高考一輪復習（人教A版）第二十三講空間直線、平面垂直的判定與性質閱卷人一、選擇題得分1．已知v為直線l的方向向量，n1,n2分別為平面A．v∥n1C．n1∥n2．設l為直線，α為平面，則l⊥α的必要不充分條件是（）A．直線l與平面α內的無數條直線垂直B．直線l與平面α內任意直線都垂直C．直線l與平面α內兩條不平行直線垂直D．直線l與平面α都垂直于同一平面3．如圖，正方體ABCD?A1B1CA．AC⊥BEB．EF//平面ABCDC．三棱錐A?BEF的體積為定值D．異面直線AE，BF所成的角為定值4．下列四個正方體圖形中，l是正方體的一條對角線，點D、E、F分別為其所在棱的中點，能得出l⊥平面DEF的是（）A． B．C． D．5．如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，A．存在點Q，使得PQ//BDB．存在點Q，使得PQ⊥平面AC．三棱錐Q?APD的體積是定值D．存在點Q，使得PQ與AD所成的角為π6．如圖，矩形ABCD中，AB=1，BC=3.面積為3的平行四邊形ACEF繞AC旋轉，且E?平面A．平面EFB⊥平面EFD B．平面ABF⊥平面ABCC．平面ABF⊥平面BCF D．平面ABF⊥平面ADF7．已知平面α,β,γ,A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件8．如圖所示，圓柱O1O2的底面半徑為43，O1O2=4，AB為圓O1的直徑，點C為圓OA．(0,4) C．(0,859．已知正方形ABCD的邊長為2，若將正方形ABCD沿對角線BD折疊為三棱錐A?BCD，則在折疊過程中，不能出現（）A．BD⊥AC B．面ABD⊥面BCDC．VA?BCD=2閱卷人二、多項選擇題得分10．如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1BA．P在BC中點時，平面PEF⊥平面GMNB．異面直線EF、GN所成角的余弦值為1C．E、F、G、M、N在同一個球面上D．A1P=tA11．如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點．則滿足MN⊥OP的是（）A． B．C． D．12．如圖，在長方體ABCD?A1B1CA．當A1C=2B．當AP⊥AC．當A1C=3AD．當A1C=5A13．正方體ABCD?AA．直線AD1與直線AB．直線AD1C．二面角D1?AB?DD．平面AB1閱卷人三、填空題得分14．刻畫空間的彎曲性是幾何研究的重要內容，用曲率刻畫空間的彎曲性，規定：多面體頂點的曲率等于2π與多面體在該點的面角之和的差，其中多面體的面的內角叫做多面體的面角，角度用弧度制．例如：正四面體每個頂點均有3個面角，每個面角均為π3，故其各個頂點的曲率均為2π?3×π3=π．如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，點A的曲率為2π3（1）證明：CN⊥平面ABB（2）證明：平面AMB1⊥（3）若AA1=2AB15．如圖，在長方形ABCD中，AB=2，BC=1，E為DC的中點，F為線段EC（端點除外）上一動點，現將△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC，在平面ABD內過點D作DK⊥AB，K為垂足，設AK=t，則t的取值范圍是.16．如圖，以等腰直角三角形斜邊BC上的高AD為折痕折成四面體ABCD．當四面體ABCD中滿足平面ABD⊥平面ACD時，則（1）BD⊥AC；（2）平面ABD⊥平面BCD；（3）△ABC為等腰直角三角形以上結論中正確的是（填寫你認為正確的結論序號）．閱卷人四、解答題得分17．如圖所示：多面體ABCDEF中，四邊形ABCD為菱形，四邊形ABEF為直角梯形，且AF//BE，AF⊥平面ABCD，AB=BE=2AF=2．（1）證明：BD⊥平面ACF；（2）若直線DA與平面ACF所成的角為60°，求平面ACF與平面CEF所成角的正弦值．18．如圖，在四棱錐P?ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，AB⊥AD，PA=PD，AB=2，AD=8，AC=CD=5.（1）求證：平面PCD⊥平面PAB；（2）求點B到平面PCD的距離.19．在RtΔABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D,E分別是AC,AB上的點，滿足DE//BC且DE經過△ABC的重心，將△ADE沿DE折起到△A1DE（1）求證：A1C⊥平面（2）在線段A1C上是否存在點N，使平面CBM與平面BMN的夾角的余弦值為3420．在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是正方形，Q為PD的中點，PA⊥AD，PA=AB=2，再從條件①、條件②這兩個條件中任選一個作為已知．（1）求證：PA⊥平面ABCD；（2）求平面ACQ與平面ABCD夾角的余弦值；（3）求點B到平面ACQ的距離．條件①：平面PAD⊥平面ABCD；條件②：PA⊥AB．注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：由題意可得，

