2020高考數(shù)學熱點集中營 熱點19 立體幾何大題 新課標

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1、 【兩年真題重溫】 【2020新課標全國理，18】如圖，四棱錐中，底面為平行四邊形，∠，，⊥底面． (Ⅰ) 證明：⊥； (Ⅱ) 若，求二面角的余弦值． ，，，， ，，， 設平面的法向量為，則， 即，因此可?。? 設平面的法向量為，則，可?。? ．故二面角的余弦值為 ． 從而，故， 又底面，可得， 所以平面．故 【2020 新課標全國理，18】如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面為等腰梯形，ABCD,ACBD，垂足為H，PH是四棱錐的高 ，E為AD中點. （1） 證明：PEBC （2） 若APB=ADB=60°，求直線PA與平面PEH所成角

2、的正弦值 【2020 新課標全國文，18】如圖，已知四棱錐的底面為等腰梯形，∥,,垂足為，是四棱錐的高。 （Ⅰ）證明：平面 平面; （Ⅱ）若,60°,求四棱錐的體積。 【命題意圖猜想】 輯推理能力． 【最新考綱解讀】 【回歸課本整合】 3.平面與平面平行 5.（理）直線與平面所成的角 （3）二面角的范圍：； 7（理） 利用向量處理平行問題 （1）證明線線平行，找出兩條直線的方向向量，證明方向向量共線； 2.求直線和平面所成的角的向量法：在斜線上取一方向向量，并求出平面的一個法向量，若設斜線和平面所成的角為,由. 【方法技巧提煉】

3、 1. 線線平行與垂直的證明 證明線線平行的方法：（1）平行公理；（2）線面平行的性質定理；（3）面面平行的性質定理；（4）向量平行.要注意線面、面面平行的性質定理的成立條件. 證明線線垂直的方法：（1）異面直線所成的角為直角；（2）線面垂直的性質定理；（3）面面垂直的性質定理；（4）三垂線定理和逆定理；（5）勾股定理；（6）向量垂直.要注意線面、面面垂直的性質定理的成立條件.解題過程中要特別體會平行關系性質的傳遞性，垂直關系的多樣性. 例1 如圖，四面體C—ABD，CB = CD，AB = AD， ∠BAD = 90°.E、F分 別是BC、AC的中點. （1）求證：AC⊥BD；

4、（2）如何在AC上找一點M，使BF∥平面MED？并說明理由； （3）若CA = CB，求證：點C在底面ABD上的射影是線段BD的中點. 解析：（1）取BD的中點O，連接AO，CO，在△BCD中 ∵BC = DC，∴CO⊥BD，同理AO⊥BD 而AO∩CO = O， ∴BD⊥平面AOC，又平面AOC，∴AC⊥BD. （2）取FC的中點M，連接EM，DM， ∵E是BC的中點，∴BF∥EM，∵平面MED，∴BF∥平面MED，∴FC的中點M即為所求. （3）∵△ABD是等腰直角三角形，∠BAD = 90°， ∴AO = BO = DO；∵CA = CB = CD，CO是公共邊，∴

5、△COA≌△COB≌△COD； ∴∠COA=90°，即CO⊥AO，又CO⊥BD，AO∩BD = O， ∴CO⊥平面ABD，即點C在底面ABD上的射影是線段BD的中點 . 例2 在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，側棱PA垂直于底面，E、F分別是AB、PC的中點． P A B C D E F （1）求證：平面PAD； （1）面面平行的證明方法：①反證法:假設兩個平面不平行，則它們必相交，在導出矛盾；②面面平行的判斷定理；③利用性質:垂直于同一直線的兩個平面平行；平行于同一平面的兩個平面平行；④向量法：證明兩個平面的法向量平行. BB1C1C; (3

6、) AM=MA1是截面MBC1⊥平面BB1C1C的充要條件嗎? 請你敘述判斷理由. (1)證明: ∵AB=AC, D是BC的中點, A B C D A1 B1 C1 M ∴AD⊥BC. ∵底面ABC⊥平面BB1C1C, ∴AD⊥側面BB1C1C. ∴AD⊥CC1. E (2)證明：延長B1A1與BM交于N, 連結C1N. ∵AM=MA1, ∴NA1=A1B1. ∵A1B1=A1C1, ∴A1C1= A1N=A1B1. ∴C1N⊥C1B1. ∵截面N B1C1⊥側面BB1C1C, ∴C1N⊥側面BB1C1C. ∴截面C1N

