专题01 空间向量与立体几何（期中真题汇编，江苏专用）高二数学上学期

**基本信息** 专题聚焦空间向量与立体几何，汇编江苏南通、南京等地高二期中真题，覆盖4大高频考点，题型多样，适配期中复习需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |选择题|7题|空间向量运算（如共面条件判断）、坐标表示（如正方体动点向量问题）|结合地方期中真题，注重概念辨析与基础应用| |解答题|3题|基本定理（如正四面体向量表示与模长计算）、空间向量应用（如四棱锥线面垂直证明、点面距离求解）|多问设计形成梯度，从向量表示到几何应用逐步深化，贴合高二学情|

专题01 空间向量与立体几何 考点01 空间向量及其运算 考点02 空间向量基本定理 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 考点04 空间向量的应用 考点01 空间向量及其运算 1．A 考点02 空间向量基本定理 1．【答案】（1）\vec {OG}=\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{1}{3}\vec {OB}+\frac{1}{3}\vec {OC}     （2）     （3）      【分析】 （1）根据向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解； （2）利用向量的模与数量积的关系求解即可； （3）利用向量的夹角公式计算即可求解. (1) 小问详解： \vec {OG}=\vec {OA}+\vec {AG}=\vec {OA}+\frac{2}{3}\vec {AE}=\vec {OA}+\frac{2}{3}\left(\vec {OE}-\vec {OA}\right)=\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{2}{3}\vec {OE} =\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{2}{3}\left(\frac{1}{2}\vec {OB}+\frac{1}{2}\vec {OC}\right)=\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{1}{3}\vec {OB}+\frac{1}{3}\vec {OC}； (2) 小问详解： \left| \vec {OG}\right| =\sqrt{\left(\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{1}{3}\vec {OB}+\frac{1}{3}\vec {OC}\right)^{2}} =\sqrt{\frac{1}{9}\left(\vec {OA}^{2}+\vec {OB}^{2}+\vec {OC}^{2}+2\vec {OA}\cdot \vec {OB}+2\vec {OA}\cdot \vec {OC}+2\vec {OB}\cdot \vec {OC}\right)} (3) 小问详解： 因为\vec {OE}=\frac{1}{2}\vec {OB}+\frac{1}{2}\vec {OC},\vec {AB}=\vec {OB}-\vec {OA}， 所以\vec {OE}\cdot \vec {AB}=\left(\frac{1}{2}\vec {OB}+\frac{1}{2}\vec {OC}\right)\cdot \left(\vec {OB}-\vec {OA}\right)=\frac{1}{2}\vec {OB}^{2}+\frac{1}{2}\vec {OC}\cdot \vec {OB}-\frac{1}{2}\vec {OB}\cdot \vec {OA}-\frac{1}{2}\vec {OC}\cdot \vec {OA} . . 由正四面体的棱长为2，可得\left| \vec {OE}\right| =\sqrt{3},\left| \vec {AB}\right| =2， 所以\cos < \vec {OE},\vec {AB> }=\frac{\vec {OE}\cdot \vec {AB}}{\left| \vec {OE}\right| \left| \vec {AB}\right| }=\frac{1}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{6}. 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．B 2．D 3．ABD 4．【答案】 【分析】 根据向量平行可知存在实数，使得，结合向量坐标运算求解即可. 【详解】 因为向量，， 若，则存在实数，使得， 可得 ，解得 . 故答案为：. 考点04 空间向量的应用 1．C 2．B 3．【答案】（1） 取的中点，连结，    因为是中点，所以，且， 因为四边形为平行四边形，所以， 又因为，所以， 所以，因此四边形为平行四边形， 所以. 又因为平面，平面， 所以平面.     （2）      【分析】 （1）作出辅助线，利用平行四边形证明线线平行，再由线面平行的判定定理得证； （2）作于，证明即为点面距离，再由直角三角形求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 作于，由（1）知平面即为平面，    因为平面，平面，所以. 又因为，，所以平面. 因为平面，所以. 又因为，，平面， 所以平面， 所以即为点到平面的距离. 因为平面，平面，所以 在中，， 所以， 所以. 4．【答案】（1） 因为平面平面，平面平面， 在矩形中，平面，所以平面. 又因为平面平面，所以. 以\left\{\vec {AD},\vec {AB},\vec {AF}\right\}为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系， 则，. 所以\vec {ME}=\left(2,3,t\right),\vec {BN}=\left(3,-2,0\right)， 所以\vec {ME}\cdot \vec {BN}=2\times 3+3\times \left(-2\right)=0， 所以.     （2）      （3）       【分析】 （1）利用面面垂直的性质可得平面，进而利用线面垂直的性质可得，建立空间直角坐标系，利用向量法可得结论； （2）求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求的值； （3）设\vec {BK}=\lambda \vec {BM}，求得\vec {KN}=\left(3-\lambda ,3\lambda -2,0\right)，利用向量法可求得，进而可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： \vec {BE}=\left(3,0,t\right),\vec {BM}=\left(1,-3,0\right),\vec {EF}=\left(-3,-3,0\right),\vec {EN}=\left(0,-2,-t\right). 设平面的一个法向量为\vec {n_{1}}=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right)， 则 \begin{cases} \vec {BM}\cdot \vec {n_{1}}=0\\ \vec {BE}\cdot \vec {n_{1}}=0 \end{cases} ，即 ，令，得， 所以平面的一个法向量为\vec {n_{1}}=\left(3,1,-\frac{9}{t}\right). 设平面的一个法向量为\vec {n_{2}}=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right)，则 \begin{cases} \vec {EF}\cdot \vec {n_{2}}=0\\ \vec {EN}\cdot \vec {n_{2}}=0 \end{cases} ，即 ，令，得， 所以平面的一个法向量为\vec {n_{2}}=\left(1,-1,\frac{2}{t}\right). 若平面平面，则\vec {n_{1}}\cdot \vec {n_{2}}=0， 得，解得， 因为，所以. (3) 小问详解： 设\vec {BK}=\lambda \vec {BM}，则，所以\vec {KN}=\left(3-\lambda ,3\lambda -2,0\right). 由（2）可知，平面的一个法向量\vec {n_{2}}=\left(1,-1,\frac{2}{t}\right)，所以\vec {KN}\cdot \vec {n_{2}}=0， 得，解得. 所以，所以\vec {EK}=\left(-\frac{7}{4},-\frac{15}{4},-t\right)， 所以\left| \vec {EK}\right| =\sqrt{\left(-\frac{7}{4}\right)^{2}+\left(-\frac{15}{4}\right)^{2}+t^{2}}=\sqrt{t^{2}+\frac{137}{8}}. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 空间向量与立体几何 4大高频考点概览 考点01 空间向量及其运算 考点02 空间向量基本定理 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 考点04 空间向量的应用 考点01 空间向量及其运算 1．（25-26学年高二上·江苏南通·期中）已知是空间三个两两不共线的向量，则“向量共面”是“存在三个均不为零的实数，使得”的（       ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】 利用空间向量共面的基本定理结合充分条件、必要条件的定义判断即可求解. 