎn)P到平面ABC的距離的最大

）

A.SB.gC.乎D.竽

333

3.（2021江蘇常州中學(xué)高二期中）如圖,在三棱錐A-BCD中，平面ABC,平面

BCD,ABAC與4BCD均為直角三角形,且NBAC=NBCD=90。，AB=AC,CD=|BC=1,點(diǎn)P

是線段AB上的動(dòng)點(diǎn),若線段CD上存在點(diǎn)Q,使得異面直線PQ與AD成30°角，則

線段PA的長的取值范圍是（）

A.(譚B.(0,苧]

C.(0,1)D.(0,V2]

4.（2020安徽合肥一六八中學(xué)段考）如圖,N為正方形ABCD的中心,AECD為正三

角形,平面ECD,平面ABCD,M是線段ED的中點(diǎn),則下列結(jié)論正確的是（）

A.二面角D-BC-E是直二面角

B.直線BM,EN是異面直線

C.CM±EN

D.直線EN與平面MCB所成角的正弦值為'

5.（多選）（2022浙江杭州高級中學(xué)月考）如圖，一個(gè)結(jié)晶體的形狀為平行六面體

ABCD-A.B,C.D.,其中,以頂點(diǎn)A為端點(diǎn)的三條棱長都等于1,且它們彼此的夾角都是

60°,下列說法中正確的是（）

A.（曲+荏+而產(chǎn)=2近2

B.BD與AC所成角的余弦值為《

O

C.AAl與平面ABCD所成角的余弦值為手

D.AD到平面ABCD的距離為當(dāng)

6.（2022北京大興第一中學(xué)檢測）在空間中,四個(gè)不共線的向量瓦5,OB,0C,而兩

兩間的夾角均為。，則cosa的大小為

7.（2022山東平邑第一中學(xué)期中）如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA,平面ABCD,四邊

形ABCD為直角梯形，ZABC=ZBAD=^,PA=AD=2,AB=BC=1.

⑴求平面PAB與平面PCD所成銳二面角的余弦值；

⑵定義兩條異面直線之間的距離為其中一條直線上任意一點(diǎn)到另一條直線距離

的最小值,利用此定義求異面直線PB與CD之間的距離.

8.如圖1,在矩形ABCD中,百AB二BC,將矩形ABCD折起，使點(diǎn)A與點(diǎn)C重合，折痕

為EF,展開后連接AF,CE,以AF和EF為折痕,將四邊形ABFE折起,使點(diǎn)B落在線

段FC上，將4CDE向上折起,使平面DEC,平面EFC,如圖2.

⑴證明:平面ABE_L平面EFC;

9.(2021江蘇鎮(zhèn)江第一中學(xué)期末)如圖,四棱錐S-ABCD的底面ABCD是直角梯

形，ZABC=90°,AD〃BC,側(cè)面4SCD為鈍角三角形,CD二SD,平面SCDL平面ABCD,M

是棱SA上的動(dòng)點(diǎn),AB二AD《BC.

(1)求證:平面MBD±平面SCD;

(2)若直線SD與底面ABCD所成的角為60°,是否存在點(diǎn)M使得二面角A-BD-M的

余弦值為苧?若存在,確定點(diǎn)M的位置;若不存在,請說明理由.

答案與分層梯度式解析

第一章空間向量與立體幾何

綜合拔高練

五年高考練

1.BP選項(xiàng)A,當(dāng)入=1時(shí)，點(diǎn)P在線段CG上，設(shè)CP=x(OWxWl),若x=0,則

△ABF即為△ABC,此時(shí)^ABF的周長為2夜+1;若x=l,則AABF即為△ABC,此

時(shí)AABF的周長為2V2+1.若0<x<l,PCFI-X,

在RtAPCA中,PA=4Tm，

在RtABiCiP中,PB,=7i+(1一了KN2x+2,

而ABi二四，所以AABF的周長為>/^+&2-2x+2+V1+不為定值,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

