新教材2023版高中数学第三章空间向量与立体几何章末复习课学案北师大版选择性必修第一册

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第三章章末复习课一、空间向量的概念及运算空间向量可以看作是平面向量的推广，有许多概念和运算与平面向量是相同的，如模、零向量、单位向量、相等向量、相反向量等概念，加减法的三角形法则和平行四边形法则，数乘运算与向量共线的判断、数量积运算、夹角公式、求模公式等．例1　(1)[多选题]下列命题中不正确的是(　　)A．向量a与b平行，则a与b的方向相同或相反B．两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同C．零向量是没有方向的D．有向线段就是向量，向量是有向线段(2)如图所示，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角均为60°.求：①的长；②与夹角的余弦值．跟踪训练1　[多选题]如图，在四棱锥S­ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A，B，C，D的距离都等于2.以下结论正确的是(　　)A．＝0B．()·()＝0C．＝0D．·＝·二、利用空间向量证明线、面的位置关系用空间向量判断空间中线、面位置关系的类型与方法总结：(1)线线平行：证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量．(2)线线垂直：证明两条直线垂直，只需证明两条直线的方向向量垂直．(3)线面平行：用向量证明线面平行的方法主要有：①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量．(4)线面垂直：用向量证明线面垂直的方法主要有：①证明直线的方向向量与平面的法向量平行；②利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题．(5)面面平行：①证明两个平面的法向量平行(即共线向量)；②转化为线面平行、线线平行问题．(6)面面垂直：①证明两个平面的法向量互相垂直；②转化为线面垂直、线线垂直问题．例2　如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC，EF∥AC，AB＝，CE＝EF＝1.求证：(1)AF∥平面BDE；(2)CF⊥平面BDE.跟踪训练2　如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD，求证：(1)平面PQB⊥平面DCQ；(2)PC∥平面BAQ.三、利用空间向量求空间角空间中三种角的计算公式(1)两条异面直线所成的角θ：cos θ＝|cos 〈u，v〉|＝＝(其中u，v分别是两异面直线的方向向量)．(2)直线和平面所成的角θ：sin θ＝|cos 〈u，n〉|＝＝(其中u是直线的方向向量，n是平面的法向量)．(3)两个平面的夹角θ：cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝(其中n1，n2分别是两平面的法向量)．　例3如图所示，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝8，AA1＝4，M为B1C1上一点且B1M＝2，点N在线段A1D上，A1D⊥AN.求：(1)cos 〈A1D，〉；(2)直线AD与平面ANM所成角的正弦值；(3)平面ANM与平面ABCD夹角的余弦值．跟踪训练3　如图，四棱锥F­ABCD的底面ABCD是菱形，其对角线AC＝2，BD＝，CF与平面ABCD垂直，CF＝2，求平面BAF和平面DAF的夹角的大小．四、利用空间向量求距离空间中两种距离的计算公式(1)直线l外一点P到直线l的距离：PQ＝＝(其中A是l上的定点，是在l上的投影向量，＝a，u是l的单位方向向量)．(2)平面α外一点P到平面α的距离：PQ＝＝＝(其中A是平面α内的定点，n是平面 α的法向量)．例4　长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝6，AA1＝4，M是A1C1的中点，P在线段BC上，且|CP|＝2，Q是DD1的中点，求：(1)M到直线PQ的距离；(2)M到平面AB1P的距离．跟踪训练4　如图所示，在四棱锥P­ABCD中，ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝3，BC＝2，E是PB上一点，且BE＝2EP，求点E到直线PD的距离．五、利用空间向量解决探索性问题(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解或是否有规定范围内的解”等．(2)对于位置探索型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．角度1　与线、面位置关系有关的探索性问题例5　在四棱锥P­ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝CD＝2AB＝2，M为PC的中点．(1)求证：BM∥平面PAD；(2)平面PAD内是否存在一点N，使MN⊥平面PBD？若存在，确定N的位置；若不存在，请说明理由．跟踪训练5　如图，在四棱锥P­ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.(1)求证：PD⊥平面PAB；(2)在棱PA上是否存在点M，使BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．