高考数学大一轮复习第七章立体几何与空间向量第6节空间向量的应用第3课时利用空间向量解决有关空间角的开放

高考数学大一轮复习第七章立体几何与空间向量第6节空间向量的应用第3课时利用空间向量解决有关空间角的开放高考数学大一轮复习第七章立体几何与空间向量第6节空间向量的应用第3课时利用空间向量解决有关空间角的开放/高考数学大一轮复习第七章立体几何与空间向量第6节空间向量的应用第3课时利用空间向量解决有关空间角的开放第3课时利用空间向量解决有关空间角的开放问题考点一与线面角有关的研究性问题【例1】(2019·湖北重点中学协作体联考)等边△ABC的边长为3，点D，E分别是AB，BC上的点，且满足ADCE1(如图(1))11＝＝，将△ADE沿DE折起到△ADE的地址，使二面角DBEA2－成直二面角，连接1，1(如图(2))．DEBABAC求证：A1D⊥平面BCED；在线段BC上可否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明原由．证明题图(1)中，由已知可得：AE＝2，AD＝1，A＝60°.从而DE＝12＋22－2×1×2×cos60°＝3.222故得AD＋DE＝AE，∴AD⊥DE，BD⊥DE.∴题图(2)中，A1D⊥DE，BD⊥DE，∴∠A1DB为二面角A1－DE－B的平面角，又二面角A1－DE－B为直二面角，∴∠A1DB＝90°，即A1D⊥DB，∵DE∩DB＝D且DE，DB?平面BCED，∴A1D⊥平面BCED.1解存在．由(1)知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED.以D为坐标原点，以射线、、1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标DBDEDA系D－xyz，如图，过P作PH∥DE交BD于点H，设PB＝2a(0≤2a≤3)，则BH＝a，PH＝3a，DH＝2－a，易知1(0，0，1)，(2－，，0)，(0，，0)，APa3aE3→因此PA1＝(a－2，－3a，1)．因为ED⊥平面A1BD，因此平面1的一个法向量为→＝(0，3，0)．ABDDE→→因为直线1与平面1所成的角为60°，因此sin60°＝|PA1·DE|＝3aPAABD→→4a2－4a＋5×3|PA1||DE|35＝2，解得a＝4.5∴PB＝2a＝2，满足0≤2a≤3，吻合题意．5因此在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB＝2.规律方法解决此类问题的基本策略是执果索因，其结论明确需要求出使结论建立的充分条件，将题设和结论都视为已知条件即可迅速找到切入点，建立方程(组)并解方程(组)，若有解，则存在并求得结论建立的条件，若无解，则不存在．【训练1】如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝22，E为CD的中点，点F在线段PB上．2求证：AD⊥PC；试确定点F的地址，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．(1)证明如图，在平行四边形ABCD中，连接AC，因为AB＝22，BC＝2，∠ABC＝45°，222222由余弦定理得，AC＝AB＋BC－2·AB·BC·cos45°＝4，得AC＝2，因此AC＋BC＝AB，因此∠ACB＝90°，即BC⊥AC.又AD∥BC，因此AD⊥AC，因为AD＝AP＝2，DP＝22，222因此AD＋AP＝DP，因此PA⊥AD，又AP∩AC＝A，因此AD⊥平面PAC，因此AD⊥PC.解因为侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，因此PA⊥底面ABCD，因此直线AC，AD，AP两两互相垂直，以A为原点，直线AD，AC，AP为坐标轴，建立以下列图的空间直角坐标系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)，→→→，2，－2)．因此PC＝(0，2，－2)，PD＝(－2，0，－2)，PB＝(23设PF→λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)，＝λ(λ∈[0，1])，则PF＝(2PB因此→＝(2λ＋1，2λ－1，－2λ＋2)，EF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)，→2y－2z＝0，由n·PC＝0，→得－2x－2z＝0，n·PD＝0，令x＝1，得＝(1，－1，－1)．