第1章 1.4.2 第2课时 夹角问题（教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册学习笔记（人教A版）

本讲义聚焦高中数学“夹角问题”核心知识点，系统梳理两异面直线所成角、直线与平面所成角、两个平面的夹角的向量法求解。从必修空间角概念引入，通过问题引导明确向量夹角与空间角的关系，结合知识梳理、例题（基底法与坐标法）及跟踪训练，构建从概念到方法再到应用的学习支架。 该资料以问题驱动激发数学眼光，如通过“方向向量夹角与线线角关系”等问题引导观察；例题设计培养数学思维，例1用基底法、例2用坐标法体现转化思想；反思感悟总结步骤提升数学语言表达。课中辅助教师系统授课，课后课时对点练覆盖不同题型，帮助学生巩固知识、查漏补缺。

第2课时　夹角问题 学习目标　1.会用向量法求线线、线面、面面夹角(重点).2.能正确区分向量夹角与所求线线角、线面角、面面角的关系. 导语 在必修课程中，我们学习过异面直线所成的角，直线与平面相交所成的角，以及两个平面相交所成的二面角.这些角能否借助直线的方向向量、平面的法向量来求解呢？今天我们就来研究这个问题. 一、两异面直线所成的角 问题1　两条异面直线所成的角与其方向向量的夹角有什么关系？ 提示　两条异面直线所成的角与其方向向量的夹角相等或互补. 知识梳理 若异面直线 l1，l2 所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ=|cos〈u，v〉|==. 注意点： 两异面直线所成角的范围是两异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系. 当方向向量的夹角为锐角或直角时，异面直线所成的角与方向向量的夹角相等； 当方向向量的夹角为钝角时，异面直线所成的角与方向向量的夹角互补. 例1　(课本例7)　如图，在棱长为1的正四面体(四个面都是正三角形)ABCD中，M，N分别为BC，AD的中点，求直线AM和CN夹角的余弦值. 解　如题图，以{}作为基底，则=-=-=+). 设向量与的夹角为θ，则直线AM和CN夹角的余弦值等于|cos θ|. ·=+)·=-·+·-·=-+-=. 又△ABC和△ACD均为等边三角形，所以||=||=. 所以cos θ===. 所以直线AM和CN夹角的余弦值为. 例1　如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB=BC=AA1，∠ABC=90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，试求直线EF和BC1所成角的大小. 解　分别以BA，BC，BB1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图. 设AB=1，则B(0，0，0)， EF C1(0，1，1)， 所以==(0，1，1). 于是|cos〈|=== 所以直线EF和BC1所成角的大小为60°. 反思感悟　求异面直线所成角的步骤 (1)确定两条异面直线的方向向量. (2)确定两个向量夹角的余弦值的绝对值. (3)得出两条异面直线所成的角. 跟踪训练1　如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B1M与D1N所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则B1(2，2，2)，M(1，1，0)，D1(0，0，2)，N(1，0，0)， ∴=(-1，-1，-2)， =(1，0，-2)， ∴|cos〈|==. 二、直线与平面所成的角 问题2　直线方向向量和平面法向量的夹角与直线和平面所成的角有什么关系？ 提示　通过作图可以看出，直线方向向量和平面法向量的夹角与直线和平面所成的角有时候互余，有时候向量夹角比线面角大. 知识梳理 设直线AB与平面α所成的角为θ， 直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ=|cos〈u，n〉|==. 注意点： (1)直线与平面所成的角，可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角. (2)线面角的范围为. (3)把斜线的方向向量与平面法向量的夹角记作α，当α为锐角时，直线和平面所成的角为-α；当α为钝角时，直线和平面所成的角为α-. 例2　如图所示，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=AC=AB，N为AB上一点，AB=4AN，M，S分别为PB，BC的中点. (1)证明：CM⊥SN； (2)求SN与平面CMN所成角的大小. (1)证明　设PA=1，以A为原点分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图). 则P(0，0，1)， C(0，1，0)，B(2，0，0)， 又AN=AB，M，S分别为PB，BC的中点， ∴NMS == ∴·=·=0， ∴⊥因此CM⊥SN. (2)解　由(1)知= == 设a=(x，y，z)为平面CMN的法向量， ∴·a=0·a=0. 则∴ 取y=1，得a=(2，1，-2). 设SN与平面CMN所成的角为θ， ∵sin θ=|cos〈a|==. ∴SN与平面CMN所成的角为. 反思感悟　利用平面的法向量求直线与平面所成角的基本步骤 (1)建立空间直角坐标系. (2)求直线的方向向量u. (3)求平面的法向量n. (4)设线面角为θ，则sin θ= . 