题型03 立体几何与空间向量题型（空间角度问题、存在性问题及折叠问题）-高考数学必考重点题型技法突破

这是一份题型03 立体几何与空间向量题型（空间角度问题、存在性问题及折叠问题）-高考数学必考重点题型技法突破，文件包含题型03立体几何与空间向量题型空间角度问题存在性问题及折叠问题解析版docx、题型03立体几何与空间向量题型空间角度问题存在性问题及折叠问题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共56页， 欢迎下载使用。
立体几何与空间向量

目录
一、异面直线所成角 1
二、直线与平面所成角 4
三、二面角问题 12
四、存在性问题与折叠问题（综合） 23

一、异面直线所成角
注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．　
1、如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值．

【解】　(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.
又因为AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC.
(2)设AC∩BD＝O.
因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，
所以BO＝1，AO＝CO＝.
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，

则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)．
所以＝(1，，－2)，＝(0，2，0)．
设PB与AC所成角为θ，则
cos θ＝＝＝.
即PB与AC所成角的余弦值为.
2、如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.
(1)求证：MN∥平面BDE；
(2)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．

解：如图，以A为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意可得A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，P(0，0，4)，D(0，0，2)，E(0，2，2)，M(0，0，1)，N(1，2，0)．

(1)证明：＝(0，2，0)，＝(2，0，－2)．
设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，
则即
不妨设z＝1，可取n＝(1，0，1)．
又＝(1，2，－1)，可得·n＝0.
因为MN⊄平面BDE，
所以MN∥平面BDE.
(2)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0，0，h)，
进而可得＝(－1，－2，h)，＝(－2，2，2)．
由已知，得|cos〈，〉|＝
＝＝，
整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝.
所以，线段AH的长为或.
3、如图所示，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2.
(1)求证：BD⊥平面ACFE；
(2)当直线FO与平面BED所成的角为45°时，求异面直线OF与BE所成角的余弦值的大小．

解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，
所以BD⊥AC.
因为AE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥AE.
又因为AC∩AE＝A，AC，AE⊂平面ACFE.
所以BD⊥平面ACFE.
(2)以O为原点，OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，过点O且平行于CF的直线为z轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，

则B(0，，0)，D(0，－，0)，E(1，0，2)，F(－1，0，a)(a＞0)，＝(－1，0，a)．
设平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则有即
令z＝1，则n＝(－2，0，1)，
由题意得sin 45°＝|cos〈，n〉|＝
＝＝，
解得a＝3或a＝－(舍去)．
所以＝(－1，0，3)，＝(1，－，2)，
cos〈，〉＝＝，
故异面直线OF与BE所成角的余弦值为.
二、直线与平面所成角
利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：①分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
注意夹角的取值范围：若直线l与平面α的夹角为θ，直线l的方向向量l与平面α的法向量n的夹角为β，则θ＝－β或θ＝β－.
1、如图，在几何体ACD－A1B1C1D1中，四边形ADD1A1与四边形CDD1C1均为矩形，平面ADD1A1⊥平面CDD1C1，B1A1⊥平面ADD1A1，AD＝CD＝1，AA1＝A1B1＝2，E为棱AA1的中点．
(1)证明：B1C1⊥平面CC1E；
(2)求直线B1C1与平面B1CE所成角的正弦值．

【解】　(1)证明：因为B1A1⊥平面ADD1A1，所以B1A1⊥DD1，又DD1⊥D1A1，B1A1∩D1A1＝A1，
所以DD1⊥平面A1B1C1D1，
又DD1∥CC1，所以CC1⊥平面A1B1C1D1.
因为B1C1⊂平面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1C1.
因为平面ADD1A1⊥平面CDD1C1，平面ADD1A1∩平面CDD1C1＝DD1，C1D1⊥DD1，
所以C1D1⊥平面ADD1A1.
经计算可得B1E＝，B1C1＝，EC1＝，
从而B1E2＝B1C＋EC，
所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E.
又CC1，C1E⊂平面CC1E，CC1∩C1E＝C1，
所以B1C1⊥平面CC1E.
(2)如图，以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，依题意得A(0，0，0)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0)，

则＝(－1，1，－1)，＝(1，－2，－1)．
设平面B1CE的法向量为m＝(x，y，z)，则
即消去x得y＋2z＝0，
不妨设z＝1，可得m＝(－3，－2，1)为平面B1CE的一个法向量，
易得＝(1，0，－1)，设直线B1C1与平面B1CE所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈m，〉|＝＝＝，
故直线B1C1与平面B1CE所成角的正弦值为.
2、如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PCD，，，，E为AD的中点，AC与BE相交于点O.
(1)证明：平面ABCD.
(2)求直线BC与平面PBD所成角的正弦值.