7、B⊥側面BB1C1C. N ∴截面MBC1⊥側面BB1C1C. (3)解: 結論是肯定的, 充分性已由(2)證明. 下面證必要性: 過M作ME⊥B C1于E, ∵截面MBC1⊥側面BB1C1C, ∴ME⊥側面BB1C1C. 又∵AD⊥側面BB1C1C, ∴ME∥AD. ∴M, E, A, D共線. ∵A M∥側面BB1C1C, ∴AM∥DE. ∵CC1⊥AM, ∴DE∥CC1. ∵D是BC的中點, ∴E是BC1的中點. ∴AM= DE=CC1=AA1,∴AM= MA1. 例4 已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，AA1＝

8、，D 是A1B1中點． （1）求證C1D⊥平面A1B； （2）當點F在BB1上什么位置時，會使得AB1⊥平面C1DF？并證明你的結論． 解析:對于第二問，要滿足AB1⊥平面C1DF，可想辦法構造AB1 ⊥DF,從而確定F點位置. （ 例5 在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2,AA1=1,則BC1與平面BB1D1D所成角的正弦值為（ ） A. B. C. D. 答案：D 解析：如圖2連與交與O點,再連BO, 則為BC1與平面BB1D1D所成角. ，， 。 （即點到底面的距離）， 故與底面所成角的正

9、弦值為. （4）秒用公式，直接得到線面角 答案： 例8．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的側棱長與底面邊長相等，則AB1與側面ACC1A1所成角的正弦等于（ ） A B C C1 A1 B1 x y z O A． B． C． D． 答案：A 解析：如圖所示建立空間直角坐標系，設正三棱柱的棱長為2，A（-1，0，0） B1(0,),則, O(0,0,0),B(0, )，則為側面ACC1A1的法向量 由. 6.如何求二面角 （1）直接法.直接法求二面角大小的步驟是：一作（找）、二證、三計算.即先作(找)出表示

10、 （3）向量法：法一、在內，在內， 其方向如左圖，則二面角 的平面角 ； 法二：設,是二面角的兩個半平面的法向量，其方向一個指向內 側，另一個指向外側（同等異補），則二面角的平面角 例9 如圖，在棱長為1的正方體ABCD—A1B1C1D1中，AC與BD交于點E，CB與CB1交于點F. （I）求證：A1C⊥平BDC1； （II）求二面角B—EF—C的大?。ńY果用反三角函數(shù)值表示）. 解法一：（Ⅰ）∵A1A⊥底面ABCD，則AC是A1C在底面ABCD的射影. ∵AC⊥BD.∴A1C⊥BD. 同理A1C⊥DC1,又BD∩DC1=D,

11、 解法二：（Ⅰ）以點C為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系,則C(0,0,0). D(1,0,0),B(0,1,0),A1(1,1,1),C1(0,0,1),D1(1,0,1) （Ⅱ）同（I）可證，BD1⊥平面AB1C. 軸，然后在底面確定互相垂直的直線分別為x，y軸.如圖4. Q B C P A D z y x O A B C D E A1 B1 C1 O z x y 圖1 圖2 圖3

12、 圖4 理，只需通過坐標運算進行判斷，在解題過程中，往往把“是否存在”問題，轉化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍的解”等，所以使問題的解集更加簡單、有效，應善于運用這一方法解題. 例9 在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，已知AB//CD,AB=AD=1,D1D=CD=2,AB⊥AD． （1)求證：BC⊥面D1DB；（2)求D1B與平面D1DCC1所成角的大??； （3)在BB1上是否存在一點F，使F到平面D1BC的距離為，若存在，則指出該點的位置；若不存在，請說明理由． （1)證明：如圖建立坐標系D-xyz, ． ∴． ∵，∴BC⊥DD1, BC⊥DB．

