高考理科立體幾何大題

一，[2017·山東濟(jì)南調(diào)研]如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是邊長為4正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝(1)求證：AA1⊥平面ABC；(2)求二面角A1－BC1－B1余弦值；(3)在線段BC1上是否存在點(diǎn)D，使得AD⊥A1B？若存在，試求出eq\f(BD,BC1)值．(1)[證明]在正方形AA1C1C中，A1A又平面ABC⊥平面AA1C1且平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，AA1?平面AA1∴AA1⊥平面ABC.(2)[解]由(1)知，AA1⊥AC，AA1⊥AB，由題意知，在△ABC中，AC＝4，AB＝3，BC＝5，∴BC2＝AC2＋AB2，∴AB⊥AC.∴以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz.A1(0,0,4)，B(0,3,0)，C1(4,0,4)，B1(0,3,4)，于是eq\o(A1C1,\s\up16(→))＝(4,0,0)，eq\o(A1B,\s\up16(→))＝(0,3，－4)，eq\o(B1C1,\s\up16(→))＝(4，－3,0)，eq\o(BB1,\s\up16(→))＝(0,0,4)．設(shè)平面A1BC1法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面B1BC1法向量n2＝(x2，y2，z2)．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(A1C1,\s\up16(→))·n1＝0，,\o(A1B,\s\up16(→))·n1＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x1＝0，,3y1－4z1＝0，))∴取向量n1＝(0,4,3)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(B1C1,\s\up16(→))·n2＝0，,\o(BB1,\s\up16(→))·n2＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x2－3y2＝0，,4z2＝0，))∴取向量n2＝(3,4,0)．∴cosθ＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(16,5×5)＝eq\f(16,25).由題圖可推斷二面角A1－BC1－B1為銳角，故二面角A1－BC1－B1余弦值為eq\f(16,25).(3)[解]假設(shè)存在點(diǎn)D(x，y，z)是線段BC1上一點(diǎn)，使AD⊥A1B，且eq\o(BD,\s\up16(→))＝λeq\o(BC1,\s\up16(→))，∴(x，y－3，z)＝λ(4，－3,4)，解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ，∴eq\o(AD,\s\up16(→))＝(4λ，3－3λ，4λ)．又AD⊥A1B，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0，解得λ＝eq\f(9,25)，∵eq\f(9,25)∈[0,1]，∴在線段BC1上存在點(diǎn)D，使得AD⊥A1B，此時(shí)eq\f(BD,BC1)＝eq\f(9,25).二，如圖，在四棱錐P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝eq\f(π,2)，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.(1)求平面PAB及平面PCD所成二面角余弦值；(2)點(diǎn)Q是線段BP上動點(diǎn)，當(dāng)直線CQ及DP所成角最小時(shí)，求線段BQ長．[解]以{eq\o(AB,\s\up16(→))，eq\o(AD,\s\up16(→))，eq\o(AP,\s\up16(→))}為正交基底建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則各點(diǎn)坐標(biāo)為B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．(1)由題意知，AD⊥平面PAB，所以eq\o(AD,\s\up16(→))是平面PAB一個法向量，eq\o(AD,\s\up16(→))＝(0,2,0)．因?yàn)閑q\o(PC,\s\up16(→))＝(1,1，－2)，eq\o(PD,\s\up16(→))＝(0,2，－2)．設(shè)平面PCD法向量為m＝(x，y，z)，則m·eq\o(PC,\s\up16(→))＝0，m·eq\o(PD,\s\up16(→))＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2z＝0，,2y－2z＝0.))令y＝1，解得z＝1，x＝1.所以m＝(1,1,1)是平面PCD一個法向量．