1.2.4 二面角-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

第一章　空间向量与 立体几何 1.2　空间向量在立体几何中的应用 1.2.4　二面角 课程标准：1.能用向量语言表述平面与平面的夹角.2.能用向量方法解决平面与平面的夹角问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用． 教学重点：求二面角的常用方法． 教学难点：1.用向量法求二面角.2.两个平面的法向量的夹角与二面角的关系． 核心素养：1.通过对二面角的有关概念的学习培养数学抽象素养.2.通过求二面角的大小培养直观想象素养、逻辑推理素养和数学运算素养． (教师独具内容) 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　二面角及其度量 (1)二面角的定义 平面内的一条直线把一个平面分成两部分，其中的每一部分都称为一个_______，从一条直线出发的两个半平面所组成的图形称为_________，这条直线称为二面角的_______，这两个半平面称为_______________．棱为l，两个半平面分别为α，β的二面角，记作____________． 二面角 半平面 棱 二面角的面 α－l－β 核心概念掌握 5 (2)二面角的平面角 在二面角α－l－β的棱上任取一点O，以O为垂足，分别在半平面α和β内作垂直于棱的射线OA和OB，则射线OA和OB所成的角称为二面角的平面角．二面角的大小用它的_________大小来度量，即二面角大小等于它的平面角大小．特别地，平面角是直角的二面角称为__________． 平面角 直二面角 核心概念掌握 6 (3)二面角的大小 ①二面角及其平面角的大小不小于_________，不大于_________． ②两个平面相交时，它们所成角的大小，指的是它们所形成的四个二面角中，不小于________且不大于________的角的大小． [提醒]　一个二面角的大小及两个相交平面所成角的大小都是唯一确定的． 0° 180° 0° 90° 核心概念掌握 7 [想一想]　如果一个二面角的两个半平面分别平行于另一个二面角的两个半平面，则这两个二面角的大小关系是什么？ 提示：相等或互补． 核心概念掌握 8 知识点二　用空间向量求二面角的大小 如图，n1，n2分别是平面α1，α2的一个法向量，设α1与α2所成角的大小为θ，则θ＝_____________或θ＝_______________． 特别地，sinθ＝________________． 〈n1，n2〉 π－〈n1，n2〉 sin〈n1，n2〉 核心概念掌握 9 核心概念掌握 10 2．(向量法求平面与平面所成的角)平面α的一个法向量为n1＝(1，0，1)，平面β的一个法向量为n2＝(－3，1，3)，则α与β所成的角是________． 3．(射影面积公式法求二面角的大小)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC是等边三角形，CC1＝AB，D，E分别是线段AC，CC1的中点，C1在平面ABC内的射影为D，则二面角C－BD－E的余弦值为________． 90° 核心概念掌握 11 核心素养形成 题型一　定义法求二面角　 例1　如图所示，四边形ABCD是正方形，V是平面ABCD外一点，且VA＝VB＝VC＝AB.求二面角A－VB－C的余弦值． 核心素养形成 13 核心素养形成 14 【感悟提升】定义法求二面角的步骤 (1)作：先作出二面角的平面角，方法有定义法、垂面法、垂线法； (2)证：证明所作出的角为二面角的平面角； (3)求：通过解三角形等方法求出这个平面角的大小． 核心素养形成 15 【跟踪训练】 1．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，E，F分别为PA，PD的中点，AB＝BC＝2，AD＝PA＝4. (1)证明：EF∥平面PBC； (2)求二面角F－CD－B的余弦值． 解: (1)证明：∵E，F分别为PA，PD的中点， ∴AD∥EF. ∵AD∥BC，∴EF∥BC. ∵EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， ∴EF∥平面PBC. 核心素养形成 16 核心素养形成 17 核心素养形成 18 题型二　利用三垂线定理或射影面积公式求二面角　 例2　已知在三棱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝PC.求二面角B－AP－C的余弦值． 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 【感悟提升】　 核心素养形成 22 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 题型三　向量法求二面角(平面与平面所成的角) 核心素养形成 26 核心素养形成 27 核心素养形成 28 【感悟提升】向量法求二面角的步骤 核心素养形成 29 核心素养形成 30 核心素养形成 31 解:选①： (1)证明：连接BD，如图，因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD， 因为E，F分别为BC，CD的中点， 所以EF∥BD，所以EF⊥AC. 因为平面PEF⊥平面ABCD，平面PEF∩平面ABCD ＝EF，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥平面PEF. 又PE⊂平面PEF，所以AC⊥PE. (2)设AC与EF交于点O，连接PO，由(1)知，AC平分EF，所以O为EF的中点． 因为PE＝PF，所以PO⊥EF， 核心素养形成 32 核心素养形成 33 核心素养形成 34 核心素养形成 35 核心素养形成 36 核心素养形成 37 题型四　空间角中的探索性问题 核心素养形成 38 核心素养形成 39 核心素养形成 40 核心素养形成 41 【感悟提升】求解探索性问题的步骤 (1)用参数设出题中的数学对象； (2)构建空间直角坐标系，利用空间向量法把探索性问题转化为求参数是否有解问题； (3)解方程，下结论． 核心素养形成 42 核心素养形成 43 核心素养形成 44 核心素养形成 45 核心素养形成 46 随堂水平达标 1．已知二面角α－l－β的大小为60°，b和c是两条异面直线，且b⊥α，c⊥β，则b与c所成角的大小为(　　) A．120° B．90° C．60° D．30° 解析：二面角α－l－β的大小为60°，b和c是两条异面直线，且b⊥α，c⊥β，∴b与c所成角的大小为60°.故选C. 随堂水平达标 48 2．已知二面角α－l－β的大小为φ，直线a⊂α，a与β所成的角为θ，则(　　) A．φ≥θ B．φ≤θ C．当φ>90°时，φ>θ；当φ≤90°时，φ≤θ D．以上说法都不对 随堂水平达标 49 3．若平面α的一个法向量为n1＝(1，0，－1)，平面β的一个法向量为n2＝(0，－1，1)，则平面α与β所成角的大小为________． 随堂水平达标 50 4．如图，在空间直角坐标系Dxyz中，四棱柱ABCD－A1B1C1D1为长方体，AA1＝AB＝2AD，E为C1D1的中点，则二面角B1－A1B－E的余弦值为________． 