《高考数学二轮满分突破讲义》专题四 第3讲 立体几何与空间向量

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考点一 利用空间向量求空间角
核心提炼
设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)．
(1)线线夹角
设l，m的夹角为θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤θ≤\f(π,2)))，
则cs θ＝eq \f(|a·b|,|a||b|)＝eq \f(|a1a2＋b1b2＋c1c2|,\r(a\\al(2,1)＋b\\al(2,1)＋c\\al(2,1)) \r(a\\al(2,2)＋b\\al(2,2)＋c\\al(2,2))).
(2)线面夹角
设直线l与平面α的夹角为θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤θ≤\f(π,2)))，
则sin θ＝eq \f(|a·u|,|a||u|)＝|cs〈a，u〉|.
(3)二面角
设α－a－β的平面角为θ(0≤θ≤π)，
则|cs θ|＝eq \f(|u·v|,|u||v|)＝|cs〈u，v〉|.
考向1 求线面角
例1 (2020·宁波余姚中学月考)如图，已知三棱锥P－ABC，平面PAC⊥平面ABC，AB＝BC＝PA＝eq \f(1,2)PC＝2，∠ABC＝120°.
(1)求证：PA⊥BC；
(2)设点E为PC的中点，求直线AE与平面PBC所成角的正弦值．
(1)证明 AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，由余弦定理得
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs∠ABC＝4＋4－2×2×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝12，故AC＝2eq \r(3).
又PA2＋AC2＝4＋12＝16＝PC2，故PA⊥AC.
又平面PAC⊥平面ABC，且平面PAC∩平面ABC＝AC，故PA⊥平面ABC.
又BC⊂平面ABC，故PA⊥BC.
(2)解 由(1)知PA⊥平面ABC，故以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.
则A(0,0,0)，B(1，eq \r(3)，0)，P(0,0,2)，C(0,2eq \r(3)，0)，E(0，eq \r(3)，1)．
故eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，1)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(0,2eq \r(3)，－2)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，0)，
设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(PC,\s\up6(→))＝0，,m·\(BC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2\r(3)y－2z＝0，,－x＋\r(3)y＝0，))
令y＝1，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\r(3)，,y＝1，,z＝\r(3)，))故可取m＝(eq \r(3)，1，eq \r(3))，
设直线AE与平面PBC所成的角为θ，
则sin θ＝eq \f(|\(AE,\s\up6(→))·m|,|\(AE,\s\up6(→))||m|)
＝eq \f(2\r(3),\r(\r(3)2＋12)\r(\r(3)2＋12＋\r(3)2))＝eq \f(\r(21),7)，
所以直线AE与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(\r(21),7).
考向2 二面角
例2 (2020·全国Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝eq \f(\r(6),6)DO.
(1)证明：PA⊥平面PBC；
(2)求二面角B－PC－E的余弦值．
(1)证明 由题设，知△DAE为等边三角形，设AE＝1，
则DO＝eq \f(\r(3),2)，CO＝BO＝eq \f(1,2)AE＝eq \f(1,2)，
所以PO＝eq \f(\r(6),6)DO＝eq \f(\r(2),4)，
PC＝eq \r(PO2＋OC2)＝eq \f(\r(6),4)，PB＝eq \r(PO2＋OB2)＝eq \f(\r(6),4)，
又△ABC为等边三角形，则eq \f(BA,sin 60°)＝2OA，
所以BA＝eq \f(\r(3),2)，
PA＝eq \r(PO2＋OA2)＝eq \f(\r(6),4)，
PA2＋PB2＝eq \f(3,4)＝AB2，则∠APB＝90°，
所以PA⊥PB，同理PA⊥PC，
又PC∩PB＝P，所以PA⊥平面PBC.
