【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第八章第五讲空间角与距离、空间向量及应用作业

【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第八章第五讲空间角与距离、空间向量及应用作业

第五讲　空间角与距离、空间向量及应用 ‎1.[2020湖北部分重点中学高三测试]如图8-5-1,E,F分别是三棱锥P-ABC的棱AP,BC的中点,PC=10,AB=6,EF=7,则异面直线AB与PC所成的角为(　　)‎ 图8-5-1‎ A.30° 　　　B.60° C.120° 　　　D.150°‎ ‎2.[2019湖南长沙市长郡中学二模]图8-5-2中的三个正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G均为所在棱的中点,过E,F,G作正方体的截面.下列各选项中,关于直线BD1与平面EFG的位置关系描述正确的是(　　)‎ 图8-5-2‎ A.BD1∥平面EFG的有且只有①,BD1⊥平面EFG的有且只有②③‎ B.BD1∥平面EFG的有且只有②,BD1⊥平面EFG的有且只有①‎ C.BD1∥平面EFG的有且只有①,BD1⊥平面EFG的有且只有②‎ D.BD1∥平面EFG的有且只有②,BD1⊥平面EFG的有且只有③‎ ‎3. [2019安徽宣城二调]如图8-5-3,‎ 图8-5-3‎ 在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,BB1的中点,M为棱A1B1上一点,且A1M=λ(0<λ<2),设N为线段ME的中点,则点N到平面D1EF的距离为(　　)‎ A.‎3‎λ B.‎2‎‎5‎‎5‎ C.‎2‎‎3‎λ D.‎‎5‎‎5‎ ‎4.[2019沈阳市第三次质量监测]如图8-5-4,‎ 图8-5-4‎ 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面边长为2,直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为‎1‎‎3‎,则该正四棱柱的高为(　　)‎ A.2 B.3 C.4 D.5‎ ‎5.[新角度题]如图8-5-5(1),在等腰直角三角形ABC中,∠ABC=π‎2‎,BC=2,将△ABC绕AB边旋转至△ABC'的位置,连接CC',如图8-5-5(2),若四面体CBC'A的各个顶点均在球H的球面上,且球H的表面积为12π,则二面角C-AB-C'的大小为(　　)‎ 图8-5-5‎ A.π‎6‎ B.π‎3‎ C.π‎2‎ D.‎‎2π‎3‎ ‎6.[2020四省八校联考]如图8-5-6,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,∠BCD=120°,侧面PAB⊥底面ABCD,∠BAP=90°,AB=AC=PA=2.‎ ‎(1)求证:平面PBD⊥平面PAC.‎ ‎(2)过AC的平面交PD于点M,若平面AMC把四面体PACD分成体积相等的两部分,求二面角P-MC-A的正弦值.‎ 图8-5-6‎ ‎7.[2020陕西宝鸡模拟]如图8-5-7所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=‎3‎,点E在棱AB上.‎ ‎(1)求异面直线D1C与A1D所成角的余弦值;‎ ‎(2)若二面角D1-EC-D的大小为45°,求点B到平面D1EC的距离.‎ 图8-5-7‎ ‎8.[2019福建五校第二次联考]图8-5-8是一个半圆柱与多面体ABB1A1C构成的几何体,平面ABC与半圆柱的下底面共面,且AC⊥BC,P为B‎1‎A‎1‎上的动点(不与B1,A1重合).