高考数学一轮复习题型归纳讲义 专题12 空间向量在立体几何中的应用 题型归纳讲义 （原卷版+解析版）

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中考数学复习策略（仅供参考）
中考复习中，数学占据了一定的位置，那么初三数学生要从哪几方面着手复习呢?
1、学生在第一轮复习阶段不要只钻难题、偏题，也不要搞题海战术，要注重学习方法，回归课本，抓住典型题目进行练习。
课本上的例题最具有典型性，可以有选择地做。在做例题时，要把其中包含的知识点抽出来进行总结、归纳，不要就题论题。另外，对于一些易错题，要在复习阶段作为重点复习，反复审题，加强理解。
2、要注重知识点的梳理，将知识点形成网络。学生经过一学期的学习，要将知识点进行总结归纳，找出区别与联系。
把各章的知识点绘制成知识网络图，将知识系统化、网络化，把知识点串成线，连成面。
3、要注重总结规律，加强解题后的反思。
期末考试前，学校一般都会组织模拟练习，学生要认真对待，注意记录、总结老师对模拟练习的讲评分析。通过模拟练习题，找出复习重点和自身的薄弱点，认真总结解题的规律方法，切忌不要闷头做题。

专题十二 《空间向量在立体几何中的应用》讲义
知识梳理.空间向量
1．平面的法向量
(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或共线，则称此向量a为直线l的方向向量．
(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．
(3)方向向量和法向量均不为零向量且不唯一．
2．空间位置关系的向量表示
位置关系
向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2
l1∥l2
n1∥n2⇔n1＝kn2(k∈R)
l1⊥l2
n1⊥n2⇔n1·n2＝0
直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m
l∥α
n⊥m⇔n·m＝0
l⊥α
n∥m⇔n＝km(k∈R)
平面α，β的法向量分别为n，m
α∥β
n∥m⇔n＝km(k∈R)
α⊥β
n⊥m⇔n·m＝0
3．异面直线所成角
设异面直线a，b所成的角为θ，则cos θ＝， 其中a，b分别是直线a，b的方向向量．
4．直线与平面所成角
如图所示，设l为平面α的斜线，l∩α＝A，a为l的方向向量，n为平面α的法向量，φ为l与α所成的角，则sin φ＝|cos〈a，n〉|＝
5．二面角
(1)若AB，CD分别是二面角α­l­β的两个平面内与棱l垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量与的夹角，如图(1)．

(2)平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，〈n1，n2〉＝θ，则二面角α ­l ­β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝，如图(2)(3)．
6．利用空间向量求距离
(1)两点间的距离
设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝||＝.
(2)点到平面的距离
如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为||＝.











题型一. 利用空间向量证明平行与垂直
1．如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB=12PD＝1．
（1）证明：PQ⊥平面DCQ；
（2）证明：PC∥平面BAQ．

【解答】解：如图，以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，射线DP为y轴的正半轴，射线DC为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Dxyz．
（1）依题意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0），
则DQ→=(1，1，0)，DC→=(0，0，1)，PQ→=(1，−1，0)，
所以PQ→⋅DQ→=0，PQ→⋅DC→=0，
即PQ⊥DQ，PQ⊥DC且DQ∩DC＝D，
故PQ⊥平面DCQ；
（2）根据题意，DA→=(1，0，0)，AB→=(0，0，1)，AQ→=(0，1，0)，
故有DA→⋅AB→=0，DA→⋅AQ→=0，所以DA→为平面BAQ的一个法向量．
又因为PC→=(0，−2，1)，且DA→⋅PC→=0，即DA⊥PC，且PC⊄平面BAQ，
故PC∥平面BAQ．

2．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中AA1＝AD＝1，E为CD中点．
（1）求证：B1E⊥AD1；
（2）在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．

【解答】（1）证明：连接A1D，B1C，
∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，
∴A1D⊥AD1，
∵A1B1⊥平面A1ADD1，
∴AD1⊥A1B1，
∵A1D∩A1B1＝A1，∴AD1⊥平面A1B1CD，
∵B1E⊂平面A1B1CD，
∴B1E⊥AD1；
（2）解：存在AA1的中点P，使得DP∥平面B1AE，证明如下：
取AA1的中点P，AB1的中点Q，连接PQ，
则PQ∥A1B1，且PQ=12A1B1，
∵DE∥A1B1，且DE=12A1B1，∴PQ∥DE且PQ＝DE
∴四边形PQDE为平行四边形，∴PD∥QE
又PD⊄平面AB1E，QE⊆平面AB1E
∴PD∥平面AB1E
此时AP=12AA1．

3．如图，四棱锥S﹣ABCD中底面ABCD是正方形，AS⊥底面ABCD，且AS＝AB，E是SC的中点，求证：平面BDE⊥平面ABCD．

【解答】证明：连结AC交BD于O，连结OE．
则OE是△SAC的中位线，
则OE∥SA，
∵AS⊥底面ABCD，
∴OE⊥平面ABCD，
∵OE⊂平面BDE，
∴平面BDE⊥平面ABCD．


题型二. 异面直线的夹角
1．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点，AB＝2，AD＝22，PA＝2，则异面直线BC与AE所成的角的大小为（　　）

A．π6 B．π4 C．π3 D．π2
【解答】解：以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，
建立空间直角坐标系，
B（2，0，0），C（2，22，0），P（0，0，2），
A（0，0，0），E（1，2，1），
BC→=（0，22，0），AE→=（1，2，1），
设异面直线BC与AE所成的角为θ，
cos＜BC→，AE→＞=|BC→⋅AE→||BC→|⋅|AE→|=422⋅4=22，
∴异面直线BC与AE所成的角的大小为π4．
故选：B．