【详解】 因为实数均不为零，所以\vec {a}=-\frac{q}{p}\vec {b}-\frac{r}{p}\vec {c}， 此时向量共面，故必要性成立； 因为是空间三个两两不共线的向量，若向量共面， 则存在非零实数、使得\vec {a}=x\vec {b}+y\vec {c}，则\vec {a}-x\vec {b}-y\vec {c}=0， 取，即有，故充分性成立； 所以“向量共面”是“存在三个均不为零的实数，使得”的充要条件. 故选：A 考点02 空间向量基本定理 1．（25-26学年高二上·江苏南通·期中）如图，在棱长为2的正四面体中，已知是线段的中点，点在线段上，且.    （1）用向量\vec {OA},\vec {OB},\vec {OC}表示\vec {OG}； （2）求\left| \vec {OG}\right|； （3）求向量\vec {OE}与\vec {AB}夹角的余弦值. 【答案】（1）\vec {OG}=\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{1}{3}\vec {OB}+\frac{1}{3}\vec {OC}     （2）     （3）      【分析】 （1）根据向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解； （2）利用向量的模与数量积的关系求解即可； （3）利用向量的夹角公式计算即可求解. (1) 小问详解： \vec {OG}=\vec {OA}+\vec {AG}=\vec {OA}+\frac{2}{3}\vec {AE}=\vec {OA}+\frac{2}{3}\left(\vec {OE}-\vec {OA}\right)=\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{2}{3}\vec {OE} =\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{2}{3}\left(\frac{1}{2}\vec {OB}+\frac{1}{2}\vec {OC}\right)=\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{1}{3}\vec {OB}+\frac{1}{3}\vec {OC}； (2) 小问详解： \left| \vec {OG}\right| =\sqrt{\left(\frac{1}{3}\vec {OA}+\frac{1}{3}\vec {OB}+\frac{1}{3}\vec {OC}\right)^{2}} =\sqrt{\frac{1}{9}\left(\vec {OA}^{2}+\vec {OB}^{2}+\vec {OC}^{2}+2\vec {OA}\cdot \vec {OB}+2\vec {OA}\cdot \vec {OC}+2\vec {OB}\cdot \vec {OC}\right)} (3) 小问详解： 因为\vec {OE}=\frac{1}{2}\vec {OB}+\frac{1}{2}\vec {OC},\vec {AB}=\vec {OB}-\vec {OA}， 所以\vec {OE}\cdot \vec {AB}=\left(\frac{1}{2}\vec {OB}+\frac{1}{2}\vec {OC}\right)\cdot \left(\vec {OB}-\vec {OA}\right)=\frac{1}{2}\vec {OB}^{2}+\frac{1}{2}\vec {OC}\cdot \vec {OB}-\frac{1}{2}\vec {OB}\cdot \vec {OA}-\frac{1}{2}\vec {OC}\cdot \vec {OA} . . 由正四面体的棱长为2，可得\left| \vec {OE}\right| =\sqrt{3},\left| \vec {AB}\right| =2， 所以\cos < \vec {OE},\vec {AB> }=\frac{\vec {OE}\cdot \vec {AB}}{\left| \vec {OE}\right| \left| \vec {AB}\right| }=\frac{1}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{6}. 考点03 空间向量及其运算的坐标表示 1．（25-26学年高二上·江苏南京·期中）已知向量．若\vec {a}\bot \vec {b}，则实数（　　） A. -4 B. -1 C. 1 D. 4 【答案】B 【分析】 由平面向量垂直的向量形式求解. 【详解】 由\vec {a}\bot \vec {b}，得\vec {a}\cdot \vec {b}=0， 得，得， 故选：B 2．（25-26学年高二上·江苏南通·期中）若空间向量，则下列向量能与构成空间的一个基底的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据给定条件，利用空间向量的坐标运算及空间基底的意义判断即得. 