2024版高中同步新教材选择性必修第一册（人教A版）数学 第一章 空间向量与立体几何 用空间向量研究距离、夹角问题

这是一份2024版高中同步新教材选择性必修第一册（人教A版）数学 第一章 空间向量与立体几何 用空间向量研究距离、夹角问题，共25页。

第一章　空间向量与立体几何
1.4.2　用空间向量研究距离、夹角问题
基础过关练
题组一　用空间向量求空间距离
1.(2023浙江宁波余姚梦麟中学期中)已知直线l过定点A(2,3,1),且n=(0,1,1)为其一个方向向量,则点P(4,3,2)到直线l的距离为(　　)
A.322　　B.22　　C.102　　D.2
2.(2023湖北荆门月考)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱A1B1,BB1的中点,则异面直线AM与CN的距离为　　　　. 
3.(原创题)在平面直角坐标系Oxy中,记Ⅰ、Ⅱ象限所在的半平面为α,Ⅲ、Ⅳ象限所在的半平面为β,x轴记为直线l,已知点A(-2,3),点B(3,-2),将半平面β沿直线l折起,使得二面角α-l-β的平面角的大小为60°,这时A,B两点间的距离为　　　　. 
4.(2022安徽滁州定远育才学校期中)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是线段BB1,B1C1的中点,则直线 MN到平面ACD1的距离为　　　　. 
5.(2022辽宁抚顺一中开学考试)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,N是棱AD的中点,M是棱CC1上的点,且CC1=3CM,则直线BM与B1N之间的距离为　　　　. 

6.(2022重庆名校联盟月考)底面为矩形ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的多面体如图所示,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1,四边形AEC1F为平行四边形.
(1)求线段BF的长;
(2)求点C到平面AEC1F的距离.





题组二　用空间向量求空间角
7.(多选题)(2023北京八一学校期中)已知直线l的方向向量为a,平面α,β的法向量分别为n,m,则下列命题为真命题的是(　　)
A.若a⊥n,则直线l∥平面α
B.若a∥n,则直线l⊥平面α
C.若cos=12,则直线l与平面α所成角的大小为π6
D.若cos=12,则平面α,β的夹角为π3
8.(2023安徽黄山期中)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为A1B1和BB1的中点,那么直线AM与CN所成的角的余弦值为(　　)

A.32　　B.1010　　C.35　　D.25
9.(2023福建泉州德化一中月考)在四棱锥A1-ABCD中,AA1⊥平面ABCD,AA1=4,底面ABCD是边长为4的菱形,且∠DAB=60°,E是AA1的中点,则CE与平面A1AB所成的角的正切值为(　　)
A.3913　　　　B.3010　　
C.13013　　　　D.303
10.(2023上海浦东新区期中)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,AB=2,BC=CC1=1.
(1)求异面直线AB1与BC1所成角的余弦值;
(2)求直线BC1与平面AB1C所成角的正弦值.

11.(2023吉林长春外国语学校期中)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BC,AC1的中点.
(1)证明:EF∥平面CDD1C1;
(2)若AD=43AA1=43AB=4,求平面AEF与平面EFB1所成角的余弦值.






12.如图所示,在三棱锥S-ABC中,O为BC的中点,SO⊥平面ABC,侧面SAB与SAC均为等边三角形,∠BAC=90°,求平面SAC与平面SBC夹角的余弦值.






能力提升练
题组一　用空间向量求空间距离
1.(2023江苏常州期中)已知在空间直角坐标系Oxyz中,A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,0,2),D(2,2,2),那么四面体ABCD的体积为(　　)
A.43　　B.83　　C.163　　D.643
2.(2022安徽合肥第六中学期中)如图所示,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(包括端点),则线段PQ长度的最小值是(　　)

A.23　　B.33　　C.23　　D.53
3.(2023广东广州天河外国语学校期中)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6,点M为CC1的中点,点P为底面A1B1C1D1上的动点,则满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为(　　)

A.22π　　B.32　　C.63　　D.33π
4.(2022上海洋泾中学期中)如图所示,正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为1.若点C到平面AB1D1的距离为43,则正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高为　　　　. 