随堂水平达标 51 随堂水平达标 52 课后课时精练 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ 考点 向量法求平面与平面所成角的余 弦值 法向量的夹角与二面角的平面角的关系 向量法求平面与平面所成角的余 弦值 空间角的综合问题 向量的夹角和平面与平面所成角、直线与平面所成角的关系 向量法求二面角的正 弦值 利用射影面积公式求二面角的大小 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★ ★★★ ★★ ★★★ 考点 已知平面与平面所成的角求其他量 向量法求平面与平面所成角的余弦值 已知二面角的正弦值求其他量 空间角的综合问题 已知平面与平面所成的角求其他量 向量法求平面与平面所成角的正 弦值 关于平面与平面所成角的探索性 问题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 2．已知二面角α－l－β的平面角为θ，平面α的一个法向量为m，平面β的一个法向量为n，则(　　) A．cosθ＝cos〈m，n〉 B．cosθ＋cos〈m，n〉＝0 C．sinθ＝|cos〈m，n〉| D．sin2θ＋cos2〈m，n〉＝1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 解析：∵二面角α－l－β的平面角为θ，∴θ＝〈m，n〉或θ＝π－〈m，n〉．对于A，当θ＝π－〈m，n〉时，cosθ＝cos(π－〈m，n〉)＝－cos〈m，n〉，故A错误；对于B，当θ＝〈m，n〉时，cosθ＝cos〈m，n〉，故B错误；对于C，当θ＝π－〈m，n〉时，sinθ＝sin(π－〈m，n〉)＝sin〈m，n〉，当θ＝〈m，n〉时，sinθ＝sin〈m，n〉，故C错误；对于D，当θ＝π－〈m，n〉时，sin2θ＋cos2〈m，n〉＝sin2θ＋cos2(π－θ)＝sin2θ＋cos2θ＝1，当θ＝〈m，n〉时，sin2θ＋cos2〈m，n〉＝sin2θ＋cos2θ＝1，故D正确．故选D. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 解析：设正四棱锥P－ABCD的底面正方形ABCD的中心为O，连接AO，PO，由正四棱锥P－ABCD的结构特征知，PO⊥平面ABCD，即点P在平面ABCD内的射影为O，所以∠PAO为侧棱PA与底面ABCD所成的角，即∠PAO＝α，取AB的中点E，连接PE，OE，在正方形ABCD中，OE⊥AB，在等腰三角形PAB中，PE⊥AB， 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 5．(多选)如果a，b分别是平面α，β的一个法向量，设α，β所成角的大小为θ，以a为方向向量的直线l与平面β所成角的大小为φ，则(　　) A．sinθ＝sin〈a，b〉 B．cosθ＝cos〈a，b〉 C．cosφ＝sin〈a，b〉 D．sinφ＝cos〈a，b〉 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 二、填空题 6．若分别与一个二面角的两个半平面平行的向量为m＝(－1，2，0)，n＝(1，0，－2)，且m，n都与二面角的棱的方向向量垂直，则二面角的正弦值为________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 63 60° 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 64 1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 65 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 66 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 67 三、解答题 9．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB，E，F，G分别为PC，PA，BC的中点． (1)求证：PB⊥EF； (2)求平面EFG与平面PAD所成角的余弦值． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 68 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 69 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 70 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 71 解： (1)证明：由于PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，∴PA⊥AD， 又AD⊥PB，PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，∴AD⊥平面PAB， 又AB⊂平面PAB，∴AD⊥AB. ∵AB2＋BC2＝AC2， ∴AB⊥BC，∴BC∥AD， ∵AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， ∴AD∥平面PBC. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 72 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 73 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 74 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 75 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 76 12．如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB⊥AD，AB＝AD＝1，AA1＞AB，E，F分别是侧棱BB1，DD1上的动点，且平面AEF与平面ABC所成角的大小为30°，则线段BE的长的最大值为________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 77 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 78 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 79 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 80 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 81 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 82 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 83 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 84 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 85 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 86 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 87 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 88 　　　　　　　　　　　　　 R 1．