2019届二轮复习第3讲　立体几何中的向量方法学案（全国通用）

2019届二轮复习第3讲　立体几何中的向量方法学案（全国通用）

第 3 讲　立体几何中的向量方法 高考定位　以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关 系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要 体现在建立空间直角坐标系和准确计算上. 真 题 感 悟 1.(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1 ＝1，则异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为(　　) A. 3 2 B. 15 5 C. 10 5 D. 3 3 解析　法一　以 B 为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系. 　 图(1)　　　　　　　　　　　图(2) 则 B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1). 又在△ABC 中，∠ABC＝120°，AB＝2，则 A(－1，3，0). 所以AB1→ ＝(1，－ 3，1)，BC1→ ＝(1，0，1)， 则 cos〈AB1→ ，BC1→ 〉＝ AB1→ ·BC1→ |AB1→ |·|BC1→ | ＝（1，－ 3，1）·（1，0，1） 5 × 2 ＝ 2 5 × 2 ＝ 10 5 ， 因此，异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为 10 5 . 法二　如图(2)，设 M，N，P 分别为 AB，BB 1，B1C1 中点，则 PN∥BC1，MN∥ AB1， ∴AB1 与 BC1 所成的角是∠MNP 或其补角. ∵AB＝2，BC＝CC1＝1， ∴MN＝1 2AB1＝ 5 2 ，NP＝1 2BC1＝ 2 2 . 取 BC 的中点 Q，连接 PQ，MQ，则可知△PQM 为直角三角形，且 PQ＝1，MQ＝ 1 2AC， 在△ABC 中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC ＝4＋1－2×2×1×(－1 2 )＝7，AC＝ 7， 则 MQ＝ 7 2 ，则△MQP 中，MP＝ MQ2＋PQ2＝ 11 2 ， 则△PMN 中，cos∠PNM＝MN2＋NP2－PM2 2·MN·NP ＝ ( 5 2 )2 ＋( 2 2 )2 －( 11 2 )2 2 × 5 2 × 2 2 ＝－ 10 5 ， 又异面直线所成角范围为(0，π 2]，则余弦值为 10 5 . 答案　C 2.(2018·全国Ⅲ卷)如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面 与半圆弧CD ︵ 所在平面垂直，M 是CD ︵ 上异于 C，D 的点. (1)证明：平面 AMD⊥平面 BMC； (2)当三棱锥 M－ABC 体积最大时，求平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦 值. (1)证明　由题设知，平面 CMD⊥平面 ABCD，交线为 CD. 因为 BC⊥CD，BC⊂平面 ABCD， 所以 BC⊥平面 CMD，又 DM⊂平面 CDM，故 BC⊥DM. 因为 M 为CD ︵ 上异于 C，D 的点，且 DC 为直径， 所以 DM⊥CM. 又 BC∩CM＝C，所以 DM⊥平面 BMC. 由于 DM⊂平面 AMD，故平面 AMD⊥平面 BMC. (2)解　以 D 为坐标原点，DA→ 的方向为 x 轴正方向，建立 如图所示的空间直角坐标系 D－xyz. 当三棱锥 M－ABC 体积最大时，M 为CD ︵ 的中点. 由题设得 D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2， 0)，M(0，1，1)， AM→ ＝(－2，1，1)，AB→ ＝(0，2，0)，DA→ ＝(2，0，0). 设 n＝(x，y，z)是平面 MAB 的法向量， 则{n·AM→ ＝0， n·AB→ ＝0， 即{－2x＋y＋z＝0， 2y＝0. 可取 n＝(1，0，2). 又DA→ 是平面 MCD 的法向量， 因此 cos〈n，DA→ 〉＝ n·DA→ |n||DA→ | ＝ 5 5 ，sin〈n，DA→ 〉＝2 5 5 . 所以平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值为2 5 5 . 3.(2018·全国Ⅰ卷)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. (1)证明　由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又 PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面 PEF， 所以 BF⊥平面 PEF. 