2．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段A1C上运动（包括端点），则BP与AD1所成角的取值范围是　[π6，π3]　．
【解答】解：设BP与AD1所成角为θ．
如图所示，以B为原点，BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，
设|AB|＝1．则B（0，0，0），C（1，0，0），A1（0，1，1），C1（1，0，1），D1（1，1，1），
AD1→=BC1→=（1，0，1），BC→=（1，0，0），CA1→=（﹣1，1，1）．
设CP→=λCA1→，则BP→=BC→+λCA1→=（1﹣λ，λ，λ），0≤λ≤1，
∴cos＜BC1→，BP→＞=BC1→⋅BP→|BC1→|⋅|BP→|=12×(1−λ)2+2λ2
=16(λ−13)2+43∈[12，32]，
∴θ∈[π6，π3]．
∴BP与AD1所成角的取值范围是[π6，π3]．
故答案为：[π6，π3]．

3．在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1，Q为PD中点．
（Ⅰ）求证：PD⊥BQ；
（Ⅱ）求异面直线PC与BQ所成角的余弦值．

【解答】（I）证明：如图所示，A（0，0，0），B（1，0，0），P（0，0，2），D（0，2，0），Q（0，1，1），C（1，1，0），
PD→=（0，2，﹣2），BQ→=（﹣1，1，1），
由PD→•BQ→=2﹣2＝0，
∴PD→⊥BQ→，
∴PD⊥BQ；
（Ⅱ）解：CP→=（﹣1，﹣1，2），
cos＜CP→，BQ→＞=23×6=23．
∴异面直线PC与BQ所成角的余弦值为23．



题型三. 线面角
1．如图，正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）ABC﹣A1B1C1的地面边长为a，侧棱长为2a，则AC1与侧面ABB1A1所成的角是（　　）

A．30° B．45° C．60° D．90°
【解答】解以C为原点，在平面ABC中，过点C作BC的垂线为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，
则A（3a2，a2，0），C1（0，0，2a），A1（3a2，a2，2a），B（0，a，0），
AC1→=（−3a2，−a2，2a），AB→=（−3a2，a2，0），AA1→=（0，0，2a），
设平面ABB1A1的法向量n→=（x，y，z），
则n→⋅AB→=−3a2x+a2y=0n→⋅AA1→=2az=0，取x＝1，得n→=（1，3，0），
设AC1与侧面ABB1A1所成的角为θ，
则sinθ＝|cos＜n→，AC1→＞|=|n→⋅AC1→||n→|⋅|AC1→|=3a23a=12，
∴θ＝30°，
∴AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°．
故选：A．

2．若直线l与平面α所成角为π3，直线a在平面α内，且与直线l异面，则直线l与直线a所成的角的取值范围是（　　）
A．[0，23π] B．[π3，2π3) C．[π3，π2] D．[π3，2π3]
【解答】解：由于直线l与平面α所成角为π3，直线l与平面α所成角是直线l与平面α 内所有直线成的角中最小的一个，
而直线l与平面α所成角的范围是[0，π2]，直线a在平面α内，且与直线l异面，
故直线l与直线a所成的角的取值范围是[π3，π2]．
故选：C．
3．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AC，PA⊥AB，PA＝AB，∠ABC=π3，∠BCA=π2，点D，E分别在棱PB，PC上，且DE∥BC，
（1）求证：BC⊥平面PAC；
（2）当D为PB的中点时，求AD与平面PAC所成的角的正弦值．

【解答】解：（解法一）：（1）∵PA⊥AC，PA⊥AB，AC∩AB＝A，
∴PA⊥底面ABC，
∴PA⊥BC．又∠BCA＝90°，
∴AC⊥BC．
∴BC⊥平面PAC．（4分）
（2）∵D为PB的中点，DE∥BC，
∴DE=12BC，
又由（1）知，BC⊥平面PAC，
∴DE⊥平面PAC，垂足为点E．
∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角，
∵PA⊥底面ABC，
∴PA⊥AB，又PA＝AB，
∴△ABP为等腰直角三角形，
∴AD=12AB，
∴在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，
∴BC=12AB．
∴在Rt△ADE中，sin∠DAE=DEAD=BC2AD=24，
∴AD与平面PAC所成的角的正弦值是24．（12分）
（解法二）：如图，以A为原点建立空间直角坐标系A﹣xyz，设PA＝a，
由已知可得P（0，0，a），A（0，0，0），B(−12a，32a，0)，C(0，32a，0)．
（1）∵AP→=(0，0，a)，BC→=(12a，0，0)，
∴AP→⋅BC→=0，
∴BC⊥AP．
又∵∠BCA＝90°，
∴BC⊥AC，
∴BC⊥平面PAC．（4分）
（2）∵D为PB的中点，DE∥BC，
∴E为PC的中点，
∴D(−14a，34a，12a)，E(0，34a，12a)，
∴又由（1）知，BC⊥平面PAC，
∴DE⊥平面PAC，垂足为点E．
∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角，
∵AD→=（−14a，34a，12a），AE→=（0，34a，12a），
∴cos∠DAE=AD→⋅AE→|AD→|⋅|AE→|=144，sin∠DAE=1−(144)2=24．
∴AD与平面PAC所成的角的正弦值为24．（12分）

题型四. 二面角
1．如图在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC=2，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值　33　．