【解析】(1)证明：平面PCD，平面，，
，为的中点，则且.
四边形BCDE为平行四边形，，.
又，且E为AD的中点，四边形ABCE为正方形，，又平面，
平面，则.
平面平面，，
又，为等腰直角三角形，
O为斜边AC上的中点，且平面ABCD.
(2)解：以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示

不妨设，则,
则.
设平面PBD的法向量为，
则即即
令，得.
设BC与平面所成角为，
则.
3、如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点．
(1)求证：平面BDM∥平面EFC；
(2)若DE＝2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值．

解：(1)证明：连接AC，交BD于点N，连接MN，
则N为AC的中点，
又M为AE的中点，所以MN∥EC.
因为MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC，
所以MN∥平面EFC.
因为BF，DE都垂直底面ABCD，所以BF∥DE.
因为BF＝DE，
所以四边形BDEF为平行四边形，
所以BD∥EF.
因为BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC，
所以BD∥平面EFC.
又MN∩BD＝N，所以平面BDM∥平面EFC.
(2)因为DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，

所以DA，DC，DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D­xyz.
设AB＝2，则DE＝4，从而D(0，0，0)，B(2，2，0)，M(1，0，2)，A(2，0，0)，E(0，0，4)，
所以＝(2，2，0)，＝(1，0，2)，
设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)，
则得
令x＝2，则y＝－2，z＝－1，从而n＝(2，－2，－1)为平面BDM的一个法向量．
因为＝(－2，0，4)，设直线AE与平面BDM所成的角为θ，则
sin θ＝|cos〈n·〉|＝＝，
所以直线AE与平面BDM所成角的正弦值为.

4、如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PD＝PB，H为PC上的点，过AH的平面分别交PB，PD于点M，N，且BD∥平面AMHN.
(1)证明：MN⊥PC；
(2)设H为PC的中点，PA＝PC＝AB，PA与平面ABCD所成的角为60°，求AD与平面AMHN所成角的正弦值．

解：(1)证明：如图①，连接AC交BD于点O，连接PO.

因为四边形ABCD为菱形，
所以BD⊥AC，且O为BD的中点．
因为PD＝PB，所以PO⊥BD，
因为AC∩PO＝O，且AC，PO⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC.
因为PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC.
因为BD∥平面AMHN，且平面AMHN∩平面PBD＝MN，所以BD∥MN，所以MN⊥PC.
(2)由(1)知BD⊥AC且PO⊥BD，
因为PA＝PC，且O为AC的中点，
所以PO⊥AC，所以PO⊥平面ABCD，
因为PA与平面ABCD所成的角为∠PAO，所以∠PAO＝60°，所以AO＝PA，PO＝PA.
因为PA＝AB，所以BO＝PA.
以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图②所示的空间直角坐标系，记PA＝2，则O(0，0，0)，A(1，0，0)，B，C(－1，0，0)，D，P(0，0，)，H，

所以＝，＝，＝.
设平面AMHN的法向量为n＝(x，y，z)，则即
令x＝2，解得y＝0，z＝2，所以n＝(2，0，2)是平面AMHN的一个法向量．
记AD与平面AMHN所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
所以AD与平面AMHN所成角的正弦值为.
5、如图，在三陵锥中，为等腰直角三角形，，为正三角形，为的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)若二面角的平面角为锐角，且棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.

【解析】(1)证明：∵，为中点，∴，
又为等边三角形，，∴，
，∴平面，
平面，∴平面平面；
(2)由(1)知点在平面内的射影在直线上，又二面角的平面角为锐角，∴在射线上，，，∴，
又，∴，即为中点，取中点，连接，则，
∴平面，∴两两互相垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

则

设平面的法向量为
由得
令，得平面的一个法向量为，
又，设与平面所成角为，
则，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
6、如图，在直三棱柱中，是的中点.
(1)求证：平面；
(2)若是正三角形，且，求直线与平面所成角的正弦值．

【解析】(1)连接，设与的交点为，则为的中点，连接，又是的中点，所以.又平面，平面，所以平面.
(2)是的中点，是正三角形，则，，，
设，则，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.
则，，，，，， .
设是平面的法向量，则，可取平面的法向量为，则
，所以直线与平面所成角的正弦值为.