又 BF⊂平面 ABFD，所以平面 PEF⊥平面 ABFD. (2)解　作 PH⊥EF，垂足为 H.由(1)得，PH⊥平面 ABFD. 以 H 为坐标原点，以HF→ 的方向为 y 轴的正方向，|BF→ |为单位长，建立如图所示的 空间直角坐标系 H－xyz. 由(1)可得，DE⊥PE.又 DP＝2，DE＝1，所以 PE＝ 3.又 PF＝1，EF＝2，故 EF2 ＝PE2＋PF2，所以 PE⊥PF. 可得 PH＝ 3 2 ，EH＝3 2. 则 H(0，0，0)，P(0，0， 3 2 )，D(－1，－3 2 ，0)， DP→ ＝(1，3 2 ， 3 2 )，HP→ ＝(0，0， 3 2 )为平面 ABFD 的一个法向量. 设 DP 与平面 ABFD 所成角为 θ， 则 sin θ＝| HP→ ·DP→ |HP→ ||DP→ ||＝ 3 4 3 ＝ 3 4 . 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 3 4 . 考 点 整 合 1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法 设直线 l 的方向向量为 a＝(a1，b1，c1)，平面 α，β 的法向量分别为 μ＝(a2，b2， c2)，v＝(a3，b3，c3)，则 (1)线面平行 l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. (2)线面垂直 l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2. (3)面面平行 α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3. (4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0. 2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算 设直线 l，m 的方向向量分别为 a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面 α，β 的法 向量分别为 μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同). (1)线线夹角 设 l，m 的夹角为 θ(0 ≤ θ ≤ π 2)，则 cos θ＝|a·b| |a||b| ＝ |a1a2＋b1b2＋c1c2| a＋b＋c a＋b＋c . (2)线面夹角 设直线 l 与平面 α 的夹角为 θ(0 ≤ θ ≤ π 2)，则 sin θ＝|a·μ| |a||μ| ＝|cosa，μ|. (3)面面夹角 设平面 α，β 的夹角为 θ(0≤θ＜π)， 则|cos θ|＝|μ·v| |μ||v| ＝|cosμ，v|. 热点一　利用空间向量证明平行、垂直关系 【例 1】 如图，在四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥底面 ABCD， AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点 E 为棱 PC 的中点.证明： (1)BE⊥DC； (2)BE∥平面 PAD； (3)平面 PCD⊥平面 PAD. 证明　依题意，以点 A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得 B(1，0，0)， C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).由 E 为棱 PC 的中点，得 E(1，1，1). (1)向量BE→ ＝(0，1，1)，DC→ ＝(2，0，0)，故BE→ ·DC→ ＝0. 所以 BE⊥DC. (2)因为 AB⊥AD，又 PA⊥平面 ABCD，AB⊂平面 ABCD， 所以 AB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面 PAD， 所以 AB⊥平面 PAD， 所以向量AB→ ＝(1，0，0)为平面 PAD 的一个法向量， 而BE→ ·AB→ ＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以 BE⊥AB， 又 BE⊄平面 PAD， 所以 BE∥平面 PAD. (3)由(2)知平面 PAD 的法向量AB→ ＝(1，0，0)，向量PD→ ＝(0，2，－2)，DC→ ＝(2， 0，0)， 设平面 PCD 的一个法向量为 n＝(x，y，z)， 则{n·PD→ ＝0， n·DC→ ＝0， 即{2y－2z＝0， 2x＝0， 不妨令 y＝1，可得 n＝(0，1，1)为平面 PCD 的一个法向量. 且 n·AB→ ＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以 n⊥AB→ . 所以平面 PAD⊥平面 PCD. 探究提高　1.利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能 利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要 素). 