新高考数学二轮复习 专题突破 专题4 第3讲　空间向量与空间角（含解析）

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考点一 直线与平面所成的角
核心提炼
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，
则①θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))；②sin θ＝|cs〈a，n〉|＝eq \f(|a·n|,|a||n|).
例1 (2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
(1)证明 因为AD＝CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE.
在△ADB和△CDB中，
因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，
DB＝DB，
所以△ADB≌△CDB，所以AB＝BC.
因为E为AC的中点，所以AC⊥BE.
又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BED，
所以AC⊥平面BED，
又AC⊂平面ACD，
所以平面BED⊥平面ACD.
(2)解 由(1)可知AB＝BC，
又∠ACB＝60°，AB＝2，
所以△ABC为边长为2的正三角形，
则AC＝2，BE＝eq \r(3)，AE＝1.
因为AD＝CD，AD⊥CD，
所以△ADC为等腰直角三角形，
所以DE＝1.
所以DE2＋BE2＝BD2，则DE⊥BE.
由(1)可知，AC⊥平面BED.
连接EF，因为EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，
当△AFC的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，
即EF的长度最小．
在Rt△BED中，当EF的长度最小时，
EF⊥BD，EF＝eq \f(DE·BE,BD)＝eq \f(\r(3),2).
方法一 由(1)可知，DE⊥AC，BE⊥AC，
所以EA，EB，ED两两垂直，
以E为坐标原点，EA，EB，ED所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0，eq \r(3)，0)，D(0,0,1)，C(－1,0,0)，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，0)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，－1)．
易得DF＝eq \f(1,2)，FB＝eq \f(3,2)，所以3eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(FB,\s\up6(→)).
设F(0，y，z)，则eq \(DF,\s\up6(→))＝(0，y，z－1)，
eq \(FB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)－y，－z)，
所以3(0，y，z－1)＝(0，eq \r(3)－y，－z)，
得y＝eq \f(\r(3),4)，z＝eq \f(3,4)，
即Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),4)，\f(3,4)))，
所以eq \(CF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),4)，\f(3,4))).
设平面ABD的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝－x1＋\r(3)y1＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝\r(3)y1－z1＝0，))
不妨取y1＝1，则x1＝eq \r(3)，z1＝eq \r(3)，
n＝(eq \r(3)，1，eq \r(3))．
记CF与平面ABD所成的角为α，
则sin α＝|cs〈eq \(CF,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(CF,\s\up6(→))·n|,|\(CF,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(4\r(3),7).
方法二 因为E为AC的中点，所以点C到平面ABD的距离等于点E到平面ABD的距离的2倍．
因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，
所以DE⊥平面ABC.
因为VD－AEB＝VE－ADB，
所以eq \f(1,3)·eq \f(1,2)AE·BE·DE＝eq \f(1,3)·S△ABD·eq \f(d,2)，其中d为点C到平面ABD的距离．
在△ABD中，BA＝BD＝2，AD＝eq \r(2)，
所以S△ABD＝eq \f(\r(7),2)，
所以d＝eq \f(2\r(21),7).
因为AC⊥平面BED，EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，
所以FC＝eq \r(FE2＋EC2)＝eq \f(\r(7),2).
记CF与平面ABD所成的角为α，
则sin α＝eq \f(d,CF)＝eq \f(4\r(3),7).
方法三 如图，过点E作EM⊥AB交AB于点M，连接DM，过点E作EG⊥DM交DM于点G.
因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，
所以DE⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，所以DE⊥AB，
又EM∩DE＝E，EM，DE⊂平面DEM，所以AB⊥平面DEM，
又EG⊂平面DEM，所以AB⊥EG，
又AB∩DM＝M，AB，DM⊂平面ABD，
所以EG⊥平面ABD，则EG的长度等于点E到平面ABD的距离．
因为E为AC的中点，所以EG的长度等于点C到平面ABD的距离的eq \f(1,2).