從而cos〈eq\o(AD,\s\up16(→))，m〉＝eq\f(\o(AD,\s\up16(→))·m,|\o(AD,\s\up16(→))||m|)＝eq\f(\r(3),3)，所以平面PAB及平面PCD所成二面角余弦值為eq\f(\r(3),3).(2)因?yàn)閑q\o(BP,\s\up16(→))＝(－1,0,2)，設(shè)eq\o(BQ,\s\up16(→))＝λeq\o(BP,\s\up16(→))＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又eq\o(CB,\s\up16(→))＝(0，－1,0)，則eq\o(CQ,\s\up16(→))＝eq\o(CB,\s\up16(→))＋eq\o(BQ,\s\up16(→))＝(－λ，－1,2λ)，又eq\o(DP,\s\up16(→))＝(0，－2,2)，從而cos〈eq\o(CQ,\s\up16(→))，eq\o(DP,\s\up16(→))〉＝eq\f(\o(CQ,\s\up16(→))·\o(DP,\s\up16(→)),|\o(CQ,\s\up16(→))||\o(DP,\s\up16(→))|)＝eq\f(1＋2λ,\r(10λ2＋2)).設(shè)1＋2λ＝t，t∈[1,3]，則cos2〈eq\o(CQ,\s\up16(→))，eq\o(DP,\s\up16(→))〉＝eq\f(2t2,5t2－10t＋9)＝eq\f(2,9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(5,9)))2＋\f(20,9))≤eq\f(9,10).當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(9,5)，即λ＝eq\f(2,5)時(shí)，|cos〈eq\o(CQ,\s\up16(→))，eq\o(DP,\s\up16(→))〉|最大值為eq\f(3\r(10),10).因?yàn)閥＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是減函數(shù)，所以此時(shí)直線CQ及DP所成角取得最小值．又因?yàn)锽P＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，所以BQ＝eq\f(2,5)BP＝eq\f(2\r(5),5).三，[2016·浙江卷]如圖，在三棱臺ABC－DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.(1)求證：BF⊥平面ACFD；(2)求二面角B－AD－F平面角余弦值．(1)[證明]延長AD，BE，CF相交于一點(diǎn)K，如圖所示．因?yàn)槠矫鍮CFE⊥平面ABC，平面BCFE∩平面ABC＝BC，且AC⊥BC，所以AC⊥平面BCK，因此BF⊥AC.又EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△BCK為等邊三角形，且F為CK中點(diǎn)，則BF⊥CK，又AC∩CK＝C，所以BF⊥平面ACFD.(2)[解]解法一：過點(diǎn)F作FQ⊥AK于Q，連接BQ.因?yàn)锽F⊥平面ACK，所以BF⊥AK，則AK⊥平面BQF，所以BQ⊥AK.所以∠BQF是二面角B－AD－F平面角．在Rt△ACK中，AC＝3，CK＝2，得AK＝eq\r(13)，F(xiàn)Q＝eq\f(3\r(13),13).在Rt△BQF中，F(xiàn)Q＝eq\f(3\r(13),13)，BF＝eq\r(3)，得cos∠BQF＝eq\f(\r(3),4).所以二面角B－AD－F平面角余弦值為eq\f(\r(3),4).解法二：如圖，延長AD，BE，CF相交于一點(diǎn)K，則△BCK為等邊三角形．取BC中點(diǎn)O，連接KO，則KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，所以KO⊥平面ABC.以點(diǎn)O為原點(diǎn)，分別以射線OB，OK方向?yàn)閤軸、z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz.由題意，得B(1,0,0)，C(－1,0,0)，K(0,0，eq\r(3))，A(－1，－3，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2))).因此，eq\o(AC,\s\up16(→))＝(0,3,0)，eq\o(AK,\s\up16(→))＝(1,3，eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up16(→))＝(2,3,0)．設(shè)平面ACK法向量為m＝(x1，y1，z1)，平面ABK法向量為n＝(x2，y2，z2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up16(→))·m＝0，,\o(AK,\s\up16(→))·m＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3y1＝0，,x1＋3y1＋\r(3)z1＝0，))取m＝(eq\r(3)，0，－1)；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up16(→))·n＝0，,\o(AK,\s\up16(→))·n＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x2＋3y2＝0，,x2＋3y2＋\r(3)z2＝0，))取n＝(3，－2，eq\r(3))．