‎ ‎(1)证明:PA1⊥平面PBB1.‎ ‎(2)若四边形ABB1A1为正方形,且AC=BC,∠PB1A1=π‎4‎,求二面角P-A1B1-C的余弦值.‎ 图8-5-8‎ ‎9.[2020广东四校联考]在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点C关于平面BDC1的对称点为M,则AM与平面ABCD所成角的正切值为(　　)‎ A.‎2‎‎2‎ B.‎2‎ C.‎3‎ D.2‎ ‎10.[2019辽宁五校联考]已知四面体ABCD的四个顶点均在球O的表面上,AB为球O的直径,AB=4,AD=BC=2.当四面体ABCD的体积最大时,异面直线AD与BC所成角的余弦值为(　　)‎ A.‎3‎‎4‎ B.‎1‎‎2‎ C.‎1‎‎3‎ D.‎‎1‎‎4‎ ‎11.[2019吉林长春质量监测][双空题]已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N,E,F分别是A1B1,AD,B1C1,C1D1的中点,则过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为　　　　,CE和该截面所成角的正弦值为　　　　. ‎ ‎12.[2020江西红色七校第一次联考]如图8-5-9(1),梯形ABCD中,AB∥CD,过A,B分别作AE⊥CD,BF⊥CD,垂足分别为E,F.AB=AE=2,CD=5,DE=1,将梯形ABCD沿AE,BF折起,得到空间几何体ADEBCF,如图8-5-9(2)所示.‎ ‎(1)图8-5-9(2)中,若AF⊥BD,证明:DE⊥平面ABFE.‎ ‎(2)在(1)的条件下,若DE∥CF,求二面角D-AF-C的余弦值.‎ 图8-5-9‎ ‎13.[2020洛阳市第一次联考]如图8-5-10,底面ABCD是边长为3的正方形,平面ADEF⊥平面ABCD,AF∥DE,AD⊥DE,AF=2‎6‎,DE=3‎6‎.‎ ‎(1)求证:平面ACE⊥平面BED.‎ ‎(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值.‎ ‎(3)在线段AF上是否存在点M,使得二面角M-BE-D的大小为60°?若存在,求出AMAF的值;若不存在,请说明理由.‎ 图8-5-10‎ ‎14.[2019蓉城名校高三联考]如图8-5-11,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,AD=AB=2BC=2,AP=AC,BP=3BC.‎ ‎(1)求证:平面PAD⊥平面ABCD.‎ ‎(2)若∠PAD为锐角,且PA与平面ABCD所成角的正切值为2,求二面角A-PB-D的余弦值.‎ 图8-5-11‎ ‎15.[新角度题]如图8-5-12,EC⊥平面ABC,BD∥EC,AC=AB=BD=‎1‎‎2‎EC=2,点F为线段DE上的动点.‎ ‎(1)试在BC上找一点O,使得AO⊥CF,并证明;‎ ‎(2)在第(1)问的基础上,若AB⊥AC,则平面ACE与平面AOF所成的锐二面角的大小可否为π‎4‎?‎ 图8-5-12‎ ‎16.[2020山东省统考]如图8-5-13,四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为矩形.SA⊥平面ABCD,E,F分别为AD,SC的中点,EF与平面ABCD所成的角为45°.‎ ‎(1)证明:EF为异面直线AD与SC的公垂线.‎ ‎(2)若EF=‎1‎‎2‎BC,求二面角B-SC-D的正弦值.