题组二　用空间向量求空间角
5.(2022湖北武汉第十四中学月考)如图所示,已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,且PA⊥平面ABCD,PA=AD=AC,点F为PC的中点,则平面PBC与平面BFD夹角的正切值为(　　)

A.36　　B.34　　C.33　　D.233
6.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,E,F分别为A1C1,A1B1的中点,当AE和BF所成角的余弦值为710时,AE与平面BCC1B1所成角的正弦值为(　　)
A.155　　B.1510　　C.510　　D.55
7.(2023河南洛阳强基联盟期中)如图,在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为线段B1C上的动点(不包括端点),则下列结论错误的是(　　)

A.当B1P=2PC时,AP=14
B.当B1P=2PC时,点D1到平面A1BP的距离为1
C.直线A1P与BD所成的角可能是π6
D.若二面角B-A1P-B1的平面角的正弦值为336,则B1P=13B1C或B1P=57B1C
题组三　用空间向量解决立体几何中的探索性问题
8.(2023重庆铁路中学期中)如图1,已知正方形ABCD的边长为4,E,F分别为AD,BC的中点,以EF为棱将正方形ABCD折成如图2所示的平面角大小为60°的二面角,点M在线段AB上.
(1)若M为AB的中点,且直线MF与由A,D,E三点所确定的平面的交点为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,求此时平面MEC与平面ECF的夹角的余弦值;若不存在,说明理由.





9.(2023辽宁沈阳重点高中联合体期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是直角梯形,其中AD∥BC,AB⊥AD,AB=AD=12BC=2,PA=4,E为棱BC上的点,且BE=14BC.
(1)求证:DE⊥平面PAC;
(2)求二面角A-PC-D的平面角的余弦值;
(3)若点Q在棱CP上(不与点C,P重合),直线QE能与平面PCD垂直吗?若能,求出CQCP的值;若不能,请说明理由.

答案与分层梯度式解析
第一章　空间向量与立体几何
1.4.2　用空间向量研究距离、夹角问题
基础过关练
1.A
7.BCD
8.D
9.B




1.A　由题得PA=(-2,0,-1),故|PA|=5,cos=PA·n|PA||n|=−15×2=−1010,
设直线PA与直线l所成的角为θ,则cos θ=|cos|=1010,故sin θ=31010,∴点P(4,3,2)到直线l的距离为|PA|sin θ=5×31010=322.故选A.
2.答案　217
解析　如图,以A为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,

则A(0,0,0),C(1,1,0),N1,0,12,M12,0,1,∴AM=12,0,1,CN=0,−1,12,设n=(x,y,z),且n⊥AM,n⊥CN,∴n·AM=12x+z=0,n·CN=−y+12z=0,∴x=-2z,y=12z.取z=2,则x=-4,y=1,故n=(-4,1,2),
∴AM与CN的距离d=|AC·n|n=217.
3.答案　42
解析　在平面直角坐标系Oxy中,作AC⊥l于C,BD⊥l于D,则AC=3,CD=5,BD=2.
因为二面角α-l-β的平面角的大小为60°,
所以向量AC,DB的夹角为120°,
所以|AB|=|AC+CD+DB|2
=|AC|2+|CD|2+|DB|2+2AC·DB
=9+25+4+2×3×2×−12
=32=42,
所以A,B两点间的距离为42.
4.答案　32
解析　如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,

则C(0,1,0),D1(0,0,1),M1,1,12,A(1,0,0),N12,1,1,∴AM=0,1,12,AC=(-1,1,0),AD1=(-1,0,1),MN=−12,0,12.
设平面ACD1的法向量为n=(x,y,z),则n·AC=0,n·AD1=0,即−x+y=0,−x+z=0,令x=1,则y=z=1,∴n=(1,1,1).∴点M到平面ACD1的距离d=|AM·n|n=32.∵MN∥AD1,且MN⊄平面ACD1,AD1⊂平面ACD1,∴MN∥平面ACD1.∴直线MN到平面ACD1的距离即点M到平面ACD1的距离,为32.
5.答案　68989
解析　以D为原点,DA,DC,DD1的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,
则B(1,1,0),B1(1,1,1),M0,1,13,N12,0,0,
∴BB1=(0,0,1),BM=−1,0,13,B1N=−12,−1,−1.
设n=(x,y,z),且n⊥BM,n⊥B1N,
则n·BM=0,n·B1N=0,即−x+13z=0,−12x−y−z=0,
令x=2,则z=6,y=-7,∴n=(2,-7,6).
设直线BM与B1N之间的距离为d,则d=|BB1·n|n=689=68989.
6.解析　(1)因为四边形AEC1F为平行四边形,所以AF=EC1.设DF=a.建立如图所示的空间直角坐标系,则B(2,4,0),A(2,0,0),E(2,4,1),C1(0,4,3),F(0,0,a).所以AF=(-2,0,a),EC1=(-2,0,2),所以(-2,0,a)=(-2,0,2),所以a=2,所以F(0,0,2).所以BF=(-2,-4,2).所以|BF|=26,即线段BF的长为26.