13、∵D1D∩ DB=D，∴BC⊥平面D1DB． （2) ． ∵AD⊥平面D1DCC1，∴平面D1DCC1的法向量， 依據(jù)向量距離公式，確定點的坐標，進而判斷是否存在，這是思路經(jīng)常用. 【考場經(jīng)驗分享】 【新題預測演練】 1.【唐山市2020學年度高三年級第一次模擬考試】 （理）如圖，在三棱柱ABC-A1BlC1中，CC1丄底面ABC,底面是邊長為2的正三角形，M, N分別是棱CC1、AB的中點. (I)求證：CN//平面 AMB1; (II)若二面角A-MB1-C為45°,求CC1的長. 解： （Ⅰ）設AB1的中點為P，連結NP、MP．

14、 ∵CMAA1，NPAA1，∴CMNP， ∴CNPM是平行四邊形，∴CN∥MP． ∵CN?平面AMB1，MPì平面AMB1， ∴CN∥平面AMB1． …4分 即 則w＝0，令v＝1，則u＝，即m＝(，1，0)． …10分 所以cosám，n?＝， 依題意，ám，n?＝45°，則＝，解得a＝， 所以CC1的長為2． …12分 （文）如圖，在三棱柱ABC-A1BlC1中，CC1丄底面ABC，底面是邊長為2的正三角形，M、N、G分別是棱CC1、AB, BC的中點. (I )求證：; (II)若求證：. 解： （Ⅰ）設AB1的中點為P，

15、連結NP、MP． ∵CMAA1，NPAA1，∴CMNP， ∴CNPM是平行四邊形，∴CN∥MP． ∵CN?平面AMB1，MPì平面AMB1，∴CN∥平面AMB1． …4分 （Ⅱ）∵CC1⊥平面ABC，∴平面CC1B1B⊥平面ABC， ∵AG⊥BC，∴AG⊥平面CC1B1B，∴B1M⊥AG． …6分 ∵CC1⊥平面ABC，平面A1B1C1∥平面ABC，∴CC1⊥AC，CC1⊥B1C1， 在Rt△MCA中，AM＝＝． 同理，B1M＝． …9分 ∵BB1∥CC1，∴BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥AB， ∴AB1＝＝＝2， ∴AM2＋B1M2

16、＝AB，∴B1M⊥AM， …10分 又AG∩AM＝A，∴B1M⊥平面AMG． …12分 E S D C A B 2.【2020年河南鄭州高中畢業(yè)年級第一次質量預測】 （理）如圖，在四棱錐S-ABCD中，AB⊥AD，AB∥CD，CD=3AB=3， 平面SAD⊥平面ABCD，E是線段AD上一點，AE=ED=，SE⊥AD. （Ⅰ）證明：平面SBE⊥平面SEC; （Ⅱ）若SE=1，求直線CE與平面SBC所成角的正弦值. 解：（Ⅰ）平面平面,平面平面, （Ⅱ）由（Ⅰ）知，直線ES,EB,EC兩兩垂直. 如圖，以EB為x軸, 以

17、EC為y軸,以ES為z軸,建立空間直角坐標系. 則， . 設平面SBC的法向量為， 則 解得一個法向量，…………9分 設直線CE與平面SBC所成角為， 則又 所以直線CE與平面SBC所成角的正弦值…………12分 （文）如圖，在四棱錐S-ABCD中，AB⊥AD，AB∥CD，CD=3AB=3，平面SAD⊥平面ABCD，E是線段AD上一點，AE=ED=，SE⊥AD. （Ⅰ）證明：平面SBE⊥平面SEC; （Ⅱ）若SE=1，求三棱錐E-SBC的高. （Ⅰ）證明: 平面平面,平面平面, 平面，， 平面. …………2分 平面 ，，=3,

18、AE=ED= 所以即…………4分 結合得BE⊥平面SEC, 平面， 平面SBE⊥平面SEC. …………6分 （Ⅱ）如圖，作EF⊥BC于F,連結SF.由BC⊥SE,SE和EF相交得， BC⊥平面SEF,由BC在平面SBC內，得平面SEF⊥平面SBC. 作EG⊥SF于G, 則EG⊥平面SBC.即線段EG的長即為三棱錐E-SBC的高.…………9分 由SE=1，BE=2，CE=得BC=4，EF=. 在中，, 所以三棱錐E-SBC的高為.…………12分 3.【2020年石家莊市高中畢業(yè)班教學質量檢測(二)】 =(,1， 1),………………8分 設平面BEF的法向量=（）則