角度2　与空间角有关的探索性问题例6　在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝2，AA1＝3，D为BC的中点．(1)求证：A1B∥平面AC1D；(2)在线段A1C上是否存在一点E，使平面EAD与平面CAD的夹角的余弦值为？若存在，指出点E的位置；若不存在，请说明理由．跟踪训练6　如图所示，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2，E为CD的中点，点F在线段PB上．(1)求证：AD⊥PC；(2)试确定点F的位置，使直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．章末复习课考点聚集·分类突破例1　解析：(1)A中，当a与b中有一个为零向量时，其方向是不确定的，A不正确；B中，两个有共同起点，而且相等的向量，其终点必相同，B正确；C中，零向量也是向量，故也有方向，只是方向不确定，C不正确；D中，向量可用有向线段来表示，但并不是有向线段，故D不正确．故选ACD.(2)记 eq \o(AB,\s\up6(→))＝a， eq \o(AD,\s\up6(→))＝b，AA1＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，∴a·b＝b·c＝c·a＝ eq \f(1,2).①|AC1|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,2)＋\f(1,2)))＝6，∴|AC1|＝ eq \r(6).②BD1＝b＋c－a， eq \o(AC,\s\up6(→))＝a＋b，∴|BD1|＝ eq \r(2)，| eq \o(AC,\s\up6(→))|＝ eq \r(3)，BD1· eq \o(AC,\s\up6(→))＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1，∴cos 〈BD1， eq \o(AC,\s\up6(→))〉＝ eq \f(BD1·\o(AC,\s\up6(→)),|BD1||\o(AC,\s\up6(→))|)＝ eq \f(\r(6),6).答案：(1)ACD　(2)见解析跟踪训练1　解析：可以推出：( eq \o(SA,\s\up6(→))－ eq \o(SC,\s\up6(→)))·( eq \o(SB,\s\up6(→))－ eq \o(SD,\s\up6(→)))＝ eq \o(CA,\s\up6(→))· eq \o(DB,\s\up6(→))＝0，所以B正确； eq \o(SA,\s\up6(→))－ eq \o(SB,\s\up6(→))＋ eq \o(SC,\s\up6(→))－ eq \o(SD,\s\up6(→))＝ eq \o(BA,\s\up6(→))＋ eq \o(DC,\s\up6(→))＝0，所以C正确；又因为底面ABCD是边长为1的正方形，SA＝SB＝SC＝SD＝2，所以 eq \o(SA,\s\up6(→))· eq \o(SB,\s\up6(→))＝2×2×cos ∠ASB， eq \o(SC,\s\up6(→))· eq \o(SD,\s\up6(→))＝2×2×cos ∠CSD，而∠ASB＝∠CSD，于是 eq \o(SA,\s\up6(→))· eq \o(SB,\s\up6(→))＝ eq \o(SC,\s\up6(→))· eq \o(SD,\s\up6(→))，因此D正确．故选BCD.答案：BCD例2　解析：(1)证明：设AC与BD交于点G.因为EF∥AG，且EF＝1，AG＝ eq \f(1,2)AC＝1，所以四边形AGEF为平行四边形，所以AF∥EG，因为EG⊄平面BDE，AF⊄平面BDE，所以AF∥平面BDE.(2)因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，且CE⊥AC，所以CE⊥平面ABCD.如图，以C为原点，建立空间直角坐标系C­xyz，则C(0，0，0)，A( eq \r(2)， eq \r(2)，0)，B(0， eq \r(2)，0)，D( eq \r(2)，0，0)，E(0，0，1)，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).所以 eq \o(CF,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))， eq \o(BE,\s\up6(→))＝(0，－ eq \r(2)，1)， eq \o(DE,\s\up6(→))＝(－ eq \r(2)，0，1).所以 eq \o(CF,\s\up6(→))· eq \o(BE,\s\up6(→))＝0－1＋1＝0， eq \o(CF,\s\up6(→))· eq \o(DE,\s\up6(→))＝－1＋0＋1＝0.所以CF⊥BE，CF⊥DE.又BE∩DE＝E，所以CF⊥平面BDE.跟踪训练2　解析：如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长度，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D­xyz.(1)依题意有D(0，0，0)，Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)，则 eq \o(DQ,\s\up6(→))＝(1，1，0)， eq \o(DC,\s\up6(→))＝(0，0，1)， eq \o(PQ,\s\up6(→))＝(1，－1，0)，所以 eq \o(PQ,\s\up6(→))· eq \o(DQ,\s\up6(→))＝0， eq \o(PQ,\s\up6(→))· eq \o(DC,\s\up6(→))＝0，即PQ⊥DQ，PQ⊥DC，又DQ∩DC＝D，DQ，DC⊂平面DCQ，故PQ⊥平面DCQ，又PQ⊂平面PQB，所以平面PQB⊥平面DCQ.