(2)解 过O作ON∥BC交AB于点N，
因为PO⊥平面ABC，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，ON所在直线为y轴，OD所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(2),4)))，
Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(\r(3),4)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，－\f(\r(3),4)，0))，
eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，－\f(\r(3),4)，－\f(\r(2),4)))，
eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(\r(3),4)，－\f(\r(2),4)))，eq \(PE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，－\f(\r(2),4)))，
设平面PCB的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\(PB,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x1－\r(3)y1－\r(2)z1＝0，,－x1＋\r(3)y1－\r(2)z1＝0，))
令x1＝eq \r(2)，得z1＝－1，y1＝0，所以n＝(eq \r(2)，0，－1)，
设平面PCE的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(PC,\s\up6(→))＝0，,m·\(PE,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－\r(3)y2－\r(2)z2＝0，,－2x2－\r(2)z2＝0，))
令x2＝1，得z2＝－eq \r(2)，y2＝eq \f(\r(3),3)，
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),3)，－\r(2)))，
故cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(2\r(2),\r(3)×\f(\r(10),\r(3)))＝eq \f(2\r(5),5)，
所以二面角B－PC－E的余弦值为eq \f(2\r(5),5).
易错提醒 (1)解题时要建立右手直角坐标系．
(2)注意求线面角的公式中sin θ＝|cs〈a，u〉|，线面角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
(3)利用空间向量求二面角要结合图形判断所求角是锐角还是钝角．
跟踪演练1 如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，CC1⊥底面ABCD，且∠BAD＝60°，CD＝CC1＝2C1D1＝4，E是棱BB1的中点．
(1)求证：AA1⊥BD；
(2)求二面角E－A1C1－C的余弦值．
(1)证明 因为C1C⊥底面ABCD，所以C1C⊥BD.
因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC.
又AC∩CC1＝C，AC，CC1⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥平面ACC1A1.
又AA1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥AA1.
(2)解 如图，设AC交BD于点O，依题意，A1C1∥OC且A1C1＝OC，
所以四边形A1OCC1为平行四边形，所以A1O∥CC1，
且A1O＝CC1.所以A1O⊥底面ABCD.
以O为原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O－xyz.
则A(2eq \r(3)，0,0)，A1(0,0,4)，C1(－2eq \r(3)，0,4)，B(0,2,0)，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，2,0)．
由eq \(A1B1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，得B1(－eq \r(3)，1,4)．
因为E是棱BB1的中点，
所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(3,2)，2))，
所以eq \(EA1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，2))，eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，0,0)．
设n＝(x，y，z)为平面EA1C1的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A1C1,\s\up6(→))＝－2\r(3)x＝0，,n·\(EA1,\s\up6(→))＝\f(\r(3),2)x－\f(3,2)y＋2z＝0，))
取z＝3，得n＝(0,4,3)，
取平面A1C1C的法向量m＝(0,1,0)，
又由图可知，二面角E－A1C1－C为锐二面角，
设二面角E－A1C1－C的平面角为θ，
则cs θ＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(4,5)，
所以二面角E－A1C1－C的余弦值为eq \f(4,5).
考点二 利用空间向量解决探究性问题
核心提炼
与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．
例3 如图，正三角形ABE与菱形ABCD所在的平面互相垂直，AB＝2，∠ABC＝60°，M是AB的中点．
(1)求证：EM⊥AD；
(2)求二面角A－BE－C的余弦值；
(3)在线段EC上是否存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45°，若存在，求出eq \f(EP,EC)的值；若不存在，说明理由．
(1)证明 ∵EA＝EB，M是AB的中点，
∴EM⊥AB，
∵平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，EM⊂平面ABE，
∴EM⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴EM⊥AD.
(2)解 连接MC，∵EM⊥平面ABCD，∴EM⊥MC，
∵△ABC是正三角形，∴MC⊥AB，
∴MB，MC，ME两两垂直．
建立如图所示空间直角坐标系M－xyz.
则M(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(0，eq \r(3)，0)，E(0,0，eq \r(3))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，0)，eq \(BE,\s\up6(→))＝
(－1,0，eq \r(3))，
设m＝(x，y，z)是平面BCE的一个法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BC,\s\up6(→))＝－x＋\r(3)y＝0，,m·\(BE,\s\up6(→))＝－x＋\r(3)z＝0，))
令z＝1，m＝(eq \r(3)，1,1)，
∵y轴所在直线与平面ABE垂直，
∴n＝(0,1,0)是平面ABE的一个法向量．
cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1,\r(5)×1)＝eq \f(\r(5),5)，
∴二面角A－BE－C的余弦值为eq \f(\r(5),5).