選項(xiàng)B,當(dāng)u二1時(shí)，點(diǎn)P在線段BC上，

因?yàn)锽C〃BC,BCa平面ABC,BCc平面A】BC,

所以BC〃平面A%

所以直線BC上的任何一點(diǎn)到平面A,BC的距離均相等，

所以三棱錐P-A.BC的體積為定值,故選項(xiàng)B正確；

取BC,B￡的中點(diǎn)分別為0,0i,連接00卜A0,易知00」平面ABC,A0±BC,以

OB,0A,00i所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則

B&oo),A(o,-今0),川(0,一二1),選項(xiàng)C,當(dāng)人檔時(shí)，點(diǎn)P在線段00.±,設(shè)

P(o,0,z)(OWzWl),則于二(o,冬Z.1),前二若AiPJ_BP,則承?BP=Ot

即Z(Z-1)=0,解得z=0或z=l,即當(dāng)X苫時(shí),存在兩個(gè)點(diǎn)P,使得A.P1BP,故選項(xiàng)C

錯(cuò)誤；

選項(xiàng)D,當(dāng)口中寸，點(diǎn)P在線段MN上（M,N分別是線段BBbCC.的中點(diǎn)），

則而中,今）

若A】B_L平面ABR貝!]AiB_LAP,貝！]福?4P=0,

即&務(wù)1）?（若力帶x+；A。，解得xf所以P0，詞,易驗(yàn)證此時(shí)滿足ABJ_平面

ABR

所以當(dāng)u三時(shí),有且僅有一個(gè)點(diǎn)P,使得平面AB.P,故選項(xiàng)D正確.故選BD.

2.證明⑴取AC的中點(diǎn)Eb連接EEi.

由題易得,EC,EB,EE,兩兩垂直,以E為原點(diǎn),EC,EB,EE1所在直線分別為x軸、y

貝(]E(0,0,0),B(0,0),母,o),A.(-c,0,a),B1(0,a),G(c,0,a),

所以;(X=(c,0),ED=

所以宿二2說,所以而//EDy

所以AB〃ED.

因?yàn)镋Dc平面DEG,ABQ平面DECi,

所以AB〃平面DEC..

(2)由(1)得同二(0,\fh^f0),耐二(c,0,a),

而港?反7=0,所以同J_西，

所以BEJ_CE

3.答案②③

解析過點(diǎn)C作直線a,//a,bi〃b,則直線AC,abbi兩兩垂直.不妨分別以

abbbAC所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,取八尸(1,0,0)為&

的方向向量，八2二(。1,0)為b的方向向量，令A(yù)(0,0,1).可設(shè)B(cos0,sin

6,0),則方二(cos。，sin0,-1).

當(dāng)直線AB與a成60°角時(shí)，|c.os<n.i,AB>=i,

.e?IcosO|~,|sin0|~

|COS〈八2,同>層，

即AB與b所成角也是60°.

.?1cos5,同>1譚等曙弓，

，直線AB與a所成角的最小值為45°.

綜上，②和③是正確的,①和④是錯(cuò)誤的.

4.解析(1)證明:在ACDM中,DC=1,MC=2,NDCM=60°,則DM=V5,所以CDLDM.

又因?yàn)镃DLPD,所以CD,平面PDM.

因此CD±PM.

又因?yàn)锳B〃CD,所以AB±PM.

⑷如圖,以D為原點(diǎn),分別以身轆DM,DC為x軸,y軸的正半軸,建立空間直角坐

標(biāo)系Dxyz.

貝?。軦(2V3,-2,0),C(0,1,0),M(V3,0,0),igP(V3,0,z°),z0>0,

因?yàn)镻A=g,所以Z0=2V2,

故P(V5,0,2⑸,N俘鼻閥,

所以前=(.苧或，旬,DP=(V3,0,2⑸,DM=(V3,0,0).

設(shè)平可PDM的一個(gè)法向量為n=(x,y,z),

由卜?吧=0,得器X+2V2Z=0,取八二(0,1,0).

設(shè)直線AN與平面PDM所成角為a,

所以sina=：cos〈病,心嚼:邛.

|AN|?|n|o

因此,直線AN與平面PDM所成角的正弦值為平.

5.解析(1)證明:因?yàn)镻D_L底面ABCD,所以PD1AD.又底面ABCD為正方形，所以

AD1DC.因此ADJ_平面PDC.