(2)根据题意， eq \o(DA,\s\up6(→))＝(1，0，0)， eq \o(AB,\s\up6(→))＝(0，0，1)， eq \o(AQ,\s\up6(→))＝(0，1，0)，故有 eq \o(DA,\s\up6(→))· eq \o(AB,\s\up6(→))＝0， eq \o(DA,\s\up6(→))· eq \o(AQ,\s\up6(→))＝0.所以 eq \o(DA,\s\up6(→))为平面BAQ的一个法向量，又因为  eq \o(PC,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，且 eq \o(DA,\s\up6(→))· eq \o(PC,\s\up6(→))＝0，即DA⊥PC，且PC⊄平面BAQ，故有PC∥平面BAQ.例3　解析：建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，0，0)，A1(0，0，4)，M(5，2，4)，D(0，8，0).(1)∵ eq \o(AM,\s\up6(→))＝(5，2，4)，A1D＝(0，8，－4)，∴ eq \o(AM,\s\up6(→))·A1D＝0＋16－16＝0，∴ eq \o(AM,\s\up6(→))⊥A1D．∴cos 〈A1D， eq \o(AM,\s\up6(→))〉＝0.(2)由(1)知A1D⊥AM，又A1D⊥AN，AM∩AN＝A，AM，AN⊂平面AMN，∴A1D⊥平面AMN，∴A1D＝(0，8，－4)是平面ANM的一个法向量．又 eq \o(AD,\s\up6(→))＝(0，8，0)，|A1D|＝4 eq \r(5)，| eq \o(AD,\s\up6(→))|＝8，A1D· eq \o(AD,\s\up6(→))＝64，∴cos 〈A1D， eq \o(AD,\s\up6(→))〉＝ eq \f(64,4\r(5)×8)＝ eq \f(2,\r(5))＝ eq \f(2\r(5),5).∴AD与平面ANM所成角的正弦值为 eq \f(2\r(5),5).(3)由(2)知平面ANM的一个法向量是A1D＝(0，8，－4)，又平面ABCD的一个法向量是a＝(0，0，1)，∴cos 〈A1D，a〉＝ eq \f(A1D·a,|A1D|·|a|)＝ eq \f(－4,4\r(5))＝－ eq \f(\r(5),5).∴平面ANM与平面ABCD夹角的余弦值为 eq \f(\r(5),5).跟踪训练3　解析：过点A作AE⊥平面ABCD，以A为坐标原点， eq \o(BD,\s\up6(→))， eq \o(AC,\s\up6(→))， eq \o(AE,\s\up6(→))方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).于是A(0，0，0)B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1，0))，D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1，0))，F(0，2，2)， eq \o(AB,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1，0))， eq \o(AF,\s\up6(→))＝(0，2，2)，设平面BAF的法向量为n1＝(x，y，z)，则由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)x＋y＝0，,2y＋2z＝0.))令z＝1，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\r(2)，,y＝－1.))所以n1＝(－ eq \r(2)，－1，1).同理，可求得平面DAF的一个法向量n2＝( eq \r(2)，－1，1)，由n1·n2＝0，知平面BAF与平面DAF垂直．所以平面BAF和平面DAF的夹角的大小为 eq \f(π,2).例4　解析：如图，建立空间直角坐标系B－xyz，则A(4，0，0)，M(2，3，4)，P(0，4，0)，Q(4，6，2)，B1(0，0，4).(1)∵ eq \o(QM,\s\up6(→))＝(－2，－3，2)， eq \o(QP,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，－2，－2))，∴ eq \o(QM,\s\up6(→))在 eq \o(QP,\s\up6(→))上的射影的模为 eq \f(|\o(QM,\s\up6(→))·\o(QP,\s\up6(→))|,|\o(QP,\s\up6(→))|)＝ eq \f(|8＋6－4|,\r(16＋4＋4))＝ eq \f(5\r(6),6)，∴M到直线PQ的距离为 eq \r(|\o(QM,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(6),6)))\s\up12(2))＝ eq \r(17－\f(25,6))＝ eq \f(\r(462),6)；(2)设平面AB1P的法向量n＝(x，y，z)，则n⊥AB1，n⊥ eq \o(AP,\s\up6(→))，∵AB1＝(－4，0，4)， eq \o(AP,\s\up6(→))＝(－4，4，0)，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·AB1＝－4x＋4z＝0,n·\o(AP,\s\up6(→))＝－4x＋4y＝0))，令x＝1，解得：y＝1，z＝1，∴n＝(1，1，1)，又 eq \o(MA,\s\up6(→))＝(2，－3，－4)，∴M到平面AB1P的距离d＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(MA,\s\up6(→))·n)),|n|)＝ eq \f(|2－3－4|,\r(3))＝ eq \f(5\r(3),3).