(定义法求二面角的大小)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角A1－BC－A的余弦值为(　　) A.eq \f(1,2) B.eq \f(2,3) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),3) eq \f(1,2) 解　如图，作AE⊥VB于点E，连接EC，由VA＝AB可知E是VB的中点， 又知VC＝BC，故EC⊥VB. ∴∠AEC是二面角A－VB－C的一个平面角． 设AB＝a，连接AC，在△AEC中，AE＝EC＝eq \f(\r(3),2)a，AC＝eq \r(2)a， 由余弦定理可知， cos∠AEC＝\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))eq \f(\s\up15(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))\s\up15(2)－（\r(2)a）2,2×\f(\r(3),2)a×\f(\r(3),2)a) ＝－eq \f(1,3)， ∴二面角A－VB－C的余弦值为－eq \f(1,3). (2)∵AB⊥AD，AD∥BC，∴AB⊥BC. 连接AC，由AB＝BC＝2， 得AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝2eq \r(2). ∵AD＝4，∴CD＝eq \r(AB2＋（AD－BC）2)＝2eq \r(2)， ∴AC2＋CD2＝AD2，∴AC⊥CD. ∵PA⊥底面ABCD，AC，CD⊂底面ABCD， ∴PA⊥AC，PA⊥CD. ∵PA，AC是平面PAC内两相交直线， ∴CD⊥平面PAC. ∵PC⊂平面PAC，∴CD⊥PC， ∴∠ACP为二面角P－CD－A的一个平面角． ∵PA＝4，∴PC＝eq \r(AC2＋PA2)＝2eq \r(6)， ∴cos∠ACP＝eq \f(AC,PC)＝eq \f(\r(3),3)， ∴二面角P－CD－A的余弦值为eq \f(\r(3),3)， 即二面角F－CD－B的余弦值为eq \f(\r(3),3). 解：　解法一：如图，过点B作BE⊥AC于点E，则E为AC的中点，过点E作EF⊥PA于点F，连接BF. 因为PC⊥平面ABC，PC⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC. 又因为BE⊥AC，BE⊂平面ABC，平面ABC∩平面PAC＝AC，所以BE⊥平面PAC. 由三垂线定理有BF⊥PA， 所以∠BFE是二面角B－AP－C的一个平面角． 设PC＝1，由E是AC的中点， 得BE＝eq \f(\r(3),2)，EF＝eq \f(1,2)×sin45°＝eq \f(\r(2),4)， 所以BF＝eq \f(\r(14),4)，所以cos∠BFE＝eq \f(EF,BF)＝eq \f(\r(7),7). 即二面角B－AP－C的余弦值为eq \f(\r(7),7). 解法二：如图，过点B作BE⊥AC于点E，连接PE. 因为PC⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，所以BE⊥PC， 又AC∩PC＝C，所以BE⊥平面PAC， 所以△PAE是△PAB在平面PAC上的射影． 设PC＝1，则PA＝PB＝eq \r(2)，AB＝1， 所以△PAB中AB边上的高h＝eq \f(\r(7),2). 所以S△PAB＝eq \f(\r(7),4)，又S△PAE＝eq \f(1,2)S△PAC＝eq \f(1,4). 设二面角B－AP－C的大小为θ，由射影面积公式有cosθ＝eq \f(S△PAE,S△PAB)＝eq \f(\r(7),7). (1)三垂线定理法：过二面角的一个半平面内一点作另一个半平面所在平面的垂线，从垂足出发向棱引垂线，利用三垂线定理(线面垂直的性质)即可找到所求二面角的平面角或其补角，如图所示，∠AOB为二面角α－l－β的平面角． (2)射影面积公式法：cosθ＝eq \f(S射,S斜)，该方法的关键在于找出其中一个半平面内的多边形在另一个平面内的射影． 【跟踪训练】 2．长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝eq \r(6)，AD＝2eq \r(3)，AA1＝2.求： (1)二面角B1－AC－B的大小； (2)△AB1C的面积． 解：(1)如图所示，∵BB1⊥平面ABCD，过点B作BO⊥AC，垂足为O，连接OB1， 由三垂线定理知，AC⊥OB1， ∴∠B1OB为二面角B1－AC－B的一个平面角， 在Rt△ABC中，AB＝eq \r(6)，BC＝2eq \r(3)， ∴AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝eq \r(6＋12)＝3eq \r(2)， ∴OB＝eq \f(AB·BC,AC)＝eq \f(\r(6)×2\r(3),3\r(2))＝2. 在Rt△B1BO中，OB＝BB1＝2，∴∠B1OB＝eq \f(π,4)， ∴二面角B1－AC－B的大小为eq \f(π,4). (2)解法一：由(1)知，OB1＝2,1)eq \r(OB2＋BB) ＝eq \r(4＋4)＝2eq \r(2)，AC⊥OB1， ∴S△AB1C＝eq \f(1,2)AC·OB1＝eq \f(1,2)×3eq \r(2)×2eq \r(2)＝6. 解法二：依题意，得cos∠B1OB＝eq \f(S△ABC,S△AB1C)， 又S△ABC＝eq \f(1,2)×eq \r(6)×2eq \r(3)＝3eq \r(2)， ∴S△AB1C＝eq \f(S△ABC,cos∠B1OB)＝eq \f(3\r(2),\f(\r(2),2))＝6. 例3　如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2eq \r(2)，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝eq \r(5)，求二面角A－A1C1－B1的平面角的余弦值． 解　如图所示，建立空间直角坐标系Bxyz，则A(2eq \r(2)，0，0)，A1(2eq \r(2)，2eq \r(2)，0)，B1(0，2eq \r(2)，0)，C1(eq \r(2)，eq \r(2)，eq \r(5))． 所以eq \o(A1C1,\s\up17(→))＝(－eq \r(2)，－eq \r(2)，eq \r(5))，eq \o(AA1,\s\up17(→))＝(0，2eq \r(2)，0)，eq \o(A1B1,\s\up17(→))＝(－2eq \r(2)，0，0)． 