因为EM＝AE·sin 60°＝eq \f(\r(3),2)，
所以EG＝eq \f(DE·EM,DM)＝eq \f(DE·EM,\r(DE2＋EM2))＝eq \f(\r(21),7)，
所以点C到平面ABD的距离d＝eq \f(2\r(21),7).
FC＝eq \r(FE2＋EC2)＝eq \f(\r(7),2).
记CF与平面ABD所成的角为α，
则sin α＝eq \f(d,CF)＝eq \f(4\r(3),7).
易错提醒 (1)线面角θ与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a，n〉的关系是
〈a，n〉＋θ＝eq \f(π,2)或〈a，n〉－θ＝eq \f(π,2)，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值．
(2)利用方程思想求法向量，计算易出错，要认真细心．
跟踪演练1 (2022·龙岩质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，PA＝PD＝PB，BC＝DC＝eq \f(1,2)AD＝2，E为AD的中点，且PE＝4.
(1)求证：PE⊥平面ABCD；
(2)记PE的中点为N，若M在线段BC上，且直线MN与平面PAB所成角的正弦值为eq \f(\r(3),9)，求线段BM的长度．
(1)证明 连接BE，
∵BC＝eq \f(1,2)AD＝DE＝2，AD∥BC，
∴四边形BCDE为平行四边形，
∴BE＝CD＝2，
∵PA＝PD且E为AD的中点，∴PE⊥AD，
∴PD＝eq \r(PE2＋DE2)＝eq \r(16＋4)＝2eq \r(5)，
∴PB＝PD＝2eq \r(5)，
∴PE2＋BE2＝PB2，即PE⊥BE，
又∵AD∩BE＝E，AD，BE⊂平面ABCD，
∴PE⊥平面ABCD.
(2)解 以E为原点，EA为x轴，EB为y轴，EP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，B(0,2,0)，
C(－2,2,0)，P(0,0,4)，
∴eq \(AB,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(0,2，－4)，
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(PB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋2y＝0，,2y－4z＝0，))
故可取n＝(2,2,1)，
设BM＝t(t∈[0,2])，
则M(－t，2,0)，而N(0,0,2)，
∴eq \(MN,\s\up6(→))＝(t，－2,2)，
设直线MN与平面PAB所成的角为θ，
则sin θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈\(MN,\s\up6(→))，n〉))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(MN,\s\up6(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(MN,\s\up6(→))))|n|)
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2t－4＋2,\r(t2＋4＋4)·\r(9))))＝eq \f(\r(3),9)，
化简得11t2－24t＋4＝0，
解得t＝2或t＝eq \f(2,11)，满足t∈[0,2]，
故线段BM的长度为2或eq \f(2,11).
考点二 二面角
核心提炼
设α－l－β的平面角为θ，α的法向量为u，β的法向量为v.
则①θ∈[0，π]．
②|cs θ|＝|cs〈u，v〉|＝eq \f(|u·v|,|u||v|).
例2 (2022·广东联考)如图，AB是圆O的直径，PA⊥圆O所在的平面，C为圆周上一点，D为线段PC的中点，∠CBA＝30°，AB＝2PA.
(1)证明：平面ABD⊥平面PBC；
(2)若G为AD的中点，求二面角P－BC－G的余弦值．
(1)证明 因为PA⊥圆O所在的平面，即PA⊥平面ABC，
而BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC.
因为AB是圆O的直径，C为圆周上一点，
所以AC⊥BC.
又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，而AD⊂平面PAC，
则BC⊥AD，
因为AC⊥BC，∠CBA＝30°，
所以AB＝2AC.又AB＝2PA，
所以PA＝AC，而D为线段PC的中点，
所以AD⊥PC.
又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，
所以AD⊥平面PBC，
而AD⊂平面ABD，故平面ABD⊥平面PBC.