v∥n1故答案為：B.【分析】由直線方向向量與平面法向量的位置關系，從而判斷出直線與平面的位置關系、兩平面的位置關系，則判斷出各選項，進而找出正確的選項.2．【答案】A【解析】【解答】解：A、直線l與平面α內的無數條直線垂直可以是無數條平行直線不能推出l⊥α，若l⊥α，則α內任意一條直線都與l垂直，可得直線l與平面α內的無數條直線垂直，直線l與平面α內的無數條直線垂直是l⊥α的必要不充分條件，故A正確；B、直線l與平面α內任意直線都垂直，l垂直α內兩條相交直線，可得出l⊥α，若l⊥α，則α內任意一條直線都與l垂直，所以直線l與平面α內任意直線都垂直是l⊥α的充要條件，故B錯誤；C、直線l與平面α內兩條不平行直線垂直即直線l與平面α內兩條相交直線垂直，則l⊥α，若l⊥α，則α內任意一條直線都與l垂直，直線l與平面α內兩條相交直線垂直，直線l與平面α內兩條不平行直線垂直是l⊥α的充要條件，故C錯誤；D、直線l與平面α都垂直于同一平面β，l//α或l?α，不能得出l⊥α，若l⊥α，則直線l與平面α不能都垂直于同一平面，直線l與平面α都垂直于同一平面是l⊥α的既不充分也不必要條件，故D錯誤；故答案為：A.【分析】根據線面垂直的判定定理以及線面垂直性質，結合充分條件必要條件定義判斷即可.3．【答案】D【解析】【解答】解：A、在正方體ABCD?A1B1CAC?平面ABCD，所以B1B⊥AC，即AC⊥B1B又B1B∩BD=B，B1B?平面B1BDD1，BD?平面B1BDDB、在正方體ABCD?A1B1CEF?平面A1B1C、連接BD交AC于點O，如圖所示：

設三棱錐A?BEF的高為h，VA?BEF=13S△BEF?h，BB1⊥平面A1B1C1D1，B1D1?平面A1B1C1D1，BB1D、設異面直線AE，BF所成的角為α，連接A1C1交B當點E與D1重合時，因為EF=22，此時點F與點O在正方體ABCD?A1B1C1D所以A1E//BC1，在Rt△O1B1C中，O因為O1B2+O1C1當點F與B1重合時，EF=22，此時點E與點O1重合，∠O1A在Rt△O1AA1中，Osinα=sin∠異面直線AE，BF所成的角不是定值，故D錯誤.故答案為：D.【分析】利用直線與平面垂直的性質可證得AC⊥BE，即可判斷A；運用兩個平面平行的性質，可證明EF//平面ABCD，即可判斷B；結合三棱錐的體積公式可求其體積為定值即可判斷C；在線段B14．【答案】C【解析】【解答】解：設下底面端點A,B,C，及上底面對應端點B1連接AB1，B1C和AC，由三垂線定理知，又因為AC∩B1C=C，AC?面AB1所以l⊥面AB對于C，因為DE//B1C，DF//AC，AC∩B1所以l⊥平面DEF.A、B、D選項中面DEF與面AB故答案為：C.

【分析】根據三垂線定理（在平面內的一條直線，如果與穿過這個平面的一條斜線在這個平面上的射影垂直，那么這條直線也與這條斜線垂直）可知l⊥AC且l⊥B5．【答案】B【解析】【解答】解：A、在正方體ABCD?A1B1C1D1中，BD//B1B、若Q為BC1中點，則PQ//A1又AD⊥面ABB1A1，A1B?面AB1∩AD=A，AB1,AD?所以存在Q使得PQ⊥平面ABC：由正方體性質知：BC1//AD1，而AD所以Q在線段BC1上運動時，到面APD的距離不一定相等，