设平面AA1C1的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1C1,\s\up17(→))＝0，,m·\o(AA1,\s\up17(→))＝0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x1－\r(2)y1＋\r(5)z1＝0，,2\r(2)y1＝0.)) 取x1＝eq \r(5)，可得平面AA1C1的一个法向量为m＝(eq \r(5)，0，eq \r(2))． 设平面A1C1B1的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1C1,\s\up17(→))＝0，,n·\o(A1B1,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x2－\r(2)y2＋\r(5)z2＝0，,－2\r(2)x2＝0.)) 取y2＝eq \r(5)，可得平面A1B1C1的一个法向量为n＝(0，eq \r(5)，eq \r(2))． 于是cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2,\r(7)×\r(7))＝eq \f(2,7). 由图可知二面角A－A1C1－B1的平面角为钝角， 故二面角A－A1C1－B1的平面角的余弦值为－eq \f(2,7). (1)寻求平面α，β的法向量u，v. (2)利用公式cos〈u，v〉＝eq \f(u·v,|u||v|)，求出法向量u，v的夹角φ. (3)根据u，v的方向，确定平面α，β所构成的二面角θ的大小： ①当u，v的方向如图a所示时，θ＝φ； ②当u，v的方向如图b所示时，θ＝π－φ. 提醒：用向量法求平面与平面所成的角时，牢记它们所成的角θ的范围为0≤θ≤eq \f(π,2)，当两平面法向量的夹角φ满足0≤φ≤eq \f(π,2)时，θ＝φ，满足eq \f(π,2)＜φ≤π时，θ＝π－φ. 【跟踪训练】 3．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为4的菱形，∠ABC＝eq \f(2π,3)，E，F分别是棱BC，CD的中点，且________． ①平面PEF⊥平面ABCD；②(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→)))·(eq \o(PE,\s\up17(→))＋eq \o(PF,\s\up17(→)))＝0.从①②这两个条件中任选一个，补充在上面的横线上，并完成解答． (1)求证：AC⊥PE； (2)若PC＝3，且PE＝PF，求平面PAD与平面PBC所成角的余弦值． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 因为平面PEF⊥平面ABCD，平面PEF∩平面ABCD＝EF，PO⊂平面PEF， 所以PO⊥平面ABCD，所以PO⊥OC. 因为BC＝4，∠ABC＝eq \f(2π,3)，所以OC＝eq \r(3)， 又PO2＋OC2＝PC2，PC＝3，所以PO＝eq \r(6). 以O为原点，eq \o(OA,\s\up17(→))，eq \o(OE,\s\up17(→))，eq \o(OP,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(3eq \r(3)，0，0)，B(eq \r(3)，2，0)，C(－eq \r(3)，0，0)，D(eq \r(3)，－2，0)，P(0，0，eq \r(6))， 所以eq \o(PA,\s\up17(→))＝(3eq \r(3)，0，－eq \r(6))，eq \o(DA,\s\up17(→))＝(2eq \r(3)，2，0)，eq \o(CB,\s\up17(→))＝(2eq \r(3)，2，0)，eq \o(CP,\s\up17(→))＝(eq \r(3)，0，eq \r(6))． 设平面PAD的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(PA,\s\up17(→))·n1＝3\r(3)x1－\r(6)z1＝0，,\o(DA,\s\up17(→))·n1＝2\r(3)x1＋2y1＝0，)) 令x1＝1，则n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\r(3)，\f(3\r(2),2))). 设平面PBC的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CB,\s\up17(→))·n2＝2\r(3)x2＋2y2＝0，,\o(CP,\s\up17(→))·n2＝\r(3)x2＋\r(6)z2＝0，)) 令x2＝1，则n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\r(3)，－\f(\r(2),2))). 所以cosn1，n2＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq \f(\f(5,2),\f(\r(34),2)×\f(3\r(2),2))＝eq \f(5\r(17),51)， 所以平面PAD与平面PBC所成角的余弦值为eq \f(5\r(17),51). 选②： (1)证明：连接BD，设AC与EF交于点O，连接PO， 因为四边形ABCD是菱形， 所以eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→))＝eq \o(AC,\s\up17(→))，AC⊥BD，AC平分BD. 因为E，F分别为BC，CD的中点， 所以EF∥BD， 所以AC⊥EF，AC平分EF， 所以O为EF的中点， 所以eq \o(PE,\s\up17(→))＋eq \o(PF,\s\up17(→))＝2eq \o(PO,\s\up17(→))， 所以(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→)))·(eq \o(PE,\s\up17(→))＋eq \o(PF,\s\up17(→)))＝eq \o(AC,\s\up17(→))·2eq \o(PO,\s\up17(→))＝0， 即eq \o(AC,\s\up17(→))·eq \o(PO,\s\up17(→))＝0，所以AC⊥PO. 又PO∩EF＝O，PO，EF⊂平面PEF， 所以AC⊥平面PEF， 又PE⊂平面PEF，所以AC⊥PE. (2)由(1)知O为EF的中点，PO⊥OC. 因为PE＝PF，所以PO⊥EF. 因为BC＝4，∠ABC＝eq \f(2π,3)，所以OC＝eq \r(3)， 下同选①(2)解析． 例4　如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在的平面互相垂直，BE∥CF，∠BCF＝∠CEF＝90°，AD＝eq \r(3)，EF＝2. (1)求证：AE∥平面DCF； (2)当AB的长为何值时，二面角A－EF－C的大小为60°？ 解　如图，以C为原点，eq \o(CB,\s\up17(→))，eq \o(CF,\s\up17(→))，eq \o(CD,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系Cxyz. 