于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(3),4).所以二面角B－AD－F平面角余弦值為eq\f(\r(3),4).四，[2016·河南九校聯(lián)考](本小題滿分15分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2eq\r(2)，BC＝4eq\r(2)，PA＝2，點(diǎn)M在PD上．(1)求證：AB⊥PC；(2)若二面角M－AC－D大小為45°，求BM及平面PAC所成角正弦值．解(1)證明：取BC中點(diǎn)E，連接AE，則AD＝EC，AD∥EC，所以四邊形AECD為平行四邊形，故AE⊥BC，又AE＝BE＝EC＝2eq\r(2)，所以∠ABC＝∠ACB＝45°，故AB⊥AC，又AB⊥PA，AC∩PA＝A，所以AB⊥平面PAC，(4分)故有AB⊥PC.(6分)(2)如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則A(0,0,0)，B(2eq\r(2)，－2eq\r(2)，0)，C(2eq\r(2)，2eq\r(2)，0)，P(0,0,2)，D(0,2eq\r(2)，0)．(7分)設(shè)eq\o(PM,\s\up10(→))＝λeq\o(PD,\s\up10(→))＝(0,2eq\r(2)λ，－2λ)(0≤λ≤1)，易得M(0,2eq\r(2)λ，2－2λ)，設(shè)平面AMC一個法向量為n1＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AC,\s\up10(→))＝2\r(2)x＋2\r(2)y＝0，,n1·\o(AM,\s\up10(→))＝2\r(2)λy＋2－2λz＝0，))令y＝eq\r(2)，得x＝－eq\r(2)，z＝eq\f(2λ,λ－1)，即n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)，\r(2)，\f(2λ,λ－1)))，(9分)又平面ACD一個法向量為n2＝(0,0,1)，(10分)|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2λ,λ－1))),\r(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2λ,λ－1)))2))＝cos45°，解得λ＝eq\f(1,2)，(12分)即M(0，eq\r(2)，1)，eq\o(BM,\s\up10(→))＝(－2eq\r(2)，3eq\r(2)，1)，而eq\o(AB,\s\up10(→))＝(2eq\r(2)，－2eq\r(2)，0)是平面PAC一個法向量，(13分)設(shè)直線BM及平面PAC所成角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(BM,\s\up10(→))，eq\o(AB,\s\up10(→))〉|＝eq\f(|－8－12|,4×3\r(3))＝eq\f(5\r(3),9).故直線BM及平面PAC所成角正弦值為eq\f(5\r(3),9).(15分)五．[2016·平頂山二調(diào)](本小題滿分15分)在正三角形ABC中，E、F、P分別是AB、AC、BC邊上點(diǎn)，滿意AE∶EB＝CF∶FA＝CP∶PB＝1∶2，如圖1.將△AEF沿EF折起到△A1EF位置，使二面角A1－EF－B成直二面角，連接A1B、A1P，如圖2.(1)求證：A1E⊥平面BEP；(2)求二面角B－A1P－E余弦值．解不妨設(shè)正三角形ABC邊長為3.(1)證明：在圖1中，取BE中點(diǎn)D，連接DF.∵AE∶EB＝CF∶FA＝1∶2，∴AF＝AD＝2，而∠A＝60°，∴△ADF是正三角形．又AE＝DE＝1，∴EF⊥AD.在圖2中，A1E⊥EF，BE⊥EF，∴∠A1EB為二面角A1－EF－B平面角．(4分)由題設(shè)條件知此二面角為直二面角，∴A1E⊥BE.又BE∩EF＝E，∴A1E⊥平面BEF，即A1E⊥平面BEP.(6分)(2)建立分別以EB、EF、EA1所在直線為x軸、y軸、z軸空間直角坐標(biāo)系，則E(0,0,0)，A1(0,0,1)，B(2,0,0)，F(xiàn)(0，eq\r(3)，0)，P(1，eq\r(3)，0)，則eq\o(A1E,\s\up10(→))＝(0,0，－1)，eq\o(A1B,\s\up10(→))＝(2,0，－1)，eq\o(BP,\s\up10(→))＝(－1，eq\r(3)，0)，eq\o(PE,\s\up10(→))＝(－1，－eq\r(3)，0)．(8分)設(shè)平面A1BP法向量為n1＝(x1，y1，z1)，由n1⊥平面A1BP知，n1⊥eq\o(A1B,\s\up10(→))，n1⊥eq\o(BP,\s\up10(→))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1－z1＝0，,－x1＋\r(3)y1＝0.))