故三棱錐D、以D為坐標原點，建立空間直角坐標系D?xyz，如圖所示：

則A(2,0,0)，所以DA=(2,0則cosθ=令t=1?a∈[?1,當t∈(0,1]當t=0則cosθ=0；當t∈[?1,0所以cosπ故答案為：B.【分析】由BD//B1D1、B1D1∩PQ=P即可判斷A；若Q為B6．【答案】A【解析】【解答】解：如圖，

過D作直線DM∥AC，在矩形ABCD中，AB=1,BC=3平行四邊形ACEF的面積為3，所以平行四邊形ACEF的高為32△ABC中，令D到AC的距離為h，所以12所以平行四邊形ACEF繞AC旋轉時，會經過B、D，形成如圖所示半圓BNM，由旋轉體的性質可知，AC⊥平面BNM，所以EF⊥平面BNM，又BN?平面BNM，所以EF⊥BN在半圓BNM中，BM為直徑，所以BN⊥NM，EF∩NM=N，EF?平面EFD,NM?平面EFD，所以因為BN?平面EFB，所以平面EFB⊥平面EFD.故答案為：A.【分析】利用旋轉體的性質，發現B、D在平行四邊形ACEF繞AC旋轉得到的旋轉體上，從而得到EF⊥BN，BN⊥NM，從而可證線面垂直，即可得證.7．【答案】C【解析】【解答】解：當l,m,所以n,因為m⊥n，所以m與n是相交直線，因為l⊥m,l⊥n，m,因為l?α,l?β，所以同理可證得α⊥β，所以α,β,當α,β,γ兩兩垂直時，在β內作a⊥l，在因為α⊥β，α∩β=l，γ⊥α，γ∩α=n，所以a⊥α,b⊥α，所以a‖因為a?γ,b?γ，所以a‖因為a?β,β∩γ=m，所以a‖因為a⊥α，所以m⊥α，因為l,n?α，所以同理可證得n⊥l，所以l,所以“l,m,故答案為：C【分析】根據題意先作出圖形，根據題意利用直線與平面垂直的判定定理可推出l⊥γ，再根據l?α,l?β，可證明α⊥γ,β⊥γ，同理可證明α⊥β，所以α,β,γ兩兩垂直。充分性成立；當α,β,γ兩兩垂直時，在β內作a⊥l，在γ內作b⊥n，利用平面與平面垂直的性質可推出a‖8．【答案】D【解析】【解答】取P所在的母線為DE，連接CE，O1D，O1設PD=h∈(0,4)，則O1可得|PC|2又因為|PE|=4?h，0≤|EC|≤8可得(4?h)2≤|PC|2=16?可得1289≤16?h所以|PC|∈(0,故答案為：D.【分析】設PD=h∈(0,4)，可得|PC|2=16?h2，進而可得9．【答案】D【解析】【解答】解：A：取BD中點O，如圖所示：因為AO⊥BD,CO⊥BD，AO∩CO=O，所以BD⊥面AOC，所以BD⊥AC，故A正確；

B、沿對角線BD折疊成直二面角時，平面ABD⊥平面C、當折疊所成的二面角∠AOC=150o時，頂點A到底面BCD的距離為22，

D、若AB⊥CD，因為BC⊥CD，AB∩BC=B，所以CD⊥面ABC，所以CD⊥AC，

但CD=2，AD=2，即直角邊長與斜邊長相等，顯然不對，故D錯誤.故答案為：D.【分析】根據題意，由線面垂直的性質定理即可判斷AD；由三棱錐的體積公式即可判斷C；由二面角的定義即可判斷B.10．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：對于A：取AD的中點Q，連接PQ,FQ，如圖所示：在棱長為2的正方體ABCD?A1B易知GM⊥PQ，∵FQ//DD1,∴FQ⊥平面ABCD，GM所以GM⊥FQ，FQ?面PQF，PQ?面PQF，PQ∩FQ=Q，所以GM⊥面PQF，PF?面PQF，所以GM⊥PF，連接BA1，因為ABB因為FA1⊥面ABB1A1因為FA1?面PFA1B，所以GN⊥面PFA1B，因為PF?面PF綜上所述，GN?面GMN，GM?面GMN，