【解答】解：以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，过C作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
A（1，0，0），B（0，2，0），C（0，0，0），P（1，0，1），
CP→=（1，0，1），CB→=（0，2，0），AB→=（﹣1，2，0），AP→=（0，0，1），
设平面PCB的法向量n→=（x，y，z），
则n→⋅CP→=x+z=0n→⋅CB→=2y=0，取x＝1，得n→=（1，0，﹣1），
设平面PAB的法向量m→=（x，y，z），
则m→⋅AB→=−x+2y=0m→⋅AP→=z=0，取x=2，得m→=（2，1，0），
设二面角A﹣PB﹣C的平面角为θ，
则cosθ=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=22⋅3=33．
∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为33．
故答案为：33．

2．如图，设AB为圆锥PO的底面直径，PA为母线，点C在底面圆周上，若△PAB是边长为2的正三角形，且CO⊥AB，则二面角P﹣AC﹣B的正弦值是（　　）

A．6 B．427 C．77 D．7
【解答】解：如图，

取AC的中点D，连接OD，PD，
∵PO⊥底面，∴PO⊥AC，
∵OA＝OC，D为AC的中点，∴OD⊥AC，
又PO∩OD＝O，∴AC⊥平面POD，则AC⊥PD，
∴∠PDO为二面角P﹣AC﹣B的平面角．
∵△PAB是边长为2的正三角形，
∴PO=3，OA＝OC＝1，OD=22，则PD=(3)2+(22)2=142．
∴sin∠PDO=POPD=3142=427．
故选：B．
3．如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD．
（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；
（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．

【解答】（1）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．
∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC．
△ABD与△CBD中，AB＝BD＝BC，∠ABD＝∠CBD，
∴△ABD≌△CBD，∴AD＝CD．
∵△ACD是直角三角形，
∴AC是斜边，∴∠ADC＝90°．
∴DO=12AC．
∴DO2+BO2＝AB2＝BD2．
∴∠BOD＝90°．
∴OB⊥OD．
又DO∩AC＝O，∴OB⊥平面ACD．
又OB⊂平面ABC，
∴平面ACD⊥平面ABC．
（2）解：设点D，B到平面ACE的距离分别为hD，hE．则ℎDℎE=DEBE．
∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，
∴13S△ACE⋅ℎD13S△ACE⋅ℎE=ℎDℎE=DEBE=1．
∴点E是BD的中点．
建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取AB＝2．
则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，3，0），E(0，32，12)．
AD→=（﹣1，0，1），AE→=(−1，32，12)，AC→=（﹣2，0，0）．
设平面ADE的法向量为m→=（x，y，z），则m→⋅AD→=0m→⋅AE→=0，即−x+z=0−x+32y+12z=0，取m→=(3，3，3)．
同理可得：平面ACE的法向量为n→=（0，1，−3）．
∴cos＜m→，n→＞=m→⋅n→|m→||n→|=−2321×2=−77．
∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为77．



题型五. 空间中的距离
1．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则点A到平面A1B1CD的距离为（　　）
A．233 B．2 C．2 D．22
【解答】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，
以D为坐标原点，DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

则A（2，0，0），D（0，0，0），C（0，2，0），A1（2，0，2，），
故DC→=(0，2，0)，DA1→=(2，0，2)，DA→=(2，0，0)，
设平面A1B1CD的法向量为n→=(x，y，z)，
则n→⋅DC→=2y=0n→⋅DA1→=2x+2z=0，
取x＝1，得n→=(1，0，−1)，
所以点A到平面A1B1CD的距离为d=|DA→⋅n→||n→|=22=2．
故选：B．
2．在底面是直角梯形的四棱锥P﹣ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，BC∥AD，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC＝2，AD＝1，则AD到平面PBC的距离为　2　．

【解答】解：以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，
P（0，0，2），B（2，0，0），C（2，2，0），A（0，0，0），
PB→=（2，0，﹣2），PC→=（2，2，﹣2），AB→=（2，0，0），
设平面PBC的法向量n→=（x，y，z），
则PB→⋅n→=2x−2z=0PC→⋅n→=2x+2y−2z=0，
取x＝1，得n→=（1，0，1），
∵AD∥BC，AD⊈平面PBC，BC⊂平面PBC，
∴AD∥平面PBC，∴AD到平面PBC的距离即点A到平面PBC的距离，
∴AD到平面PBC的距离d=|AB→⋅n→||n→|=|2|2=2．
故答案为：2．

3．如图，已知两个正四棱锥P﹣ABCD与Q﹣ABCD的高分别为1和2，AB＝4．
（Ⅰ）证明PQ⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求异面直线AQ与PB所成的角；
（Ⅲ）求点P到平面QAD的距离．