令x1＝eq\r(3)，得y1＝1，z1＝2eq\r(3)，n1＝(eq\r(3)，1,2eq\r(3))．(10分)設(shè)平面A1PE法向量為n2＝(x2，y2，z2)．由n2⊥平面A1PE知，n2⊥eq\o(A1E,\s\up10(→))，n2⊥eq\o(PE,\s\up10(→))，即可得n2＝(eq\r(3)，－1,0)．(12分)cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(\r(3)×\r(3)＋1×－1＋2\r(3)×0,\r(\r(3)2＋12＋2\r(3)2)×\r(02＋12＋\r(3)2))＝eq\f(1,4)，(14分)所以二面角B－A1P－E余弦值是eq\f(1,4).(15分)六．[2016·江蘇高考](本小題滿分20分)現(xiàn)須要設(shè)計(jì)一個倉庫，它由上下兩部分組成，上部形態(tài)是正四棱錐P－A1B1C1D1，下部形態(tài)是正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如圖所示)，并要求正四棱柱高O1O是正四棱錐高PO14倍．(1)若AB＝6m，PO1＝2m，則倉庫容積是多少？(2)若正四棱錐側(cè)棱長為6m，則當(dāng)PO1為多少時(shí)，倉庫容積最大？解(1)由PO1＝2知O1O＝4PO1＝8.(1分)因?yàn)锳1B1＝AB＝6，所以正四棱錐P－A1B1C1D1體積V錐＝eq\f(1,3)·A1Beq\o\al(2,1)·PO1＝eq\f(1,3)×62×2＝24(m3)．(4分)正四棱柱ABCD－A1B1C1D1體積V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)．(7分)所以倉庫容積V＝V錐＋V柱＝24＋288＝312(m3)．(8分)(2)設(shè)A1B1＝am，PO1＝hm，則0<h<6，O1O＝4h.如圖，連接O1B1.(10分)因?yàn)樵赗t△PO1B1中，O1Beq\o\al(2,1)＋POeq\o\al(2,1)＝PBeq\o\al(2,1)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))2＋h2＝36，即a2＝2(36－h(huán)2)．(12分)于是倉庫容積V＝V柱＋V錐＝a2·4h＋eq\f(1,3)a2·h＝eq\f(13,3)a2h＝eq\f(26,3)(36h－h(huán)3)，0<h<6，(15分)從而V′＝eq\f(26,3)(36－3h2)＝26(12－h(huán)2)．(17分)令V′＝0，得h＝2eq\r(3)或h＝－2eq\r(3)(舍)．當(dāng)0<h<2eq\r(3)時(shí)，V′>0，V是單調(diào)遞增函數(shù)；當(dāng)2eq\r(3)<h<6時(shí)，V′<0，V是單調(diào)遞減函數(shù)．故h＝2eq\r(3)時(shí)，V取得極大值，也是最大值．因此，當(dāng)PO1＝2eq\r(3)m時(shí)，倉庫容積最大．(20分)七．[2016·北京高考](本小題滿分20分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝eq\r(5).(1)求證：PD⊥平面PAB；(2)求直線PB及平面PCD所成角正弦值；(3)在棱PA上是否存在點(diǎn)M，使得BM∥平面PCD？若存在，求eq\f(AM,AP)值；若不存在，說明理由．解(1)證明：因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，(3分)所以AB⊥PD.又PA⊥PD，所以PD⊥平面PAB.(6分)(2)取AD中點(diǎn)O，連接PO，CO.因?yàn)镻A＝PD，所以PO⊥AD.因?yàn)镻O?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.(8分)因?yàn)镃O?平面ABCD，所以PO⊥CO.因?yàn)锳C＝CD，所以CO⊥AD.如圖建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.由題意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)．(10分)設(shè)平面PCD法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up10(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y－z＝0，,2x－z＝0，))令z＝2，則x＝1，y＝－2.所以n＝(1，－2,2)．(12分)又eq\o(PB,\s\up10(→))＝(1,1，－1)，所以cos〈n，eq\o(PB,\s\up10(→))〉＝eq\f(n·\o(PB,\s\up10(→)),|n||\o(PB,\s\up10(→))|)＝－eq\f(\r(3),3).(14分)所以直線PB及平面PCD所成角正弦值為eq\f(\r(3),3).