又因為GN∩GM=G，所以PF⊥面GMN，PF?面PEF，

故平面PEF⊥平面GMN，故A正確；對于B：取A1B1的中點T，連接ET,FT所以∠TEF是異面直線EF、GN所成的角，又因為EF=FT=ET=2，則∠TEF=對于C：記正方體的中心為點O，則OE=所以E、F、G、M、N在以O為球心，以2為半徑的球面上，故C正確；對于D：因為A1P=tA1所以A1P?所以P點軌跡是過點M與B1E平行的線段MP所以MP故答案為：ACD.【分析】根據正方體的結構特征，從而證明出直線PF⊥面GMN，再結合面面垂直的判定定理，從而判斷選項A；根據異面直線所成的角的求解方法，從而判斷選項B；根據五點共圓的判斷方法，從而判斷出選項C；利用已知條件，分析可知點P的軌跡是過點M與B1E平行的線段11．【答案】B,C【解析】【解答】解：設正方體的棱長為2，A、連接AC，如圖（1）所示：

則MN//AC，故∠POC（或其補角）為異面直線OP,MN所成的角，在直角三角形OPC，

OC=2，CP=1，故tan∠POC=1B、取NT的中點為Q，連接PQ，OQ，如圖（2）所示：

則OQ⊥NT，PQ⊥MN，由正方體SBCM?NADT可得SN⊥平面ANDT，OQ?平面ANDT，故SN⊥OQ，而SN∩MN=N，故OQ⊥平面SNTM，又因為MN?平面SNTM，OQ⊥MN，OQ∩PQ=Q，所以MN⊥平面OPQ，而PO?平面OPQ，故MN⊥OP，故B正確；C、連接BD，如圖（3）所示：

則BD//MN，由B的判斷可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正確；D、取AD的中點Q，AB的中點K，連接AC,PQ,OQ,PK,OK，如圖（4）所示：

則AC//MN，因為DP=PC，故PQ//AC，故PQ//MN，所以∠QPO或其補角為異面直線PO,MN所成的角，因為正方體的棱長為2，故PQ=12AC=PO=PK2+OK故PO,MN不垂直，故D錯誤.故答案為：BC.【分析】由題意，根據線面垂直的判定定理即可判斷BC；平移直線MN構造所考慮的線線角后即可判斷AD.12．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：由題意，如圖建系：則D(0,0,0)，A(1,0,0)，設A1C=kA1P，可得D1AP=對于A：當A1C=2根據長方體性質可得B,P,D對于B：當AP⊥∴AP?A1所以AP=?則AP?因此AP⊥對于C：當A1C=3設平面BDC1的法向量為∵DB∴n?DB=x+當y=?1時，x=3，z=3，故∴n?D1P又因為D1P?平面BDC1，∴對于D：當A1C=5A1設平面D1AP的法向量為則m?AP=?取a=?1，則b=3，c=?1，因為A1C=(?1,3,?1)，∴A1C故答案為：ACD.【分析】由題意建立空間直角坐標系，當A1C=2A1P時，則點P為對角線A1C的中點，根據長方體性質可得B,P,D1三點共線，從而判斷出選項A；利用兩向量垂直數量積為0的等價關系和數量積的坐標表示，從而判斷出選項B；當A1C=3A1P時，由向量共線的坐標表示得出向量D1P?的坐標，再由兩向量垂直數量積為0得出平面BDC1的法向量n=(3,?1,3)，再根據13．【答案】A,C【解析】【解答】如圖所示，對于選項A，先判斷出AD1與A1C1所成角即為BC1與A對于選項B，AD1與平面ABCD所成角為對于選項C，二面角D1?AB?D的平面角為對于選項D，如圖所示，設D1B1∩A1C同理可證：CO⊥B1D1，所以不妨設AB=1，易求出：AC=2因為AC2≠A所以平面AB1D故選：AC.【分析】先判斷出AD1與A1C1所成角即為AC1B，再利用△ABC1為正三角形，從而得出直線AD1與直線A1C1所成角，進而判斷出選項A；利用AD1與平面ABCD所成角為∠DA14．【答案】（1）證明：在直三棱柱ABC?A1B則AA1⊥AC，A所以∠BAC=π3．因為因為N為AB的中點，所以CN⊥AB．又AA1⊥因為AA1∩AB=A，所以CN⊥（2）證明：取AB因為N為AB的中點，所以DN∥BB1，且又CM∥BB1，且CM=12B所以四邊形CNDM為平行四邊形，則DM∥CN．由（1）知CN⊥平面ABB1A1，則又因為DM?平面AMB1，所以平面AMB（3）解：如圖，