19、 令，則, ∴=（）…………………10分 同理，可求平面DEF的法向量 =（-） 設所求二面角的平面角為，則 =.…………………12分 （文）如圖，在多面體ABCDEF中，ABCD為菱形，ABC=60，EC面ABCD，F(xiàn)A面ABCD，G為BF的中點，若EG//面ABCD． (I)求證：EG面ABF； (Ⅱ)若AF=AB=2，求多面體ABCDEF的體積． 證明；第二問中利用體積分割進行求解. (Ⅰ)解:取AB的中點M，連結GM,MC. 可得GM //FA, 因為EC面ABCD, F A 面ABCD, 所以CE//FA, ∴EC//G

20、M.……………2分 ∵面CEGM面ABCD=CM, EG// 面ABCD, ∴EG//CM,……………4分 ∵在正三角形ABC中，CMAB,又FACM ∴EGAB, EGAF, ∴EG面ABF.……………6分 （Ⅱ）=,……………8分 ,………………10分 .……………12分 4.【河北省石家莊市2020屆高三上學期教學質量檢測(一)】 （理）如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，且PA=AB，M、N分別是PA、BC的中點． (I)求證：MN∥平面PCD； (II)在棱PC上是否存在點E，使得AE上平面PBD?若存在，求出AE與平面P

21、BC所成角的正弦值，若不存在，請說明理由． （Ⅰ）證明：取PD中點為F，連結FC，MF． （文）如圖，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，∠B1A1C1=90°，D、E分別為CC1和A1B1的中點，且A1A=AC=2AB=2． (I)求證：C1E∥平面A1BD； (Ⅱ)求點C1到平面A1BD的距離． （Ⅰ）證明：取中點F，連結EF，F(xiàn)D． ∵,又,, ∴平行且等于 所以為平行四邊形，……………4分 ∴，又平面, ∴平面.……………6分 （Ⅱ），,……………8分 所以, ，………………10分 及， . 所以點到平面的距離為

22、.………………12分 5.【保定市2020學年度第一學期高三期末調研考試】 （理）如圖，在正三棱柱中，是的中點，是線段上的動點，且 (1)若，求證：； (2) 求二面角的余弦值； (3) 若直線與平面所成角的大小為，求的最大值. 解析：（1）證明：取中點，連接,則有平行且相等 所以四邊形是平行四邊形，……………..2分 （3） …………………..10分 令 . …………………………………………..12分 （文）如圖，在正三棱柱中，是的中點，是線段上的動點，且 (1)若，求證：； (2) 求二面角的正弦值； (3) 求三棱錐的體積 所以點到平面的距離等于

23、……………………..10分 又 ……………………..12分 所以平面. 即，, （Ⅱ）設為平面的一個法向量，則有， 即，所以． ……………………………… 7分 所以．………………………………………………………………………12分 因為平面平面，平面平面=，并且， 所以平面， 所以平面， ……………………………………………………13分 又因為平面， 所以平面平面．……………………………………………………14分 因為,為的中點， 所以． 又， 所以平面．

24、 ………………4分 又平面，平面， 所以∥平面． …………9分 （Ⅲ）因為， 又平面平面，交線為， 所以平面． 以為坐標原點，分別以所在的直 線為軸， 建立如圖所示的空間直角坐標系． 由===2， 則有，，． 設平面的法向量為=， （文）如圖，在四棱錐中，底面是正方形，

25、平面， 是中點，為線段上一點. （Ⅰ）求證：； 所以∥． 在△中,為的中點， 所以為中點． 在△中,，分別為，的中點， 所以∥． 又?平面, ì平面, 故//平面. ………………14分 8.【北京市西城區(qū)2020 — 2020學年度第一學期期末試卷】 （理）如圖，在直三棱柱中，，，是的中點． （Ⅰ）求證：∥平面； （Ⅱ）求二面角的余弦值； （Ⅲ）試問線段上是否存在點，使與成 角？若存在，確定點位置，若不存在，說明理由． （Ⅰ）證明：連結，交于點，連結. 由 是直三棱柱， 得 四邊形為矩形，為

26、的中點. 又為中點，所以為中位線， 所以 ∥， ………………2分 因為 平面，平面， 所以 ∥平面. ………………4分 （Ⅱ）解：由是直三棱柱，且，故兩兩垂直. 如圖建立空間直角坐標系. ………………5分 設，則. 所以 ， 設平面的法向量為，則有 所以 取，得. ………………7分 易知平面的法向量為. ………………8分 由二面角是銳角，得 . ………………9分 所以二面角的余弦值為.