三、二面角问题
利用向量法计算二面角大小的常用方法
找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．
找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．　
注意：求余弦值时需加绝对值，再判断是钝二面角还是锐二面角
1、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A­MA1­N的正弦值．

【解】　(1)证明：连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝B1C.
又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D.
由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，
故MEND，
因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED.
又MN⊄平面EDC1，所以MN∥平面C1DE.
(2)由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，，2)，N(1，0，2)，＝(0，0，－4)，＝(－1，，－2)，＝(－1，0，－2)，＝(0，－，0)．

设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，
则所以
可取m＝(，1，0)．
设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则
所以可取n＝(2，0，－1)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝，
所以二面角A­MA1­N的正弦值为.
2、如图，已知四棱锥S­ABCD的底面是边长为2的正方形，且平面SAD⊥平面ABCD，M，N分别为棱AD，BC的中点，P，Q为侧棱SD上的三等分点．
(1)求证：PN∥平面MQC；
(2)若SA＝SD＝，求二面角D­SA­N的余弦值．

解：(1)证明：法一：如图，连接AP.

因为P，Q为侧棱SD上的三等分点，所以SP＝PQ＝QD.
又M为AD的中点，所以AP∥MQ.
因为AP⊄平面QMC，MQ⊂平面QMC，所以AP∥平面QMC.
因为M，N分别为棱AD，BC的中点，所以易得AN∥CM.
因为AN⊄平面QMC，CM⊂平面QMC，所以AN∥平面QMC.
因为AP，AN⊂平面PAN，且AP∩AN＝A，所以平面PAN∥平面MQC.
又PN⊂平面PAN，所以PN∥平面MQC.
法二：如图，连接ND交CM于点R，连接QR，MN.

因为在正方形ABCD中，M，N分别为AD，BC的中点，
所以四边形MNCD为矩形，所以R为ND的中点．
又Q为PD的中点，所以PN∥QR.
因为QR⊂平面MQC，PN⊄平面MQC，
所以PN∥平面MQC.
(2)因为SA2＋SD2＝AD2，所以△SAD为等腰直角三角形．
连接SM，因为M为AD的中点，所以SM⊥AD，所以SM＝1.又平面SAD⊥平面ABCD，所以SM⊥平面ABCD.
以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴，过点A且与平面ABCD垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，N(2，1，0)，D(0，2，0)，S(0，1，1)，
所以＝(2，1，0)，＝(0，1，1)．
设n1＝(x，y，z)为平面SAN的法向量，
则得取y＝2，得n1＝(－1，2，－2)．

又平面SAD的一个法向量为n2＝(1，0，0)，
所以cos〈n1，n2〉＝＝＝－，
易知二面角D­SA­N为锐二面角，
故二面角D­SA­N的余弦值为.
3、如图，在四棱锥中，底面，，，，.
(1)求证：；
(2)若，求平面和平面所成的角(锐角)的余弦值.

【解析】(1)证明：取的中点，连接，
因为，所以，
又因为，所以四边形是平行四边形.
因为所以四边形是矩形.所以.
又所以.所以是直角三角形，即.
又底面，底面，所以.
又平面，平面，且.所以平面.
又平面，所以.

(2)如图，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

设，则，
由(1)知，，.
，
所以.
所以
所以.
设平面的法向量为，则
所以，即，
取，则，，
所以平面的一个法向量为.
又平面的一个法向量为
所以
所以平面和平面所成的角(锐角)的余弦值为.
4、如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是边长为4的等边三角形，BC⊥PB，E是AD的中点．

(1)求证：BE⊥PD；
(2)若直线AB与平面PAD所成角的正弦值为，求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值．

解：(1)证明：因为△PAD是等边三角形，E是AD的中点，所以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⊥BC，PE⊥BE.又BC⊥PB，PB∩PE＝P，所以BC⊥平面PBE，所以BC⊥BE.
又BC∥AD，所以AD⊥BE.
又AD∩PE＝E且AD，PE⊂平面PAD，所以BE⊥平面PAD，所以BE⊥PD.
(2)由(1)得BE⊥平面PAD，所以∠BAE就是直线AB与平面PAD所成的角．
因为直线AB与平面PAD所成角的正弦值为，
即sin∠BAE＝ ，所以cos∠BAE＝.
所以cos∠BAE＝＝＝，解得AB＝8，则BE＝＝2.
由(1)得EA，EB，EP两两垂直，所以以E为坐标原点，EA，EB，EP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则点P(0，0，2)，A(2，0，0)，D(－2，0，0)，B(0，2，0)，C(－4，2，0)，
所以＝(0，2，－2)，＝(－4，2，－2)．
设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，
由得解得
令y＝1，可得平面PBC的一个法向量为m＝(0，1，)．
易知平面PAD的一个法向量为n＝(0，1，0)，
设平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小为θ，
则cos θ＝＝＝.
所以平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值为.
5、如图，四棱锥中，底面ABCD为梯形，底面ABCD，，，，．
1求证：平面平面PBC；
2设H为CD上一点，满足，若直线PC与平面PBD所成的角的正切值为，求二面角的余弦值．