【解答】解法一：（Ⅰ）连接AC、BD，设AC∩BD＝O．由P﹣ABCD与Q﹣ABCD
都是正四棱锥，所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD．
从而P、O、Q三点在一条直线上，所以PQ⊥平面ABCD．
（Ⅱ）由题设知，ABCD是正方形，所以AC⊥BD．
由（Ⅰ），PQ⊥平面ABCD，
故可以分别以直线CA、DB、QP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图），由题设条件，相关各点的坐标分别是P（0，0，1），Q（0，0，﹣2），B(0，22，0)
所以AQ→=(−22，0，−2)，PB→=(0，22，−1)，
于是cos＜AQ→，PB→＞=AQ→⋅PB→|AQ→|⋅|PB→|=39．
从而异面直线AQ与PB所成的角是arccos39．
（Ⅲ）．由（Ⅱ），点D的坐标是（0，−22，0），AD→=(−22，−22，0)，PQ→=(0，0，−3)，
设n→=(x，y，z)是平面QAD的一个法向量，
由n→⋅AQ→=0n→⋅AD→=0得2x+z=0x+y=0．
取x＝1，得n→=(1，−1，−2)．
所以点P到平面QAD的距离d=|PQ→⋅n→||n→|=322．
解法二：（Ⅰ）．取AD的中点M，连接PM，QM．
因为P﹣ABCD与Q﹣ABCD都是正四棱锥，
所以AD⊥PM，AD⊥QM．从而AD⊥平面PQM．
又PQ⊂平面PQM，所以PQ⊥AD、同理PQ⊥AB，
所以PQ⊥平面ABCD、
（Ⅱ）．连接AC、BD设AC∩BD＝O，由PQ⊥平面ABCD及正四棱锥的性质可知O在
PQ上，从而P、A、Q、C四点共面．
取OC的中点N，连接PN．
因为POOQ=12，NOOA=NOOC=12，
所以POOQ=NOOA，
从而AQ∥PN．∠BPN（或其补角）是异面直线AQ
与PB所成的角．连接BN，
因为PB=OB2+OP2=(22)2+1=3．PN=ON2+OP2=(2)2+1=3BN=OB2+ON2=(22)2+(2)2=10
所以cos∠BPN=PB2+PN2−BN22PB⋅PN=9+3−102×3×3=39．
从而异面直线AQ与PB所成的角是arccos39．
（Ⅲ）．由（Ⅰ）知，AD⊥平面PQM，所以平面PQM⊥平面QAD、过P作PH⊥QM
于H，则PH⊥平面QAD，所以PH的长为点P到平面QAD的距离．
连接OM，则OM=12AB=2=OQ．
所以∠MQP＝45°，
又PQ＝PO+QO＝3，于是PH=PQsin45°=322．
即点P到平面QAD的距离是322


题型六. 空间向量综合——存在问题、折叠问题
1．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC=12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．
（1）证明：直线CE∥平面PAB；
（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．

【解答】（1）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，
所以EF∥=12AD，AB＝BC=12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，∴BC∥12AD，
∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，
∴直线CE∥平面PAB；
（2）解：四棱锥P﹣ABCD中，
侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC=12AD，
∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．
取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD＝2，则AB＝BC＝1，OP=3，
∴∠PCO＝60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°，
可得：BN＝MN，CN=33MN，BC＝1，
可得：1+13BN2＝BN2，BN=62，MN=62，
作NQ⊥AB于Q，连接MQ，AB⊥MN，
所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ=12+(62)2
=102，
二面角M﹣AB﹣D的余弦值为：1102=105．

2．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，E，F分别是BC，PC的中点．
（Ⅰ）证明：AE⊥PD；
（Ⅱ）若H为PD上的动点，AB＝2，EH与平面PAD所成最大角的正切值为62，求三棱锥E﹣AFC的体积．

【解答】（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，
可得△ABC为正三角形．
因为E为BC的中点，所以AE⊥BC．又BC∥AD，因此AE⊥AD．
因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE．
而PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD且PA∩AD＝A，
所以AE⊥平面PAD．又PD⊂平面PAD，
所以AE⊥PD．
（Ⅱ）解：设AB＝2，H为PD上任意一点，连接AH，EH．
由（Ⅰ）知AE⊥平面PAD，则∠EHA为EH与平面PAD所成的角．
在Rt△EAH中，AE=3，所以当AH最短时，∠EHA最大，
即当AH⊥PD时，∠EHA最大．
此时tan∠EHA=AEAH=3AH=62，因此AH=2．又AD＝2，
所以∠ADH＝45°，
所以PA＝2．
设点F到平面AEC的距离为h，因为PA⊥平面AEC，点F是PC的中点，
∴VE﹣FAC＝VF﹣AEC=13S△AEC⋅ℎ=13×12×1×3×1=36，
∴三棱锥E﹣FAC的体积为36．

3．如图，四边形ABCD为平行四边形，点E在AB上，AE＝2EB＝2，且DE⊥AB．以DE为折痕把△ADE折起，使点A到达点F的位置，且∠FEB＝60°．
（Ⅰ）求证：平面BFC⊥平面BCDE；
（Ⅱ）若直线DF与平面BCDE所成角的正切值为155，求二面角E﹣DF﹣C的正弦值．

【解答】解：（Ⅰ）证明：∵DE⊥AB，∴DE⊥EB，DE⊥EF，
∴DE⊥平面BEF，∴DE⊥BF，
∵AE＝2EB＝2，∴EF＝2，EB＝1，
∵∠FEB＝60°，∴由余弦定理得BF=EF2+EB2−2EF×EB×cos∠FEB=3，
∴EF2＝EB2+BF2，∴FB⊥EB，
由①②得BF⊥平面BCDE，
∴平面BFC⊥平面BCDE．
（Ⅱ）解：以B为原点，BA为x轴，在平面ABCD中过点B作AB的垂线为y轴，BF为z轴，建立空间直角坐标系，
设DE＝a，则D（1，a，0），F（0，0，3），DF→=（﹣1，﹣a，3），
∵直线DF与平面BCDE所成角的正切值为155，
∴直线DF与平面BCDE所成角的正弦值为64，
平面BCDE的法向量n→=（0，0，1），
∴|cos＜n→，DF→＞|=|n→⋅DF→||n→|⋅|DF→|=34+a2=64，解得a＝2，
∴D（1，2，0），C（﹣2，2，0），∴ED→=（0，2，0），DF→=（﹣1，﹣2，3），
设平面EDF的法向量m→=（x，y，z），
则ED→⋅m→=2y=0DF→⋅m→=−x−2y+3z=0，取z＝1，得m→=（3，0，1），
同理得平面DFC的一个法向量p→=（0，3，2），
∴cos＜m→，p→＞=m→⋅p→|m→|⋅|p→|=227=77，
∴二面角E﹣DF﹣C的正弦值为sin＜m→，p→＞=1−17=427．