跟踪训练2　如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=AA1=2，∠BAC=90°，E，F分别为C1C，BC的中点.求A1B与平面AEF所成角的正弦值. 解　以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，B(2，0，0)，E(0，2，1)，F(1，1，0)，所以=(2，0，-2)=(0，2，1)， =(1，1，0). 设平面AEF的法向量为n=(a，b，c)， 由得 令a=1，可得n=(1，-1，2). 设A1B与平面AEF所成角为θ， 所以sin θ=|cos〈n〉|== 即A1B与平面AEF所成角的正弦值为. 三、两个平面的夹角 问题3　两个平面的夹角与两平面的法向量的夹角有何关系？ 提示　两平面的夹角是两平面的法向量的夹角或其补角. 知识梳理 1.两个平面的夹角的概念：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角. 2.求夹角的方法： 若平面α，β的法向量分别是n1和n2，设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ=|cos〈n1，n2〉|==. 注意点： (1)两平面的夹角是两平面的法向量的夹角或其补角. (2)二面角与两平面的夹角是两个不同的概念，注意两者范围的不同. 例3　(课本例8)　如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=CB=2，AA1=3，∠ACB=90°，P为BC的中点，点Q，R分别在棱AA1，BB1上，A1Q=2AQ，BR=2RB1.求平面PQR与平面A1B1C1夹角的余弦值. 解　以C1为原点，C1A1，C1B1，C1C所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设平面A1B1C1的法向量为n1，平面PQR的法向量为n2，则平面PQR与平面A1B1C1的夹角就是n1与n2的夹角或其补角. 因为C1C⊥平面A1B1C1，所以平面A1B1C1的一个法向量为n1=(0，0，1). 根据所建立的空间直角坐标系，可知P(0，1，3)，Q(2，0，2)，R(0，2，1). 所以=(2，-1，-1)=(0，1，-2). 设n2=(x，y，z)，则 所以所以 取n2=(3，4，2)，则cos〈n1，n2〉===. 设平面PQR与平面A1B1C1的夹角为θ， 则cos θ=|cos〈n1，n2〉|=. 即平面PQR与平面A1B1C1的夹角的余弦值为. 例3　(课本例10)　如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F. (1)求证：PA∥平面EDB； (2)求证：PB⊥平面EFD； (3)求平面CPB与平面PBD的夹角的大小. 解　以D为原点，DA，DC，DP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，设DC=1. (1)证明　连接AC，交BD于点G，连接EG. 依题意得A(1，0，0)，P(0，0，1)，E. 因为底面ABCD是正方形， 所以点G是它的中心，故点G的坐标为且=(1，0，-1)=. 所以=2即PA∥EG. 而EG⊂平面EDB，且PA⊄平面EDB，因此PA∥平面EDB. (2)证明　依题意得B(1，1，0)=(1，1，-1). 又= 故·=0+-=0. 所以PB⊥DE. 由已知EF⊥PB，且EF∩DE=E， 所以PB⊥平面EFD. (3)解　已知PB⊥EF，由(2)可知PB⊥DF，故∠EFD是平面CPB与平面PBD的夹角. 设点F的坐标为(x，y，z)， 则=(x，y，z-1). 因为=k 所以(x，y，z-1)=k(1，1，-1)=(k，k，-k)，即x=k，y=k，z=1-k. 由(2)可知·=0， 则(1，1，-1)·(k，k，1-k)=k+k-1+k=3k-1=0. 所以k=点F的坐标为. 又点E的坐标为 所以=. 所以cos∠EFD===. 所以∠EFD=60°，即平面CPB与平面PBD的夹角大小为60°. 例3　如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD=O，A1C1∩B1D1=O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形. (1)证明：O1O⊥平面ABCD； (2)若∠CBA=60°，求平面C1OB1与平面OB1D夹角的余弦值. (1)证明　因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形，所以CC1⊥AC，DD1⊥BD， 又CC1∥DD1∥OO1，所以OO1⊥AC，OO1⊥BD， 因为AC∩BD=O，AC，BD⊂平面ABCD， 所以O1O⊥平面ABCD. (2)解　因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD为菱形，AC⊥BD，又O1O⊥平面ABCD，所以OB，OC，OO1两两垂直. 如图，以O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系. 设棱长为2，因为∠CBA=60°，所以OB=OC=1， 所以O(0，0，0)，B1(0，2)，C1(0，1，2)， 平面OB1D的一个法向量为n=(0，1，0)， 设平面C1OB1的法向量为m=(x，y，z)， 由m⊥m⊥ 得x+2z=0，y+2z=0， 取z=-则x=2，y=2 所以m=(2，2-)， 所以|cos〈m，n〉|===. 