【详解】 对于A，\vec {p}=\vec {a}+\vec {b}，向量\vec {p},\vec {a},\vec {b}共面，A不是； 对于B，\vec {q}=\vec {a}+\frac{1}{2}\vec {b}，向量\vec {q},\vec {a},\vec {b}共面，B不是； 对于C，\vec {r}=\frac{1}{3}\vec {a}+\vec {b}，向量\vec {r},\vec {a},\vec {b}共面，C不是； 对于D，假设\vec {s}=x\vec {a}+y\vec {b}，则，于是 ，方程组无解， 即向量\vec {s},\vec {a},\vec {b}不共面，能构成空间的一个基底，D是. 故选：D 3．（25-26学年高二上·江苏南通·期中）（多选）在棱长为2的正方体中，分别是棱上的动点（不含端点），且，则（       ） A. \left| \vec {B_{1}E}+\vec {EF}+\vec {FD_{1}}\right| =2\sqrt{2} B. 当且仅当为中点时， C. 存在，使得 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】ABD 【分析】 以为原点，建立坐标系，设，根据\vec {D_{1}E}\cdot \vec {B_{1}F}=0，求得，由\vec {B_{1}E}+\vec {EF}+\vec {FD_{1}}=\left(-2,2,0\right)，可判定A正确；由\left| \vec {AE}\right| =\left| \vec {AF}\right|，求得，可判定B正确；由\vec {A_{1}F}=\lambda \vec {B_{1}E}，列方程方程组，可判定C错误；过作，证得即为直线与平面所成角，求得，利用换元法和函数的单调性，可判定D正确. 【详解】 以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得， 设，其中可得\vec {D_{1}E}=\left(2,n,-2\right),\vec {B_{1}F}=\left(m-2,-2,-2\right)， 因为，则\vec {D_{1}E}\cdot \vec {B_{1}F}=2\left(m-2\right)-2n+4=0， 可得，所以， 对于A，由\vec {B_{1}E}+\vec {EF}+\vec {FD_{1}}=\left(0,m-2,-2\right)+\left(m-2,-m,0\right)+\left(-m,0,2\right)=\left(-2,-2,0\right)， 可得\left| \vec {B_{1}E}+\vec {EF}+\vec {FD_{1}}\right| =2\sqrt{2}，所以A正确； 对于B，由\vec {AE}=\left(0,m,0\right),\vec {AF}=\left(m-2,0,0\right)，可得\left| \vec {AE}\right| =m,\left| \vec {AF}\right| =2-m 若，可得\left| \vec {AE}\right| =\left| \vec {AF}\right|，所以，解得， 即分别为的中点，所以B正确； 对于C，由\vec {A_{1}F}=\left(m-2,0,-2\right),\vec {B_{1}E}=\left(0,m-2,-2\right)， 若，可得\vec {A_{1}F}//\vec {B_{1}E}，则存在实数使得\vec {A_{1}F}=\lambda \vec {B_{1}E}， 可得 ，可得，因为，所以不存在， 所以不存在使得，所以C错误； 对于D，过点作，连接， 在正方体中，可得平面， 因为平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 所以即为直线与平面所成角， 在直角中，由，可得， 所以 在直角中，可得， 令，其中， 可得，且，所以， 由函数在上单调递减， 所以当时，，所以的最大值为， 所以的最大值为，所以D正确. 故选：ABD. 4．（25-26学年高二上·江苏南通·期中）已知向量，，且，则　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据向量平行可知存在实数，使得，结合向量坐标运算求解即可. 【详解】 因为向量，， 若，则存在实数，使得， 可得 ，解得 . 故答案为：. 考点04 空间向量的应用 1．（25-26学年高二上·江苏南京·期中）在正方体中，异面直线与所成的角为（       ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 90° 【答案】C 【分析】 首先由可得是异面直线和所成角，再由为正三角形即可求解. 【详解】 连接．    因为为正方体，所以， 则是异面直线和所成角．又, 可得为等边三角形，则，所以异面直线与所成角为， 故选：C 【点睛】 本题考查异面直线所成的角，利用平行构造三角形或平行四边形是关键，考查了空间想象能力和推理能力，属于中档题. 2．（25-26学年高二上·江苏南通·期中）在正三棱柱中，，则直线与所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C. 0 D.  【答案】B 【分析】 利用正三棱柱的性质计算出\vec {A_{1}B}\cdot \vec {B_{1}C}，，，再根据夹角公式即可求解. 