【解析】(I)由，可得，
又
从而，底面，
，平面所以平面平面.
(II)由(I)可知为与底面所成角.
所以，所以
又及，可得,
以点为坐标原点，分别轴建立空间直角坐标系，
则.
设平面的法向量.
则由得取
同理平面的法向量为
所以
又二面角为锐角.所以二面角余弦值为.
6、在底面为正方形的四棱锥中，平面平面分别为棱和的中点.
(1)求证:平面;
(2)若直线与所成角的正切值为，求平面与平面所成锐二面角的大小.

【解析】 (1)证明:取的中点，连接，

因为分别为和的中点，四边形为正方形，
所以，
因为平面平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面.
(2)因为平面平面，平面平面
平面
所以平面，
所以，
因为，
所以就是直线与所成的角，
所以，
设，
分别取和的中点，连，
因为，
所以，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面
如图，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设是平面的一个法向量，则
取，则，所以
是平面的一个法向量，
所以，
所以所求二面角的大小为
7、如图，在三棱锥P—ABC中，△PAC为等腰直角三角形，为正三角形，D为A的中点，AC=2．
(1)证明：PB⊥AC；
(2)若三棱锥的体积为，求二面角A—PC—B的余弦值

【答案】(1)证明见解析 (2)
【解析】
(1)证：为等腰直角三角形，为中点，，
又为正三角形，为中点，，
又，平面，
平面PBD，又平面，
(2)解：设三棱锥的高为，
，
，
，又平面ABC，
如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，

则，，，，
，，，
设为平面的一个法向量，则，即，
令，得，，
又是平面的一个法向量，∴，
由图可知二面角的平面角为锐角，∴二面角的余弦值为．
8、如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
(1)证明：平面平面；
(2)当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．

【解析】(1)由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以 DM⊥CM.
又 BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
(2)以D为坐标原点,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.

当三棱锥M−ABC体积最大时，M为的中点.
由题设得，

设是平面MAB的法向量,则
即
可取.
是平面MCD的法向量,因此
，
，
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.

四、存在性问题与折叠问题（综合）
存在性问题：在设存在性问题过程中，要学会减少未知数个数，学会用向量的共线方法去设
折叠性问题：要注意在折叠翻转过程中的不变量
1、已知在四棱锥中，底面是边长为的正方形，是正三角形，CD^平面PAD，E,F,G,O分别是PC,PD,BC,AD 的中点．
(Ⅰ)求证：PO^平面；
(Ⅱ)求平面EFG与平面所成锐二面角的大小；
(Ⅲ)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为，若存在，求线段的长度；若不存在，说明理由．

【解析】(Ⅰ)证明:因为△是正三角形，
是的中点，
所以 .
又因为平面，平面，
所以.
，平面，
所以面.
(Ⅱ)如图，以点为原点分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.

则，
，，
设平面的法向量为
所以，即
令，则 ，
又平面的法向量，
设平面与平面所成锐二面角为，
所以.
所以平面与平面所成锐二面角为.
(Ⅲ)假设线段上存在点，
使得直线与平面所成角为，
即直线与平面法向量所成的角为，
设，，
，
所以
所以，
整理得，
，方程无解，
所以，不存在这样的点.
2、已知如图1直角梯形，，，，，E为的中点，沿将梯形折起(如图2)，使平面平面.
(1)证明：平面；
(2)在线段上是否存在点F，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由.

【解析】(1)证明 连接，则，

又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以.
又，，，平面，
所以平面.
(2)(1)得平面，所以.
所以，，两两垂直，
分别以，，方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系,
如图所示，

则，，，
设，，
所以，，
设平面的法向量为，
则
取，得.
取平面的法向量为.
所以，
所以.
所以线段上存在点F，且F为中点时，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
3、如图所示，直角梯形ABCD中，，，，四边形EDCF为矩形，，平面平面ABCD．
(1)求证：平面ABE；
(2)求平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值．
(3)在线段DF上是否存在点P，使得直线BP与平面ABE所成角的正弦值为，若存在，求出线段BP的长，若不存在，请说明理由．

【解析】(Ⅰ)取为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，∴，，
设平面的法向量，∴不妨设，又，
∴，∴，又∵平面，∴平面．
(Ⅱ)∵，，设平面的法向量，
∴不妨设，∴，
∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
(Ⅲ)设 ，，∴，
∴，又∵平面的法向量，
∴，∴，∴或．
当时，，∴；当时，，∴．
综上，．

4、如图①，已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，将正方形ABCD沿EF折成如图②所示的二面角，且二面角的大小为60°，点M在线段AB上(包含端点)，连接AD.

