【数学】2020届一轮复习（理）通用版考点测试46直线、平面垂直的判定及其性质作业

【数学】2020届一轮复习（理）通用版考点测试46直线、平面垂直的判定及其性质作业

考点测试46　直线、平面垂直的判定及其性质 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 高考概览 考纲研读 ‎1．以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线、面垂直的有关性质与判定定理 ‎2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题 一、基础小题 ‎1．下列条件中，能判定直线l⊥平面α的是(　　)‎ A．l与平面α内的两条直线垂直 B．l与平面α内无数条直线垂直 C．l与平面α内的某一条直线垂直 D．l与平面α内任意一条直线垂直 答案　D 解析　由直线与平面垂直的定义，可知D正确．‎ ‎2．设l，m，n均为直线，其中m，n在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 答案　A 解析　当l⊥α时，l⊥m且l⊥n．但当l⊥m，l⊥n时，若m，n 不是相交直线，则得不到l⊥α．即l⊥α是l⊥m且l⊥n的充分不必要条件．故选A．‎ ‎3．给出下列四个命题：‎ ‎①垂直于同一平面的两条直线相互平行；‎ ‎②垂直于同一平面的两个平面相互平行；‎ ‎③若一个平面内有无数条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；‎ ‎④若一条直线垂直于一个平面内的任一直线，那么这条直线垂直于这个平面．‎ 其中真命题的个数是(　　)‎ A．1 B．‎2 C．3 D．4‎ 答案　B 解析　由直线与平面垂直的性质，可知①正确；正方体的相邻的两个侧面都垂直于底面，而不平行，故②错误；由直线与平面垂直的定义知④正确，而③错误．‎ ‎4．若空间三条直线a，b，c满足a⊥b，b⊥c，则直线a与c(　　)‎ A．一定平行 B．一定相交 C．一定是异面直线 D．平行、相交、异面直线都有可能 答案　D 解析　当a，b，c共面时，a∥c；当a，b，c不共面时，a与c可能异面也可能相交．‎ ‎5．下列命题中错误的是(　　)‎ A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β B．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ D．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β 答案　D 解析　对于D，若平面α⊥平面β，则平面α内的直线可能不垂直于平面β，即与平面β的关系还可以是斜交、平行或在平面β内，其他选项易知均是正确的．‎ ‎6．如图，在斜三棱柱ABC－A1B‎1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在(　　)‎ A．直线AB上 B．直线BC上 C．直线AC上 D．△ABC内部 答案　A 解析　由AC⊥AB，AC⊥BC1，∴AC⊥平面ABC1．‎ 又∵AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC．‎ ‎∴C1在平面ABC上的射影H必在两平面交线AB上．‎ ‎7．如图所示，在立体图形D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是(　　)‎ A．平面ABC⊥平面ABD B．平面ABD⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE D．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE 答案　C 解析　因为AB＝CB，且E是AC的中点，‎ 所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，‎ 而BE∩DE＝E，所以AC⊥平面BDE．‎ 因为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE．‎ 又由于AC在平面ADC内，‎ 所以平面ADC⊥平面BDE．故选C．‎ ‎8．如图所示，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABCDEF，PA＝2AB，则下列结论正确的是(　　)‎ A．PA⊥AD B．平面ABCDEF⊥平面PBC C．直线BC∥平面PAE D．直线PD与平面ABCDEF所成的角为30°‎ 答案　A 解析　因为PA⊥平面ABCDEF，所以PA⊥AD，故选项A正确；选项B中两个平面不垂直，故选项B错；选项C中，AD与平面PAE相交，BC∥AD，故选项C错；选项D中，PD与平面ABCDEF所成的角为45°，故选项D错．