2.向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体 几何定理的条件，如在(2)中忽略 BE⊄平面 PAD 而致误. 【训练 1】 在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，∠ABC＝90°，BC＝2， CC1＝4，点 E 在线段 BB1 上，且 EB1＝1，D，F，G 分别为 CC1， C1B1，C1A1 的中点.求证： (1)B1D⊥平面 ABD； (2)平面 EGF∥平面 ABD. 证明　(1)以 B 为坐标原点，BA，BC，BB1 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴， 建立空间直角坐标系，如图所示. 则 B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4). 设 BA＝a，则 A(a，0，0)， 所以BA→ ＝(a，0，0)，BD→ ＝(0，2，2)，B1D→ ＝(0，2，－2). B1D→ ·BA→ ＝0，B1D→ ·BD→ ＝0＋4－4＝0， 则 B1D⊥BA，B1D⊥BD. 又 BA∩BD＝B，BA，BD⊂平面 ABD， 因此 B1D⊥平面 ABD. (2)由(1)知，E(0，0，3)，G(a 2 ，1，4)，F(0，1，4)， 则EG→ ＝(a 2 ，1，1)，EF→ ＝(0，1，1)， B1D→ ·EG→ ＝0＋2－2＝0，B1D→ ·EF→ ＝0＋2－2＝0， 即 B1D⊥EG，B1D⊥EF. 又 EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面 EGF， 因此 B1D⊥平面 EGF. 结合(1)可知平面 EGF∥平面 ABD. 热点二　利用空间向量计算空间角 考法 1　求线面角或异面直线所成的角 【例 2－1】 (2018·烟台质检)如图，在梯形 ABCD 中，AD＝BC， AB∥CD，AC⊥BD，平面 BDFE⊥平面 ABCD，EF∥BD，BE ⊥BD. (1)求证：平面 AFC⊥平面 BDFE； (2)若 AB＝2CD＝2 2，BE＝EF＝2，求 BF 与平面 DFC 所成角的正弦值. (1)证明　∵平面 BDFE⊥平面 ABCD，平面 BDFE∩平面 ABCD＝BD，AC⊂平面 ABCD，AC⊥BD， ∴AC⊥平面 BDFE.又 AC⊂平面 AFC， ∴平面 AFC⊥平面 BDFE. (2)解　设 AC∩BD＝O，∵四边形 ABCD 为等腰梯形，AC⊥BD，AB＝2CD＝2 2， ∴OD＝OC＝1，OB＝OA＝2， ∵FE∥OB 且 FE＝OB，∴四边形 FEBO 为平行四边形， ∴OF∥BE，且 OF＝BE＝2， 又∵BE⊥平面 ABCD，∴OF⊥平面 ABCD. 以 O 为原点，向量OA→ ，OB→ ，OF→ 的方向分别为 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 B(0，2，0)，D(0，－1，0)，F(0，0，2)，C(－1，0， 0)， DF→ ＝(0，1，2)，CD→ ＝(1，－1，0)，BF→ ＝(0，－2，2)， 设平面 DFC 的一个法向量为 n＝(x，y，z)， 有{DF→ ·n＝0， CD→ ·n＝0， 即{y＋2z＝0， x－y＝0. 不妨设 z＝1，得 x＝y＝－2，得 n＝(－2，－2，1). 于是 cos〈n，BF→ 〉＝ 4＋2 8 × 9 ＝ 2 2 . 设 BF 与平面 DFC 所成角为 θ， 则 sin θ＝|cos〈n，BF→ 〉|＝ 2 2 . ∴BF 与平面 DFC 所成角的正弦值为 2 2 . 探究提高　1.异面直线所成的角 θ，可以通过两直线的方向向量的夹角 φ 求得， 即 cos θ＝|cos φ|. 2.直线与平面所成的角 θ 主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角 φ 求得， 即 sin θ＝|cos φ|，有时也可分别求出斜线与它在平面内的射影直线的方向向量， 转化为求两方向向量的夹角(或其补角). 【训练 2】 (2018·江苏卷)如图，在正三棱柱 ABC－A 1B1C1 中， AB＝AA1＝2，点 P，Q 分别为 A1B1，BC 的中点. (1)求异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值； (2)求直线 CC1 与平面 AQC1 所成角的正弦值. 解　如图，在正三棱柱 ABC－A1B1C1 中，设 AC，A1C1 的中 点分别为 O，O1，连接 OB，OO1.则 OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1 ⊥OB.以{OB→ ，OC→ ，OO1→ }为基底，建立如图所示的空间直角坐 标系 O－xyz.