(2)解 以C为原点，分别以eq \(CA,\s\up6(→))，eq \(CB,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设AB＝2，则A(1,0,0)，B(0，eq \r(3)，0)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，0，\f(1,4)))，eq \(CB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0)，eq \(CG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，0，\f(1,4))).
设平面GBC的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(CB,\s\up6(→))＝\r(3)y＝0，,m·\(CG,\s\up6(→))＝\f(3,4)x＋\f(1,4)z＝0，))令x＝1，得m＝(1,0，－3)．
由(1)知平面PBC的一个法向量为eq \(DA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，－\f(1,2)))，
设二面角P－BC－G的平面角为θ，易知θ为锐角，则cs θ＝eq \f(|m·\(DA,\s\up6(→))|,|m||\(DA,\s\up6(→))|)＝eq \f(2\r(5),5)，
即二面角P－BC－G的余弦值为eq \f(2\r(5),5).
易错提醒 二面角的范围是[0，π]，两向量夹角的范围是[0，π]，二面角与其对应的两法向量的夹角之间不一定相等，而是相等或互补的关系．
跟踪演练2 (2022·邯郸模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA＝AB＝AD＝2，四边形ABCD为平行四边形，∠ABC＝eq \f(π,3)，PA⊥平面ABCD，E，F分别是BC，PC的中点．
(1)证明：平面AEF⊥平面PAD；
(2)求二面角D－AE－F的余弦值．
(1)证明 连接AC(图略)．因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥AE，
又因为AB＝AD，且四边形ABCD为平行四边形，∠ABC＝eq \f(π,3)，
所以△ABC为等边三角形．
又因为E为BC的中点，所以AE⊥BC，
又因为AD∥BC，所以AE⊥AD，
因为PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，
所以AE⊥平面PAD，
又AE⊂平面AEF，
所以平面AEF⊥平面PAD.
(2)解 以A为原点，AE，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则P(0,0,2)，E(eq \r(3)，0,0)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，
eq \(AE,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0,0)，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，
因为PA⊥平面AED，
所以n＝(0,0,1)是平面AED的一个法向量．
设平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AE,\s\up6(→))＝0，,m·\(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x＝0，,\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＋z＝0，))
令z＝1，得x＝0，y＝－2，
即m＝(0，－2,1)．
设二面角D－AE－F的平面角为θ，
由图易知，θ为锐角．
则cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈n，m〉))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n·m)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m)))＝eq \f(1,\r(5))＝eq \f(\r(5),5)，
所以二面角D－AE－F的余弦值为eq \f(\r(5),5).
考点三 空间中的探究性问题
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两平面的夹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 (2022·武汉质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，PA＝PD＝eq \r(2)，AB＝1，AD＝2，PD⊥AB.
(1)证明：平面PCD⊥平面PAB；
(2)若PB＝eq \r(3)，试在棱PD上确定一点E，使得平面PAB与平面EAC的夹角的余弦值为eq \f(2\r(7),7).
(1)证明 因为PA＝PD＝eq \r(2)，AD＝2，
所以PA2＋PD2＝AD2，所以PD⊥PA，
又因为PD⊥AB，AB，PA⊂平面PAB，
且AB∩PA＝A，
所以PD⊥平面PAB，
又因为PD⊂平面PCD，
所以平面PCD⊥平面PAB.