(2)易知C(0,4,0),又C1(0,4,3),A(2,0,0),E(2,4,1),所以CC1=(0,0,3),AE=(0,4,1).
设平面AEC1F的法向量为n=(x,y,z),
则n·AE=4y+z=0,n·EC1=−2x+2z=0,
令x=1,则y=-14,z=1,所以n=1,−14,1.
所以点C到平面AEC1F的距离d=|CC1·n|n=3334=43311.
7.BCD　若a⊥n,则直线l∥平面α或直线l在平面α内,故A中命题为假命题;
若a∥n,则a也是平面α的一个法向量,所以直线l⊥平面α,故B中命题为真命题;
直线与平面所成角的正弦值等于直线的方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值,
所以若cos=12,则直线l与平面α所成角的大小为π6,故C中命题为真命题;
两个平面的夹角与它们法向量所成的不大于90°的角相等,故D中命题为真命题.
故选BCD.
8.D　解法一:∵AM=AA1+A1M,CN=CB+BN,
∴AM·CN=(AA1+A1M)·(CB+BN)=AA1·BN=12.
易得|AM|=|AA1|2+|A1M|2=1+14=52.
同理,|CN|=52.设直线AM与CN所成的角为α,则
cos α=|AM·CN||AM||CN|=1254=25.故选D.
解法二:以D为原点,DA,DC,DD1的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),M1,12,1,C(0,1,0),N1,1,12,
∴AM=0,12,1,CN=1,0,12.故AM·CN=0×1+12×0+1×12=12,|AM|=02+122+12=52,|CN|=12+02+122=52.
设直线AM与CN所成的角为α,
则cos α=|AM·CN||AM||CN|=1252×52=25.故选D.
解题模板　解决异面直线所成角的问题,一般有三种思路:①通过中位线等将异面直线转化到同一个三角形中,利用正、余弦定理解决;②利用基底法,找到表示空间向量的一个基底,并将所求异面直线的方向向量用基向量表示,进而利用公式求解;③建立空间直角坐标系,利用公式求解.
9.B　连接BD,AC,交于点O,由题知OB,OC,AA1两两互相垂直.以O为原点,OB,OC所在直线分别为x轴,y轴,过点O且平行于AA1的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,-23,0),E(0,-23,2),A1(0,-23,4),B(2,0,0),C(0,23,0),∴CE=(0,-43,2),AA1=(0,0,4),AB=(2,23,0),设平面A1AB的法向量为n=(x,y,z),
则n·AA1=4z=0,n·AB=2x+23y=0,令y=-1,则x=3,z=0,故n=(3,-1,0).
设CE与平面A1AB所成的角为θ,
则sin θ=|cos|=|n·CE||n||CE|=432×213=3913,
所以cos θ=13013,tan θ=sinθcosθ=391313013=3010,
所以CE与平面A1AB所成的角的正切值为3010.
故选B.

10.解析　(1)依题意可知B1A1,B1C1,B1B两两互相垂直,以B1为原点,B1A1,B1C1,B1B的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,
则A(2,0,1),B1(0,0,0),B(0,0,1),C(0,1,1),C1(0,1,0),∴B1A=(2,0,1),BC1=(0,1,-1),
设异面直线AB1与BC1所成的角为θ,
则cos θ=|B1A·BC1||B1A||BC1|=15×2=1010,所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为1010.
(2)由(1)可得BC1=(0,1,-1),B1A=(2,0,1),B1C=(0,1,1).
设平面AB1C的法向量为n=(x,y,z),
则n·B1C=y+z=0,n·B1A=2x+z=0,令x=1,则y=2,z=-2,
故n=(1,2,-2),
设直线BC1与平面AB1C所成的角为α,
则sin α=|cos|=|n·BC1||n||BC1|=223,所以直线BC1与平面AB1C所成角的正弦值为223.
11.解析　(1)证明:如图所示,连接AC,BD交于点O,连接OE,OF.