(3)解 假设在线段EC上存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45°，
eq \(AE,\s\up6(→))＝(1,0，eq \r(3))，eq \(EC,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，－eq \r(3))，
设eq \(EP,\s\up6(→))＝λeq \(EC,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)λ，－eq \r(3)λ)，0<λ≤1，
则eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AE,\s\up6(→))＋eq \(EP,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)λ，eq \r(3)－eq \r(3)λ)，
∵直线AP与平面ABE所成的角为45°，
∴sin 45°＝|cs〈eq \(AP,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|\(AP,\s\up6(→))||n|)
＝eq \f(|\r(3)λ|,\r(1＋3λ2＋3－6λ＋3λ2)×1)＝eq \f(\r(2),2)，
由0≤λ≤1，解得λ＝eq \f(2,3)，
∴在线段EC上存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45°，且eq \f(EP,EC)＝eq \f(2,3).
规律方法 正确分析空间几何体的特征，建立合适的空间直角坐标系，是解决此类问题的关键．
跟踪演练2 如图所示，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝eq \r(5)，E为棱AA1上的点，且AE＝eq \f(1,2).
(1)求证：BE⊥平面ACB1；
(2)求二面角D1－AC－B1的余弦值；
(3)在棱A1B1上是否存在点F，使得直线DF∥平面ACB1？若存在，求A1F的长；若不存在，请说明理由．
(1)证明 因为A1A⊥底面ABCD，
所以A1A⊥AC.
又因为AB⊥AC，AA1∩AB＝A，且AA1，AB⊂平面ABB1A1，
所以AC⊥平面ABB1A1，
又因为BE⊂平面ABB1A1，所以AC⊥BE.
因为eq \f(AE,AB)＝eq \f(1,2)＝eq \f(AB,BB1)，
所以∠ABE＝∠AB1B.
因为∠BAB1＋∠AB1B＝90°，
所以∠BAB1＋∠ABE＝90°，
所以BE⊥AB1.
又AB1∩AC＝A，且AB1，AC⊂平面ACB1，
所以BE⊥平面ACB1.
(2)解 如图，以A为原点建立空间直角坐标系A－xyz，依题意可得A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(1，－2,0)，D1(1，－2,2)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2))).
由(1)知，eq \(EB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，－\f(1,2)))为平面ACB1的一个法向量．
设n＝(x，y，z)为平面ACD1的法向量．
因为eq \(AD1,\s\up6(→))＝(1，－2,2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2,0,0)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AD1,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2y＋2z＝0，,2x＝0.))
不妨设z＝1，可得n＝(0,1,1)．
因此cs〈n，eq \(EB,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(EB,\s\up6(→)),|n|·|\(EB,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(10),10).
由图可知二面角D1－AC－B1为锐角，
所以二面角D1－AC－B1的余弦值为eq \f(\r(10),10).
(3)解 假设存在满足题意的点F.
设A1F＝a(a>0)，
则由(2)得F(0，a,2)，eq \(DF,\s\up6(→))＝(－1，a＋2,2)．
由题意可知eq \(DF,\s\up6(→))·eq \(EB,\s\up6(→))＝(－1，a＋2,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，－\f(1,2)))
＝a＋2－1＝0，解得a＝－1(舍去)，
即直线DF的方向向量与平面ACB1的法向量不垂直．
所以，在棱A1B1上不存在点F，使得直线DF∥平面ACB1.
专题强化练
1.如图，在三棱锥A－BCD中，AB＝BD＝AD＝AC＝2，△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，P为AB的中点，E为BD的中点．
(1)求证：AE⊥平面BCD；
(2)求直线PD与平面ACD所成角的正弦值．
(1)证明 由题图可知，△ABD是边长为2的等边三角形，
∵E为BD的中点，∴AE⊥BD，且AE＝eq \r(3)，
如图，连接CE，
∵△BCD是斜边长为2的等腰直角三角形，∴CE＝eq \f(1,2)BD＝1，
在△AEC中，AC＝2，EC＝1，AE＝eq \r(3)，
∴AC2＝AE2＋EC2，∴AE⊥EC.