跟踪训练4　解析：以A为原点，AB，AD，AP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则E(1，0，2)，P(0，0，3)，D(0，2，0)，所以 eq \o(EP,\s\up6(→))＝(－1，0，1)， eq \o(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－3).取a＝ eq \o(EP,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，u＝ eq \f(\o(PD,\s\up6(→)),|\o(PD,\s\up6(→))|)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,\r(13))，－\f(3,\r(13)))).所以点E到直线PD的距离为 eq \r(a2－（a·u）2)＝ eq \r(2－\f(9,13))＝ eq \f(\r(221),13).例5　解析：如图，以A为原点，以AB，AD，AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，M(1，1，1).(1)证明∵ eq \o(BM,\s\up6(→))＝(0，1，1)，平面PAD的一个法向量为n＝(1，0，0)，∴ eq \o(BM,\s\up6(→))·n＝0，即 eq \o(BM,\s\up6(→))⊥n，又BM⊄平面PAD，∴BM∥平面PAD.(2) eq \o(BD,\s\up6(→))＝(－1，2，0)， eq \o(PB,\s\up6(→))＝(1，0，－2)，假设平面PAD内存在一点N，使MN⊥平面PBD.设N(0，y，z)，则 eq \o(MN,\s\up6(→))＝(－1，y－1，z－1)，从而MN⊥BD，MN⊥PB，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(MN,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→))＝0,\o(MN,\s\up6(→))·\o(PB,\s\up6(→))＝0，))即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋2（y－1）＝0，,－1－2（z－1）＝0，))∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)，,z＝\f(1,2)，))∴N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，∴在平面PAD内存在一点N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，使MN⊥平面PBD.跟踪训练5　解析：(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD，又PA⊥PD.AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB，所以PD⊥平面PAB.(2)取AD的中点O，连接PO，CO，因为PA＝PD，所以PO⊥AD.因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PO⊥平面ABCD.因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.因为AC＝CD，所以CO⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O­xyz，由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).所以 eq \o(PC,\s\up6(→))＝(2，0，－1)， eq \o(PD,\s\up6(→))＝(0，－1，－1).设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，))即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－z＝0，,－y－z＝0，))取x＝1，则y＝－2，z＝2，所以n＝(1，－2，2)为平面PCD的一个法向量，设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0，1]使得 eq \o(AM,\s\up6(→))＝λ eq \o(AP,\s\up6(→)).因此点M(0，1－λ，λ)， eq \o(BM,\s\up6(→))＝(－1，－λ，λ).因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，则 eq \o(BM,\s\up6(→))·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝ eq \f(1,4)，所以在棱PA上存在点M，使BM∥平面PCD，此时 eq \f(AM,AP)＝ eq \f(1,4).