(2)解 因为PA＝eq \r(2)，AB＝1，PB＝eq \r(3)，
所以PA2＋AB2＝PB2，所以AB⊥PA，
又因为PD⊥AB，PA，PD⊂平面PAD，
且PD∩PA＝A，
所以AB⊥平面PAD，
因为AD⊂平面PAD，
所以AB⊥AD，
所以四边形ABCD为矩形．
以A为原点，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))分别为x轴、y轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,1,1)，
所以eq \(AC,\s\up6(→))＝(1,2,0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，
由PD⊥平面PAB，可得向量eq \(PD,\s\up6(→))＝(0,1，－1)是平面PAB的一个法向量．
设eq \(ED,\s\up6(→))＝λeq \(PD,\s\up6(→))，0≤λ≤1，
则E(0,2－λ，λ)，
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝(0,2－λ，λ)．
设平面EAC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－λy＋λz＝0，,x＋2y＝0，))
令y＝－1，可得x＝2，z＝eq \f(2－λ,λ)，
所以n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－1，\f(2－λ,λ)))，
所以|cs〈eq \(PD,\s\up6(→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PD,\s\up6(→))·n,|\(PD,\s\up6(→))||n|)))＝eq \f(2\r(7),7)，
可得12λ2－8λ＋1＝0，
解得λ＝eq \f(1,2)或λ＝eq \f(1,6)，
即当点E满足eq \(ED,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(PD,\s\up6(→))或eq \(ED,\s\up6(→))＝eq \f(1,6)eq \(PD,\s\up6(→))时，平面PAB与平面EAC的夹角的余弦值为eq \f(2\r(7),7).
规律方法 解决立体几何中探索性问题的基本方法
(1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立．
(2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用．
跟踪演练3 (2022·聊城质检)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，G为棱DD1上的动点．
(1)求证：B，E，D1，F四点共面；
(2)是否存在点G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出DG的长度；若不存在，说明理由．
(1)证明 如图所示，连接D1E，D1F，取BB1的中点为M，连接MC1，ME，
因为E为AA1的中点，
所以EM∥A1B1∥C1D1，
且EM＝A1B1＝C1D1，
所以四边形EMC1D1为平行四边形，所以D1E∥MC1，
又因为F为CC1的中点，
所以BM∥C1F，且BM＝C1F，
所以四边形BMC1F为平行四边形，
所以BF∥MC1，所以BF∥D1E，
所以B，E，D1，F四点共面．
(2)解 以D为坐标原点，DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
假设存在满足题意的点G(0,0，t)(0≤t≤2)，由已知B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(0,1,1)，
则eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq \(EB,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，
eq \(EG,\s\up6(→))＝(－1,0，t－1)，
设平面BEF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n1·\(EB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x1＋y1＝0，,y1－z1＝0，))
取x1＝1，则n1＝(1,1,1)；
设平面GEF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n2·\(EG,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋y2＝0，,－x2＋t－1z2＝0，))
取x2＝t－1，则n2＝(t－1，t－1,1)．
因为平面GEF⊥平面BEF，
所以n1·n2＝0，
即t－1＋t－1＋1＝0，解得t＝eq \f(1,2).
所以存在满足题意的点G，使得平面GEF⊥平面BEF，DG的长度为eq \f(1,2).
专题强化练
1.(2022·莆田质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，F为PD的中点．
(1)证明：PB∥平面AFC；
(2)请从下面三个条件中任选一个，补充在横线上，并作答．
①∠ABC＝eq \f(π,3)；②BD＝eq \r(3)AC；③PC与平面ABCD所成的角为eq \f(π,4).
若PA⊥平面ABCD，AB＝AP＝2，且________，求二面角D－AC－F的余弦值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
(1)证明 连接BD交AC于点O，因为ABCD是菱形，所以O为BD的中点．连接OF.因为F为PD的中点，所以OF为△PBD的中位线，所以OF∥PB.
因为OF⊂平面AFC，PB⊄平面AFC，
所以PB∥平面AFC.
(2)过O作Oz∥AP.
以O为原点，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(Oz,\s\up6(→))为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示．
选条件①：∠ABC＝eq \f(π,3).
在菱形ABCD中，
AC⊥BD.
因为AB＝AP＝2，
所以OB＝OD＝2×sin eq \f(π,3)＝eq \r(3)，
OA＝OC＝2×cs eq \f(π,3)＝1.
所以O(0,0,0)，A(0，－1,0)，B(eq \r(3)，0,0)，
C(0,1,0)，D(－eq \r(3)，0,0)，P(0，－1,2)，
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1)).
