课件43张PPT。第三章 空间向量与立体几何章末复习课空间向量的基本概念及运算 空间向量的坐标运算 利用空间向量证明平行、垂直问题 利用空间向量求空间角 点击右图进入…Thank you for watching !章末综合测评(三) 空间向量与立体几何
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．与向量a＝(1，－3，2)平行的一个向量的坐标是( )
A. B．(－1，－3，2)
C. D.
C [a＝(1，－3，2)＝－2.]
2．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，＝，＝x＋y(＋)，则( )
A．x＝1，y＝ B．x＝1，y＝
C．x＝，y＝1 D．x＝1，y＝
D [＝＋＝＋
＝＋＝＋(＋)，
∴x＝1，y＝.应选A.]
3．已知A(2，－4，－1)，B(－1，5，1)，C(3，－4，1)，D(0，0，0)，令a＝，b＝，则a＋b为( )
A．(5，－9，2) B．(－5，9，－2)
C．(5，9，－2) D．(5，－9，－2)
B [a＝＝(－1，0，－2)，b＝＝(－4，9，0)，
∴a＋b＝(－5，9，－2)．]
4．已知点A(1，2，1)，B(－1，3，4)，D(1，1，1)，若＝2，则||的值是( )
A. B.
C. D.
C [设P(x，y，z)，则＝(x－1，y－2，z－1)，
＝(－1－x，3－y，4－z)，
由＝2知x＝－，y＝，z＝3，
即P.
由两点间距离公式可得||＝.]
5．在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列结论不正确的是( )
A.＝－ B.·＝0
C.·＝0 D.·＝0
D [如图，∥，⊥，⊥，故A，B，C选项均正确．]
6．设ABCD的对角线AC和BD交于E，P为空间任意一点，如图所示，若＋＋＋＝x，则x＝( )
A．2 B．3
C．4 D．5
C [∵E为AC，BD的中点，
∴由中点公式得＝(＋)，
＝(＋)．
∴＋＋＋＝4.从而x＝4.]
7．已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于( )
A. B. C. D.
D [∵a，b，c三向量共面，则存在不全为零的实数x，y，使c＝xa＋yb，
即(7，5，λ)＝x(2，－1，3)＋y(－1，4，－2)
＝(2x－y，－x＋4y，3x－2y)，
所以解得
∴λ＝3x－2y＝.]
8．若向量a＝(x，4，5)，b＝(1，－2，2)，且a与b的夹角的余弦值为，则x＝( )
A．3 B．－3
C．－11 D．3或－11
A [因为a·b＝(x，4，5)·(1，－2，2)＝x－8＋10＝x＋2，且a与b的夹角的余弦值为，所以＝，解得x＝3或－11(舍去)，故选A.]
9．若直线l的方向向量为(2，1，m)，平面α的法向量为，且l⊥α，则m＝( )
A．2 B．3 C．4 D．5
C [∵l⊥α，
∴直线l的方向向量平行于平面α的法向量．
∴＝＝.
∴m＝4.]
10．直三棱柱ABC-A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成角为( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
C [建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝1，
则A(0，0，0)，B(1，0，0)，A1(0，0，1)，C1(0，1，1)，
∴＝(－1，0，1)，＝(0，1，1)，
∴cos〈，〉＝＝＝.
∴〈，〉＝60°，即异面直线BA1与AC1所成角为60°.]
11．已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于( )
A. B.
C. D.
A [
以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA1＝2AB＝2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，则＝(0，1，0)，＝(1，1，0)，＝(0，1，2)．设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则n⊥，n⊥，所以有
令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2，1)．设CD与平面BDC1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.]
12．在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，PA⊥平面ABCD，PA＝，那么二面角A-BD-P的大小为( )
A．30° B．45° C．60° D．75°
A [
如图所示，建立空间直角坐标系，
则＝，
＝(－3，4，0)．
设n＝(x，y，z)为平面PBD的一个法向量，则
得
即令x＝1，则n＝.
又n1＝为平面ABCD的一个法向量，
∴cos〈n1，n〉＝＝，∴所求二面角为30°.]
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)
13．已知正方体ABCD-A′B′C′D′，则下列三个式子中：
①－＝；
②＝；
③＋＋＋＝.