n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，因此|cos→→，〈EF，m〉|＝|cos〈EF，n〉|→→2λ|EF·m||EF·n|，因此|－2λ＋2|＝即→＝→3，|EF||m||EF||n|即3|λ－1|＝|λ|(λ∈[0，1])，解得λ＝3－3，2因此PF3－3＝2.PB即当PF3－3EF与平面ABCD所成的角相等．＝2时，直线EF与平面PDC所成的角和直线PB考点二与二面角有关的研究性问题多维研究角度1已知二面角研究长度【例2－1】(2019·潍坊模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，1∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA＝PD＝2，BC＝2AD＝1，CD＝3.4求证：平面PBC⊥平面PQB；(2)当PM的长为何值时，平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°？1证明∵AD∥BC，Q为AD的中点，BC＝2AD，∴BC∥QD，BC＝QD，∴四边形BCDQ为平行四边形，∴BQ∥CD.∵∠ADC＝90°，∴BC⊥BQ.∵PA＝PD，AQ＝QD，∴PQ⊥AD.又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PQ⊥平面ABCD，∴PQ⊥BC.又∵PQ∩BQ＝Q，∴BC⊥平面PQB.∵?平面，∴平面⊥平面.BCPBCPBCPQB(2)解由(1)可知PQ⊥平面ABCD.如图，以Q为原点，分别以QA，QB，QP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则(0，0，0)，(－1，0，0)，(0，0，)，(0，，QDP3B30)，C(－1，3，0)，→→，3，0)→，0，→，3，－3)．∴QB＝(0，3，0)，DC＝(0，DP＝(13)，PC＝(－1→→→3λ，－3λ)，且0≤λ≤1，得M(－λ，3λ，3－3λ)，设PM＝λPC，则PM＝(－λ，5→∴QM＝(－λ，3λ，3(1－λ))．设平面MBQ的法向量为m＝(x，y，z)，则→－λx＋3λy＋3（1－λ）z＝0，QM·m＝0，→即3y＝0.QB·m＝0，λ令x＝3，则y＝0，z＝1－λ，λ∴平面MBQ的一个法向量为m＝3，0，1－λ.设平面PDC的法向量为n＝(x′，y′，z′)，则→3y′＝0，DC·n＝0，→即x′＋3z′＝0.DP·n＝0，令x′＝3，则y′＝0，z′＝－3，∴平面PDC的一个法向量为n＝(3，0，－3)．∴平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°，λ|n·m|33－3·1－λ1∴cos60°＝|n||m|＝12·3＋λ2＝2，1－λ117∴λ＝2.∴PM＝2PC＝2.角度2已知二面角研究角度【例2－2】(2019·河北“五个一”名校联考)以下列图的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠ABC＝60°，AB＝2BC＝2CD，四边形DCEF是正方形，N，G分别是线段AB，CE的中点．6(1)(一题多解)求证：NG∥平面ADF；π(2)设二面角A－CD－F的大小为θ2<θ<π，当θ为何值时，二面角A－BC－E的余弦13值为13？证明法一如图，设DF的中点为M，连接AM，GM，因为四边形DCEF是正方形，因此MG綉CD，又四边形ABCD是梯形，且AB＝2CD，AB∥CD，点N是AB的中点，因此AN綉DC，因此MG綉AN，因此四边形ANGM是平行四边形，因此NG∥AM.又AM?平面ADF，NG?平面ADF，因此NG∥平面ADF.法二如图，连接NC，NE，因为N是AB的中点，四边形ABCD是梯形，AB＝2CD，AB∥CD，因此AN綉CD，因此四边形ANCD是平行四边形，因此NC∥AD，因为AD?平面ADF，NC?平面ADF，因此NC∥平面ADF，7同理可得NE∥平面ADF，又NC∩NE＝N，因此平面NCE∥平面ADF，因为NG?平面NCE，因此NG∥平面ADF.解设CD的中点为O，EF的中点为P，连接NO，OP，易得NO⊥CD，以点O为原点，以OC所在直线为x轴，以NO所在直线为y轴，以过点O且与平面ABCD垂直的直线为z轴建立以下列图的空间直角坐标系．