故选A．‎ 二、高考小题 ‎9．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，E为棱CD的中点，则(　　)‎ A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC 答案　C 解析　如图，∵A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B，D错误；‎ ‎∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B‎1C，且B‎1C⊥BC1，‎ ‎∴A1E⊥BC1，故C正确；‎ ‎(证明：由条件易知，BC1⊥B‎1C，BC1⊥CE，又CE∩B‎1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1．又A1E⊂平面CEA1B1，‎ ‎∴A1E⊥BC1)‎ ‎∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错误．故选C．‎ 解法二(空间向量法)：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，E，‎ ‎∴＝，＝(0，1，1)，＝(－1，－1，0)，＝(－1，0，1)，＝(－1，1，0)，∴·≠0，·≠0，·＝0，·≠0，∴A1E⊥BC1．故选 C．‎ ‎10．(2015·福建高考)若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的(　　)‎ A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 答案　B 解析　由“m⊥α且l⊥m”推出“l⊂α或l∥α”，但由“m⊥α且l∥α”可推出“l⊥m”，所以“l⊥m”是“l∥α”的必要而不充分条件．故选B．‎ 三、模拟小题 ‎11．(2018·大连双基测试)已知互不重合的直线a，b，互不重合的平面α，β，γ，给出下列四个命题，错误的命题是(　　)‎ A．若a∥α，a∥β，α∩β＝b，则a∥b B．若α⊥β，a⊥α，b⊥β，则a⊥b C．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝a，则a⊥α D．若α∥β，a∥α，则a∥β 答案　D 解析　构造一个长方体ABCD－A1B‎1C1D1．对于D，平面ABCD∥平面A1B‎1C1D1，A1B1∥平面ABCDA1B1∥平面A1B‎1C1D1．‎ ‎12．(2018·河南安阳二模)已知a，b表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，下列说法错误的是(　　)‎ A．若a⊥α，b⊥β，α∥β，则a∥b B．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥β C．若a⊥α，a⊥b，α∥β，则b∥β D．若α∩β＝a，a∥b，则b∥α或b∥β 答案　C 解析　对于A，若a⊥α，α∥β，则a⊥β，又b⊥β，故a∥b，A正确；对于B，若a⊥α，a⊥b，则b⊂α或b∥α，∴存在直线m⊂α，使得m∥b，又b⊥β，∴m⊥β，∴α⊥β，故B正确；对于C，若a⊥α，a⊥b，则b⊂α或b∥α，又α∥β，∴b⊂β或b∥β，故C错误；对于D，若α∩β＝a，a∥b，则b∥α或b∥β，‎ 故D正确，故选C．‎ ‎13．(2018·安徽亳州模拟)如图甲所示，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，如图乙所示，那么，在四面体A－EFH中必有(　　)‎ A．AH⊥平面EFH B．AG⊥平面EFH C．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF 答案　A 解析　∵AH⊥HE，AH⊥HF，且EH∩HF＝H，∴AH⊥平面EFH，A正确；∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴B不正确；∵AG⊥EF，EF⊥AH，AG∩AH＝A，∴EF⊥平面HAG，∵EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，∴过H作平面AEF的垂线，一定在平面HAG内，∴C不正确；∵HG不垂直于AG，∴HG⊥平面AEF不正确，∴D不正确，故选A．‎ ‎14．(2018·福建泉州二模)在下列四个正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面，则在各个正方体中，直线BD1与平面EFG不垂直的是(　　)‎ 答案　D 解析　如图，在正方体中，E，F，G，M，N，Q均为所在棱的中点，易知E，F，G，M，N，Q六个点共面，直线BD1与平面EFMNQG垂直，并且选项A，B，C中的平面与这个平面重合，不满足题意，只有选项D中的直线BD1与平面EFG不垂直，满足题意．