4．如图所示，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝2，CD＝4，E为CD中点，AE与BD交于点O，将△ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置（P∉平面ABCE）．
（Ⅰ）证明：平面POB⊥平面ABCE；
（Ⅱ）若PB=6，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为155，若存在，求出PQQB的值；若不存在，说明理由．

【解答】解：（Ⅰ）证明：连接BE，在等腰梯形ABCD中，AD＝AB＝BC＝2，CD＝4，E为CD中点，
∴四边形ABED为菱形，∴BD⊥AE，
∴OB⊥AE，OD⊥AE，即OB⊥AE，OP⊥AE，且OB∩OP＝O，
OB⊂平面POB，OP⊂平面POB，∴AE⊥平面POB，
又AE⊂平面ABCE，∴平面POB⊥平面ABCE．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知四边形ABED为菱形，∴AD＝DE＝2，
在等腰梯形ABCD中AE＝BC＝2，∴△PAE正三角形，
∴OP=3，同理OB=3，∵PB=6，
∴OP2+OB2＝PB2，∴OP⊥OB，
由（Ⅰ）可知OP⊥AE，OB⊥AE，
以O为原点，OE→，OB→，OP→分别为x轴，y轴，为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，
由题意得，各点坐标为P(0，0，3)，A（﹣1，0，0），B(0，3，0)，C(2，3，0)，E（1，0，0），
∴PB→=(0，3，−3)，PC→=(2，3，−3)，AE→=(2，0，0)，
设PQ→=λPB→(0＜λ＜1)，AQ→=AP→+PQ→=AP→+λPB→=(1，3λ，3−3λ)，
设平面AEQ的一个法向量为n→=（x，y，z），
则n→⋅AE→=0n→⋅AQ→=0，即2x=0x+3λy+(3−3λ)z=0
取x＝0，y＝1，得z=λλ−1，∴n→=（0，1，λλ−1），
设直线PC与平面AEQ所成角为θ，θ∈[0，π2]，
则sinθ=|cos＜PC→，n→＞|=|PC→⋅n→||PC→||n→|=155，即|3+3λ1−λ|101+(λλ−1)2=155，
化简得：4λ2﹣4λ+1＝0，解得λ=12，
∴存在点Q为PB的中点时，使直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为155．

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题型七.空间向量与立体几何选填综合
1．如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为13，则正四棱柱的高为（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5
【解答】解：以D为原点，以DA，DC，DD1为坐标轴建立空间坐标系如图所示，
设DD1＝a，则A（2，0，0），C（0，2，0），D1（0，0，a），
则AC→=（﹣2，2，0），AD1→=（﹣2，0，a），CC1→=（0，0，a），
设平面ACD1的法向量为n→=（x，y，z），则n→⋅AC→=0n→⋅AD1→=0，
∴−2x+2y=0−2x+az=0，令x＝1可得n→=（1，1，2a），
故cos＜n→，CC1→＞=n→⋅CC1→|n→||CC1→|=2a×4a2+2=22a2+4．
∵直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为13，
∴22a2+4=13，解得：a＝4．
故选：C．

2．如图，圆柱O1O2的底面圆半径为1，AB是一条母线，BD是⊙O1的直径，C是上底面圆周上一点，∠CBD＝30°，若A，C两点间的距离为7，则圆柱O1O2的高为　2　，异面直线AC与BD所成角的余弦值为　74　．

【解答】解：连接CD，由题意可得BD＝2，∠BCD＝90°，
又∠CBD＝30°，所以BC=3，
因为AB⊥底面BCD，所以AB⊥BC，
在Rt△ABC中，AC=7，BC=3，
所以AB=AC2−BC2=2，
即圆柱O1O2的高为2．
连接AO2并延长交圆O2于点E，连接CE，则BD∥AE且BD＝AE＝2，
所以异面直线AC与BD所成的角为∠CAE或其补角，
由CD=12BD＝1，DE＝AB＝2，DE⊥CD，可得CE=CD2+DE2=5，
在△ACE中，AC=7，AE＝2，CE=5，
所以cos∠CAE=7+4−52×7×2=74，
即异面直线AC与BD所成角的余弦值为74．
故答案为：2，74．

3．已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为　2　．
【解答】解：∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，
点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，
过点P作PD⊥AC，交AC于D，作PE⊥BC，交BC于E，
过P作PO⊥平面ABC，交平面ABC于O，
连结OD，OC，则PD＝PE=3，
∴由题意得CD＝CE＝OD＝OE=22−(3)2=1，
∴PO=PD2−OD2=3−1=2．
∴P到平面ABC的距离为2．
故答案为：2．

4．如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，点E，F分别是线段AB，C1D1上的动点，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，且满足点P到点F的距离等于点P到平面ABB1A1的距离，则当点P运动时，PE的最小值是（　　）