所以平面C1OB1与平面OB1D夹角的余弦值为. 反思感悟　求两平面夹角的两种方法 (1)法向量法：分别求出两平面的法向量n1，n2，则两平面的夹角为〈n1，n2或π-〈n1，n2. (2)定义法：在两个平面内分别找出与两平面交线垂直的直线，这两条直线的夹角即为两平面的夹角.也可转化为求与两平面交线垂直的直线的方向向量的夹角，但要注意其异同. 跟踪训练3　如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M为PC的中点，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=. (1)求证：PQ⊥AB. (2)求平面PQB与平面MQB夹角的余弦值. (1)证明　在△PAD中，PA=PD， Q为AD的中点，所以PQ⊥AD. 因为平面PAD⊥底面ABCD， 且平面PAD∩底面ABCD=AD， PQ⊂平面PAD，所以PQ⊥底面ABCD. 又AB⊂平面ABCD，所以PQ⊥AB. (2)解　在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC=AD，Q为AD的中点，所以DQ=BC，DQ∥BC， 所以四边形BCDQ为平行四边形. 因为AD⊥DC，所以AD⊥QB. 由(1)，可知PQ⊥平面ABCD，故以Q为坐标原点，建立空间直角坐标系Qxyz，如图所示， 则Q(0，0，0)，A(1，0，0)， P(0，0)，C(-10)， B(00)，则=(00). 因为AQ⊥PQ，AQ⊥BQ，PQ∩BQ=Q，PQ， BO⊂平面PQB，所以AQ⊥平面PQB， 即为平面PQB的一个法向量，且=(1，0，0). 因为M是棱PC的中点， 所以点M的坐标为 所以=. 设平面MQB的法向量为m=(x，y，z)， 则即 所以可取m=(0，1)， 所以|cos〈m〉|==. 所以平面PQB与平面MQB夹角的余弦值为. 1.知识清单： (1)两异面直线所成的角. (2)直线与平面所成的角. (3)平面与平面的夹角. 2.方法归纳：转化与化归. 3.常见误区：混淆两个向量的夹角和空间角的关系，不能正确理解空间角的概念、把握空间角的范围. 1.若异面直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角为则l1与l2所成的角为(　　) A. B. C.或 D.以上均不对 答案　A 解析　l1与l2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为故选A. 2.已知两平面的法向量分别为m=(00)，n=(2)，则两平面所成的二面角为(　　) A.60° B.30°或150° C.60°或120° D.90° 答案　C 解析　cos〈m，n〉=== 所以〈m，n〉=60°， 因为二面角与二面角的两个半平面的法向量夹角相等或者互补， 所以两平面所成的二面角为60°或120°. 3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　设该正方体的棱长为1， 建立空间直角坐标系如图所示. 则D(0，0，0)，B(1，1，0)， B1(1，1，1)=(0，0，1)， 平面ACD1的一个法向量为=(1，1，1). 设BB1与平面ACD1所成的角为θ，则sin θ=|cos〈|===. 4.如图所示，点A，B，C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上=(0，0，2)，平面ABC的一个法向量为n=(2，1，2)，平面ABC与平面ABO的夹角为θ，则cos θ=　　　　. 答案　 解析　cos θ===. 课时对点练 [分值：100分] 单选题每小题5分，共35分；多选题每小题6分，共12分 1.两异面直线l1，l2的方向向量分别是v1，v2，若v1与v2所成的角为θ，直线l1，l2所成的角为α，则(　　) A.α=θ B.α=π-θ C.cos θ=|cos α| D.cos α=|cos θ| 答案　D 解析　α=θ或α=π-θ，且α∈ 因而cos α=|cos θ|. 2.设直线l与平面α相交，且l的方向向量为a，α的法向量为n，若〈a，n〉=则l与α所成的角为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由已知得线面角的范围是. ∵〈a，n〉=∴l与法向量所在直线所成的角为∴l与α所成的角为. 3.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2AA1=2BC=2，E是CD的中点，则异面直线EB1与D1C所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　建立如图所示的空间直角坐标系，则E(0，1，0)，C(0，2，0)，B1(1，2，1)，D1(0，0，1)， ∴=(1，1，1)， =(0，2，-1)， 设异面直线EB1与D1C所成的角为θ， 则cos θ= ==. 4.如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　如图所示，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)， C(0，2，0)，C1(0，2，1)， ∴=(-2，0，1). 