故选D．‎ ‎15．(2018·南昌模拟)如果PA，PB，PC两两垂直，那么点P在平面ABC内的投影一定是△ABC的(　　)‎ A．重心 B．内心 C．外心 D．垂心 答案　D 解析　如图，O是点P在平面ABC内的投影，连接OA，OB，OC，‎ ‎∵PA，PB，PC两两垂直，∴PA⊥平面PBC，‎ 又BC⊂平面PBC，∴PA⊥BC，‎ 而PO⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PO⊥BC，‎ 又PA∩PO＝P，∴BC⊥平面PAO．‎ 又AO⊂平面PAO，∴BC⊥AO．‎ 同理可知AC⊥BO，AB⊥CO．‎ ‎∴O为△ABC的垂心．故选D．‎ ‎16．(2018·南昌摸底)如图，四棱锥P－ABCD中，△PAB与△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，则下列结论不一定成立的是(　　)‎ A．PB⊥AC B．PD⊥平面ABCD C．AC⊥DP D．平面PBD⊥平面ABCD 答案　B 解析　取BP中点O，连接OA，OC，易得BP⊥OA，BP⊥OC⇒BP⊥面OAC⇒BP⊥AC⇒选项A正确；又AC⊥BD⇒AC⊥面BDP⇒AC⊥PD，平面PBD⊥平面ABCD，所以选项C，D也正确．故选B．‎ ‎17．(2018·山西临汾模拟)如图，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，MD ‎⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为MC的中点，则下列结论不正确的是(　　)‎ A．平面BCE⊥平面ABN B．MC⊥AN C．平面CMN⊥平面AMN D．平面BDE∥平面AMN 答案　C 解析　分别过A，C作平面ABCD的垂线AP，CQ，使得AP＝CQ＝1，连接PM，PN，QM，QN，将几何体补成棱长为1的正方体．∴BC⊥平面ABN，又BC⊂平面BCE，∴平面BCE⊥平面ABN，故A正确；连接PB，则PB∥MC，显然，PB⊥AN，∴MC⊥AN，故B正确；取MN的中点F，连接AF，CF，AC．∵△AMN和△CMN都是边长为的等边三角形，∴AF⊥MN，CF⊥MN，‎ ‎∴∠AFC为二面角A－MN－C的平面角，∵AF＝CF＝，AC＝，∵AF2＋CF2≠AC2，即∠AFC≠，‎ ‎∴平面CMN与平面AMN不垂直，故C错误；∵DE∥AN，MN∥BD，DE∩BD＝D，DE，BD⊂平面BDE，MN∩AN＝N，MN，AN⊂平面AMN，∴平面BDE∥平面AMN，故D正确，故选C．‎ ‎18．(2018·西安六校联考)已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，点E，F分别是棱PC，PD的中点，则 ‎①棱AB与PD所在的直线垂直；②平面PBC与平面ABCD垂直；③△PCD的面积大于△PAB的面积；④直线AE与直线BF是异面直线．‎ 以上结论正确的是________．(写出所有正确结论的序号)‎ 答案　①③‎ 解析　由条件可得AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，‎ 故①正确；∵PA⊥平面ABCD，‎ ‎∴平面PAB，平面PAD都与平面ABCD垂直．‎ 故平面PBC不可能与平面ABCD垂直，故②错误；‎ ‎∵S△PCD＝CD·PD，S△PAB＝AB·PA，‎ 由AB＝CD，PD>PA，可知③正确；‎ 由E，F分别是棱PC，PD的中点可得EF∥CD，‎ 又AB∥CD，∴EF∥AB，故AE与BF共面，故④错误．‎ 一、高考大题 ‎1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．‎ ‎(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；‎ ‎(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．‎ 解　(1)证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，‎ 又PF∩EF＝F，所以BF⊥平面PEF．‎ 又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD．‎ ‎(2)作PH⊥EF，垂足为H．‎ 由(1)，得PH⊥平面ABFD．‎ 以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz．‎ 由(1)可得，DE⊥PE．又DP＝2，DE＝1，所以PE＝．‎ 又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF．‎ 所以PH＝，EH＝，则H(0，0，0)，P，D，＝，＝0，0，为平面ABFD的法向量．‎ 设DP与平面ABFD所成的角为θ，‎ 则sinθ＝＝＝．‎ 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为．‎ ‎2．(2018·北京高考)如图，在三棱柱ABC－A1B‎1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A‎1C1，BB1的中点，AB＝BC＝，AC＝AA1＝2．‎ ‎(1)求证：AC⊥平面BEF；‎ ‎(2)求二面角B－CD－C1的余弦值；‎ ‎(3)证明：直线FG与平面BCD相交．‎ 解　(1)证明：在三棱柱ABC－A1B‎1C1中，‎ 因为CC1⊥平面ABC，所以四边形A1ACC1为矩形，‎ 又E，F分别为AC，A‎1C1的中点，所以AC⊥EF．‎ 因为AB＝BC，所以AC⊥BE．‎ 所以AC⊥平面BEF．‎ ‎(2)由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．‎ 又CC1⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABC．‎ 因为BE⊂平面ABC，所以EF⊥BE．‎ 如图建立空间直角坐标系Exyz．‎ 由题意得B(0，2，0)，C(－1，0，0)，D(1，0，1)，F(0，0，2)，G(0，2，1)．‎ 所以＝(－1，－2，0)，＝(1，－2，1)．‎ 设平面BCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，‎ 则则 令y0＝－1，则x0＝2，z0＝－4．‎ 于是n＝(2，－1，－4)．‎ 又因为平面CC1D的一个法向量为＝(0，2，0)，‎ 所以cos〈n，〉＝＝－．‎ 由题知二面角B－CD－C1为钝角，所以其余弦值为－．‎ ‎(3)证明：由(2)知平面BCD的一个法向量为 n＝(2，－1，－4)，＝(0，2，－1)．‎ 因为n·＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0，所以直线FG与平面BCD相交．‎ ‎3．(2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD．‎ ‎(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；‎ ‎(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D－AE－C的余弦值．‎ 解　(1)证明：由题设可得△ABD≌△CBD，‎ 从而AD＝CD．‎ 又△ACD是直角三角形，所以∠ADC＝90°．‎ 取AC的中点O，连接DO，BO，则DO⊥AC，DO＝AO．‎ 又因为△ABC是正三角形，故BO⊥AC，‎ 所以∠DOB为二面角D－AC－B的平面角．‎ 在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2，‎ 又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，‎ 故∠DOB＝90°．‎ 所以平面ACD⊥平面ABC．‎ ‎(2)由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直，‎ 以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，‎ 则A(1，0，0)，B(0，，0)，C(－1，0，0)，D(0，0，1)．‎ 由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得E，‎ 故＝(－1，0，1)，＝(－2，0，0)，‎ ＝．‎ 设n＝(x，y，z)是平面DAE的法向量，‎ 则即 可取n＝．‎ 设m是平面AEC的法向量，则 同理可取m＝(0，－1，)，‎ 则cos〈n，m〉＝＝．‎ 所以二面角D－AE－C的余弦值为．‎ 二、模拟大题 ‎4．(2018·河南郑州二模)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，△DAB≌△DCB，E为线段BD上的一点，且EB＝ED＝EC＝BC，连接CE并延长交AD于F．‎ ‎(1)若G为PD的中点，求证：平面PAD⊥平面CGF；‎ ‎(2)若BC＝2，PA＝3，求平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值．‎ 解　(1)证明：在△BCD中，EB＝ED＝EC＝BC，‎ 故∠BCD＝，∠CBE＝∠CEB＝，连接AE，‎ ‎∵△DAB≌△DCB，∴△EAB≌△ECB，‎ 从而有∠FED＝∠BEC＝∠AEB＝，AE＝CE＝DE．