(15分)(3)設(shè)M是棱PA上一點(diǎn)，則存在λ∈[0,1]，使得eq\o(AM,\s\up10(→))＝λeq\o(AP,\s\up10(→)).因此點(diǎn)M(0,1－λ，λ)，(16分)eq\o(BM,\s\up10(→))＝(－1，－λ，λ)．因?yàn)锽M?平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，則eq\o(BM,\s\up10(→))·n＝0，(18分)即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0，解得λ＝eq\f(1,4).所以在棱PA上存在點(diǎn)M，使得BM∥平面PCD，此時(shí)eq\f(AM,AP)＝eq\f(1,4).(20分)八．[2016·天津高考](本小題滿分20分)如圖，正方形ABCD中心為O，四邊形OBEF為矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，點(diǎn)G為AB中點(diǎn)，AB＝BE＝2.(1)求證：EG∥平面ADF；(2)求二面角O－EF－C正弦值；(3)設(shè)H為線段AF上點(diǎn)，且AH＝eq\f(2,3)HF，求直線BH和平面CEF所成角正弦值．解依題意，OF⊥平面ABCD，如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，分別以eq\o(AD,\s\up10(→))，eq\o(BA,\s\up10(→))，eq\o(OF,\s\up10(→))方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，依題意可得O(0,0,0)，A(－1,1,0)，B(－1，－1,0)，C(1，－1,0)，D(1,1,0)，E(－1，－1,2)，F(xiàn)(0,0,2)，G(－1,0,0)．(2分)(1)證明：依題意，eq\o(AD,\s\up10(→))＝(2,0,0)，eq\o(AF,\s\up10(→))＝(1，－1,2)．設(shè)n1＝(x，y，z)為平面ADF法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AD,\s\up10(→))＝0，,n1·\o(AF,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＝0，,x－y＋2z＝0.))不防設(shè)z＝1，可得n1＝(0,2,1)，(5分)又eq\o(EG,\s\up10(→))＝(0,1，－2)，可得eq\o(EG,\s\up10(→))·n1＝0，又直線EG?平面ADF，所以EG∥平面ADF.(7分)(2)易證，eq\o(OA,\s\up10(→))＝(－1,1,0)為平面OEF一個法向量．(8分)依題意，eq\o(EF,\s\up10(→))＝(1,1,0)，eq\o(CF,\s\up10(→))＝(－1,1,2)．設(shè)n2＝(x′，y′，z′)為平面CEF法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(EF,\s\up10(→))＝0，,n2·\o(CF,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＋y′＝0，,－x′＋y′＋2z′＝0.))不妨設(shè)x′＝1，可得n2＝(1，－1,1)．(11分)因此有cos〈eq\o(OA,\s\up10(→))，n2〉＝eq\f(\o(OA,\s\up10(→))·n2,|\o(OA,\s\up10(→))|·|n2|)＝－eq\f(\r(6),3)，(13分)于是sin〈eq\o(OA,\s\up10(→))，n2〉＝eq\f(\r(3),3).所以二面角O－EF－C正弦值為eq\f(\r(3),3).(14分)(3)由AH＝eq\f(2,3)HF，得AH＝eq\f(2,5)AF.因?yàn)閑q\o(AF,\s\up10(→))＝(1，－1,2)，所以eq\o(AH,\s\up10(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AF,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，－\f(2,5)，\f(4,5)))，進(jìn)而有Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，\f(3,5)，\f(4,5)))，(17分)從而eq\o(BH,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(8,5)，\f(4,5)))，因此cos〈eq\o(BH,\s\up10(→))，n2〉＝eq\f(\o(BH,\s\up10(→))·n2,|\o(BH,\s\up10(→))||n2|)＝－eq\f(\r(7),21).(19分)所以，直線BH和平面CEF所成角正弦值為eq\f(\r(7),21).(20分)九．[2017·河北五校聯(lián)考](本小題滿分20分)如圖1所示，在四邊形ABCD中，AB∥CD，AB＝2BC＝2CD＝8，CD⊥BC，O為AB中點(diǎn)．將四邊形OBCD沿OD折起，使平面OBCD⊥平面ODA