其中正确的有________．
①② [①－＝＋＝，正确；②显然正确；③＋＋＋＝(＋)＋(＋)＝＋0≠，错误．]
14．若向量m＝(－1，2，0)，n＝(3，0，－2)都与一个二面角的棱垂直，则m，n分别与两个半平面平行，则该二面角的余弦值为________．
－或 [∵cos〈m，n〉＝
＝＝－.
∴二面角的余弦值为－或.]
15．如图正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，O是平面A1B1C1D1的中心，则BO与平面ABC1D1所成角的正弦值为________．
[建立坐标系如图，则B(1，1，0)，O，＝(1，0，1)是平面ABC1D1的一个法向量．
又＝，
∴BO与平面ABC1D1所成角的正弦值为|cos〈，〉|
＝＝＝.]
16．设动点P在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上，记＝λ，当∠APC为钝角时，λ的取值范围是________．
[建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，
则A(1，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，
设P(x，y，z)，则＝(x，y，z－1)，＝(1，1，－1)，由＝λ，
得(x，y，z－1)＝λ(1，1，－1)，
∴即P(λ，λ，1－λ)，
∴＝(1－λ，－λ，λ－1)，＝(－λ，1－λ，λ－1)，
由·<0得－2λ(1－λ)＋(λ－1)2<0，解得<λ<1.
由题意知与所成的角不可能为π，故<λ<1.]
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱ABCD-A1B1C1D1，底面ABCD是正方形，CC1＝3，CD＝2，且∠C1CB＝∠C1CD＝60°.
(1)设＝a，＝b，＝c，试用a，b，c表示；
(2)已知O为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的中心，求CO的长．
[解] (1)由＝a，＝b，＝c，得＝a＋b＋c，
所以＝－a－b－c.
(2)O为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的中心，即O为线段A1C的中点．
由已知条件得|a|＝|b|＝2，|c|＝3，a·b＝0，〈a，c〉＝60°，〈b，c〉＝60°.
由(1)得＝a＋b＋c，则||2＝2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝22＋22＋32＋0＋2×2×3×cos 60°＋2×2×3×cos 60°＝29.
所以A1C的长为，所以CO的长为.
18．(本小题满分12分)如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.
(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ；
(2)证明：PC∥平面BAQ.
[证明] 如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz.
(1)依题意有Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)，则＝(1，1，0)，＝(0，0，1)，＝(1，－1，0)，所以·＝0，·＝0，
即PQ⊥DQ，PQ⊥DC且DQ∩DC＝D.
故PQ⊥平面DCQ.
又PQ?平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.
(2)根据题意，＝(1，0，0)，＝(0，0，1)，＝(0，1，0)，故有·＝0，·＝0，所以为平面BAQ的一个法向量．
又因为＝(0，－2，1)，且·＝0，即DA⊥PC，且PC平面BAQ，故有PC∥平面BAQ.
19．(本小题满分12分)如图所示，已知点P在正方体ABCD-A′B′C′D′的对角线BD′上，∠PDA＝60°.
(1)求DP与CC′所成角的大小．
(2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小．
[解] (1)如图所示，以D为原点，DA，DC，DD′分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，设DA＝1.
则＝(1，0，0)，＝(0，0，1)．
连接BD，B′D′.
在平面BB′D′D中，延长DP交B′D′于H.设＝(m，m，1)(m>0)，
由已知〈，〉＝60°，
由·＝||||cos〈，〉，可得2m＝.解得m＝，
所以＝.
因为cos〈，〉
＝＝，
所以〈，〉＝45°，即DP与CC′所成的角为45°.
(2)平面AA′D′D的一个法向量是＝(0，1，0)，
因为cos〈，〉
＝＝，所以〈，〉＝60°，可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°.
20．(本小题满分12分)如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点．
(1)求证：平面PBC⊥平面PAC；
(2)若AB＝2，AC＝1，PA＝1，求二面角C-PB-A的余弦值．
[解] (1)证明：由AB是圆的直径，得AC⊥BC，
由PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，得PA⊥BC.
又PA∩AC＝A，PA?平面PAC，AC?平面PAC，
所以BC⊥平面PAC.
因为BC?平面PBC.
所以平面PBC⊥平面PAC.