易知O是AC,BD的中点,又F为AC1的中点,
所以OF∥CC1.
因为OF⊄平面CDD1C1,CC1⊂平面CDD1C1,
所以由线面平行的判定定理可得OF∥平面CDD1C1.同理可得OE∥平面CDD1C1.
因为OF∩OE=O,OE⊂平面OEF,OF⊂平面OEF,
所以平面OEF∥平面CDD1C1.
因为EF⊂平面OEF,所以EF∥平面CDD1C1.
(2)以A为原点,AB,AD,AA1的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Axyz,
由题可知AD=4,AA1=AB=3,
则E(3,2,0),F32,2,32,B1(3,0,3),A(0,0,0),
所以EF=−32,0,32,AE=(3,2,0),B1E=(0,2,-3).
设平面AEF的法向量为n=(x1,y1,z1),
则n·EF=−32x1+32z1=0,n·AE=3x1+2y1=0,
令x1=-1,则y1=32,z1=-1,故n=−1,32,−1.
设平面EFB1的法向量为m=(x2,y2,z2),
则m·EF=−32x2+32z2=0,m·B1E=2y2−3z2=0,
令x2=1,则y2=32,z2=1,故m=1,32,1.
设平面AEF与平面EFB1所成的角为θ,
则cos θ=|n·m||n||m|
=−1,32,−1·1,32,1(−1)2+322+(−1)2×12+322+12=117,
故平面AEF与平面EFB1所成角的余弦值为117.
12.解析　因为△SAB与△SAC均为等边三角形,所以AB=AC.连接OA,则OA⊥BC.以O为坐标原点,OB,OA,OS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Oxyz.设B(1,0,0),则C(-1,0,0),A(0,1,0),S(0,0,1),O(0,0,0).

所以SA=(0,1,-1),SC=(-1,0,-1),OA=(0,1,0).设平面SAC的法向量为n=(x,y,z),
则n·SA=y−z=0,n·SC=−x−z=0,
令x=1,则z=-1,y=-1,所以n=(1,-1,-1).
易知平面SBC的一个法向量为OA=(0,1,0).
所以|cos|=13=33,
所以平面SAC与平面SBC夹角的余弦值为33.


能力提升练
1.B
2.C
3.B
5.D
6.B
7.C


1.B　由题可得AB=(-2,2,0),AC=(-2,0,2),AD=(0,2,2),设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则n·AB=−2x+2y=0,n·AC=−2x+2z=0,取x=1,得y=1,z=1,故n=(1,1,1),则点D到平面ABC的距离d=|AD·n|n=43=433.cos=AB·AC|AB||AC|=48×8=12,
∴sin=32,
∴S△ABC=12×|AB|×|AC|×sin=12×8×8×32=23,∴四面体ABCD的体积V=13×S△ABC×d=13×23×433=83.故选B.
2.C　以D为原点,DA,DC,DD1的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),D(0,0,0),C(0,1,0),C1(0,1,2).
设P(0,y1,z1),Q(x2,y2,0),其中0≤y1≤1,0≤z1≤2,0≤x2≤1,0≤y2≤1.
由题意可设DP=λDC1,AQ=μAC,其中λ,μ∈[0,1],所以(0,y1,z1)=λ(0,1,2),(x2-1,y2,0)=μ(-1,1,0),所以P(0,λ,2λ),Q(1-μ,μ,0).
所以线段PQ的长度为(1−μ)2+(μ−λ)2+4λ2
=2μ2+5λ2−2λμ−2μ+1
=5λ−15μ2+95μ−592+49,
所以当λ=19,μ=59时,线段PQ的长度取得最小值,为23.
3.B　以D为原点,DA,DC,DD1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A(6,0,0),B(6,6,0),M(0,6,3),设P(x,y,6),x∈[0,6],y∈[0,6],则AM=(-6,6,3),BP=(x-6,y-6,6),
由BP⊥AM得BP·AM=0,即-6(x-6)+6(y-6)+3×6=0,即y=x-3,
由于x∈[0,6],y∈[0,6],所以x∈[3,6],y∈[0,3],所以点P的轨迹为图中的线段EF(E,F分别为A1D1,A1B1的中点),由图知|EF|=32+32=32,故选B.
4.答案　2
解析　设正四棱柱的高为h(h>0).以A1为原点,A1B1,A1D1,A1A的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则A(0,0,h),B1(1,0,0),D1(0,1,0),C(1,1,h),
则AB1=(1,0,-h),AD1=(0,1,-h),AC=(1,1,0).
设平面AB1D1的法向量为n=(x,y,z),
则n·AB1=0,n·AD1=0,即x−ℎz=0,y−ℎz=0,
取z=1,得x=h,y=h,所以n=(h,h,1).
所以点C到平面AB1D1的距离为|n·AC|n=ℎ+ℎ+0ℎ2+ℎ2+12=43,解得h=2(负值舍去).
故正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高为2.
5.D　如图所示,设AC与BD交于点O,连接OF,则OF∥PA,则OF⊥平面ABCD.以O为坐标原点,OB,OC,OF所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系Oxyz.