因?yàn)锳D〃BC,ADC平面PBC,

所以AD〃平面PBC.

由已知得1〃AD.因此1_L平面PDC.

⑵以D為坐標(biāo)原點(diǎn),方的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系

Dxyz,則D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),DC=(0,1,0),PB=(1,1,-1).

由⑴可設(shè)Q(a,0,1),則加二(a,0,1).

設(shè)”(x,y,z)是平面QCD的一個(gè)法向量，則

{::黑二；即修?！薄笨扇⌒?—0，a).

所以3d兩＞=瑞=臥?

設(shè)PB與平面QCD所成的角為0,

則sin8等X黑松r

因?yàn)椋?+嘉《苧，當(dāng)且僅當(dāng)a=l時(shí)等號成立，所以PB與平面QCD所成角的正弦

值的最大值為爭

6.解析⑴證明:在4ABD中，「AB二AD,。為BD的中點(diǎn)，，AO，BD,又二平面

ABD_L平面BCD,平面ABDA平面BCD=BD,AOu平面ABD,JAOJ_平面BCD,又CDc

平面BCD,???AO，CD.

⑵由OC=OD=OB得BCLCD,由⑴知AO_L平面BCD,以C為原點(diǎn),CD,刀,方的方向

分別為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則

C(O,O,O),B(O,V3,0),設(shè)AO=a.

則E（渭李），，麻（0,V3,0）,目信苧爭）,設(shè)平面EBC的法向量為八二（x,y,z）,則

n?豈=0,即『y時(shí)2令X=a,則Z=-1,An=(a,0,-1),

(n?CE=0,(-X+yy+-az=0,

易知平面BCD的一個(gè)法向量為m=(0,0,1),

由題可知Icos<m^>|二扃*卜|島|呼，???a=l,即A0=l,

??VA-BCD=-SABCDA0二器XlXgXl]

故三棱推A-BCD的體積為今

7.解析⑴證明：:直四棱柱ABCD-ABCD的底面是菱

形,AA尸4,AB=2,ZBAD=60°,E,M,N分別是BC,BB.,A】D的中點(diǎn)，

???加」平面ABCD,DE±AD,

以D為原點(diǎn),DA,DE,DD,所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,

則M(l,V3,2),N(l,0,2),D(0,0,0),E(0,V3,0),G(-1,冉,4),???麗二(0,一

V3,0),西二(-1,V3,4),DE=(0,V3,0),

設(shè)平回gDE的一個(gè)法向量為八二(x,y,z),

[7|||(n?DC7=O,nnf-x+V3y+4z=0,

AJ[n-DE=0,飛國=0,

取z=1,則(4,0,1).

丁而?八二0,MNC平面CiDE,

???MN〃平面CiDE.

⑵由⑴得C(T,6,0),???瓦二(T,俗0),

而平面C.DE的一個(gè)法向量為八二(4,0,1),

???點(diǎn)C到平面GDE的距離d二埠產(chǎn)方空

8.解析VBFlA.BbBFCBB=B,

JABJ?平面BCCB,?.?AB〃AB,??.AB_L平面BCCB,

又?.?BCu平面BiCiCB,AAB1BC.

以B為坐標(biāo)原點(diǎn),BA,BC,BB,所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的

空間直角坐標(biāo)系,則B(0,0,0),F(0,2,1),E(l,1,0),J方二(0,2,1),設(shè)

BJ)=a(0<a<2),貝!JD(a,0,2),則旗二(1一包1,一2).

D

(1)證明：???赤?反一(0,2,1)?(1-a,1,-2)-OX(1-a)+2X1+1X(-2)-0,ABF±DE.

(2)EF=(-1,1,l),FD=(a,-2,1),

設(shè)平面DFE的法向量為n=(x,y,z),

不妨設(shè)x=l,則fz=竽,.,?七(1,等，鑰.

易知m=(l,0,0)是平面BBCC的一個(gè)法向量.