∵BD∩EC＝E，BD⊂平面BCD，EC⊂平面BCD，
∴AE⊥平面BCD.
(2)解 方法一 取CD的中点F，连接AF，EF，
∵AC＝AD，∴CD⊥AF.
由(1)可知，AE⊥CD，
∵AE∩AF＝A，AE⊂平面AEF，AF⊂平面AEF，
∴CD⊥平面AEF，
又CD⊂平面ACD，∴平面AEF⊥平面ACD.
设PD，AE相交于点G，则点G为△ABD的重心，
∴AG＝DG＝eq \f(2,3)AE＝eq \f(2\r(3),3).
过点G作GH⊥AF于H，则GH⊥平面ACD，
连接DH，则∠GDH为直线PD与平面ACD所成的角．
易知△AGH∽△AFE，EF＝eq \f(1,2)BC＝eq \f(\r(2),2)，AF＝eq \f(\r(14),2)，
∴GH＝eq \f(AG,AF)·EF＝eq \f(\f(2\r(3),3),\f(\r(14),2))×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(2\r(21),21)，
∴sin∠GDH＝eq \f(GH,DG)＝eq \f(\r(7),7)，
即直线PD与平面ACD所成角的正弦值为eq \f(\r(7),7).
方法二 由(1)可知AE⊥平面BCD，且CE⊥BD，∴可作如图所示的空间直角坐标系E－xyz，
则A(0,0，eq \r(3))，C(1,0,0)，D(0,1,0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，
eq \(AD,\s\up6(→))＝(0,1，－eq \r(3))，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，
设平面ACD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AD,\s\up6(→))＝0，,n·\(CD,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－\r(3)z＝0，,－x＋y＝0，))
取x＝y＝1，则z＝eq \f(\r(3),3)，
∴n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(\r(3),3)))为平面ACD的一个法向量，
设PD与平面ACD所成的角为θ，则
sin θ＝eq \f(|n·\(DP,\s\up6(→))|,|n|·|\(DP,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(7),7)，
故直线PD与平面ACD所成角的正弦值为eq \f(\r(7),7).
2．(2019·全国Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求二面角A－MA1－N的正弦值．
(1)证明 如图，连接B1C，ME.
因为M，E分别为BB1，BC的中点，
所以ME∥B1C，且ME＝eq \f(1,2)B1C.
又因为N为A1D的中点，
所以ND＝eq \f(1,2)A1D.
由题设知A1B1∥DC且A1B1＝DC，
可得B1C∥A1D且B1C＝A1D，
故ME∥ND且ME＝ND，
因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED.
又ED⊂平面C1DE，MN⊄平面C1DE，
所以MN∥平面C1DE.
(2)解 由已知可得DE⊥DA.
以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，
则A(2,0,0)，A1(2,0,4)，
M(1，eq \r(3)，2)，N(1,0,2)，
eq \(A1A,\s\up6(→))＝(0,0，－4)，
eq \(A1M,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，－2)，
eq \(A1N,\s\up6(→))＝(－1,0，－2)，
eq \(MN,\s\up6(→))＝(0，－eq \r(3)，0)．
设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(A1M,\s\up6(→))＝0，,m·\(A1A,\s\up6(→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋\r(3)y－2z＝0，,－4z＝0，))
令y＝1，则m＝(eq \r(3)，1,0)．
设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(MN,\s\up6(→))＝0，,n·\(A1N,\s\up6(→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(3)q＝0，,－p－2r＝0，))
令p＝2，则n＝(2,0，－1)．
所以cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2\r(3),2×\r(5))＝eq \f(\r(15),5).
所以sin〈m，n〉＝eq \f(\r(10),5)，
所以二面角A－MA1－N的正弦值为eq \f(\r(10),5).
3.如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，其中AB∥CD，∠CDA＝90°，CD＝2AB＝2，AD＝3，PA＝eq \r(5)，PD＝2eq \r(2)，点E在棱AD上且AE＝1，点F为棱PD的中点．
(1)证明：平面BEF⊥平面PEC；
(2)求二面角A－BF－C的余弦值．
(1)证明 在Rt△ABE中，由AB＝AE＝1，
得∠AEB＝45°，
同理在Rt△CDE中，由CD＝DE＝2，得∠DEC＝45°，
所以∠BEC＝90°，即BE⊥EC.