设AB＝a，BE＝b，CF＝c，则C(0，0，0)，A(eq \r(3)，0，a)，B(eq \r(3)，0，0)，E(eq \r(3)，b，0)，F(0，c，0)． (1)证明：由题意知CB⊥CF，CB⊥CD， ∵CF∩CD＝C， ∴CB⊥平面DCF，即eq \o(CB,\s\up17(→))为平面DCF的一个法向量． ∵eq \o(AE,\s\up17(→))＝(0，b，－a)，eq \o(CB,\s\up17(→))＝(eq \r(3)，0，0)，∴eq \o(AE,\s\up17(→))·eq \o(CB,\s\up17(→))＝0， 又AE⊄平面DCF，∴AE∥平面DCF. (2)∵eq \o(EF,\s\up17(→))＝(－eq \r(3)，c－b，0)，eq \o(CE,\s\up17(→))＝(eq \r(3)，b，0)，且eq \o(EF,\s\up17(→))·eq \o(CE,\s\up17(→))＝0，|eq \o(EF,\s\up17(→))|＝2， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3＋b（c－b）＝0，,\r(3＋（c－b）2)＝2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝3，,c＝4，)) ∴E(eq \r(3)，3，0)，F(0，4，0)，eq \o(AE,\s\up17(→))＝(0，3，－a)，eq \o(EF,\s\up17(→))＝(－eq \r(3)，1，0)． 设n＝(1，y，z)是平面AEF的一个法向量， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up17(→))＝0，,n·\o(EF,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3y－az＝0，,－\r(3)＋y＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)，,z＝\f(3\r(3),a)，)) ∴n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(3)，\f(3\r(3),a))). 又BA⊥平面BEFC，∴平面BEFC的一个法向量为eq \o(BA,\s\up17(→))＝(0，0，a)， ∴|cos〈n，eq \o(BA,\s\up17(→))〉|＝eq \f(|n·\o(BA,\s\up17(→))|,|n||\o(BA,\s\up17(→))|)＝eq \f(3\r(3),\r(4a2＋27))＝eq \f(1,2)， 解得a＝eq \f(9,2)或a＝－eq \f(9,2)(舍去)． ∴当AB＝eq \f(9,2)时，二面角A－EF－C的大小为60°. 【跟踪训练】 4．已知三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝AA1＝4，BC＝2，∠ACB＝90°，A1B⊥AC1. (1)求证：平面A1ACC1⊥平面ABC； (2)若∠A1AC＝60°，在线段AC上是否存在一点P，使平面BA1P与平面A1ACC1所成角的余弦值为eq \f(\r(3),4)？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由． 解：(1)证明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形A1ACC1是平行四边形， 又AC＝AA1，所以▱A1ACC1是菱形，连接A1C，如图，则有A1C⊥AC1， 又A1B⊥AC1，A1B∩A1C＝A1，A1B，A1C⊂平面A1BC， 所以AC1⊥平面A1BC， 又BC⊂平面A1BC，所以AC1⊥BC. 由∠ACB＝90°，得AC⊥BC， 又AC∩AC1＝A，AC，AC1⊂平面A1ACC1. 所以BC⊥平面A1ACC1， 又BC⊂平面ABC，所以平面A1ACC1⊥平面ABC. (2)建立如图所示的空间直角坐标系． 因为∠A1AC＝60°，AC＝AA1＝4，BC＝2， 则C(0，0，0)，A(4，0，0)，B(0，2，0)，A1(2，0，2eq \r(3))， 假设在线段AC上存在符合要求的点P，设其坐标为P(λ，0，0)(0≤λ≤4)， 则有eq \o(BA1,\s\up17(→))＝(2，－2，2eq \r(3))，eq \o(BP,\s\up17(→))＝(λ，－2，0)， 设平面BA1P的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BA1,\s\up17(→))＝2x－2y＋2\r(3)z＝0，,n·\o(BP,\s\up17(→))＝λx－2y＝0，)) 令x＝2，得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，λ，\f(λ－2,\r(3)))). 平面A1ACC1的一个法向量为m＝(0，1，0)， 依题意，得|cos〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)＝eq \f(λ,\r(22＋λ2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ－2,\r(3))))\s\up12(2)))＝eq \f(\r(3),4)， 化简整理得3λ2＋λ－4＝0， 因为0≤λ≤4，所以λ＝1， 所以在线段AC上存在一点P，且P是靠近C的四等分点，使平面BA1P与平面A1ACC1所成角的余弦值为eq \f(\r(3),4). 解析：当φ≥90°时，由θ≤90°知φ≥θ，当φ<90°时，若a⊥l，则φ＝θ，若a和l不垂直，设a∩l＝B，过a上的点P作PO⊥β于O，作OC⊥l于C，连接PC，则∠PBO＝θ，∠PCO＝φ，∵sinθ＝eq \f(PO,PB)，sinφ＝eq \f(PO,PC)，在Rt△PBC中，PC<PB，∴sinφ>sinθ，φ>θ.综上，φ≥θ.故选A. 解析：设平面α与β所成角的大小为θ，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(|－1|,\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2)，所以θ＝eq \f(π,3). eq \f(π,3) eq \f(\r(3),3) 解析：设AD＝1，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，A1(1，0，2)，B(1，2，0)，因为E为C1D1的中点，所以E(0，1，2)，所以eq \o(A1E,\s\up17(→))＝(－1，1，0)，eq \o(A1B,\s\up17(→))＝(0，2，－2)，设m＝(x，y，z)是平面A1BE的一个法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(A1E,\s\up17(→))·m＝0，,\o(A1B,\s\up17(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,2y－2z＝0，))取x＝1，则y＝z＝1，所以平面A1BE的一个法向量为m＝(1，1，1)，又DA⊥平面A1B1B，所以eq \o(DA,\s\up17(→))＝(1，0，0)是平面A1B1B的一个法向量，所以cos〈m，eq \o(DA,\s\up17(→))〉＝eq \f(m·\o(DA,\s\up17(→)),|m||\o(DA,\s\up17(→))|)＝eq \f(1,\r(3)×1)＝eq \f(\r(3),3)，又二面角B1－A1B－E为锐二面角，所以二面角B1－A1B－E的余弦值为eq \f(\r(3),3). 