取BC的中點F，連接AF，則AF⊥BC．因為BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥AF，因為過F作B1M的垂線，垂足為H，連接AH，則可證得所以∠AHF為二面角A?MB設B1M∩BC=E，AB=2，則AF=3，EF=1+2=3由等面積法可得12ME?FH=1則tan∠AHF=AFFH=6【解析】【分析】（1）由題意可得CN⊥AB，由線面垂直的性質可得AA（2）易證DM//CN，由（1）知DM⊥平面（3）由線面垂直的判定定理可得AF⊥平面BB1C1C，則AF⊥B1M，易證15．【答案】(【解析】【解答】解：當F位于DC的中點，點D與AB中點重合時，t=1，隨著F點到C點時，

當C與F無限接近，當兩者重合時，CD=2，因為CB⊥AB，CB⊥DK，得CB⊥平面ADB，

即CB⊥BD，又因為CD=2，BC=1，所以BD=3因為AD=1，AB=2，所以AD⊥BD，再由DK⊥AB，可得△ADB和△AKD相似，可得t=1故實數t的取值范圍為(12,1)．【分析】利用極端位置法，即F位于DC的中點，隨著F點到C點時，分別求兩個位置的t的值即可求實數t的取值范圍.16．【答案】（1）（2）【解析】【解答】解：因為AD為等腰直角三角形斜邊BC上的高，所以BD⊥AD，又因為折后平面ABD⊥平面ACD，平面ABD∩平面ACD=AD，BD?平面ABD，所以BD⊥平面ACD，又AC?平面ACD，所以BD⊥AC，故（1）正確；由已知BD⊥AD,DC⊥AD，且BD,CD?面BCD，所以AD⊥面BCD，又因為AD?面ABD，所以平面ABD⊥平面BCD，故（2）正確；由BD⊥平面ACD，且DC?平面ACD，所以BD⊥DC，所以∠BDC=∠ADC=∠ADB，由AD=BD=CD，所以△BDC≌△ADC≌△ADB，所以△ABC為等邊三角形，故（3）錯誤.故答案為：（1）（2）.【分析】由題意，根據面面垂直的性質即可判斷（1）；通過證明AD⊥面BCD即可判斷（2）；通過證明△BDC≌△ADC≌△ADB即可判斷（3）.17．【答案】（1）證明：因為AF⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以BD⊥AF；底面ABCD為菱形，所以AC⊥BD；又因為AC∩AF=A，AC,AF?平面ACF，所以BD⊥平面ACF；（2）解：設AC∩BD=O，取CF的中點M，連接OM，則OM//AF，所以OM⊥平面ABCD，以O為原點，建立空間直角坐標系，如圖所示：因為∠DAC為直線DA與平面ACF所成的角，所以∠DAC=60°，又因為AB=BE=2AF=2，所以O0,0,0，A0,?1,0，C0,1,0，E則FC=0,2,?1，設平面CEF的法向量為n=則n⊥取y=1，則x=3,z=2，則又OD=3,0,0為平面ACF的法向量，設平面ACF與平面CEF因為cos<OD→所以sinθ=104，即平面ACF與平面CEF【解析】【分析】（1）根據線面垂直性質定理得BD⊥AF，再根據菱形對角線垂直AC⊥BD證明即可；（2）以O為原點，建立空間直角坐標系，求平面ACF與平面CEF的法向量，再求夾角余弦值，利用同角三角函數基本關系求正弦值即可.（1）因為AF⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以BD⊥AF；底面ABCD為菱形，所以AC⊥BD；又因為AC∩AF=A，AC,AF?平面ACF，所以BD⊥平面ACF.（2）如圖：設AC∩BD=O，取CF的中點M，連接OM，則OM//AF，所以OM⊥平面ABCD.故可以以O為原點，建立如圖空間直角坐標系.因為∠DAC為直線DA與平面ACF所成的角，所以∠DAC=60°.又AB=BE=2AF=2，所以O0,0,0，A0,?1,0，C0,1,0，E則FC=0,2,?1，設平面CEF的法向量為n=則n⊥取y=1，則x=3,z=2，則又OD=3,0,0為平面ACF的法向量，設平面ACF與平面CEF∵cos<OD∴sinθ=104，即平面ACF與平面18．