连接AC，易证AC⊥平面BB1D1D， ∴平面BB1D1D的一个法向量为=(-2，2，0). ∴BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为 |cos〈|===. 5.已知正方形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，若PA=AB，则平面PAB与平面PCD的夹角为(　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 答案　B 解析　如图所示，建立空间直角坐标系，设PA=AB=1， 则A(0，0，0)，D(0，1，0)， P(0，0，1). 于是=(0，1，0)，取PD的中点E， 则E∴= 易知是平面PAB的法向量， 是平面PCD的法向量， ∴|cos〈|= ∴平面PAB与平面PCD的夹角为45°. 6.(多选)直线l的方向向量为a，两个平面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〈a，n〉=则直线l与平面α所成角的大小为 D.若cos〈m，n〉=则平面α，β夹角的大小为 答案　BCD 解析　对于A，若a⊥n，则直线l∥平面α或在平面α内，故选项A不正确； 对于B，若a∥n，则a也是平面α的一个法向量，所以直线l⊥平面α，故选项B正确； 对于C，直线与平面所成角的正弦值等于直线与平面法向量夹角的余弦值的绝对值，所以若cos〈a，n〉=则直线l与平面α所成角的大小为故选项C正确； 对于D，若cos〈m，n〉=则平面α，β夹角的大小为故选项D正确. 7.(5分)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，AA1=4，点D是BC的中点，则平面ADC1与平面A1BA夹角的余弦值为　　　　. 答案　 解析　在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，且AB⊥AC，以点A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间坐标系，如图所示，则A(0，0，0)，B(2，0，0)， C(0，2，0)，A1(0，0，4)，C1(0，2，4)，D(1，1，0)， =(1，1，0)=(0，2，4)， 易知平面A1BA的一个法向量为n=(0，1，0). 设平面ADC1的法向量为m=(x，y，z)， 则可得 令y=-2，则x=2，z=1. 所以平面ADC1的一个法向量为m=(2，-2，1)， 设平面ADC1与平面A1BA的夹角为θ， 则cos θ=|cos 〈m，n〉|==. 所以平面ADC1与平面A1BA夹角的余弦值为. 8.(5分)在空间中，已知平面α过A(3，0，0)和B(0，4，0)及z轴上一点P(0，0，a)(a>0)，如果平面α与平面Oxy的夹角为45°，则a=　　　　. 答案　 解析　平面Oxy的一个法向量为n=(0，0，1). 设平面α的法向量为u=(x，y，z)， 又=(-3，4，0)=(-3，0，a)， 则即 即3x=4y=az， 取z=1，则u=. 而|cos〈n，u〉|== 又∵a>0，∴a=. 9.(10分)如图所示，在四面体ABCD中，CA=CB=CD=BD=2，AB=AD=.求异面直线AB与CD所成角的余弦值. 解　取BD的中点O，连接OA，OC. 由题意知OA，OC，BD两两垂直. 以O为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示， 则B(1，0，0)，D(-1，0，0)， C(00)，A(0，0，1)， ∴=(-1，0，1)， =(-1，-0)， ∴|cos〈|==. ∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为. 10.(10分)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱A1B1上一点(不含端点)，F为棱BC的中点. (1)若E为棱A1B1的中点，求直线EF与平面A1BC1所成角的正弦值；(4分) (2)求直线EF与A1C1所成角的余弦值的取值范围.(6分) 解　(1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，若E为棱A1B1的中点， 则E(2，1，2)，F(1，2，0)，B(2，2，0)， A1(2，0，2)，C1(0，2，2). 所以=(-2，2，0)=(0，-2，2)， =(1，-1，2). 设平面A1BC1的法向量为n=(x，y，z)， 则即 令x=1，则n=(1，1，1). 设EF与平面A1BC1所成角为α， 则有sin α=|cos〈n|= ==. 故直线EF与平面A1BC1所成角的正弦值为. (2)设直线EF与A1C1所成角为θ， E(2，m，2)(0<m<2)， 则=(1，m-2，2). 所以cos θ=|cos〈|= ==· =·. 因为0<m<2，所以m+m+-4 即<1-<1， 于是有<<1， 所以<·< 即<cos θ<. 故直线EF与A1C1所成角的余弦值的取值范围为. 11.如图所示，M，N是直角梯形ABCD两腰的中点，DE⊥AB于E，现将△ADE沿DE折起，使平面ADE与平面BDE的夹角为45°，此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B，则M，N的连线与AE所成的角的大小为(　　) A.45° B.90° C.135° D.150° 答案　B 解析　建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知△ABE为等腰直角三角形，设CD=1， 则BE=1，AB=1，AE=. 