一、选择题 1．在空间直角坐标系中，已知平面α，β的法向量分别为(0，－1，－1)，(－2，1，2)，则平面α与平面β所成角的余弦值为(　　) A.eq \f(2,3) B.eq \f(\r(2),3) C．－eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(2),2) 解析：设a＝(0，－1，－1)，b＝(－2，1，2)，则|cos〈a，b〉|＝eq \f(|a·b|,|a||b|)＝eq \f(|－1－2|,\r(2)×3)＝eq \f(\r(2),2)，所以平面α与平面β所成角的余弦值为eq \f(\r(2),2).故选D. 3．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝6，AA1＝4，E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成角的余弦值为(　　) A.eq \f(\r(22),22) B.eq \f(2,3) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(3\r(22),22) 解析：以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A1(0，0，4)，E(2，0，2)，D(0，6，0)，故eq \o(A1D,\s\up17(→))＝(0，6，－4)，eq \o(A1E,\s\up17(→))＝(2，0，－2)，设平面A1ED的一个法向量为n1＝(x，y，z)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(A1D,\s\up17(→))·n1＝0，,\o(A1E,\s\up17(→))·n1＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6y－4z＝0，,2x－2z＝0，))取x＝1，得y＝eq \f(2,3)，z＝1，故n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2,3)，1))，∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，∴cos〈n1，n2〉＝eq \f(1,\f(\r(22),3)×1)＝eq \f(3\r(22),22)，故平面A1ED与平面ABCD所成角的余弦值为eq \f(3\r(22),22).故选D. 4．若正四棱锥的侧棱与底面所成的角为α，侧面与底面所成的角为β，则(　　) A．tanα＝eq \r(2)tanβ B．tanβ＝eq \r(2)tanα C．sinα＝eq \r(2)sinβ D．sinβ＝eq \r(2)sinα 所以∠PEO为二面角P－AB－C的平面角，即∠PEO＝β，设正方形ABCD的边长为a，高PO为h，在Rt△PAO中，tanα＝tan∠PAO＝eq \f(PO,AO)＝eq \f(h,\f(\r(2),2)a)＝eq \f(\r(2)h,a)，在Rt△PEO中，tanβ＝tan∠PEO＝eq \f(PO,EO)＝eq \f(h,\f(1,2)a)＝eq \f(2h,a)，所以tanβ＝eq \r(2)tanα.故选B. 解析：因为a，b分别是平面α，β的一个法向量，设α，β所成角的大小为θ，所以θ与〈a，b〉相等或互补，所以sinθ＝sin〈a，b〉，cosθ＝|cos〈a，b〉|，故A正确，B错误；因为以a为方向向量的直线l与平面β所成角的大小为φ，所以sinφ＝|cos〈a，b〉|，cosφ＝eq \r(1－sin2φ)＝eq \r(1－cos2〈a，b〉)＝sin〈a，b〉，故C正确，D错误．故选AC. 解析：设二面角的平面角为θ，则|cosθ|＝|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(1,\r(5)×\r(5))＝eq \f(1,5)，sinθ＝eq \r(1－cos2θ)＝eq \f(2\r(6),5). eq \f(2\r(6),5) 7．已知△ABC是正三角形，P是△ABC所在平面外一点，PA＝PB＝PC，若S△PAB∶S△ABC＝eq \f(2,3)，则二面角P－AB－C的大小为________． 解析：设二面角P－AB－C的平面角为θ，由于PA＝PB＝PC，则点P在平面ABC内的射影O为△ABC的中心，∴S△OAB＝eq \f(1,3)S△ABC，又S△PAB＝eq \f(2,3)S△ABC，∴cosθ＝eq \f(S△OAB,S△PAB)＝eq \f(1,2)，∴θ＝60°. 8．如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形，E是CD的中点，D1E⊥CD，AB＝2BC＝2.若平面BCC1B1与平面BED1所成角的大小为eq \f(π,3)，则线段D1E的长度为________． 解析：∵底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形，∴BC⊥CD，BC⊥CC1，又CD∩CC1＝C，CD，CC1⊂平面DCC1D1，∴BC⊥平面DCC1D1，∵D1E⊂平面DCC1D1，∴BC⊥D1E，又D1E⊥CD，且BC∩CD＝C，BC，CD⊂平面ABCD，∴D1E⊥平面ABCD，取AB的中点F，连接EF，以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，设D1E＝a，则D1(0，0，a)，C1(0，2，a)，设平面BED1的一个法向量为n＝(x，y，z)，eq \o(EB,\s\up17(→))＝(1，1，0)，eq \o(ED1,\s\up17(→))＝(0，0，a)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EB,\s\up17(→))＝x＋y＝0，,n·\o(ED1,\s\up17(→))＝az＝0，))则可取n＝(1，－1，0)，设平面BCC1B1的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，eq \o(CB,\s\up17(→))＝(1，0，0)，eq \o(BC1,\s\up17(→))＝(－1，1，a)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CB,\s\up17(→))＝x1＝0，,m·\o(BC1,\s\up17(→))＝－x1＋y1＋az1＝0，))则可取m＝(0，－a，1)，∵平面BCC1B1与平面BED1所成角的大小为eq \f(π,3)，∴|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(|a|,\r(a2＋1)×\r(2))＝eq \f(1,2)，解得a＝1，即D1E＝1. 解：(1)证明：在正方形ABCD中，AD⊥CD， 又PD⊥平面ABCD，AD，CD⊂平面ABCD， ∴PD⊥AD，PD⊥CD. 