(2)过C作CM∥AP，则CM⊥平面ABC.
如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．
在Rt△ABC中，因为AB＝2，AC＝1，所以BC＝.
又因为PA＝1，所以A(0，1，0)，B(，0，0)，P(0，1，1)．
故＝(，0，0)，＝(0，1，1)．
设平面BCP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则所以
不妨令y1＝1，则n1＝(0，1，－1)．
因为＝(0，0，1)，＝(，－1，0)，
设平面ABP的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则所以
不妨令x2＝1，则n2＝(1 ，0)．
于是cos〈n1，n2〉＝＝.
由图知二面角C-PB-A为锐角，故二面角C-PB-A的余弦值为.
21．(本小题满分12分)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)．
(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ；
(2)是否存在λ，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
[解]
以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系．由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，
P(0，0，λ)，＝(－2，0，2)，
＝(－1，0，λ)，＝(1，1，0)．
(1)证明：当λ＝1时，
＝(－1，0，1)，
因为＝(－2，0，2)．
所以＝2，可知BC1∥FP，
而FP?平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.
(2)设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由得
于是可取n＝(λ，－λ，1)，
同理可得平面PQMN的一个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1)，
若存在λ，使得平面EFPQ与平面PQMN所在的二面角为直二面角，
则m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，
即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，
解得λ＝1±，
故存在λ＝1±，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角．
22．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.
(1)求证：AA1⊥平面ABC；
(2)求二面角A1-BC1-B1的余弦值；
(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．
[解] (1)因为AA1C1C为正方形，所以AA1⊥AC.
因为平面ABC⊥平面AA1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC，所以AA1⊥平面ABC.
(2)由(1)知AA1⊥AC，AA1⊥AB.
由题意知AB＝3，BC＝5，AC＝4，所以AB⊥AC.
如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A-xyz，则B(0，3，0)，A1(0，0，4)，B1(0，3，4)，
C1(4，0，4)．
所以＝(0，3，－4)，＝(4，0，0)．
设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，则即
令z＝3，则x＝0，y＝4，所以平面A1BC1的一个法向量为n＝(0，4，3)．
同理可得，平面B1BC1的一个法向量为m＝(3，4，0)．
所以cos〈n，m〉＝＝.
由题意知二面角A1-BC1-B1为锐角，
所以二面角A1-BC1-B1的余弦值为.
(3)证明：假设D(x1，y1，z1)是线段BC1上一点，且＝λ(λ∈[0，1])，
所以(x1，y1－3，z1)＝λ(4，－3，4)．
解得x1＝4λ，y1＝3－3λ，z1＝4λ，
所以＝(4λ，3－3λ，4λ)．由·＝0，得9－25λ＝0，解得λ＝.
因为∈[0，1]，所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B.
此时＝λ＝.
空间向量的基本概念及运算
【例1】 如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A、B、C、D的距离都等于2.给出以下结论：
①＋＋＋＝0；
②＋－－＝0；
③－＋－＝0；
④·＝·；
⑤·＝0.
其中正确结论的序号是________．
③④ [容易推出－＋－＝＋＝0，所以③正确；又因为底面ABCD是边长为1的正方形，SA＝SB＝SC＝SD＝2，所以·＝2·2·cos∠ASB，·＝2·2·cos∠CSD，而∠ASB＝∠CSD，于是·＝·，因此④正确，其余三个都不正确，故正确结论的序号是③④.]
1．空间向量的线性运算包括加、减及数乘运算，选定空间不共面的三个向量作为基向量，并用它们表示出目标向量，这是用向量法解决立体几何问题的基本要求，解题时可结合已知和所求，根据图形，利用向量运算法则表示所需向量．
2．空间向量的数量积
(1)空间向量的数量积的定义表达式a·b＝|a|·|b|·cos〈a，b〉及其变式cos〈a，b〉＝是两个重要公式．
(2)空间向量的数量积的其他变式是解决立体几何问题的重要公式，如a2＝|a|2，a在b上的投影＝|a|·cos θ等．
1．如图，已知ABCD-A′B′C′D′是平行六面体．
设M是底面ABCD的中心，N是侧面BCC′B′对角线BC′上的分点，设＝α＋β＋γ，则α＋β＋γ＝________.