‎ 图8-5-13‎ 第五讲　空间角与距离、空间向量及应用 ‎1.B　如图D 8 - 5 - 9,取AC的中点D,连接DE,DF,‎ 图D 8 - 5 - 9‎ 因为D,E,F分别为AC,PA,BC的中点,所以DF∥AB,DF=‎1‎‎2‎AB,DE∥PC,DE=‎1‎‎2‎PC,所以∠EDF或其补角为异面直线PC与AB所成的角.因为PC=10,AB=6,所以在△DEF中,DE=5,DF=3,EF=7,由余弦定理得cos∠EDF=DE‎2‎+DF‎2‎ - EF‎2‎‎2DE×DF‎=‎‎25+9 - 49‎‎2×5×3‎= - ‎1‎‎2‎,所以∠EDF=120°,所以异面直线PC与AB所成的角为60°.故选B.‎ ‎2.A　对于题中图8 - 5 - 2①,连接BD,因为E,F,G均为所在棱的中点,所以BD∥GE,DD1∥EF,又BD⊄平面EFG,DD1⊄平面EFG,从而可得BD∥平面EFG,DD1∥平面EFG,又BD∩DD1=D,所以平面BDD1∥平面EFG,所以BD1∥平面EFG.‎ 对于题中图8 - 5 - 2②,连接DB,DA1,设正方体的棱长为1,因为E,F,G均为所在棱的中点,‎ 所以BD‎1‎·GE=(DD‎1‎‎-‎DB)·(‎1‎‎2‎DA‎1‎)=‎1‎‎2‎(DD‎1‎·DA‎1‎‎-‎DB·DA‎1‎)=‎1‎‎2‎(1×‎2‎×cos 45° - ‎2‎‎×‎‎2‎×cos 60°)=0,‎ 即BD1⊥EG.‎ 连接DC1,则BD‎1‎·EF=(DD‎1‎‎-‎DB)·(‎1‎‎2‎DC‎1‎)=‎1‎‎2‎(DD‎1‎·DC‎1‎‎-‎DB·DC‎1‎)=‎1‎‎2‎(1×‎2‎×cos 45° - ‎2‎‎×‎‎2‎×cos 60°)=0,即BD1⊥EF.‎ 又EG∩EF=E,所以BD1⊥平面EFG.‎ 对于题中图8 - 5 - 2③,设正方体的棱长为1,连接DB,DG,因为E,F,G均为所在棱的中点,‎ 所以BD‎1‎·EG=(DD‎1‎‎-‎DB)·(DG‎-‎DE)=(DD‎1‎‎-‎DB)·(DC‎+‎1‎‎2‎DD‎1‎-‎‎1‎‎2‎DA)=‎1‎‎2‎DD‎1‎‎2‎‎-‎DB·DC‎+‎‎1‎‎2‎DB·DA‎=‎1‎‎2‎-‎‎2‎×1×‎2‎‎2‎‎+‎1‎‎2‎×‎‎2‎×1×‎2‎‎2‎=0,‎ 即BD1⊥EG.‎ 连接AF,则BD‎1‎·EF=(DD‎1‎‎-‎DB)·(AF‎-‎AE)=(DD‎1‎‎-‎DB)·(DD‎1‎‎+‎1‎‎2‎DC+‎‎1‎‎2‎DA)=DD‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎DB·DC‎-‎‎1‎‎2‎DB·DA=1 - ‎1‎‎2‎‎×‎‎2‎×1×‎2‎‎2‎‎-‎1‎‎2‎×‎‎2‎×1×‎2‎‎2‎=0,‎ 即BD1⊥EF.‎ 又EG∩EF=E,所以BD1⊥平面EFG.故选A.‎ ‎3.D　以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立如图D 8 - 5 - 10所示的空间直角坐标系,‎ 图D 8 - 5 - 10‎ 则M(2,λ,2),D1(0,0,2),E(2,0,1),F(2,2,1),ED‎1‎=( - 2,0,1),EF=(0,2,0),EM=(0,λ,1).‎ 设平面D1EF的法向量为n=(x,y,z),‎ 则n·ED‎1‎= - 2x+z=0,‎n·EF=2y=0,‎取x=1,得z=2,则n=(1,0,2)为平面D1EF的一个法向量.‎ 则点M到平面D1EF的距离d=‎|EM·n|‎‎|n|‎‎=‎2‎‎5‎=‎‎2‎‎5‎‎5‎.‎ 因为N为线段EM的中点,所以点N到平面D1EF的距离为d‎2‎‎=‎‎5‎‎5‎,故选D.