因为NO⊥CD，OP⊥CD，因此∠NOP是二面角A－CD－F的平面角，则∠NOP＝θ，因此∠POy＝π－θ，设AB＝4，则BC＝CD＝2，则P(0，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，E(1，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，C(1，0，0)，B(2，－3，0)，→→，－3，0)，CE＝(0，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，CB＝(1设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，→x－3y＝0，n·CB＝0，则即2ycos（π－θ）＋2zsin（π－θ）＝0，→n·CE＝0，因为θ∈π，π，因此cos(π－θ)≠0，2令z＝1，则y＝－tan(π－θ)，x＝－3tan(π－θ)，因此n＝(－3tan(π－θ)，－tan(π－θ)，1)为平面BCE的一个法向量，又易知平面ACD的一个法向量为m＝(0，0，1)，m·n1因此cos〈m，n〉＝|m|·|n|＝4tan2（π－θ）＋1，8由图可知二面角A－BC－E为锐角，113因此4tan2（π－θ）＋1＝13，解得tan2(π－θ)＝3，又π2<θ<π，π2π因此tan(π－θ)＝3，即π－θ＝3，得θ＝3，2π13因此当二面角A－CD－F的大小为3时，二面角A－BC－E的余弦值为13.规律方法1.解决研究性问题的基本方法是假设结论建立或对象存在，尔后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，则说明假设建立，即存在，并可进一步证明；否则不行立，即不存在．2．研究线段上可否存在点时，注意三点共线条件的应用．3．利用空间向量的坐标运算，可将空间中的研究性问题转变成方程可否有解的问题进行处理．【训练2】(2019·华南师大附中质检)如图，在五面体ABCDEF中，AB∥CD∥EF，AD⊥CD，∠DCF＝60°，CD＝EF＝CF＝2AB＝2AD＝2，平面CDEF⊥平面ABCD.求证：CE⊥平面ADF；已知P为棱BC上的点，试确定点P的地址，使二面角P－DF－A的大小为60°.证明∵CD∥EF，CD＝EF＝CF，∴四边形CDEF是菱形，∴CE⊥DF.∵平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，AD⊥CD，AD?平面ABCD，∴AD⊥平面CDEF，9∵CE?平面CDEF，∴AD⊥CE.又∵AD?平面ADF，DF?平面ADF，AD∩DF＝D，∴直线CE⊥平面ADF.解由(1)知四边形CDEF为菱形，又∵∠DCF＝60°，∴△DEF为正三角形．如图，取EF的中点G，连接GD，则GD⊥EF.∵EF∥CD，∴GD⊥CD.∵平面CDEF⊥平面ABCD，GD?平面CDEF，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，∴GD⊥平面ABCD.又∵AD⊥CD，∴直线DA，DC，DG两两垂直．以D为原点，分别以DA，DC，DG所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图的空间直角坐标系D－xyz.∵CD＝EF＝CF＝2，AB＝AD＝1，∴D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，E(0，－1，3)，F(0，1，3)，→，－3，→，1，→，－1，0)，∴CE＝(03)，DF＝(03)，CB＝(1→DC＝(0，2，0)．→由(1)知CE是平面ADF的一个法向量．→→设CP＝aCB＝(a，－a，0)(0≤a≤1)，10→→→则DP＝DC＋CP＝(a，2－a，0)．设平面的法向量为n＝(x，，)，PDFyz→n·DF＝0，即y＋3z＝0，则→ax＋（2－a）y＝0.n·DP＝0，令y＝3a，则x＝3(a－2)，z＝－a，∴n＝(3(a－2)，3a，－a)．∵二面角P－DF－A的大小为60°，→→|n·CE|∴|cos〈n，CE〉|＝→|n||CE|43a1＝＝，12·3（a－2）2＋3a2＋a222解得a＝3或a＝－2(不合题意，舍去)．∴P在凑近点B的CB的三均分点处．考点三与空间角有关的最值问题【例3】(2019·新高考缔盟考试)如图，在四棱锥E－ABCD中，底面ABCD是圆内接四边形，CB＝CD＝CE＝1，AB＝AD＝AE＝3，EC⊥BD.