建立空间直角坐标系，如图所示，设PD＝AB＝2a，则A(2a，0，0)，B(2a，2a，0)，C(0，2a，0)，D(0，0，0)，P(0，0，2a)，E(0，a，a)，F(a，0，a)，G(a，2a，0)， ∴eq \o(PB,\s\up17(→))＝(2a，2a，－2a)，eq \o(EF,\s\up17(→))＝(a，－a，0)， ∴eq \o(PB,\s\up17(→))·eq \o(EF,\s\up17(→))＝2a·a＋2a·(－a)＋0＝0， ∴PB⊥EF. (2)由(1)得，eq \o(FG,\s\up17(→))＝(0，2a，－a)， 设平面EFG的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(EF,\s\up17(→))＝0，,n1·\o(FG,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax1－ay1＝0，,2ay1－az1＝0，)) 令x1＝1，则n1＝(1，1，2)． 又平面PAD的一个法向量为n2＝(0，1，0)， 设平面EFG与平面PAD所成的角为θ， 则cosθ＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(1,\r(6)×1)＝eq \f(\r(6),6). 10．(新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝eq \r(3). (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角A－CP－D的正弦值为eq \f(\r(42),7)，求AD. (2)由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，设A(a，0，0)，a>0，则CD＝eq \r(4－a2)， C(0，eq \r(4－a2)，0)，P(a，0，2)，eq \o(CD,\s\up17(→))＝(0，－eq \r(4－a2)，0)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－a，eq \r(4－a2)，0)，eq \o(CP,\s\up17(→))＝(a，－eq \r(4－a2)，2)． 设平面CPD的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CD,\s\up17(→))·n＝0，,\o(CP,\s\up17(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(4－a2)y＝0，,ax－\r(4－a2)y＋2z＝0，)) 可取n＝(2，0，－a)． 设平面ACP的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CP,\s\up17(→))＝0，,m·\o(AC,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax1－\r(4－a2)y1＋2z1＝0，,－ax1＋\r(4－a2)y1＝0，)) 可取m＝(eq \r(4－a2)，a，0)． ∵二面角A－CP－D的正弦值为eq \f(\r(42),7)，∴余弦值的绝对值为eq \f(\r(7),7)， 故|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(2\r(4－a2),\r(4－a2＋a2)·\r(4＋a2))＝eq \f(\r(7),7)， 又a>0，∴a＝eq \r(3)，即AD＝eq \r(3). 11．如图，已知矩形ABCD与矩形ABEF全等，二面角D－AB－F为直二面角，M为AB的中点，FM与BD所成的角为θ，且cosθ＝eq \f(\r(3),9)，则eq \f(AB,BC)＝(　　) A．1 B.eq \r(2) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(1,2) 解析：不妨设BC＝1，AB＝λ(λ＞0)，则eq \f(AB,BC)＝λ，记eq \o(AF,\s\up17(→))＝a，eq \o(AB,\s\up17(→))＝b，eq \o(AD,\s\up17(→))＝c，则eq \o(FM,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)b－a，eq \o(BD,\s\up17(→))＝c－b，根据题意，知|a|＝|c|＝1，|b|＝λ，a·b＝b·c＝c·a＝0，∴eq \o(FM,\s\up17(→))·eq \o(BD,\s\up17(→))＝－eq \f(1,2)b2＝－eq \f(1,2)λ2，而|eq \o(FM,\s\up17(→))|＝eq \r(\f(1,4)λ2＋1)，|eq \o(BD,\s\up17(→))|＝eq \r(λ2＋1)，∴|cos〈eq \o(FM,\s\up17(→))，eq \o(BD,\s\up17(→))〉|＝eq \f(|\o(FM,\s\up17(→))·\o(BD,\s\up17(→))|, |\o(FM,\s\up17(→))||\o(BD,\s\up17(→))|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)λ2)),\r(\f(1,4)λ2＋1)·\r(λ2＋1))＝eq \f(\r(3),9)，解得λ＝eq \f(\r(2),2).故选C. eq \f(\r(3),3) 解析：依题意，得AB，AD，AA1两两互相垂直，以A为原点，eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AD,\s\up17(→))，eq \o(AA1,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设BE＝m，DF＝n(m≥0，n≥0，且m，n不同时为0)，则A(0，0，0)，E(1，0，m)， F(0，1，n)，所以eq \o(AE,\s\up17(→))＝(1，0，m)，eq \o(AF,\s\up17(→))＝(0，1，n)．设平面 AEF的一个法向量为u＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(u·\o(AE,\s\up17(→))＝x＋mz＝0，,u·\o(AF,\s\up17(→))＝y＋nz＝0，)) 令z＝1，得x＝－m，y＝－n，则u＝(－m，－n，1)，显然 v＝(0，0，1)为平面ABC的一个法向量．因为平面AEF与平面ABC所成角的大小为30°，所以cos30°＝|cos〈u，v〉|＝eq \f(|u·v|,|u||v|)＝eq \f(1,\r(m2＋n2＋1))，即eq \f(\r(3),2)＝eq \f(1,\r(m2＋n2＋1))，得m2＋n2＝eq \f(1,3)，所以m＝eq \r(\f(1,3)－n2)，所以当n＝0时，m取得最大值，为eq \f(\r(3),3). 13．