所以eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0,2,0)．
设n＝(x，y，z)为平面ACF的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0＋2y＋0＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝－\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＋z＝0，))
不妨令x＝2，则n＝(2,0，eq \r(3))．
显然m＝(0,0,1)为平面ACD 的一个法向量．
设平二面角D－AC－F的平面角为θ，由图易知θ为锐角．
所以cs θ＝|cs〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)
＝eq \f(|0＋0＋\r(3)|,\r(4＋0＋3)×\r(0＋0＋1))＝eq \f(\r(21),7).
所以二面角D－AC－F的余弦值为eq \f(\r(21),7).
选条件②：BD＝eq \r(3)AC.
在菱形ABCD中，BD＝eq \r(3)AC，所以OB＝eq \r(3)OC，
所以BC＝eq \r(OB2＋OC2)＝2OC.
因为AB＝AP＝2，
所以OB＝OD＝eq \r(3)，OA＝OC＝1.
所以O(0,0,0)，A(0，－1,0)，B(eq \r(3)，0,0)，
C(0,1,0)，D(－eq \r(3)，0,0)，P(0，－1,2)，
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1)).
所以eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0,2,0)．
设n＝(x，y，z)为平面ACF的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0＋2y＋0＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝－\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＋z＝0，))
不妨令x＝2，则n＝(2,0，eq \r(3))．
显然m＝(0,0,1)为平面ACD的一个法向量．
设二面角D－AC－F的平面角为θ，由图易知，θ为锐角，
所以cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈n，m〉))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n·m)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m)))
＝eq \f(|0＋0＋\r(3)|,\r(4＋0＋3)×\r(0＋0＋1))＝eq \f(\r(21),7).
所以二面角D－AC－F的余弦值为eq \f(\r(21),7).
选条件③：PC与平面ABCD所成的角为eq \f(π,4).
因为PA⊥平面ABCD，所以∠PCA为PC与平面ABCD所成的角，即∠PCA＝eq \f(π,4).
在Rt△PAC中，由∠PCA＝eq \f(π,4)，
可得PA＝CA＝2.
所以OB＝OD＝eq \r(3)，OA＝OC＝1.
所以O(0,0,0)，A(0，－1,0)，B(eq \r(3)，0,0)，
C(0,1,0)，D(－eq \r(3)，0,0)，P(0，－1,2)，
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1)).
所以eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0,2,0)．
设n＝(x，y，z)为平面ACF的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0＋2y＋0＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝－\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＋z＝0，))
不妨令x＝2，则n＝(2,0，eq \r(3))．
显然m＝(0,0,1)为平面ACD的一个法向量．
设二面角D－AC－F的平面角为θ，
由图易知，θ为锐角，
所以cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈n，m〉))＝eq \f(|n·m|,|n||m|)
＝eq \f(|0＋0＋\r(3)|,\r(4＋0＋3)×\r(0＋0＋1))＝eq \f(\r(21),7).
所以二面角D－AC－F的余弦值为eq \f(\r(21),7).
2．在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC＝a，E，F分别是AB，PB的中点．
(1)求证：EF⊥CD；
(2)在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
(1)证明 由题意知，DA，DC，DP两两垂直．
如图所示，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(a，0,0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(a,2)，0))，P(0,0，a)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(a,2)，\f(a,2)))，eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，0，\f(a,2)))，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，a，0)，
因为eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝0，所以eq \(EF,\s\up6(→))⊥eq \(DC,\s\up6(→))，
从而得EF⊥CD.
(2)解 存在．理由如下：
假设存在满足条件的点G，
设G(x，0，z)，则eq \(FG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))，
若使GF⊥平面PCB，则由eq \(FG,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(a，0,0)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))＝0，得x＝eq \f(a,2)；
由eq \(FG,\s\up6(→))·eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(0，－a，a)＝eq \f(a2,2)＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(z－\f(a,2)))＝0，得z＝0，
所以点G的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，0))，
故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点．
3．(2022·新高考全国Ⅰ)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2eq \r(2).