[连接BD，则M为BD的中点，
＝＋＝＋＝(＋)＋
(＋)＝(－＋)＋(＋)
＝＋＋.
∴α＝，β＝，γ＝.∴α＋β＋γ＝.]
空间向量的坐标运算
【例2】 (1)已知a＝(2，3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝x－2a，则x＝( )
A．(0，3，－6) B．(0，6，－20)
C．(0，6，－6) D．(6，6，－6)
(2)已知向量a＝(x，1，2)，b＝(1，y，－2)，c＝(3，1，z)，a∥b，b⊥c.
①求向量a，b，c；
②求a＋c与b＋c所成角的余弦值．
(1)B [由b＝x－2a得x＝4a＋2b，
又4a＋2b＝4(2，3，－4)＋2(－4，－3，－2)＝(0，6，－20)，
所以x＝(0，6，－20)．]
(2)解：①∵向量a＝(x，1，2)，b＝(1，y，－2)，c＝(3，1，z)，且a∥b，b⊥c，
∴，解得
∴向量a＝(－1，1，2)，b＝(1，－1，－2)，c＝(3，1，1)．
②∵a＋c＝(2，2，3)，b＋c＝(4，0，－1)，
∴(a＋c)·(b＋c)＝2×4＋2×0＋3×(－1)＝5，
|a＋c|＝＝，|b＋c|
＝＝，
∴a＋c与b＋c所成角的余弦值为＝.
熟记空间向量的坐标运算公式
设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，
(1)加减运算：a±b＝(x1±x2，y1±y2，z1±z2)．
(2)数量积运算：a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2.
(3)向量夹角：cos〈a，b〉＝.
(4)向量长度：设M1(x1，y1，z1)，M2(x2，y2，z2)，
则||＝.
提醒：在利用坐标运算公式时注意先对向量式子进行化简再运算．
2．在空间直角坐标系中，已知点A(1，－2，11)，B(4，2，3)，C(6，－1，4)，则△ABC一定是( )
A．等腰三角形 B．等边三角形
C．直角三角形 D．等腰直角三角形
C [∵＝(3，4，－8)，＝(5，1，－7)，＝(2，－3，1)，∴||＝＝，||＝＝，||＝＝，∴||2＋||2＝||2，∴△ABC一定为直角三角形．]
利用空间向量证明平行、垂直问题
【例3】 在四棱锥P-ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝CD＝2AB＝2，M为PC的中点．
(1)求证：BM∥平面PAD；
(2)平面PAD内是否存在一点N，使MN⊥平面PBD？若存在，确定N的位置；若不存在，说明理由．
思路探究：(1)证明向量垂直于平面PAD的一个法向量即可；
(2)假设存在点N，设出其坐标，利用⊥，⊥，列方程求其坐标即可．
[解] 以A为原点，以AB，AD，AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示，则B(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，M(1，1，1)，
(1)证明：∵＝(0，1，1)，
平面PAD的一个法向量为n＝(1，0，0)，
∴·n＝0，即⊥n，
又BM平面PAD，∴BM∥平面PAD.
(2)＝(－1，2，0)，＝(1，0，－2)，
假设平面PAD内存在一点N，使MN⊥平面PBD.
设N(0，y，z)，则＝(－1，y－1，z－1)，
从而MN⊥BD，MN⊥PB，
∴即
∴∴N，∴在平面PAD内存在一点N，使MN⊥平面PBD.
利用空间向量证明空间中的位置关系
(1)线线平行：
证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量．
(2)线线垂直：
证明两条直线垂直，只需证明两直线的方向向量垂直．
(3)线面平行：
①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；
②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量；
③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量可用平面内两不共线向量线性表示．
(4)线面垂直：
①证明直线的方向向量与平面的法向量平行；
②利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题．
(5)面面平行：
①证明两个平面的法向量平行(即是共线向量)；
②转化为线面平行、线线平行问题．
(6)面面垂直：
①证明两个平面的法向量互相垂直；
②转化为线面垂直、线线垂直问题．
3．如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N分别在BB1，DD1上，且AM⊥A1B，AN⊥A1D.
(1)求证：A1C⊥平面AMN.