27、 （Ⅲ）解：假設存在滿足條件的點. 因為在線段上，，，故可設，其中. 所以 ，. ………………11分 因為與成角，所以. ………………12分 即，解得，舍去. ………………13分 所以當點為線段中點時，與成角. ………………14分 （文）如圖，正三棱柱的側棱長和底面邊長均為，是的中點． （Ⅰ）求證：平面； （Ⅱ）求證：∥平面； （Ⅲ）求三棱錐的體積． （Ⅰ）證明：因為是正三棱柱， 所以 平面. 又 平面， 所以 . ………………3分 因為

28、 △是正三角形，是的中點， 所以 ， ………………4分 所以 平面. ………………5分 （Ⅱ）證明：連結，交于點，連結. 由 是正三棱柱， 得 四邊形為矩形，為的中點. 又為中點，所以為中位線， 所以 ∥， ………………8分 因為 平面，平面， 所以 ∥平面. ………………10分

29、 （Ⅲ）解：因為 ， ………………12分 所以 . ………………14分 即 因此可取m＝(－1，，1)． …8分 設n＝(x2，y2，z2)是面SBC的一個法向量，則 即 因此可取n＝(0，，1)． …10分 cosám，n?＝＝＝， 故平面BED與平面SBC所成銳二面角的大小為30°． …12分 10.【山西省高三第二次四校聯(lián)考】 P A B C D E （理）如圖，在底面為直角梯形的四棱錐中，,平面,,

30、 （1） 求證：平面； （2） 求二面角的大小. （文）如圖，在四棱錐中，側面是邊長 為2的正三角形，且與底面垂直；底面是菱形，，為的中點． （1）求四棱錐的體積； （2）求證：平面． 所以．又，所以面． …………12分 ＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4) ＝(－4，－2－3λ，4－4λ)， ＝(－4,5,0)，＝(－8,0,0)． 設平面BMC的法向量n1＝(x1，y1，z1)． 平面APC的法向量n2＝(x2，y2，z2)， 由 得 即可取n1＝. 由即 得可取n2＝(5,4，－3)． 又cos∠BPA＝＝， 從而PM＝PBc

31、os∠BPA＝2，所以AM＝PA－PM＝3. 綜上所述，存在點M符合題意，AM＝3. ，， 得 提示四（方法二） 切值． (Ⅰ)證明：在四棱錐P－ABCD中，連結AC交BD于點O，連結OM，PO．由條件可得PO＝，AC＝2，PA＝PC＝2，CO＝AO＝． 因為在△PAC中，M為PC的中點，O為AC的中點， 所以OM為△PAC的中位線，得OM∥AP， 又因為AP平面MDB，OM平面MDB， 所以PA∥平面MDB． …………6分 (Ⅱ) 解：設NC∩MO＝E，由題意得BP＝BC＝2，且∠CPN＝90°． 因為M為PC的中點，所以PC⊥BM， 同理PC⊥DM，故PC⊥

32、平面BMD． 所以直線CN在平面BMD內的射影為直線OM，∠MEC為直線CN與平面BMD所成的角， 又因為OM∥PA，所以∠PNC＝∠MEC． 在Rt△CPN中，CP＝2，NP＝1，所以tan∠PNC＝， 故直線 CN與平面BMD所成角的正切值為2． …………14分 13.【2020年邯鄲市高三第一次模擬考試】 （理）如圖，已知四棱錐的底面為菱形，且， ． （II）以中點為坐標原點，以所在直線為軸,所在直線為軸，建立空間直角坐標系如圖所示， 則 ……………………8分 ，即，解得， …………………………………………………………10分