【详解】 由题意，同理可得， 因为平面，平面，所以， 即\vec {A_{1}A}\cdot \vec {BC}=0， 所以\vec {A_{1}B}\cdot \vec {B_{1}C}=\left(\vec {A_{1}A}+\vec {AB}\right)\cdot \left(\vec {B_{1}B}+\vec {BC}\right)=\vec {A_{1}A}\cdot \vec {B_{1}B}+\vec {A_{1}A}\cdot \vec {BC}+\vec {AB}\cdot \vec {B_{1}B}+\vec {AB}\cdot \vec {BC} =\left| \vec {A_{1}A}\right| \left| \vec {B_{1}B}\right| +\left| \vec {AB}\right| \left| \vec {BC}\right| \cos \left(\pi -\angle ABC\right)=2\times 2+2\times 2\times \left(-\frac{1}{2}\right)=2， 所以\cos \left\langle \vec {A_{1}B},\vec {B_{1}C}\right\rangle =\frac{\vec {A_{1}B}\cdot \vec {B_{1}C}}{\left| \vec {A_{1}B}\right| \cdot \left| \vec {B_{1}C}\right| }=\frac{2}{2\sqrt{2}\times 2\sqrt{2}}=\frac{1}{4}， 故直线与所成角的余弦值为. 故选：B 3．（25-26学年高二上·江苏南京·期中）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，为中点，点在线段上，．    （1）证明：平面； （2）若平面，且，求点到平面的距离． 【答案】（1） 取的中点，连结，    因为是中点，所以，且， 因为四边形为平行四边形，所以， 又因为，所以， 所以，因此四边形为平行四边形， 所以. 又因为平面，平面， 所以平面.     （2）      【分析】 （1）作出辅助线，利用平行四边形证明线线平行，再由线面平行的判定定理得证； （2）作于，证明即为点面距离，再由直角三角形求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 作于，由（1）知平面即为平面，    因为平面，平面，所以. 又因为，，所以平面. 因为平面，所以. 又因为，，平面， 所以平面， 所以即为点到平面的距离. 因为平面，平面，所以 在中，， 所以， 所以. 4．（25-26学年高二上·江苏南通·期中）如图，已知正方形和矩形所在平面互相垂直，，设，点分别在线段上，且. （1）证明：； （2）若平面平面，求的值； （3）设直线与平面相交于点，求线段的长度（用表示）. 【答案】（1） 因为平面平面，平面平面， 在矩形中，平面，所以平面. 又因为平面平面，所以. 以\left\{\vec {AD},\vec {AB},\vec {AF}\right\}为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系， 则，. 所以\vec {ME}=\left(2,3,t\right),\vec {BN}=\left(3,-2,0\right)， 所以\vec {ME}\cdot \vec {BN}=2\times 3+3\times \left(-2\right)=0， 所以.     （2）      （3）       【分析】 （1）利用面面垂直的性质可得平面，进而利用线面垂直的性质可得，建立空间直角坐标系，利用向量法可得结论； （2）求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求的值； （3）设\vec {BK}=\lambda \vec {BM}，求得\vec {KN}=\left(3-\lambda ,3\lambda -2,0\right)，利用向量法可求得，进而可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： \vec {BE}=\left(3,0,t\right),\vec {BM}=\left(1,-3,0\right),\vec {EF}=\left(-3,-3,0\right),\vec {EN}=\left(0,-2,-t\right). 设平面的一个法向量为\vec {n_{1}}=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right)， 则 \begin{cases} \vec {BM}\cdot \vec {n_{1}}=0\\ \vec {BE}\cdot \vec {n_{1}}=0 \end{cases} ，即 ，令，得， 所以平面的一个法向量为\vec {n_{1}}=\left(3,1,-\frac{9}{t}\right). 