设PA=AD=AC=1,则BD=3,所以O(0,0,0),B32,0,0,F0,0,12,C0,12,0,所以OC=0,12,0,BC=−32,12,0,FB=32,0,−12.
易知OC=0,12,0为平面BFD的一个法向量.
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),
则n·BC=−32x+12y=0,n·FB=32x−12z=0,令x=1,则y=z=3,
所以n=(1,3,3)为平面PBC的一个法向量.所以cos=217,设平面PBC与平面BFD的夹角为θ,则cos θ=217,所以sin θ=277,所以tan θ=233.
6.B　设AA1=t.以B为坐标原点,过B且垂直于BC的直线为x轴,BC,BB1所在直线分别为y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,

则A(3,1,0),E32,32,t,B(0,0,0),F32,12,t,∴AE=−32,12,t,BF=32,12,t.
∵AE和BF所成角的余弦值为710,
∴|cos|=|AE·BF||AE||BF|=t2−121+t2·1+t2=710,解得t=2或t=-2(舍去),∴AE=−32,12,2.
易知平面BCC1B1的一个法向量为n=(1,0,0),
∴AE与平面BCC1B1所成角的正弦值为|cos|=|AE·n||AE||n|=325=1510.故选B.
7.C　以A为原点,AB,AD,AA1的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(3,0,0),D(0,3,0),A1(0,0,3),C(3,3,0),B1(3,0,3),D1(0,3,3).
对于A,因为B1P=2PC,所以B1P=23B1C=23(0,3,-3)=(0,2,-2),所以P(3,2,1),故AP=(3,2,1),|AP|=32+22+12=14,A中结论正确;
对于B,A1D1=(0,3,0),A1B=(3,0,-3),因为B1P=2PC,所以P(3,2,1),所以A1P=(3,2,-2),设平面A1BP的法向量为m=(x,y,z),则m·A1B=0,m·A1P=0,即3x−3z=0,3x+2y−2z=0,
取x=1,则y=-12,z=1,故m=1,−12,1,所以点D1到平面A1BP的距离为|A1D1·m|m=1,B中结论正确;
对于C,设B1P=λB1C(0<λ<1),则P(3,3λ,3-3λ),所以A1P=(3,3λ,-3λ),易得BD=(-3,3,0),若直线A1P与BD所成的角为π6,则|cos|=|A1P·BD||A1P||BD|=|−9+9λ31+2λ2·32=32,解得λ=-12(二重根),又λ∈(0,1),所以直线A1P与BD所成的角不可能是π6,C中结论错误;
对于D,A1B1=(3,0,0),A1B=(3,0,-3),同C中所设,则A1P=(3,3λ,-3λ),设平面BA1P,平面B1A1P的法向量分别为a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),所以a·A1B=0,a·A1P=0,b·A1B1=0,b·A1P=0,即3x1−3z1=0,3x1+3λy1−3λz1=0,3x2=0,3x2+3λy2−3λz2=0,分别令z1=1,z2=1,则x1=1,y1=1-1λ,x2=0,y2=1,故a=1,1−1λ,1,b=(0,1,1),设二面角B-A1P-B1的平面角为θ,则sin θ=336,
则|cos θ|=|a·b||a||b|=2−1λ2+1−1λ2·2=36,解得λ=13或λ=57,均符合题意,D中结论正确.
故选C.
8.解析　(1)由题可知四边形ABFE是矩形,延长FM与EA,二者延长线交于点O',
因为EA⊂平面ADE,所以O'∈平面ADE,又O'∈直线FM,所以O'即为所求的点O.
因为AM∥EF,且AM=12AB=12EF,所以点A为线段EO的中点,M为线段FO的中点,故AO=2.
连接DF,交CE于N,连接MN,在矩形CDEF中,N是线段DF的中点,
又M为线段FO的中点,所以MN∥OD,因为MN⊂平面EMC,OD⊄平面EMC,所以OD∥平面EMC.