(2)当AB＝2，AD＝2，A1A＝3时，问在线段AA1上是否存在一点P使得C1P∥平面AMN，若存在，试确定P的位置．
[解] (1)证明：因为CB⊥平面AA1B1B，AM?平面AA1B1B，
所以CB⊥AM，又因为AM⊥A1B，A1B∩CB＝B，
所以AM⊥平面A1BC，
所以A1C⊥AM，
同理可证A1C⊥AN，
又AM∩AN＝A，
所以A1C⊥平面AMN.
(2)以C为原点，CD所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，CC1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
因为AB＝2，AD＝2，A1A＝3，
所以C(0，0，0)，A1(2，2，3)，
C1(0，0，3)，＝(2，2，3)，
由(1)知CA1⊥平面AMN，
故平面AMN的一个法向量为＝(2，2，3)．
设线段AA1上存在一点P(2，2，t)，使得C1P∥平面AMN，则＝(2，2，t－3)，
因为C1P∥平面AMN，
所以·＝4＋4＋3t－9＝0，
解得t＝.所以P，
所以线段AA1上存在一点
P，使得C1P∥平面AMN.
利用空间向量求空间角
【例4】 如图①，在等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，BC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，CD＝BE＝，O为BC的中点．将△ADE沿DE折起，得到如图②所示的四棱锥A′-BCDE，其中A′O＝.
① ②
(1)证明：A′O⊥平面BCDE；
(2)求二面角A′-CD-B的平面角的余弦值．
思路探究：(1)利用勾股定理可证A′O⊥OD，A′O⊥OE，从而证得A′O⊥平面BCDE；(2)用“三垂线”法作二面角的平面角后求解或用向量法求两个平面的法向量的夹角．
[解] (1)证明：由题意，得OC＝3，AC＝3，AD＝2.
如图，连接OD，OE，在△OCD中，由余弦定理，得
OD＝＝.
由翻折不变性，知A′D＝2，
所以A′O2＋OD2＝A′D2，所以A′O⊥OD.
同理可证A′O⊥OE.
又因为OD∩OE＝O，所以A′O⊥平面BCDE.
(2)如图，过点O作OH⊥CD交CD的延长线于点H，连接A′H.
因为A′O⊥平面BCDE，OH⊥CD，
所以A′H⊥CD.
所以∠A′HO为二面角A′-CD-B的平面角．
结合图(1)可知，H为AC的中点，故OH＝，
从而A′H＝＝.
所以cos∠A′HO＝＝.
所以二面角A′-CD-B的平面角的余弦值为.
用向量法求空间角的注意点
(1)异面直线所成角：两异面直线所成角的范围为0°<θ≤90°，需找到两异面直线的方向向量，借助方向向量所成角求解．
(2)直线与平面所成的角：要求直线a与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量n与直线a的方向向量a夹角的余弦cos〈n，a〉，易知θ＝〈n，a〉－或者－〈n，a〉．
(3)二面角：如图，有两个平面α与β，分别作这两个平面的法向量n1与n2，则平面α与β所成的角跟法向量n1与n2所成的角相等或互补，所以首先应判断二面角是锐角还是钝角．
4．在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的一条母线．
(1)已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC.
(2)已知EF＝FB＝AC＝2，AB＝BC，求二面角F-BC-A的余弦值．
[解] (1)证明：设CF的中点为I，连接GI，HI.
在△CEF中，因为点G，I分别是CE，CF的中点，
所以GI∥EF.
又EF∥OB，所以GI∥OB.
在△CFB中，因为H，I分别是FB，CF的中点，
所以HI∥BC.
又HI∩GI＝I，BC∩OB＝B，
所以平面GHI∥平面ABC.
因为GH?平面GHI，
所以GH∥平面ABC.
(2)连接OO′，则OO′⊥平面ABC.
又AB＝BC，且AC是圆O的直径，
所以BO⊥AC.
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意得B(0，2，0)，C(－2，0，0)．
过点F作FM⊥OB于点M，
所以FM＝＝3，
可得F(0，，3)．
故＝(－2，－2，0)，＝(0，－，3)．
设m＝(x，y，z)是平面BCF的法向量．
由可得
可得平面BCF的一个法向量m＝.
因为平面ABC的一个法向量n＝(0，0，1)，
所以cos〈m，n〉＝＝，
所以二面角F-BC-A的余弦值为.