(1)若M为AB的中点，直线MF与平面ADE的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC；
(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°？若存在，求此时二面角M­EC­F的余弦值；若不存在，说明理由．

解：(1)因为直线MF⊂平面ABFE，故点O在平面ABFE内，也在平面ADE内，

所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线(即直线AE)上(如图所示)．
因为AO∥BF，M为AB的中点，
所以△OAM≌△FBM，
所以OM＝MF，AO＝BF，所以AO＝2.
故点O在EA的延长线上且与点A间的距离为2.
连接DF，交EC于点N，因为四边形CDEF为矩形，
所以N是EC的中点．
连接MN，则MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，
又MN⊂平面EMC，OD⊂/ 平面EMC，所以直线OD∥平面EMC.
(2)由已知可得EF⊥AE，EF⊥DE，又AE∩DE＝E，所以EF⊥平面ADE.
所以平面ABFE⊥平面ADE，易知△ADE为等边三角形，取AE的中点H，则易得DH⊥平面ABFE，以H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则E(－1，0，0)，D(0，0，)，C(0，4，)，F(－1，4，0)，
所以＝(1，0，)，＝(1，4，)．
设M(1，t，0)(0≤t≤4)，则＝(2，t，0)，
设平面EMC的法向量为m＝(x，y，z)，
则⇒
取y＝－2，则x＝t，z＝，
所以m＝为平面EMC的一个法向量．
要使直线DE与平面EMC所成的角为60°，
则＝，
所以＝，整理得t2－4t＋3＝0，
解得t＝1或t＝3，
所以存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°，
取ED的中点Q，连接QA，
则为平面CEF的法向量，
易得Q，A(1，0，0)，所以＝.
设二面角M－EC－F的大小为θ，
则|cos θ|＝＝＝.
因为当t＝2时，cos θ＝0，
平面EMC⊥平面CDEF，
所以当t＝1时，cos θ＝－，θ为钝角；
当t＝3时，cos θ＝，θ为锐角．
综上，二面角M－EC－F的余弦值为±.
5、如图(1)，边长为的正方形中，，分别为、上的点，且，现沿把剪切、拼接成如图(2)的图形，再将，，沿，，折起，使、、三点重合于点，如图(3).
(1)求证：；
(2)求二面角最小时的余弦值.

【解析】(1)折叠前，，折叠后，，
又，所以平面，因此；
(2)由(1)及题意知，因此以为原点，、、分别
为、、轴建立空间直角坐标系如图：

令，，，所以，，
设平面法向量为
则所以，令，则
又平面法向量为，
设二面角的大小为，所以，
又，
当且仅当取等号，所以.
所以二面角最小时的余弦值为.
6、如图①，△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，E，F分别为边AB，AC的中点，以EF为折痕把△AEF折起，使点A到达点P的位置(如图②)，且PB＝BE.
(1)证明：EF⊥平面PBE；
(2)设N为线段PF上的动点(包含端点)，求直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值．

解：(1)证明：因为E，F分别为边AB，AC的中点，所以EF∥BC.
因为∠ABC＝90°，所以EF⊥BE，EF⊥PE，又BE∩PE＝E，所以EF⊥平面PBE.
(2)取BE的中点O，连接PO，因为PB＝BE＝PE，所以PO⊥BE.
由(1)知EF⊥平面PBE，EF⊂平面BCFE，所以平面PBE⊥平面BCFE.
又PO⊂平面PBE，平面PBE∩平面BCFE＝BE，所以PO⊥平面BCFE.
过点O作OM∥BC交CF于点M，分别以OB，OM，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则B，P，C，F，＝，
＝，
由N为线段PF上一动点，得＝λ(0≤λ≤1)，
则可得N，
＝.
设平面PCF的法向量为m＝(x，y，z)，
则即取y＝1，则x＝－1，z＝，所以m＝(－1，1，)为平面PCF的一个法向量．
设直线BN与平面PCF所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，m〉|＝＝＝≤＝(当且仅当λ＝时取等号)，所以直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值为.