求证：平面BED⊥平面ABCD；若点P在平面ABE内运动，且DP∥平面BEC，求直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值．(1)证明如图，连接AC，交BD于点O，连接EO，11∵AD＝AB，CD＝CB，AC＝AC，∴△ADC≌△ABC，易得△ADO≌△ABO，∴∠AOD＝∠AOB＝90°，∴AC⊥BD.又EC⊥BD，EC∩AC＝C，∴BD⊥平面AEC，又OE?平面AEC，∴OE⊥BD.又底面ABCD是圆内接四边形，∴∠ADC＝∠ABC＝90°，3在Rt△ADC中，由AD＝3，CD＝1，可得AC＝2，AO＝2，AEAO3∴∠AEC＝90°，＝＝，ACAE2易得△AEO∽△ACE，∴∠AOE＝∠AEC＝90°，即EO⊥AC.又AC，BD?平面ABCD，AC∩BD＝O，∴EO⊥平面ABCD，又EO?平面BED，∴平面BED⊥平面ABCD.(2)解如图，取AE的中点M，AB的中点N，连接MN，ND，DM，12则MN∥BE，由(1)知，∠DAC＝∠BAC＝30°，即∠DAB＝60°，∴△ABD为正三角形，∴DN⊥AB，又BC⊥AB，∴平面DMN∥平面EBC，∴点P在线段MN上．以O为坐标原点，建立以下列图的空间直角坐标系，则A32，0，0，B0，23，0，E0，0，23，M34，0，43，D0，－23，0，N34，43，0，∴→＝33，→＝33，AB－2，2，0AE－2，0，2→333→33DM＝4，2，4，MN＝0，4，－4，设平面ABE的法向量n＝(x，y，z)，→AB·n＝0，－3x＋y＝0，则即→－3x＋z＝0，AE·n＝0，令x＝1，则n＝(1，3，3)，→→设MP＝λMN(0≤λ≤1)，可得→→→33333DP＝DM＋MP＝4，2＋4λ，4－4λ，设直线DP与平面ABE所成的角为θ，13→12则sinθ＝n·DP＝，→42×λ2＋λ＋4|n|·|DP|42∵0≤λ≤1，∴当λ＝0时，sinθ获取最大值7.故直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值为427.规律方法解决空间角的最值问题一般是把空间角的某个三角函数值表示为某个变量的函数，利用这个函数的单调性求三角函数值的最值，求解时需要注意的是函数中自变量的取值范围对最值的决定作用．【训练3】(2019·上海静安区质检)以下列图，PA⊥平面ADE，B，C分别是AE，DE的中点，AE⊥AD，AD＝AE＝AP＝2.求二面角A－PE－D的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．解(1)因为PA⊥平面ADE，AD?平面ADE，AB?平面ADE，因此PA⊥AD，PA⊥AB，又因为AB⊥AD，因此PA，AD，AB两两垂直．→→→A－xyz，则各点的坐标为以{AB，AD，AP}为正交基底建立空间直角坐标系A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．14因为PA⊥AD，AD⊥AE，AE∩PA＝A，因此⊥平面，ADPAE→PAE的一个法向量，且→，2，0)．因此AD是平面AD＝(0→→，2，－2)．易得PC＝(1，1，－2)，PD＝(0设平面的法向量为＝(x，，z)．PEDmy→x＋y－2z＝0，m·PC＝0，则→即2y－2z＝0.m·PD＝0，令y＝1，解得z＝1，x＝1.因此m＝(1，1，1)是平面PED的一个法向量，→→3AD·m因此cos〈AD，m〉＝→＝3，|AD||m|3因此二面角A－PE－D的余弦值为3.(2)→＝(－1，0，2)，故可设→＝λ→＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)．BPBQBP→，－1，0)→→→又CB＝(0，因此CQ＝CB＋BQ＝(－λ，－1，2λ)．→，－2，2)，又DP＝(0→→→→CQ·DP1＋2λ因此cos〈CQ，DP〉＝→→＝.|CQ||DP|λ102＋2设1＋2λ＝t，t∈[1，3]，152→→2t22≤9则cos〈CQ，DP〉＝＝52，5t2－10t＋9120109t－9＋992当且仅当t＝5，即λ＝5时，→→310|cos〈CQ，DP〉|的最大值为10.π因为y＝cosx在0，2上是减函数，2因此当λ＝5时直线CQ与DP所成角获取最小值．又因为BP＝12＋22＝5，25因此BQ＝5BP＝5.[思想升华][易错防范]求出法向量夹角的余弦值后，不清楚二面角的余弦值取正当还是负值，确定二面角余弦值正负有两种方法：经过观察二面角是锐角还是钝角来确定其余弦值的正负；当不易观察二面角是锐角还是钝角时可判断两半平面的法向量与二面角的地址关系来确定．