‎ ‎∴∠AEF＝∠FED＝，‎ 故EF⊥AD，AF＝FD．‎ 又PG＝GD，∴GF∥PA．‎ 又PA⊥平面ABCD，故GF⊥平面ABCD，‎ ‎∴GF⊥AD，又GF∩EF＝F，故AD⊥平面CFG．‎ 又AD⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面CGF．‎ ‎(2)以点A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(3，，0)，D(0，2，0)，P(0，0，3)．‎ 故＝(1，，0)，＝(－3，－，3)，＝(－3，，0)．‎ 设平面BCP的一个法向量为n1＝(1，y1，z1)，‎ 则解得 即n1＝1，－，．‎ 设平面DCP的一个法向量为n2＝(1，y2，z2)，‎ 则解得 即n2＝(1，，2)．‎ 从而平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值为＝＝．‎ ‎5．(2018·江西南昌二中模拟)如图，在等腰梯形ABCD中，∠ABC＝60°，CD＝2，AB＝4，点E为AB的中点，现将该梯形中的三角形BEC沿线段EC折起，形成四棱锥B－AECD．‎ ‎(1)在四棱锥B－AECD中，求证：AD⊥BD；‎ ‎(2)若平面BEC与平面AECD所成二面角的平面角为120°，求直线AE与平面ABD所成角的正弦值．‎ 解　(1)证明：由三角形BEC沿线段EC折起前，∠ABC＝60°，CD＝2，AB＝4，点E为AB的中点，得三角形BEC沿线段EC折起后，四边形AECD为菱形，边长为2，∠DAE＝60°，如图，取EC的中点F，连接DF，BF，DE．‎ ‎∵△BEC和△DEC均为正三角形，‎ ‎∴EC⊥BF，EC⊥DF，又BF∩DF＝F，‎ ‎∴EC⊥平面BFD，‎ ‎∵AD∥EC，∴AD⊥平面BFD，‎ ‎∵BD⊂平面BFD，∴AD⊥BD．‎ ‎(2)以F为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系，‎ 由EC⊥平面BFD，知z轴在平面BFD内，‎ ‎∵BF⊥EC，DF⊥EC，‎ ‎∴∠BFD为平面BEC与平面AECD所成二面角的平面角，∴∠BFD＝120°，∴∠BFz＝30°，‎ 又∵BF＝，‎ ‎∴点B的横坐标为－，点B的竖坐标为．‎ 因D(，0，0)，E(0，1，0)，A(，2，0)，B－，0，，‎ 故＝(－，－1，0)，＝，0，－，＝(0，－2，0)．‎ 设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，‎ ‎∴ 得 令x＝1，得y＝0，z＝，‎ ‎∴平面ABD的一个法向量为n＝(1，0，)，‎ ‎∴cos〈，n〉＝ ‎＝ ‎＝－，‎ ‎∵直线AE与平面ABD所成角为锐角，‎ ‎∴直线AE与平面ABD所成角的正弦值为．‎ ‎6．(2018·江西联考)如图，在三棱柱ABC－A1B‎1C1中，B1B＝B‎1A＝AB＝BC，∠B1BC＝90°，D为AC的中点，AB⊥B1D．‎ ‎(1)求证：平面ABB‎1A1⊥平面ABC；‎ ‎(2)在线段CC1(不含端点)上，是否存在点E，使得二面角E－B1D－B的余弦值为－？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．‎ 解　‎ ‎(1)证明：取AB的中点O，连接OD，OB1．‎ 因为B1B＝B‎1A，‎ 所以OB1⊥AB．‎ 又AB⊥B1D，OB1∩B1D＝B1，‎ 所以AB⊥平面B1OD．‎ 因为OD⊂平面B1OD，‎ 所以AB⊥OD．‎ 由已知条件知，BC⊥BB1，‎ 又OD∥BC，所以OD⊥BB1．‎ 因为AB∩BB1＝B，所以OD⊥平面ABB‎1A1．‎ 因为OD⊂平面ABC，所以平面ABB‎1A1⊥平面ABC．‎ ‎(2)由(1)知OB，OD，OB1两两垂直，所以以O为坐标原点，的方向为x轴的方向，||为单位长度1，建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 由题设知，B1(0，0，)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A(－1，0，0)，C(1，2，0)，C1(0，2，)，∴＝(0，1，－)，＝(1，0，－)，设＝λ(0<λ<1)，‎ 则＝＋＝(1－λ，2，(λ－1))．‎ 设平面BB1D的法向量为m＝(x1，y1，z1)，‎ 则得 令z1＝1，则x1＝y1＝，所以平面BB1D的一个法向量m＝(，，1)．‎ 设平面B1DE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，‎ 则得 令z2＝1，则x2＝，y2＝，‎ 所以平面B1DE的一个法向量n＝．‎ 设二面角E－B1D－B的大小为θ，‎ 则cosθ＝＝＝－．‎ 解得λ＝．‎ 所以在线段CC1上存在点E，使得二面角E－B1D－B的余弦值为－，此时＝．‎