(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A－BD－C的正弦值．
解 (1)设点A到平面A1BC的距离为h，
因为直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，
所以 SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(1,3)S△ABC·AA1
＝eq \f(1,3) SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(4,3)，
又△A1BC的面积为2eq \r(2)，
SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(1,3)×2eq \r(2)h＝eq \f(4,3)，
所以h＝eq \r(2)，
即点A到平面A1BC的距离为eq \r(2).
(2)取A1B的中点E，连接AE，
则AE⊥A1B.
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，
所以AE⊥平面A1BC，
又BC⊂平面A1BC，所以AE⊥BC.
又AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以AA1⊥BC.
因为AA1∩AE＝A，AA1，AE⊂平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1，
又AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB.
以B为坐标原点，分别以eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(BB1,\s\up6(—→))的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，
由(1)知，AE＝eq \r(2)，
所以AA1＝AB＝2，A1B＝2eq \r(2).
因为△A1BC的面积为2eq \r(2)，
所以2eq \r(2)＝eq \f(1,2)·A1B·BC，所以BC＝2，
所以A(0,2,0)，B(0,0,0)，C(2,0,0)，A1(0，2,2)，D(1,1,1)，E(0,1,1)，
则eq \(BD,\s\up6(→))＝(1,1,1)，eq \(BA,\s\up6(→))＝(0,2,0)．
设平面ABD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(BA,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＋z＝0，,2y＝0，))
令x＝1，得n＝(1,0，－1)．
又平面BDC的一个法向量为eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，
所以cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(AE,\s\up6(→))·n,|\(AE,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(－1,\r(2)×\r(2))＝－eq \f(1,2).
设二面角A－BD－C的平面角为θ，
则sin θ＝eq \r(1－cs2〈\(AE,\s\up6(→))，n〉)＝eq \f(\r(3),2)，
所以二面角A－BD－C的正弦值为eq \f(\r(3),2).
4．(2022·山东名校大联考)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)运动，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，确定点M的位置；若不存在，请说明理由．
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，延长EA，FM交于点O，连接OD，如图所示．
因为AO∥BF，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，所以OM＝MF，即M是OF的中点，则AO＝BF＝2，
故点O在EA的延长线上且与点A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DF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)存在．由已知可得EF⊥AE，EF⊥DE，
又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，
所以EF⊥平面ADE，又因为EF⊂平`面ABFE，
所以平面ABFE⊥平面ADE，易知∠DEA＝60°，DE＝AE，
所以△ADE为等边三角形，取AE的中点H，连接DH，则DH⊥AE，因为平面ABFE∩平面ADE＝AE，DH⊂平面ADE，所以DH⊥平面ABFE.
过点H作直线HT∥EF，交BF于点T；以H为坐标原点，以HA，HT，HD所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(－1,0,0)，D(0,0，eq \r(3))，C(0,4，eq \r(3))，F(－1,4,0)，所以eq \(ED,\s\up6(→))＝(1,0，eq \r(3))，eq \(EC,\s\up6(→))＝(1,4，eq \r(3))，
设M(1，t，0)(0≤t≤4)，则eq \(EM,\s\up6(→))＝(2，t，0)，
设平面EMC的法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(EM,\s\up6(→))＝0，,m·\(EC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋ty＝0，,x＋4y＋\r(3)z＝0，))
取y＝－2，则x＝t，z＝eq \f(8－t,\r(3))，
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，－2，\f(8－t,\r(3))))，
要使直线DE与平面EMC所成的角为60°，
则|cs〈eq \(ED,\s\up6(→))，m〉|＝eq \f(8,2\r(t2＋4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8－t,\r(3))))2))＝sin 60°＝eq \f(\r(3),2)，
整理得t2－4t＋3＝0，
解得t＝1或t＝3，
所以存在点M，即为线段AB上靠近A或B的一个四等分点，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°.