【答案】（1）證明：平面PAD⊥平面ABCD，交線為AD,AB⊥AD，AB?平面ABCD，所以AB⊥平面PAD，因為PD?平面PAD，所以AB⊥PD，因為PA⊥PD，AB∩PA=A，AB,PA?平面PAB，所以PD⊥平面PAB，因為PD?平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAB；（2）解：取AD中點為O，連接CO，PO，又因為PA=PD，所以PO⊥AD，則AO=PO=4，因為AC=CD=5，所以CO⊥AD，則CO=A以O為坐標原點，分別以OC，OA，OP所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系O?xyz，如圖所示：則A0,4,0，B2,4,0，C3,0,0，DPC=3,0,?4，PD=設n=x,y,z是平面則n?PC=0令z=3，則x=4，y=?3，所以n=設點B到平面PCD的距離為h.則h=n所以點B到平面PCD的距離為h為834【解析】【分析】（1）先利用面面垂直的性質定理得到AB⊥平面PAD，即可得到AB⊥PD，結合PA⊥PD可得PD⊥平面PAB，再利用面面垂直的判定定理即可證明平面PCD⊥平面PAB；（2）先取AD中點為O，連接CO，PO，以O為坐標原點建立空間直角坐標系，即可求出平面PCD法向量為n=（1）平面PAD⊥平面ABCD，交線為AD,AB⊥AD，AB?平面ABCD，所以AB⊥平面PAD，因為PD?平面PAD，所以AB⊥PD，因為PA⊥PD，AB∩PA=A，AB,PA?平面PAB，所以PD⊥平面PAB，因為PD?平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAB；（2）取AD中點為O，連接CO，PO，又因為PA=PD，所以PO⊥AD，則AO=PO=4，因為AC=CD=5，所以CO⊥AD，則CO=A以O為坐標原點，分別以OC，OA，OP所在直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系O?xyz，則A0,4,0，B2,4,0，C3,0,0，DPC=3,0,?4，PD=設n=x,y,z是平面則n?PC=0令z=3，則x=4，y=?3，所以n=設點B到平面PCD的距離為h.則h=n所以點B到平面PCD的距離為h為83419．【答案】（1）證明：因為在Rt△ABC中，∠C=90°，DE//BC，且所以DE⊥CD，DE⊥AD，則折疊后，DE⊥A又A1D∩CD=D,A1D,CD?平面A1CD，所以DE⊥所以DE⊥A1C，又已知A1C⊥CD，CD∩DE=D所以A1C⊥平面（2）解：由（1）知，以C為坐標原點，CD為x軸，CB為y軸，CA1為z軸，建立空間直角坐標系因為AD=2CD，故DE=2由幾何關系可知，CD=2，A1D=4，則C0,0,0，D2,0,0，E2,2,0，B0,3,0，假設在線段A1C上存在點N，使平面CBM與平面BMN成角余弦值為BM=1,?3,3，CM設CN=λCABN=設平面BMN的法向量為n2=x2不妨令z2=3，則y故平面BMN的一個法向量為n2設平面CBM的法向量為n3=x3不妨令z3=3，則x3=?3，y若平面CBM與平面BMN成角余弦值為34則滿足cos?n化簡得2λ2?3λ+1=0，解得λ=1或12，即故在線段A1C上存在這樣的點使平面CBM與平面BMN成角余弦值為34，此時CN的長度為3或2【解析】【分析】（1）由題意，先證明DE⊥A1C，A1C⊥CD（2）由（1）知，以C為坐標原點，建立空間直角坐標系，利用空間向量法求解即可.（1）因為在Rt△ABC中，∠C=90°，DE//BC，且所以DE⊥CD，DE⊥AD，則折疊后，DE⊥A又A1D∩CD=D,A1D,CD?平面A1CD，所以DE⊥所以DE⊥A1C，又已知A1C⊥CD，CD∩DE=D所以A1C⊥平面（2）由（1）知，以CD為x軸，CB為y軸，CA1為z軸，建立空間直角坐標系C?xyz因為AD=2CD，故DE=2由幾何關系可知