‎ ‎4.C　如图D 8 - 5 - 11,以D为坐标原点,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D 8 - 5 - 11‎ 设CC1=a(a>0),则D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,a),D1(0,0,a),所以AC=( - 2,2,0),AD‎1‎=( - 2,0,a),CC‎1‎=(0,0,a).设平面ACD1的法向量为n=(x,y,z),则n·AC=0,‎n·AD‎1‎=0,‎即‎ - 2x+2y=0,‎‎ - 2x+az=0,‎取x=1,则n=(1,1,‎2‎a)为平面ACD1的一个法向量.设直线CC1与平面ACD1所成的角为θ,则sin θ=|cos|‎ ‎=|n·‎CC‎1‎‎|n||CC‎1‎|‎|=|‎2‎‎2+‎‎4‎a‎2‎‎·a|=‎1‎‎3‎,解得a=4,故选C.‎ ‎5.C　设E,F,G分别为AC,AB,AC'的中点,连接HE,HG,EF,FG,FH,CH,则HE⊥平面ABC,HG⊥平面ABC',EF⊥AB,FG⊥AB.设∠EFG=θ,易知H与E,F,G共面,则∠EFH=θ‎2‎,由二面角的定义,知∠EFG为二面角C - ‎ AB - C'的平面角.易知HE=EFtan θ‎2‎=tan θ‎2‎,CE=‎2‎.设球H的半径为R,则CH=R,在Rt△CEH中,CH2=CE2+EH2,即R2=2+tan2θ‎2‎,由12π=4πR2,得R2=3,所以tan2θ‎2‎=1,所以θ=π‎2‎.故选C.‎ ‎6.(1)因为∠BAP=90°,所以PA⊥AB,又侧面PAB⊥底面ABCD,‎ 平面PAB∩平面ABCD=AB,PA⊂平面PAB,所以PA⊥平面ABCD.‎ 又BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD.‎ 又∠BCD=120°,四边形ABCD为平行四边形,所以∠ABC=60°,又AB=AC,所以△ABC为等边三角形,所以四边形ABCD为菱形,所以BD⊥AC.‎ 又PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC,又BD⊂平面PBD,所以平面PAC⊥平面PBD.‎ ‎ (2)由平面AMC把四面体PACD分成体积相等的两部分,知M为PD的中点.取BC的中点N,连接AN,由AB=AC知AN⊥BC.‎ 由(1)知PA⊥平面ABCD,以A为坐标原点,AN,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图D 8 - 5 - 12所示的空间直角坐标系,‎ 图D 8 - 5 - 12‎ 则A(0,0,0),C(‎3‎,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2),M(0,1,1),PM=(0,1, - 1),PC=(‎3‎,1, - 2),AM=(0,1,1),AC=(‎3‎,1,0).‎ 设平面MPC的法向量为v1=(x1,y1,z1),则PM‎·v‎1‎=0,‎PC‎·v‎1‎=0,‎即y‎1‎‎ - z‎1‎=0,‎‎3‎x‎1‎‎+y‎1‎ - 2z‎1‎=0,‎ 令y1=1,则可得v1=(‎3‎‎3‎,1,1)为平面MPC的一个法向量.‎ 设平面MAC的法向量为v2=(x2,y2,z2),则AM‎·v‎2‎=0,‎AC‎·v‎2‎=0,‎即y‎2‎‎+z‎2‎=0,‎‎3‎x‎2‎‎+y‎2‎=0,‎ 令x2=1,则可得v2=(1, - ‎3‎,‎3‎)为平面MAC的一个法向量.‎ 设二面角P - MC - A的大小为θ,则|cos θ|=|v‎1‎‎·‎v‎2‎‎|v‎1‎|·|v‎2‎|‎|=‎1‎‎7‎,‎ 则二面角P - MC - A的正弦值为‎4‎‎3‎‎7‎.