例6　解析：(1)证明　设A1C交AC1于点F，则F为A1C的中点，连接DF.因为D为BC的中点，所以在△A1BC中，A1B∥DF，而DF⊂平面AC1D，A1B⊄平面AC1D，所以A1B∥平面AC1D.(2)建立如图所示的空间直角坐标系，假设在线段A1C上存在一点E，使平面EAD与平面CAD的夹角的余弦值为 eq \f(\r(10),10).过点E作EM⊥AC于点M，则EM⊥平面ABC，设EM＝h(0＜h＜3)，则A(2，0，0)，D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2h,3)，0，h))，所以 eq \o(EA,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2h,3)，0，－h)). eq \o(AD,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0)).依题意知，CC1＝(0，0，3)为平面ADC的一个法向量，设平面ADE的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n ·\o(EA,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD,\s\up6(→))＝0，))即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2h,3)))x－hz＝0，,－\f(3,2)x＋\f(\r(3),2)y＝0，))令x＝1，可得n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(3)，\f(2,h)－\f(2,3)))，所以|cos 〈CC1，n〉|＝ eq \f(\f(6,h)－2,3\r(4＋4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,h)－\f(1,3)))\s\up12(2)))＝ eq \f(\r(10),10).解得h＝ eq \f(3,2)，所以存在符合题意的点E，此时E为A，C的中点．跟踪训练6　解析：(1)证明　如图所示，在平行四边形ABCD中，连接AC，因为AB＝2 eq \r(2)，BC＝2，∠ABC＝45°，由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos 45°＝4，得AC＝2，所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC.又AD∥BC，所以AD⊥AC.因为AD＝AP＝2，DP＝2 eq \r(2)，所以PA⊥AD，又AP∩AC＝A，AP，AC⊂平面PAC，所以AD⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，所以AD⊥PC.(2)因为侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，PA⊂侧面PAD，所以PA⊥底面ABCD，所以直线AC，AD，AP两两垂直，以A为原点，直线AD，AC，AP为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则A(0，0，0)，D(－2，0，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，E(－1，1，0)，P(0，0，2)，所以 eq \o(PC,\s\up6(→))＝(0，2，－2)， eq \o(PD,\s\up6(→))＝(－2，0，－2)， eq \o(PB,\s\up6(→))＝(2，2，－2).设 eq \f(PF,PB)＝λ(λ∈[0，1])，则 eq \o(PF,\s\up6(→))＝(2λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)，所以 eq \o(EF,\s\up6(→))＝(2λ＋1，2λ－1，－2λ＋2).易得平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1).设平面PDC的法向量为n＝(x，y，z)，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up6(→))＝0))得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y－2z＝0，,－2x－2z＝0.))令x＝1，得n＝(1，－1，－1).因为直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等，所以|cos 〈 eq \o(EF,\s\up6(→))·m〉|＝|cos 〈 eq \o(EF,\s\up6(→))·n〉|，即 eq \f(|\o(EF,\s\up6(→))·m|,|\o(EF,\s\up6(→))||m|)＝ eq \f(|\o(EF,\s\up6(→))·n|,|\o(EF,\s\up6(→))||n|)，所以|－2λ＋2|＝ eq \f(|2λ|,\r(3))，即 eq \r(3)|λ－1|＝|λ|(λ∈[0，1])，解得λ＝ eq \f(3－\r(3),2)，所以 eq \f(PF,PB)＝ eq \f(3－\r(3),2)，即当 eq \f(PF,PB)＝ eq \f(3－\r(3),2)时，直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．