在△PAD中，
cs∠PAD＝eq \f(PA2＋AD2－PD2,2PA·AD)＝eq \f(5＋9－8,2×3×\r(5))＝eq \f(\r(5),5)，
在△PAE中，PE2＝PA2＋AE2－2PA·AE·cs∠PAE＝5＋1－2×eq \r(5)×1×eq \f(\r(5),5)＝4，
所以PE2＋AE2＝PA2，即PE⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，
所以PE⊥平面ABCD，所以PE⊥BE.
又因为CE∩PE＝E，CE，PE⊂平面PEC，
所以BE⊥平面PEC，
又BE⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面PEC.
(2)解 由(1)知EB，EC，EP两两垂直，故以E为坐标原点，以射线EB，EC，EP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则
B(eq \r(2)，0,0)，C(0,2eq \r(2)，0)，P(0,0,2)，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，0))，D(－eq \r(2)，eq \r(2)，0)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))，
eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))，
eq \(BC,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，2eq \r(2)，0)，
设平面ABF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AB,\s\up6(→))＝\f(\r(2),2)x1＋\f(\r(2),2)y1＝0，,m·\(BF,\s\up6(→))＝－\f(3\r(2),2)x1＋\f(\r(2),2)y1＋z1＝0，))
不妨设x1＝1，则m＝(1，－1,2eq \r(2))，
设平面BFC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝－\r(2)x2＋2\r(2)y2＝0，,n·\(BF,\s\up6(→))＝－\f(3\r(2),2)x2＋\f(\r(2),2)y2＋z2＝0，))
不妨设y2＝2，则n＝(4,2,5eq \r(2))，
记二面角A－BF－C为θ(由图知应为钝角)，
则cs θ＝－eq \f(|m·n|,|m||n|)＝－eq \f(|4－2＋20|,\r(10)×\r(70))＝－eq \f(11\r(7),35)，
故二面角A－BF－C的余弦值为－eq \f(11\r(7),35).
4. (2020·潍坊模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点．
(1)求证：PO⊥平面ABCD；
(2)求平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的大小；
(3)在线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角为eq \f(π,6)，若存在，求线段PM的长度；若不存在，说明理由．
(1)证明 因为△PAD是正三角形，O是AD的中点，
所以PO⊥AD.
又因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥CD.
又AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
(2)解 如图，以O点为原点，分别以OA，OG，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O－xyz.
则O(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,4,0)，C(－2,4,0)，D(－2,0,0)，G(0,4,0)，P(0,0,2eq \r(3))，E(－1,2，eq \r(3))，F(－1,0，eq \r(3))，
eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，－2,0)，eq \(EG,\s\up6(→))＝(1,2，－eq \r(3))，
设平面EFG的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(EF,\s\up6(→))·m＝0，,\(EG,\s\up6(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2y＝0，,x＋2y－\r(3)z＝0，))
令z＝1，则m＝(eq \r(3)，0,1)，
又平面ABCD的法向量n＝(0,0,1)，
设平面EFG与平面ABCD所成锐二面角为θ，
所以cs θ＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(1,\r(\r(3)2＋12)×1)＝eq \f(1,2).
所以平面EFG与平面ABCD所成锐二面角为eq \f(π,3).
(3)解 假设在线段PA上存在点M，
使得直线GM与平面EFG所成角为eq \f(π,6)，
即直线GM的方向向量与平面EFG法向量m所成的锐角为eq \f(π,3)，
设eq \(PM,\s\up6(→))＝λeq \(PA,\s\up6(→))，λ∈[0,1]，
eq \(GM,\s\up6(→))＝eq \(GP,\s\up6(→))＋eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \(GP,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))，
所以eq \(GM,\s\up6(→))＝(2λ，－4,2eq \r(3)－2eq \r(3)λ)，
所以cs eq \f(π,3)＝|cs〈eq \(GM,\s\up6(→))，m〉|＝eq \f(\r(3),2\r(4λ2－6λ＋7))，
整理得2λ2－3λ＋2＝0，
Δ<0，方程无解，
所以，不存在这样的点M.