設(shè)平面BBCC與平面DEF所成的銳二面角的大小為0,

貝!]cos6=|cos<m,n>|二坪2

/.sin0=V1-cos262f,故當(dāng)a=l,即BQ帶時(shí),平面BB￡C與平面DFE所成的二面

角的正弦值最小,最小值為學(xué)

三年模擬練

1.C當(dāng)b=0時(shí),①顯然不成立，

當(dāng)a±b,且b_Lc時(shí),a?b二b?c=Of不能說明a=c或b=Oy故②錯(cuò)誤；

若｛〃,b,c｝為空間向量的一組基底，則b,c不共面，所以研瓦b+c,c+〃也不共

面，則｛〃+b,b+c,c+。｝構(gòu)成空間向量的另一組基底,故③正確；

因?yàn)閍?b=b?a,c?d-d,c,所以■?b)?(c?d)=(d?c)?(b?a),故④正確.

2.C?/SA,SB,SC兩兩垂直,且SA=SB=SC=1,A以SA,SB,SC為棱長補(bǔ)作正方體

MNQB-ADCS,如圖.以B為原點(diǎn),BM,BQ,BS所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空

間直角坐標(biāo)系,則

B(0,0,O),A(1,O,1),C(O,1,1),N(1,1,0),.*.^4=(1,0,l),5C=(0,1,1),5N=(1,1,0

).

設(shè)平司JBC的一個(gè)法向量為八二(x,y,z),

則卜?雪=x+z=:取xj則yjz=--T),

三棱錐S-ABC的外接球就是棱長為1的正方體MNQB-ADCS的外接球.

??,點(diǎn)P是三棱錐S-ABC外接球面上一動(dòng)點(diǎn)，

???由正方體與球的幾何性質(zhì)可得,當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)N重合時(shí)，點(diǎn)P到平面ABC的距離

最大，

???點(diǎn)P到平面ABC的距離的最大值為耳產(chǎn)惜考.

3.C如圖,以C為原點(diǎn),CD所在直線為x軸,CB所在直線為y軸,過C且與平面

BCD垂直的直線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,則

C(0,0,0),A(0,1,1),B(0,2,0),D(1,0,0),設(shè)Q(q,0,0)(0^q<l),設(shè)

AP=AAB=(0,入，-入)(0〈入Wl),則麗二衣-(次+存)=(q,0,0)-(0,1,1)-(0,入，-

X)=(q,-1-X,人-1),易求得而二(1,T,-1).???異面直線PQ與AD成30°

角，,儂3。。嚅翁瑞.六?RE』州--

5q2+16qG[0,11),即隱魂解得-卷入《＜(K入＜1,A0＜X4可得

IAP|=歷廣品入￡(0,1).故選C.

C

4.P如圖,構(gòu)造長方體ABCD-PQGH,則E是GH的中點(diǎn).

在A中，?:二面角D-BC-G是直二面角，

J二面角D-BC-E是銳二面角，故A錯(cuò)誤；

在B中,連接BD,MN,則N是BD的中點(diǎn),

AMN/7BE,

???BM與EN是相交直線，故B錯(cuò)誤；

在C中，以C為原點(diǎn),CD所在直線為x軸,CB所在直線為y軸,CG所在直線為z軸,

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

設(shè)AB=2,

則C(0,0,0),B(0,2,0),D(2,0,0),E(l,0,V3),M(1,o^),N(l,1,0),

/.CM=(1,O,y),￡W=(O,1,-V3),

：.CM?前二-尹0,???CM與EN不垂直故C錯(cuò)誤;

在D中,￡W=(0,1,-V3),C5=(0,2,0),

設(shè)平面MCB的一個(gè)法向量為八二(x,y,z),

.CM=|x+fz=0,

則n

,n?CB=2y=0,

令x=l,得n=(l,0,-V3),

設(shè)直線EN與平面MCB所成的角為o,

則sin0理工W，

2|EN||n|4'

???直線EN與平面MCB所成角的正弦值為*故D正確.故選D.