A．5 B．4 C．42 D．25
【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，
建立空间直角坐标系，
设AE＝a，D1F＝b，0≤a≤4，0≤b≤4，P（x，y，4），0≤x≤4，0≤y≤4，
则F（0，b，4），E（4，a，0），
∵点P到点F的距离等于点P到平面ABB1A1的距离，
∴当E、F分别是AB、C1D1上的中点，P为正方形A1B1C1D1时，
PE取最小值，
此时，P（2，2，4），E（4，2，0），
∴|PE|min=(2−4)2+(2−2)2+(4−0)2=25．
故选：D．

5．如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，动点P、Q分别在线段C1D、AC上，则线段PQ长度的最小值时（　　）

A．23 B．33 C．23 D．53
【解答】解：设DP→=λDC1→，AQ→=μAC→，（λ，μ∈[0，1]）．
∴DP→=λ(0，1，2)=（0，λ，2λ），
DQ→=DA→+μ(DC→−DA→)=（1，0，0）+μ（﹣1，1，0）＝（1﹣μ，μ，0）．
∴|PQ→|=|（1﹣μ，μ﹣λ，﹣2λ）|=(1−μ)2+(μ−λ)2+4λ2=5(λ−μ5)2+95(μ−59)2+49≥49=23，当且仅当λ=μ5，μ=59，即λ=19，μ=59时取等号．
∴线段PQ长度的最小值为23．
故选：C．
6．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，点P在侧面ABB1A1内，若D1P⊥CM，则△PBC的面积的最小值为　255　

【解答】解：以AB，AD，AA1为坐标轴建立空间坐标系如图所示：

则M（0，0，1），C（2，2，0），D1（0，2，2），
设P（a，0，b），则D1P→=（a，﹣2，b﹣2），CM→=（﹣2，﹣2，1），∵D1P⊥CM，∴D1P→=−2a+4+b﹣2＝0，即b＝2a﹣2．
取AB的中点N，连结B1N，则P点轨迹为线段B1N，过B作BQ⊥B1N，
则BQ=255，又BC⊥平面ABB1A1，故BC⊥BQ，∴S△PBC的最小值为
S△QBC=12×2×255．
故答案为：255．

7．如图，在棱长为1的正方体中，下列结论正确的是（　　）

A．异面直线AC与BC1所成的角为60°
B．直线AB1与平面ABC1D1所成角为45°
C．二面角A﹣B1C﹣B的正切值为2
D．四面体D1﹣AB1C的外接球的体积为32π
【解答】解：对于A，连接A1C1，A1B，由题意可得AC∥A1C1
所以A1C1与BC1所成的角，即是异面直线AC与BC1所成的角，
因为△A1C1B为等边三角形，所以∠A1C1B＝60°，所以A正确；
对于B，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
A（1，0，0），B1（1，1，1），B（1，1，0），D1（0，0，1），
AB1→=（0，1，1），AB→=（0，1，0），AD1→=（﹣1，0，1），
设平面ABC1D1的法向量n→=（x，y，z），
则n→⋅AB→=y=0n→⋅AD1→=−x+z=0，取x＝1，得n→=（1，0，1），
设直线AB1与平面ABC1D1所成角为θ，
则sinθ=|AB1→⋅n→||AB1→|⋅|n→|=12×2=12，∴θ＝30°，
∴直线AB1与平面ABC1D1所成角为30°，故B错误；
对于C，平面BB1C的法向量m→=（0，1，0），
C（0，1，0），AB1→=（0，1，1），AC→=（﹣1，1，0），
设平面AB1C的法向量p→=（a，b，c），
则p→⋅AB1→=b+c=0p→⋅AC→=−a+b=0，取a＝1，得p→=（1，1，﹣1），
设二面角A﹣B1C﹣B的平面角为θ，
则cosθ=|m→⋅p→||m→|⋅|p→|=13，sinθ=1−(13)2=23，
∴二面角A﹣B1C﹣B的正切值为tanθ=2313=2，故C正确；
对于D，平面AB1C的法向量p→=（1，1，﹣1），AD1→=（﹣1，0，1），
点D1到平面AB1C的距离d=|AD1→⋅p→||p→|=23=233，
∵四面体D1﹣AB1C是棱长为2的正四面体，
设四面体D1﹣AB1C的外接球的半径为R，
则R2＝[23(2)2−(22)2]2+（232−R）2，解得R=32，
∴四面体D1﹣AB1C的外接球的体积V=43×π×(32)3=32π，故D正确．
故选：ACD．

8．如图，在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是A1D1，A1B1的中点，则（　　）

A．A1C⊥平面AMN
B．二面角A1﹣MN﹣A的正切值为22
C．三棱锥A1﹣AMN的内切球半径为12
D．过直线BD与平面AMN平行的平面截该正方体所得截面的面积为18
【解答】解：对于A，如图1所示，

连接A1C1，B1D1，则MN∥B1D1，由B1D1⊥平面A1C1C，得MN⊥平面A1C1C，所以MN⊥A1C；
设MN交A1C1于点P，连接AP，以矩形ACC1A1的底边AC为x轴，AA1为y轴建立平面直角坐标系，如图2 所示：

则A（0，0），C（42，0），A1（0，4），P（1，4），
所以AP→=（1，4），A1C→=（42，﹣4），则AP→•A1C→=42−16≠0，
所以AP→与A1C→不垂直，即AP与A1C不垂直，
所以A1C与平面AMN不垂直，选项A错误；
对于B，∠APA1是二面角A1﹣MN﹣A的平面角，计算tan∠APA1=AA1A1P=42=22，
所以二面角A1﹣MN﹣A的正切值为22，选项B正确；
对于C，设三棱锥A1﹣AMN的内切球半径为r，
则13r（2×12×4×2+12×2×2+12×22×42+(2)2）=13×12×2×2×4，
解答r=12，所以三棱锥A1﹣AMN的内切球半径为12，选项C正确；
对于D，如图3所示，
取B1C1的中点E，C1D1的中点F，连接BE、EF、DF，
则四边形BEFD是过直线BD与平面AMN平行的截面，且四边形BEFD是等腰梯形，
计算梯形BEFD的面积为S=12×（22+42）×32=18，所以选项D正确．
故选：BCD．
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日期：2021/7/22 21:19:05；用户：15942715433；邮箱：15942715433；学号：32355067