因为 AB＝AA1＝2， 所以 A(0，－1，0)，B( 3，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1， 2)，B1( 3，0，2)，C1(0，1，2). (1)因为 P 为 A1B1 的中点，所以 P( 3 2 ，－1 2 ，2)， 从而BP→ ＝(－ 3 2 ，－1 2 ，2)，AC1→ ＝(0，2，2)， 故|cos〈BP→ ，AC1→ 〉|＝ |BP→ ·AC1→ | |BP→ |·|AC1→ | ＝|－1＋4| 5 × 2 2 ＝3 10 20 . 因此，异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值为3 10 20 . (2)因为 Q 为 BC 的中点，所以 Q( 3 2 ，1 2 ，0)， 因此AQ→ ＝( 3 2 ，3 2 ，0)，AC1→ ＝(0，2，2)，CC1→ ＝(0，0，2). 设 n＝(x，y，z)为平面 AQC1 的一个法向量， 则{AQ→ ·n＝0， AC1→ ·n＝0， 即{ 3 2 x＋3 2y＝0， 2y＋2z＝0. 不妨取 n＝( 3，－1，1). 设直线 CC1 与平面 AQC1 所成角为 θ， 则 sin θ＝|cos〈CC1→ ，n〉|＝ |CC1→ ·n| |CC1→ |·|n| ＝ 2 5 × 2 ＝ 5 5 ， 所以直线 CC1 与平面 AQC1 所成角的正弦值为 5 5 . 考法 2　二面角的计算 【例 2－2】 (2018·福州模拟)如图，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中， CC1＝4，AB＝2，AC＝2 2，∠BAC＝45°，点 M 是棱 AA1 上不同 于 A，A1 的动点. (1)证明：BC⊥B1M； (2)若平面 MB1C 把此棱柱分成体积相等的两部分，求此时二面角 M－B1C－A 的 余弦值. (1)证明　在△ABC 中，由余弦定理得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC＝4＋ 8－2×2×2 2×cos 45°＝4， ∴BC＝2，则有 AB2＋BC2＝8＝AC2， ∴∠ABC＝90°，∴BC⊥AB， 又∵BB1⊥BC，BB1∩AB＝B， ∴BC⊥平面 ABB1A1，又 B1M⊂平面 ABB1A1， 故 BC⊥B1M. (2)解　由题设知，平面 MB1C 把此三棱柱分成两个体积相等的几 何体为四棱锥 C－ABB1M 和四棱锥 B1－A1MCC1. 由(1)知四棱锥 C－ABB1M 的高为 BC＝2， ∵V 三棱柱 ABC－A1B1C1＝1 2×2×2×4＝8， ∴V 四棱锥 C－ABB1M＝1 2V 柱＝4， 又 V 四棱锥 C－ABB1M＝1 3S 梯形 ABB1M·BC＝2 3S 梯形 ABB1M＝4， ∴S 梯形 ABB1M＝6＝AM＋4 2 ×2，∴AM＝2. 此时 M 为 AA1 中点， 以点 B 为坐标原点，BA→ ，BC→ ，BB1→ 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 B－xyz. ∴A(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(0，0，4)，M(2，0，2). ∴CB1→ ＝(0，－2，4)，B1M→ ＝(2，0，－2)，AC→ ＝(－2，2，0)， 设 n1＝(x1，y1，z1)是平面 CB1M 的一个法向量， ∴{n1·CB1→ ＝0， n1·B1M→ ＝0， 即{－2y1＋4z1＝0， 2x1－2z1＝0. 令 z1＝1，可得 n1＝(1，2，1)， 设 n2＝(x2，y2，z2)是平面 ACB1 的一个法向量， ∴{n2·CB1→ ＝0， n2·AC→ ＝0， 即{－2y2＋4z2＝0， －2x2＋2y2＝0. 令 z2＝1，得 n2＝(2，2，1)， ∴cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1|·|n2| ＝ 7 3 6 ＝7 6 18 . 所以二面角 M－B1C－A 的余弦值等于7 6 18 . 探究提高　1.二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向 向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个 法向量的夹角或其补角. 2.利用向量法求二面角，必须能判定“所求二面角的平面角是锐角或钝角”，否则 解法是不严谨的. 【训练 3】 (2018·北京卷)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＝ 5，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. (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. 又 EF∩BE＝E， 所以 AC⊥平面 BEF. (2)解　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 E－xyz，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BC→ ＝(－1，－2，0)，BD→ ＝(1，－2，1). 