设BC=DE=2a， 则E(0，0，0)，A(1，0，1)，N(1，a，0)，M ∴==(-1，0，-1)， ∴·=·(-1，0，-1)=0， ∴⊥从而MN与AE所成的角为90°. 12.在如图所示的空间直角坐标系Axyz中，P(x，y，z)是正三棱柱ABC-A1B1C1的底面A1B1C1内一动点，A1A=AB=2，直线PA和底面ABC所成的角为则点P的坐标满足(　　) A.x2+y2= B.x2+y2=2 C.x2+y2=3 D.x2+y2=4 答案　A 解析　由正三棱柱ABC-A1B1C1，且A1A=AB=2，根据坐标系可得A(0，0，0)，A1(0，0，2)，又P(x，y，z)是正三棱柱ABC-A1B1C1的底面A1B1C1内一动点，则z=2，所以=(-x，-y，-z)，又AA1⊥平面ABC，所以=(0，0，2)是平面ABC的一个法向量，因为直线PA和底面ABC所成的角为 所以|cos〈|====整理得z2=3x2+3y2，又z=2，所以x2+y2=. 13.(多选)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a，高为h，记异面直线A1C与BC1所成的角为θ，则(　　) A.若a=h，则cos θ= B.若cos θ=则a=h C.若a=h，则θ=90° D.若θ=60°，则h=a 答案　ACD 解析　如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，E，连接OE，OB， 则OE⊥平面ABC，OB⊥AC， 以O为坐标原点，OB，OC，OE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系. 对于A，当a=h时，A1CBC1 则=(0，a，-a)= 则cos〈===- 由于异面直线A1C与BC1所成的角θ∈ 故cos θ=A正确； 对于B，A1C BC1 则=(0，a，-h)=由于cos θ= 则|cos〈|= == 解得a=h或a=h，B错误； 对于C，当a=h时，A1 CBC1 则=(0h，-h)= 则·=h2-h2=0，故⊥则θ=90°，C正确； 对于D，若θ=60°，则cos θ= 则A1CB C1 则=(0，a，-h)= 则|cos〈| === 解得h=a或h=0(舍)，D正确. 14.(5分)已知在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BB1，DD1上的动点，且BE=D1F=λ.设EF与AB所成的角为α，EF与BC所成的角为β，则α+β的最小值为　　　　. 答案　 解析　以点D为坐标原点， 以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(图略)， 则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)， E(1，1，λ)，F(0，0，1-λ)， 则=(-1，-1，1-2λ)=(0，1，0)， =(-1，0，0)， 所以cos α== cos β==所以α=β. 又因为当λ=时取得最大值 所以αmin=βmin=所以(α+β)min=. 15.(5分)如图，在正方形ABCD中，EF∥AB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AE∶ED∶AD=1∶1∶则AF与CE所成角的余弦值为　　　　. 答案　 解析　因为AE∶ED∶AD=1∶1∶所以AE⊥ED， 即AE，DE，EF两两垂直， 建立如图所示的空间直角坐标系， 设AB=EF=CD=2， 则E(0，0，0)，A(1，0，0)，F(0，2，0)，C(0，2，1)， 所以=(-1，2，0)=(0，2，1)， 所以|cos〈|=== 所以AF与CE所成角的余弦值为. 16.(13分)已知几何体EFG-ABCD，如图所示，其中四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长均为1，点M在棱DG上. (1)求证：BM⊥EF；(6分) (2)是否存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45°？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由.(7分) (1)证明　∵四边形ABCD，CDGF， ADGE均为正方形， ∴GD⊥DA，GD⊥DC. 又DA∩DC=D，DA， DC⊂平面ABCD， ∴GD⊥平面ABCD. 以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系. 则B(1，1，0)，E(1，0，1)， F(0，1，1). ∵点M在棱DG上， 故可设M(0，0，t)(0≤t≤1). ∵=(1，1，-t)=(-1，1，0)， ∴·=0，∴BM⊥EF. (2)解　假设存在点M， 使得直线MB与平面BEF所成的角为45°. 设平面BEF的法向量为n=(x，y，z)， ∵=(0，-1，1)=(-1，0，1)， ∴∴ 令z=1，得x=y=1， ∴n=(1，1，1)为平面BEF的一个法向量， ∴|cos〈n|== ∵直线MB与平面BEF所成的角为45°， ∴sin 45°=|cos〈n|， ∴= 解得t=-4±3. 又0≤t≤1，∴t=3-4. ∴存在点M(0，0，3-4). ∴当点M位于棱DG上， 且DM=3-4时， 直线MB与平面BEF所成的角为45°. 学科网（北京）股份有限公司 $