5.ABD根據(jù)題意,得斕,AB-AA[?AD=AB?AD-IXlXcos60°苫所以

(砧+旗+砌2二宙2+漏2+前，2(初.AB+'AB?AD+AA^?砌=3+3=6,

2AC2=2(AB+AD)2=2(JAB2+AD2+2AB?茄)=2X(1+1+1)=6,故A正確；

由西二4+初一痛,AC=AB+ADf彳導(dǎo)

2

|西|=JAD+標(biāo)2+而2+2(而.初-磯?AB-AD.AB)=V3^1=V2fAC|=

JAB2+AD2+2AB?AD=y/3y

22

BD[?AC=(AD+AA{-AB)?(JS+AD)=AD+AA^?AS+AA^?AD-AB=lf

所以cos〈西,就〉二篇落*故B正確；

連接BD交AC于點(diǎn)0.易知四面體A-ABD為正四面體,則點(diǎn)A1在平面ABD上的射

影P為A0上靠近0的三等分點(diǎn),則AP三A0!

AcosZA.AP^,即AAi與平面ABCD所成角的余弦值為今故C錯(cuò)誤；

因?yàn)锳D〃平面ABCD,所以AD到平面ABCD的距離d即為點(diǎn)A1到平面ABCD的距

離，所以d二PA尸〃及AP2=*故D正確.

6.答案力

解析不妨設(shè)|而|二|南|二|左|二|方二1,由題意知,向量近，據(jù),左不共

面，aW90°,a#0°,所以存在實(shí)數(shù)a,b,c使得而二a57+b治+c次，

貝阿?iDD-aOA?OD+bOB?OD+CO??0Df

所以才二a|ol||OD|COSa+b|os||OD|COSa+C|OC||OD|COSa,

所以l=acosa+bcosa+ccosa,即ci+b+c=—.

cosa

2

因?yàn)樵?^4=aol+bOF?OA+COC?OA,

所以|而1571cosa=a+b|~OB|dl|cosa+coc|?|OA|cosa,

所以cosa二a+bcosa+ccosa,即a=(l-b-c)cosa,

同理可得b=(l-a~c)cosa,c=(l-a-b)cosa,

所以a+b+c=(3-嘉)cos。/，

所以3cos2a_2cosa-1=0,

所以cos或cosa=1(舍去).

7.解析以A為原點(diǎn)，茄，茄，萬的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向，建立如圖

所示的空間直角坐標(biāo)系，則

A(0,0,0),B(l,0,O),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2),，赤(0,2,0),PC=(1,1,-

2),PD=(0,2,-2),BP=(-1,0,2),CD=(-1,1,0),CB=(0,-1,0).

(1)YPAJ_平面ABCD,ADc平面ABCD,

APA±AD,又ABJ_AD,PAAAB=A,

，AD_L平面PAB,

???而=(0,2,0)是平面PAB的一個(gè)法向量.

設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為儂二(x,y,z),

則忙黑刎凝鬣°,令曰則z=l，x=l，

Am=(l,1,1),

???cos〈前,叱=骷哼???平面PAB與平面PCD所成銳二面角的余弦值為今

(2)設(shè)Q為直線PB上一點(diǎn)，麗=XBP=(-入，0,2入)”R),

又而=(-1,1,0),CB=(0,-1,0),

=CB+BQ=(-X,-l,2X),則點(diǎn)Q到直線CD的距離d=J&2(阿COSV衣，而>)2

二辰(鬻)2

=J(力2+(—1)2+(2入)2.(篇)2

=新+入+只％+丁+蕓,

故異面直線PB與CD之間的距離為|.

8.解析(1)證明:在題圖1中,AF=FC,BF+FOV5AB,設(shè)AB=Ha(a>0),BF=x(x>0),

則BC=3a,

在ABAF中，BF2+AB2=AF2,即x2+3a2=(3a-x)2,

解得x二a,則AF=FO2BF=2a,所以NBAF=30°,易知AEFC為等邊三角形，所以

EF=EC.

因?yàn)樵陬}圖2中，點(diǎn)B落在線段FC上，所以BC=BF=a，所以BE1FC,

又AB±BF,即AB±CF,ABABE=B,AB,BEc平面ABE,所以CF,平面ABE.

又CFc平面EFC,所以平面ABE，平面EFC.

⑵以F為原點(diǎn),FC所在直線為x軸,過點(diǎn)F且平行于BE的直線為y軸,過點(diǎn)F且

垂直于平面EFC的直線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則F(0,0,0),C(2a,0,0),B(a,0,0),E(a,V5a,0),所以靛=(0,V5a,0),

易得平