(2)存在.连接AD,依题意,可知EF⊥AE,EF⊥DE,因为AE∩DE=E,AE,DE⊂平面ADE,所以EF⊥平面ADE,且∠AED为二面角A-EF-D的平面角,即∠AED=60°.
由AE=DE=2,∠AED=60°,可知△ADE为正三角形,取AE的中点H,连接DH,则DH⊥AE,
由EF⊥平面ADE,EF⊂平面ABFE,得平面ADE⊥平面ABFE,
因为平面ADE∩平面ABFE=AE,所以可得DH⊥平面ABFE.
取BF的中点G,连接HG,在矩形ABFE中,有HG⊥AE,又DH⊥平面ABFE,HG⊂平面ABFE,故HG⊥DH,故HA,HG,HD两两垂直.
以H为坐标原点,HA,HG,HD所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图,

则E(-1,0,0),D(0,0,3),C(0,4,3),
则ED=(1,0,3),EC=(1,4,3),假设存在点M满足条件,由题可设M(1,t,0)(0≤t≤4),
则EM=(2,t,0),
设平面EMC的法向量为n=(x,y,z),
则n·EC=x+4y+3z=0,n·EM=2x+ty=0,令y=23,得x=-3t,z=t-8,故n=(-3t,23,t-8),
因为直线DE与平面EMC所成的角为60°,
所以sin 60°=|cos|=|n·DE||n||DE|=833t2+12+(t−8)2×2=32,解得t=1或t=3,
故存在点M使得直线DE与平面EMC所成的角为60°,且点M为线段AB的靠近点A或点B的四等分点.
设平面ECF的法向量为m=(x1,y1,z1),
则m·ED=x1+3z1=0,m·EC=x1+4y1+3z1=0,令z1=-1,得x1=3,y1=0,故m=(3,0,-1),
设平面MEC与平面ECF的夹角为θ,
则cos θ=|cos|=|m·n||m||n|=|−3t−(t−8)|2×3t2+12+(t−8)2=t−2|(t−2)2+15=14,
所以平面MEC与平面ECF的夹角的余弦值为14.
9.解析　(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD,
又AB⊥AD,所以PA,AB,AD两两互相垂直.以A为原点,AB,AD,AP的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Axyz,
则A(0,0,0),E(2,1,0),D(0,2,0),C(2,4,0),P(0,0,4),所以DE=(2,-1,0),AC=(2,4,0),AP=(0,0,4),
所以DE·AP=0,DE·AC=0,
所以DE⊥AP,DE⊥AC,
又AP∩AC=A,AP,AC⊂平面PAC,
所以DE⊥平面PAC.
(2)由(1)知DE=(2,-1,0)是平面PAC的一个法向量,PD=(0,2,-4),PC=(2,4,-4),
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
所以PD·n=0,PC·n=0,即2y−4z=0,2x+4y−4z=0,
令z=-1,则x=2,y=-2,
所以n=(2,-2,-1),
所以cos=DE·n|DE||n|=4+25×9=255,
由题图可知二面角A-PC-D的平面角为锐角,
所以二面角A-PC-D的平面角的余弦值为255.
(3)直线QE不能与平面PCD垂直.由(1)得C(2,4,0),P(0,0,4),E(2,1,0),故CP=(-2,-4,4).
设CQCP=λ(0<λ<1),则CQ=λCP=(-2λ,-4λ,4λ),
可得Q(2-2λ,4-4λ,4λ),所以QE=(2λ,-3+4λ,-4λ),
由(2)知n=(2,-2,-1)是平面PCD的一个法向量.
若QE⊥平面PCD,则QE∥n,
则2λ2=−3+4λ−2=−4λ−1,无解,
所以直线QE不能与平面PCD垂直.