方法一 (1)证明 由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝22，
22所以A1B21＋AB1＝AA1，
故AB1⊥A1B1.
由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC， 得B1C1＝5.
由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝23. 由CC1⊥AC，得AC1＝13，
22所以AB21＋B1C1＝AC1，
故AB1⊥B1C1.
又因为A1B1∩B1C1＝B1，A1B1，B1C1?平面A1B1C1， 所以AB1⊥平面A1B1C1.
(2)解 如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.
由AB1⊥平面A1B1C1， 得平面A1B1C1⊥平面ABB1.
由C1D⊥A1B1，平面A1B1C1∩平面ABB1＝A1B1，C1D?平面A1B1C1，得C1D⊥平面ABB1. 所以∠C1AD即为AC1与平面ABB1所成的角. 由B1C1＝5，A1B1＝22，A1C1＝21， 得cos∠C1A1B1＝所以C1D＝3，
C1D39故sin∠C1AD＝＝. AC113
因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是39. 13
427，sin∠C1A1B1＝， 77
方法二 (1)证明 如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.
由题意知各点坐标如下：
A(0，－3，0)，B(1,0,0)，A1(0，－3，4)，B1(1,0,2)，C1(0，3，1). →→—→
因此AB1＝(1，3，2)，A1B1＝(1，3，－2)，A1C1＝(0,23，－3). →—→由AB1·A1B1＝0，得AB1⊥A1B1. →—→由AB1·A1C1＝0，得AB1⊥A1C1.
又A1B1∩A1C1＝A1，A1B1，A1C1?平面A1B1C1， 所以AB1⊥平面A1B1C1.
(2)解 设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ. 由(1)可知
→→→
AC1＝(0,23，1)，AB＝(1，3，0)，BB1＝(0,0,2). 设平面ABB1的一个法向量为n＝(x，y，z). →?AB＝0，?n·?x＋3y＝0，由?得?
→2z＝0，??BB1＝0，?n·
可取n＝(－3，1,0).
→
|AC1·n|39→
所以sin θ＝|cos〈AC1，n〉|＝＝.
13→
|AC1||n|因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是39. 13
思维升华 (1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：①分别求出斜线和它在平面内的
射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角. (2)若直线l与平面α的夹角为θ，直线l的方向向量l与平面α的法向量n的夹角为β，则θππ|l·n|＝－β或θ＝β－，故有sin θ＝|cos β|＝. 22|l||n|
跟踪训练2 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为正三角形，点D在棱BC上，且CD＝3BD，点E，F分别为棱AB，BB1的中点.
(1)证明：A1C∥平面DEF；
(2)若A1C⊥EF，求直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值. 解 (1)如图，连接AB1，A1B交于点H，
设A1B交EF于点K，连接DK， 因为四边形ABB1A1为矩形， 所以H为线段A1B的中点.
因为点E，F分别为棱AB，BB1的中点， 所以点K为线段BH的中点， 所以A1K＝3BK.
又CD＝3BD，所以A1C∥DK. 又A1C?平面DEF，DK?平面DEF， 所以A1C∥平面DEF.
(2)连接CE，EH，由(1)知，EH∥AA1， 因为AA1⊥平面ABC， 所以EH⊥平面ABC.
因为△ABC为正三角形，且点E为棱AB的中点， 所以CE⊥AB.
→→→
故以点E为坐标原点，分别以EA，EH，EC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Exyz. 设AB＝4，AA1＝t(t>0)，
则E(0,0,0)，A1(2，t,0)，A(2,0,0)，C(0,0,23)， t33－2，，0?，D?－，0，?， F?2??2??2
t→→
－2，，0?. 所以A1C＝(－2，－t,23)，EF＝?2??→→
因为A1C⊥EF，所以A1C·EF＝0， t
所以(－2)×(－2)－t×＋23×0＝0，
2所以t＝22，
33→→
所以EF＝(－2，2，0)，ED＝?－，0，?.
2??2设平面DEF的一个法向量为n＝(x，y，z)， －2x＋2y＝0，→???n＝0，?EF·
则?所以?3 3
→??n＝0，?ED·?－2x＋2z＝0.取x＝1，则n＝(1，2，3). —→→
又A1C1＝AC＝(－2,0,23)，
设直线A1C1与平面DEF所成的角为θ，
—→|n·A1C1|46→
则sin θ＝|cos〈n，A1C1〉|＝＝＝，
—→6×46|n||A1C1|
所以直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值为命题点2 求二面角
6. 6
例3 (2018·呼和浩特联考)如图，在四棱锥A－BCDE中，平面BCDE⊥平面ABC，BE⊥EC，BC＝2，AB＝4，∠ABC＝60°.
(1)求证：BE⊥平面ACE；
(2)若直线CE与平面ABC所成的角为45°，求二面角E－AB－C的余弦值. AB2＋BC2－AC21(1)证明 在△ACB中，由余弦定理得cos∠ABC＝＝，
2AB·BC2解得AC＝23，
所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC.
又因为平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC＝BC，AC?平面ABC， 所以AC⊥平面BCDE.
又BE?平面BCDE，所以AC⊥BE.
又BE⊥EC，AC，CE?平面ACE，且AC∩CE＝C， 所以BE⊥平面ACE.
(2)解 方法一 因为直线CE与平面ABC所成的角为45°，平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC＝BC，
2020届高考数学(理)一轮复习讲义 高考专题突破4 高考中的立体几何问题