基础牢固题组16(建议用时：40分钟)如图，在三棱锥P－ABC中，D为棱PA上的任意一点，点F，G，H分别为所在棱的中点．(1)证明：BD∥平面FGH；π(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝2，∠BAC＝45°，当二面角C－GF－H的平面角为3时，求棱PC的长．证明因为G，H分别为AC，BC的中点，因此AB∥GH，且GH?平面FGH，AB?平面FGH，因此AB∥平面FGH.因为F，G分别为PC，AC的中点，因此GF∥AP，且FG?平面FGH，AP?平面FGH，因此AP∥平面FGH.又因为AP∩AB＝A，因此平面ABP∥平面FGH.因为BD?平面ABP，因此BD∥平面FGH.(2)解在平面ABC内过点C作CM∥AB，如图，以C为原点，分别以CB，CM，CF所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系C－xyz，连接BG.由△ABC为等腰直角三角形知BG⊥AC.因为BG⊥CF，AC∩CF＝C，因此BG⊥平面PAC.设CF＝a，则B(2，0，0)，G(1，－1，0)，17→因此BG＝(－1，－1，0)为平面PAC的一个法向量．又(0，0，)，(1，0，0)，因此→＝(1，0，－a)，→＝(1，－1，－a)．FaHFHFG设m＝(x，y，z)为平面FGH的法向量，→x－az＝0，m·FH＝0，则即→x－y－az＝0，m·FG＝0，可得平面FGH的一个法向量为m＝(a，0，1)．→－a1由|cos〈m，BG〉|＝2·a2＋1＝2，得a＝1(负值已舍去)，从而2a＝2，因此棱PC的长为2.2．(2018·天津卷)如图，∥且＝2，⊥，∥且＝，∥且＝ADBCADBCADCDEGADEGADCDFGCD2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2.若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE；求二面角E－BC－F的正弦值；若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长．→→→x轴，y轴，z轴的正方向解依题意，可以建立以D为原点，分别以DA，DC，DG的方向为的空间直角坐标系(如图)，可得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，(0，1，2)，(0，0，2)，M0，3，1，(1，0，2)．FG2N18→→，2)．设n0＝(x，y，z)为平面CDE的法向量，(1)证明依题意DC＝(0，2，0)，DE＝(2，0→即2y＝0，不如令＝－，可得0＝，，－．又→＝1，－3，1，则n0·DC＝0z1(11)→2x＋2z＝0，n0MN2n0·DE＝0，可得→·0＝0，又因为直线?平面，因此∥平面.MNnMNCDEMNCDE→→→，－1，2)．(2)依题意，可得BC＝(－1，0，0)，BE＝(1，－2，2)，CF＝(0→－x＝0，设n＝(x，y，z)为平面BCE的法向量，则n·BC＝0，即不如令z＝1，可→x－2y＋2z＝0，n·BE＝0，得n＝(0，1，1)．→－x＝0，m·BC＝0，不如令z＝1，可得设m＝(x，y，z)为平面BCF的法向量，则即→－y＋2z＝0，m·CF＝0，m＝(0，2，1)．m·n31010因此有cos〈，〉＝＝，于是sin〈，〉＝.mn|m||n|10mn10因此，二面角E－BC－F的正弦值为1010.(3)设线段DP的长为h(h∈[0，2])→，则点P的坐标为(0，0，h)，可得BP＝(－1，－2，h)．易→，2，0)为平面ADGE的一个法向量，故知，DC＝(0→→→→2|BP·DC||cos〈BP，DC〉|＝→→＝h2＋5，|BP||DC|2＝sin603由题意，可得h2＋5°＝2，3解得h＝3∈[0，2]．3因此，线段DP的长为3.3.如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AC＝2，19BC＝4，E，F分别是PC，PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为l.求证：l⊥平面PAC；直线l上可否存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余？若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明原由．