(新课标Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5eq \r(3)， ∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足eq \o(AE,\s\up17(→))＝eq \f(2,5) eq \o(AD,\s\up17(→))，eq \o(AF,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))，将△AEF沿EF对折至△PEF，使得PC＝4eq \r(3). (1)证明：EF⊥PD； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 解：(1)证明：由AB＝8，AD＝5eq \r(3)，eq \o(AE,\s\up17(→))＝eq \f(2,5) eq \o(AD,\s\up17(→))，eq \o(AF,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))，得AE＝2eq \r(3)，AF＝4， 又∠BAD＝30°，在△AEF中， 由余弦定理，得EF＝eq \r(AE2＋AF2－2AE·AFcos∠BAD) ＝eq \r(12＋16－2×2\r(3)×4×\f(\r(3),2))＝2， 所以AE2＋EF2＝AF2， 则AE⊥EF，即EF⊥AD，所以EF⊥PE，EF⊥DE， 又PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE， 所以EF⊥平面PDE，又PD⊂平面PDE，故EF⊥PD. (2)连接EC，由∠ADC＝90°，ED＝3eq \r(3)，CD＝3， 则EC2＝ED2＋CD2＝36，EC＝6， 又PC＝4eq \r(3)，PE＝AE＝2eq \r(3)，得EC2＋PE2＝PC2， 所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF， 又EC∩EF＝E，EC，EF⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD， 又ED⊂平面ABCD，所以PE⊥ED， 则PE，EF，ED两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则E(0，0，0)，P(0，0，2eq \r(3))，D(0，3eq \r(3)，0)，C(3，3eq \r(3)，0)，F(2，0，0)，A(0，－2eq \r(3)，0)， 由F是AB的中点，得B(4，2eq \r(3)，0)， 所以eq \o(PC,\s\up17(→))＝(3，3eq \r(3)，－2eq \r(3))，eq \o(PD,\s\up17(→))＝(0，3eq \r(3)，－2eq \r(3))，eq \o(PB,\s\up17(→))＝(4，2eq \r(3)，－2eq \r(3))，eq \o(PF,\s\up17(→))＝(2，0，－2eq \r(3))， 设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up17(→))＝3x1＋3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，,n·\o(PD,\s\up17(→))＝3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up17(→))＝4x2＋2\r(3)y2－2\r(3)z2＝0，,m·\o(PF,\s\up17(→))＝2x2－2\r(3)z2＝0，)) 令y1＝2，x2＝eq \r(3)，得x1＝0，z1＝3，y2＝－1，z2＝1， 所以n＝(0，2，3)，m＝(eq \r(3)，－1，1)， 所以|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(1,\r(5)×\r(13))＝eq \f(\r(65),65)， 设平面PCD与平面PBF所成的角为θ， 则sinθ＝eq \r(1－\f(1,65))＝eq \f(8\r(65),65)， 即平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值为eq \f(8\r(65),65). 14．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为线段CD的中点，现将△ADE沿AE折起，使得点D到点P的位置，且AP⊥BE. (1)求证：平面APE⊥平面ABCE； (2)在线段CP上是否存在一点M(不与点P，C重合)，使平面MAE与平面APE所成角的大小为eq \f(π,4)？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：∵E为CD的中点，AB＝4， ∴DE＝CE＝2， 又AD＝2，四边形ABCD为矩形， ∴AE＝BE＝2eq \r(2)，∴AE2＋BE2＝AB2， ∴AE⊥BE. 又AP⊥BE，AE∩AP＝A，AE，AP⊂平面APE，∴BE⊥平面APE， 又BE⊂平面ABCE， ∴平面APE⊥平面ABCE. (2)以E为原点，eq \o(EA,\s\up17(→))，eq \o(EB,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2eq \r(2)，0，0)，P(eq \r(2)，0，eq \r(2))，C(－eq \r(2)，eq \r(2)，0)，E(0，0，0)，B(0，2eq \r(2)，0)． ∴eq \o(CP,\s\up17(→))＝(2eq \r(2)，－eq \r(2)，eq \r(2))， eq \o(EC,\s\up17(→))＝(－eq \r(2)，eq \r(2)，0)，eq \o(EA,\s\up17(→))＝(2eq \r(2)，0，0)， 假设在线段CP上存在符合要求的点M， 设eq \o(CM,\s\up17(→))＝λeq \o(CP,\s\up17(→))，λ∈(0，1)，则eq \o(EM,\s\up17(→))＝eq \o(EC,\s\up17(→))＋eq \o(CM,\s\up17(→))＝(2eq \r(2)λ－eq \r(2)，eq \r(2)－eq \r(2)λ，eq \r(2)λ)． 设n＝(x，y，z)是平面MAE的一个法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EM,\s\up17(→))＝0，,n·\o(EA,\s\up17(→))＝0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（2\r(2)λ－\r(2)）x＋（\r(2)－\r(2)λ）y＋\r(2)λz＝0，,2\r(2)x＝0，)) 取y＝λ，则x＝0，z＝λ－1，∴n＝(0，λ，λ－1)． 又eq \o(EB,\s\up17(→))＝(0，2eq \r(2)，0)为平面APE的一个法向量， ∴cos〈n，eq \o(EB,\s\up17(→))〉＝eq \f(2\r(2)λ,2\r(2)×\r(λ2＋（λ－1）2))＝eq \f(λ,\r(λ2＋（λ－1）2))， ∵平面MAE与平面APE所成角的大小为eq \f(π,4)， ∴eq \f(|λ|,\r(λ2＋（λ－1）2))＝eq \f(\r(2),2)，解得λ＝eq \f(1,2)， ∴在线段CP上存在一点M，且M为线段CP的中点，使平面MAE与平面APE所成角的大小为eq \f(π,4). $$