33、 所以二面角的余弦值為 …………………………12分 （文）已知四棱錐的底面為菱形，且， ,為的中點. （Ⅰ）求證：平面； （Ⅱ）求點到面的距離． （本小題共12分）（I）證明：連接 為等腰直角三角形 為的中點 ……………………2分 又 是等邊三角形 ，………………………………4分 又 ，即 ……………………6分 平面PAD所成的角為θ， 由sinθ=|cos＜，＞|===……8分 解得a=2 所以＝（,0,0），＝（，，1） 設平面AEF的一法向量為

34、m=(x1,y1,z1)，則，因此取z1=-1，則m=(0,2,-1),……10分 因為BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，所以BD⊥平面AFC，故為平面AFC的一法向量.又=（-,3,0）， 所以cos＜m,＞=. 因為二面角E-AF-C為銳角，所以所求二面角的余弦值為.……12分 （文）如圖是某直三棱柱（側棱與底面垂直）被削去上底后的 直觀圖與三視圖的側視圖、俯視圖，在直觀圖中，是 的中點，側視圖是直角梯形，俯視圖是等腰直角三角形，有 關數(shù)據(jù)如圖所示. (Ⅰ)求出該幾何體的體積。 (Ⅱ)若是的中點，求證：平面； (Ⅲ)求證：平面平面. 解：(Ⅰ)由題意可知：四棱錐中

35、， 平面平面， 所以，平面 ………………………2分 又， 則四棱錐的體積為：…………4分 (Ⅱ)連接，則 又，所以四邊形為平行四邊形， …………6分 平面,平面, 所以，平面； ……………8分 (Ⅲ) ,是的中點, 又平面平面 平面 ……………………10分 由(Ⅱ)知： 平面 又平面 所以，平面平面. ………………………12分 14.【2020年河北省普通

36、高考模擬考試】 ∴， ∴，即PD⊥AC. ………..6分 (II) 假設在棱PA上存在一點E，不妨設=λ， 則點E的坐標為， ………..8分 ∴ 設是平面EBD的法向量，則 ， 則 可解得，即= 故在棱上存在點，當時，使得二面角E-BD-A的大小等于45°．……..12分 （文）如圖，四棱錐的底面是矩形，，，且側面PAB是正三角形，平面平面ABCD，E是棱PA的中點． （Ⅰ）求證：平面EBD； （Ⅱ）求三棱錐的體積． 【解析】 （I）證明：在矩形ABCD中，連結AC，設AC、BD交點為O，則O是AC中點． 又E是PA中點，所以EO

37、是△PAC的中位線，所以PC//EO．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．3分 又EOì平面EBD，PC ? 平面EBD．所以PC//平面EBD．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分 (II) 取AB中點H，則由PA＝PB，得PH⊥AB， 又平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD=AB， 所以PH⊥平面ABCD． ………..8分 取AH中點F，由E是PA中點，得EF//PH，所以EF⊥平面ABCD． ∵， 由題意可求得：=，PH=，EF=， ………..10分 則

38、． ………..12分 15. 【湖北省武漢市2020年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試答題適應性訓練】 （理）在直三棱柱中，，． B A1 C1 B1 A C D （Ⅰ）若異面直線與所成的角為，求棱柱的高； （Ⅱ）設是的中點，與平面所成的角為， 當棱柱的高變化時，求的最大值． 解法1： 在△中，由，，得， 解法2： 建立如圖2所示的空間直角坐標系，設，則有 所以， 故當時，的最大值. 2分 . A1 故就是與平面所成的角.

39、 2分 B1 C1 在Rt△中，由，， 可得. E A C 在Rt△中，由，， B 得，故. 因此與平面所成的角. 16.【湖北省八校2020屆高三第二次聯(lián)考】 （理）已知直三棱柱的三視圖如圖所示，且是的中點． （Ⅰ）求證：∥平面； （Ⅱ）求二面角的余弦值； （Ⅲ）試問線段上是否存在點，使與成 角？若存在，確定點位置，若不存在，說明理由． 2 2 1 1 正視圖 側視圖 俯視圖 A B C （Ⅱ）解：由是直三棱柱，且，故兩兩垂直. 如圖建立空間直角坐標系. …………………5分 ，則. 所以 ， 設平面的法向量為，則有 所以 取，得. …………………… …6分