设平面的一个法向量为\vec {n_{2}}=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right)，则 \begin{cases} \vec {EF}\cdot \vec {n_{2}}=0\\ \vec {EN}\cdot \vec {n_{2}}=0 \end{cases} ，即 ，令，得， 所以平面的一个法向量为\vec {n_{2}}=\left(1,-1,\frac{2}{t}\right). 若平面平面，则\vec {n_{1}}\cdot \vec {n_{2}}=0， 得，解得， 因为，所以. (3) 小问详解： 设\vec {BK}=\lambda \vec {BM}，则，所以\vec {KN}=\left(3-\lambda ,3\lambda -2,0\right). 由（2）可知，平面的一个法向量\vec {n_{2}}=\left(1,-1,\frac{2}{t}\right)，所以\vec {KN}\cdot \vec {n_{2}}=0， 得，解得. 所以，所以\vec {EK}=\left(-\frac{7}{4},-\frac{15}{4},-t\right)， 所以\left| \vec {EK}\right| =\sqrt{\left(-\frac{7}{4}\right)^{2}+\left(-\frac{15}{4}\right)^{2}+t^{2}}=\sqrt{t^{2}+\frac{137}{8}}. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题01空间向量与立体几何 4大高频考点概览 考点01空间向量及其运算 考点02空间向量基本定理 考点3空间向量及其运算的坐标表示 考点04空间向量的应用 》 考点01空间向量及其运算 1.(25-26学年高二上·江苏南通·期中)已知·是空间三个两两不共线的向量，则“向量·共 a,b,c a,b c 面”是“存在三个均不为零的实数p,9,r,使得。 pa+gb+rc=0”的( A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 》 考点02空间向量基本定理 1.(25-26学年高二上·江苏南通·期中)如图，在棱长为2的正四面体0-ABC中，已知E是线段BC的 中点，点G在线段AE上，且AG=2GE 】 (1)用向量vec (OA,,ivec OB,vec (OC表示hvec OG: (2)Vef lvec (OG)right]; (3)求向量vec (OE)与vec AB夹角的余弦值 》 考点03空间向量及其运算的坐标表示 1.（25-26学年高二上江苏南京期中)已知向量a=1,2,b=2,k若heca@bo1ec,则实数k= A.-4 B.-1 113 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 C.1 D.4 2.(25-26学年高二上江苏南通：期中)若空间向量a=1,0,1,b=0,1,0” 则下列向量能与二构成空 a.b 间的一个基底的是( Ap=1,1,1 c-6 D.s=1,1,0 3.(25-26学年高二上·江苏南通·期中)（多选）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F分 别是棱AB,AD上的动点（不含端点），且D1E⊥B1F,则( A.Mleft vec (B (1)E)+lvec (EF)+vec (FD (1))right =2sgrt(2) B.当且仅当E为AB中点时，AE=AF C.存在E,F,使得A1FIBE D.直线AA与平面A1EF所成角的正弦值的最大值为 3 4.(25-26学年高二上-江苏南通：期中)已知向量a=2,2m-3,8?6=4,2m+1,16且a1/6则 m= 》 考点04空间向量的应用 1. (25-26学年高二上江苏南京·期中)在正方体ABCD-A1B,C1D1中，异面直线AC与BC1所成的 角为( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 2.(25-26学年高二上·江苏南通期中)在正三棱柱ABC-A1BC1中，AB=AA1=2,则直线A1B与 B,C所成角的余弦值为( 1 1 B.4 C.0 n婴 3.(25-26学年高二上·江苏南京·期中)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形， 213 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AD=2AB=4,G为PD中点，点E,F在线段BC上，BE=CF=1. C (1)证明：FG1/平面PAE: (2)若PA⊥平面ABCD,且PA=2,AE⊥BC,求点A到平面EFG的距离. 4.(25-26学年高二上·江苏南通·期中)如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在平面互相垂直， AB=3,设AF=tt>0,点M,N分别在线段AD,CD上，且AM=AD,DN=DC 3 3 2B D (1)证明：ME⊥BN； (2)若平面BEM⊥平面EFN,求t的值； (3)设直线BM与平面EFN相交于点K,求线段EK的长度（用t表示）， 3/3