课后作业. 空间向量
1．如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠B＝90°，AB＝3，CD＝2，BC=3，E在AB上，且AD＝AE．将△ADE沿DE折起，使得点A到点P的位置，且PB＝PC，如图2．
（1）证明：平面PDE⊥平面BCDE；
（2）求二面角C﹣PB﹣E的正弦值．

【解答】（1）证明：如图，取DE的中点O，连接PO，则PD＝PE，故PO⊥DE，
取BC的中点M，连接MO，则MO∥BE，故MO⊥BC，
连接PM，因为PB＝PC，M为BC的中点，所以PM⊥BC，
又PM∩OM＝M，PM，OM⊂平面PMO，
所以BC⊥平面PMO，又PO⊂平面PMO，
则BC⊥PO，
在平面BCDE内，BC与DE相交，因此PO⊥平面BCDE，
又PO⊂平面PDE，
故平面PDE⊥平面BCDE；
（2）解：由（1）可知，PO⊥平面BCDE，连接CE，
则BC=3，BE＝1，故CE=CB2+BE2=2=CD，
连接CO，则CO⊥DE，则CO=3，
以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则P(0，0，3)，E(1，0，0)，C(0，3，0)，B(32，32，0)，
所以PB→=(32，32，−3)，CB→=(32，−32，0)，EB→=(12，32，0)，
设平面PBC的法向量为m→=(x，y，z)，
则m→⋅PB→=0m→⋅CB→=0，即32x+32y−3z=032x−32y=0，
令x＝1，则y=z=3，
故m→=(1，3，3)，
设平面PBE的法向量为n→=(a，b，c)，
则n→⋅PB→=0n→⋅EB→=0，即32a+32b−3c=012a+32b=0，
令x=3，则y＝﹣1，z＝1，
故n→=(3，−1，1)，
所以cos＜m→，n→＞=|m→⋅n→||m→||n→|=37×5=335，
故二面角C﹣PB﹣E的正弦值为1−(335)2=47035．

2．已知：在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AB=BC=CD=12AD，G是PB的中点，△PAD是等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面GAC；
（Ⅱ）求二面角P﹣AG﹣C的余弦值．

【解答】（Ⅰ）证明：取AD的中点为O，连结OP，OC，OB，
设OB交AC于H，连结GH．
∵AD∥BC，AB=BC=CD=12AD，
∴四边形ABCO与四边形OBCD均为菱形
∴OB⊥AC，OB∥CD，则CD⊥AC，
∵△PAD为等边三角形，O为AD的中点，
∴PO⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD且平面PAD∩平面ABCD＝AD．
PO⊂平面PAD且PO⊥AD，
∴PO⊥平面ABCD，
∵CD⊂平面ABCD，
∴PO⊥CD，
∵H，G分别为OB，PB的中点，∴GH∥PO，
∴GH⊥CD．
又∵GH∩AC＝H，AC，GH⊂平面GAC，
∴CD⊥平面GAC；
（Ⅱ）解：取BC的中点为E，以O为空间坐标原点，分别以OE→，OD→，OP→的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz．
设AD＝4，则P（0，0，23），A（0，﹣2，0），C（3，1，0），D（0，2，0），G（32，−12，3）．
AP→=（0，2，23），AG→=（32，32，3）．
设平面PAG的一法向量n→=（x，y，z）．
由n→⋅AP→=0n→⋅AG→=0，得2y+23z=032x+32y+3z=0，即y=−3zx=z．令z＝1，则n→=（1，−3，1）．
由（Ⅰ）可知，平面AGC的一个法向量CD→=(−3，1，0)．
∴二面角P﹣AG﹣C的平面角θ的余弦值cosθ=−|n→⋅CD→||n→|⋅|CD→|=−2325=−155．

3．如图，四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．
（1）求证：AC⊥SD；
（2）若SD⊥平面PAC，求二面角P﹣AC﹣D的大小；
（3）在（2）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE：EC的值；若不存在，试说明理由．

【解答】证明：（1）连BD，设AC交于BD于O，由题意知SO⊥平面ABCD．
以O为坐标原点，OB→，OC→，OS→
分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系O﹣xyz如图．
设底面边长为a，则高SO=62a．
于是S(0，0，62a)，D(−22a，0，0)，
C(0，22a，0)，OC→=(0，22a，0)，
SD→=(−22a，0，−62a)，OC→⋅SD→=0
故OC⊥SD
从而AC⊥SD
（2）由题设知，平面PAC的一个法向量DS→=(22a，0，62a)，
平面DAC的一个法向量OS→=(0，0，62a)．
设所求二面角为θ，则cosθ=OS→⋅DS→|OS→||DS→|=32，
所求二面角的大小为30°．
（3）在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC．
由（Ⅱ）知DS→是平面PAC的一个法向量，
且DS→=(22a，0，62a)，CS→=(0，−22a，62a)
设CE→=tCS→，
则BE→=BC→+CE→=BC→+tCS→=(−22a，22a(1−t)，62at)
而BE→⋅DS→=0⇔t=13
即当SE：EC＝2：1时，BE⊥DS
而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC

4．如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD=23，点F是AC上的动点．现将矩形ABCD沿着对角线AC折成二面角D'﹣AC﹣B，使得D'B=30．

（Ⅰ）求证：当AF=3时，D'F⊥BC；
（Ⅱ）试求CF的长，使得二面角A﹣D'F﹣B的大小为π4．
【解答】满分（12分）．
（Ⅰ）证明：连结DF，BF．

在矩形ABCD中，AD=23，CD=6，∴AC=43，∠CAB=300，∠DAC＝60°．…（1分）
在△ADF中，∵AF=3，∴DF2＝DA2+AF2﹣2DA•AF•cos∠DAC＝9，…（2分）
∵DF2+AF2＝9+3＝DA2，∴DF⊥AC，即D'F⊥AC．…（3分）
又在△ABF中，BF2＝AB2+AF2﹣2AB•AF•cos∠CAB＝21，…（4分）

∴在△D'FB中，D'F2+FB2=32+(21)2=D'B2，∴BF⊥D'F，…（5分）
又∵AC∩FB＝F，
∴D'F⊥平面ABC．
∴D'F⊥BC．…（6分）
（Ⅱ）解：在矩形ABCD中，过D作DE⊥AC于O，并延长交AB于E．沿着对角线AC翻折后，
由（Ⅰ）可知，OE，OC，OD'两两垂直，
以O为原点，OE→的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系O﹣xyz，则O（0，0，0），E（1，0，0），D'(0，0，3)，B(3，23，0)，…（7分
）kAB＝﹣1平面AD'F，∴OE→=(1，0，0)为平面AD'F的一个法向量． …（8分）
设平面BD'F的法向量为n→=（x，y，z），∵F（0，t，0），
∴BD'→=(−3，−23，3)，BF→=(−3，t−23，0)，
由n→⋅BD'→=0n→⋅BF→=0得−3x−23y+3z=0−3x+(t−23)y=0
取y＝3，则x=t−23，z=t，∴n→=(t−23，3，t)．…（10分）
∴cosπ4=|n→⋅OE→||n→||OE→|，即|t−23|(t−23)2+9+t2=22，∴t=34．∴当CF=1143时，二面角A﹣D'F﹣B的大小是π4． …（12分）
5．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥菱形ABCD所在的平面，∠ABC＝60°，E是BC中点，F是PC上的点．
（1）求证：平面AEF⊥平面PAD；
（2）若M是PD的中点，当AB＝AP时，是否存在点F，使直线EM与平面AEF的所成角的正弦值为15？若存在，请求出PFPC的值，若不存在，请说明理由．

【解答】（1）证明：连接AC，因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，所以△ABC是正三角形，
∵E是BC的中点，∴AE⊥BC，…………………………………（1分）
又AD∥BC，∴AE⊥AD，………………………………………（2分）
∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，∴PA⊥AE，…………（3分）
又PA∩AD＝A，∴AE⊥平面PAD，…………………（4分）
又AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面PAD．……………………（5分）
（2）解：以A为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设AB＝AP＝2，则AE=3，
则A(0，0，0)，C(3，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(3，0，0)，M(0，1，1)，………………………（6分）
设PF→=λPC→=λ(3，1，−2)，则AF→=AP→+PF→=(0，0，2)+λ(3，1，−2)=(3λ，λ，2−2λ)，……（7分）
又AE→=(3，0，0)，
设n→=(x，y，z)是平面AEF的一个法向量，则n→⋅AE→=3x=0n→⋅AF→=3λx+λy+(2−2λ)z=0，
取z＝λ，得n→=(0，2λ−2，λ)，……………………（9分）
设直线EM与平面AEF所成角为θ，由EM→=(−3，1，1)，
得：sinθ=|cos〈EM→，n→〉|=|EM→⋅n→||EM→|⋅|n→|=|3λ−2|5⋅(2λ−2)2+λ2=15．…………………（10分）
化简得：10λ2﹣13λ+4＝0，解得λ=12或λ=45，
故存在点F满足题意，此时PFPC为12或45．……………………………（12分）

6．如图，四边形ABCD为平行四边形，点E在CD上，CE＝2ED＝2，且BE⊥CD．以BE为折痕把△CBE折起，使点C到达点F的位置，且∠FED＝60°．
（Ⅰ）求证：平面FAD⊥平面ABED；
（Ⅱ）若直线BF与平面ABED所成角的正切值为155，求点A到平面BEF的距离．

【解答】（Ⅰ）证明：∵BE⊥CD，∴BE⊥EF
又EF∩CD＝E，EF，CD⊂平面DEF，∴BE⊥平面DEF，
又FD⊂平面DEF，∴DF⊥BE，
∵CE＝2ED＝2，∴DE＝1，EF＝2，又∠FED＝60°，∴DF=3，
则DF2+DE2＝EF2，∴DF⊥DE，
又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面ABDE，∴DF⊥平面ABED，
又DF⊂平面FAD，∴平面FAD⊥平面ABED；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，DF⊥平面ABED，连接BD，
∴∠FBD为直线BF与平面ABED所成角，则tan∠FBD=155，
由（Ⅰ）知，DF=3，则BD=3155=5，
又DE＝1，则BE＝2，AB＝CD＝3DE＝3，
设A到平面BEF的距离为h，
则VA﹣BEF＝VF﹣ABE，∴13×12×2×2×ℎ=13×12×3×2×3，
解得h=32，即点A到平面BEF的距离为32．

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