设平面 BCD 的法向量为 n＝(x0，y0，z0)， 则{n·BC→ ＝0， n·BD→ ＝0， 即{x0＋2y0＝0， x0－2y0＋z0＝0. 令 y0＝－1，则 x0＝2，z0＝－4. 于是 n＝(2，－1，－4). 又因为平面 CC1D 的法向量为EB→ ＝(0，2，0)， 所以 cos〈n，EB→ 〉＝ n·EB→ |n||EB→ | ＝－ 21 21 . 由题知二面角 B－CD－C1 为钝角，所以其余弦值为－ 21 21 . (3)证明　由(2)知平面 BCD 的法向量为 n＝(2，－1，－4)，FG→ ＝(0，2，－1). 因为 n·FG→ ＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0， 所以直线 FG 与平面 BCD 相交. 热点三　利用空间向量求解探索性问题 【例 3】 如图所示，在正四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 的边长为 2，侧棱长为 2 2. (1)若点 E 为 PD 上的点，且 PB∥平面 EAC，试确定 E 点的 位置； (2)在(1)的条件下，在线段 PA 上是否存在点 F，使平面 AEC 和平面 BDF 所成的锐二面角的余弦值为 1 14 ，若存在，求线段 PF 的长度，若 不存在，请说明理由. 解　(1)设 BD 交 AC 于点 O，连接 OE. ∵PB∥平面 AEC，平面 AEC∩平面 BDP＝OE， ∴PB∥OE. 又 O 为 BD 的中点，∴在△BDP 中 E 为 PD 中点. (2)连接 OP，由题知 PO⊥平面 ABCD，且 AC⊥BD， ∴以OC→ ，OD→ ，OP→ 所在直线为 x、y、z 轴建立直角坐标 系，如图. OP＝ PD2－OD2＝ 6. ∴O(0 ，0 ，0) ，A( － 2，0 ，0) ，B(0 ，－ 2，0) ， C( 2，0，0)，D(0， 2，0)，P(0，0， 6)， 则 E(0， 2 2 ， 6 2 )，OC→ ＝( 2，0，0)，OE→ ＝(0， 2 2 ， 6 2 )，OD→ ＝(0，2，0). 设平面 AEC 的法向量为 m＝(x1，y1，z1). 则{m·OC→ ＝0， m·OE→ ＝0 ⇒{x1＝0， y1＋ 3z1＝0. 令 z1＝1，得平面 AEC 的一个法向量 m＝(0，－ 3，1)， 假设在线段 PA 上存在点 F，满足题设条件，不妨设PF→ ＝λPA→ (0≤λ≤1). 则 F(－ 2λ，0， 6－ 6λ)，OF→ ＝(－ 2λ，0， 6－ 6λ). 设平面 BDF 的法向量 n＝(x2，y2，z2)， ∴{n·OD→ ＝0， n·OF→ ＝0 ⇒{y2＝0， － 2λx2＋（1－λ） 6z2＝0. 令 z2＝1 得平面 BDF 的一个法向量 n＝( 3（1－λ） λ ，0，1). 由平面 AEC 与平面 ADF 所成锐二面角的余弦值为 1 14 ， 则 cos〈m，n〉＝ m·n |m||n| ＝ 1 2· 1＋3(1 λ －1)2 ＝ 1 14 ， 解得 λ＝1 5. 所以|PF→ |＝1 5|PA→ |＝2 2 5 . 故在线段 PA 上存在点 F，当|PF|＝2 2 5 时，使得平面 AEC 和平面 BDF 所成的锐 二面角的余弦值为 1 14. 探究提高　1.空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂 的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断. 2.空间向量求解探索性问题：(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认 可其中的一部分结论；(2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件， 据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是 否有规定范围内的解”等.若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论. 【训练 4】 (2018·广州质检)如图，在几何体 ABCDEF 中，四 边形 ABCD 是边长为 2 的菱形，DE⊥平面 ABCD，BF⊥平面 ABCD，DE＝2 2，DE>BF，∠ABC＝120°. (1)当 BF 长为多少时，平面 AEF⊥平面 CEF? (2)在(1)的条件下，求二面角 E－AC－F 的余弦值. 解　(1)连接 BD 交 AC 于点 O，则 AC⊥BD. 取 EF 的中点 G，连接 OG，则 OG∥DE. ∵DE⊥平面 ABCD，∴OG⊥平面 ABCD. ∴OG，AC，BD 两两垂直. 以 AC，BD，OG 所在直线分别作为 x 轴，y 轴，z 轴建立空 间直角坐标系(如图)， 设 BF＝m(0

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