证明因为E，F分别是PC，PB的中点，因此BC∥EF，又EF?平面EFA，BC?平面EFA，因此BC∥平面EFA.又BC?平面ABC，平面EFA∩平面ABC＝l，因此BC∥l.又BC⊥AC，平面PAC∩平面ABC＝AC，平面PAC⊥平面ABC，BC?平面ABC，因此BC⊥平面PAC，因此l⊥平面PAC.解如图，以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，B(0，4，0)，P(1，0，3)，E13，F13，2，0，22，2，2→33→因此AE＝－2，0，2，EF＝(0，2，0)．20设Q(2，y，0)，平面AEF的法向量为m＝(x0，y0，z0)，→33m·AE＝0，即－2x0＋2z0＝0，则→2y0＝0，m·EF＝0，则y0＝0，令z0＝3，则x0＝1，因此m＝(1，0，3)为平面AEF的一个法向量．→，y，－3)，又PQ＝(1→→→→|PQ·EF|因此|cos〈PQ，EF〉|＝→→，|PQ|·|EF|→→|PQ·m||cos〈PQ，m〉|＝→·|m|.|PQ因为直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余，→→→|PQ·EF||PQ·m|因此→→＝→，|PQ|·|EF||PQ|·|m|因此|1×0＋y×2－3×0|＝|1×1＋y×0＋(－3)×3|，解得y＝±1.因此直线l上存在点，使直线分别与平面、直线EF所成的角互余，此时＝1.QPQAEFAQ4．(2019·济南质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，AB＝2，∠ABC＝60°，E，F分别是BC，PC的中点．求证：AE⊥PD；设H为线段PD上的动点，若线段EH长的最小值为5，求二面角E－AF－C的余弦值．21证明∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC为正三角形．又E为BC的中点，∴AE⊥BC.∵BC∥AD，∴AE⊥AD.∵PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，∴PA⊥AE.∵PA?平面PAD，AD?平面PAD，且PA∩AD＝A，∴AE⊥平面PAD.又PD?平面PAD，∴AE⊥PD.解如图，H为线段PD上的动点，连接AH，EH.当线段EH的长最小时，EH⊥PD.由(1)知AE⊥PD，∵AE∩EH＝E，∴PD⊥平面AEH.∵AH?平面AEH，∴AH⊥PD.在Rt△EAH中，AE＝3，EH＝5，EA⊥AH，∴AH＝EH2－AE2＝2.22在Rt△ADH中，由AH＝2，AD＝2，可知∠HDA＝45°，即∠PDA＝45°.∴在Rt△PAD中，可得PA＝AD＝2.由(1)可知，，两两垂直，以A为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系．由，AEADAPEF分别为BC，PC的中点，可得A(0，0，0)，B(3，－1，0)，C(3，1，0)，D(0，2，0)，31P(0，0，2)，E(3，0，0)，F2，2，1，→→31.因此AE＝(3，0，0)，AF＝2，2，1设平面AEF的法向量为n＝(x1，y1，z1)，→3x1＝0，n·AE＝0，因此31则→2x1＋2y1＋z1＝0，n·AF＝0，取z1＝－1，得n＝(0，2，－1)．因为BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC＝A，因此BD⊥平面AFC，故→为平面的一个法向量．BDAFC→3，3，0)，又BD＝(－→→2×315n·BD因此cos〈n，BD〉＝＝＝.→5×125|n|·|BD|由图易知二面角－－为锐角，EAFC2315故所求二面角的余弦值为5.能力提升题组(建议用时：20分钟)5.(2019·天津和平区质检)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，AB⊥AC，AB＝AC＝2，点E在AD上，且AE＝2ED.已知点F在BC上，且CF＝2FB，求证：平面PEF⊥平面PAC；当二面角A－PB－E的余弦值为多少时，直线PC与平面PAB所成的角为45°？证明∵AB⊥AC，AB＝AC，∴∠ACB＝45°，∵底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，∴∠ACD＝45°，即AD＝CD，又AB⊥AC，∴BC＝2AC＝2AD，2∵