‎ ‎7.如图D 8 - 5 - 13所示,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD‎1‎的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系.‎ 图D 8 - 5 - 13‎ ‎(1)易知D(0,0,0),A1(1,0,1),D1(0,0,1),C(0,‎3‎,0),则DA‎1‎=(1,0,1),CD‎1‎=(0, - ‎3‎,1),|cos|=|DA‎1‎‎·‎CD‎1‎‎|DA‎1‎|·|CD‎1‎|‎|=‎1‎‎2‎‎2‎‎=‎‎2‎‎4‎.‎ 所以异面直线D1C与A1D所成角的余弦值为‎2‎‎4‎.‎ ‎(2)由题意知,m=(0,0,1)为平面DEC的一个法向量.‎ 设n=(x,y,z)为平面D1EC的法向量,则|cos|=‎|m·n|‎‎|m|·|n|‎‎=‎‎|z|‎x‎2‎‎+y‎2‎+‎z‎2‎=cos 45°=‎2‎‎2‎,‎ 所以z2=x2+y2　①.‎ 易知D‎1‎C=(0,‎3‎, - 1),由n⊥D‎1‎C得n·D‎1‎C=0,‎ 所以‎3‎y - z=0　②.‎ 令y=1,由①②知n=(‎2‎,1,‎3‎)为平面D1EC的一个法向量,又易知CB=(1,0,0),所以点B到平面D1EC的距离d=‎|CB·n|‎‎|n|‎‎=‎2‎‎6‎=‎‎3‎‎3‎.‎ ‎8.(1)在半圆柱中,BB1⊥平面PA1B1,PA1⊂平面PA1B1,‎ 所以BB1⊥PA1.‎ 因为A1B1是上底面对应圆的直径,所以PA1⊥PB1.‎ 因为PB1∩BB1=B1,PB1⊂平面PBB1,BB1⊂平面PBB1,‎ 所以PA1⊥平面PBB1.‎ ‎(2)根据题意,以C为坐标原点建立空间直角坐标系C - xyz,如图D 8 - 5 - 14所示.‎ 图D 8 - 5 - 14‎ 设CB=1,则C(0,0,0),A1(0,1,‎2‎),B1(1,0,‎2‎),‎ 所以CA‎1‎=(0,1,‎2‎),CB‎1‎=(1,0,‎2‎).‎ 易知n1=(0,0,1)为平面PA1B1的一个法向量.‎ 设平面CA1B1的法向量为n2=(x,y,z),则y+‎2‎z=0,‎x+‎2‎z=0,‎ 令z=1,则x= - ‎2‎,y= - ‎2‎,所以n2=( - ‎2‎, - ‎2‎,1)为平面CA1B1的一个法向量.‎ 所以cos=‎1‎‎1×‎‎5‎‎=‎‎5‎‎5‎.‎ 由图可知二面角P - A1B1 - C为钝角,所以所求二面角的余弦值为 - ‎5‎‎5‎.‎ ‎9.B　如图D 8 - 5 - 15,正方体ABCD - A1B1C1D1中,连接AC,交BD于点O.‎ 图D 8 - 5 - 15‎ 因为BD=BC1=DC1=‎2‎,所以△BC1D是等边三角形,故三棱锥C - BC1D为正三棱锥.设O'为△BC1D的中心,连接CO',则CO'⊥平面BC1D,延长CO'到M,使得MO'=O'C,连接OO',则OO'∥AM,所以AM与平面ABCD所成的角等于OO'与平面ABCD所成的角.易知BD⊥OO',BD⊥AC,OO'∩AC=O,所以BD⊥平面AMC,又BD⊂平面ABCD,故平面AMC⊥平面ABCD,且平面ABCD∩平面AMC=AC,根据两个平面相互垂直的性质可知OO'在平面ABCD上的射影一定落在线段AC上,故∠O'OC为OO'与平面ABCD所成的角,即AM与平面ABCD所成的角.因为OC=‎2‎‎2‎,OO'=‎1‎‎3‎‎×‎3‎‎2‎×‎2‎=‎‎6‎‎6‎,所以O'C=‎(‎2‎‎2‎‎)‎‎2‎ - (‎‎6‎‎6‎‎)‎‎2‎‎=‎‎3‎‎3‎,所以tan∠O'OC=‎3‎‎3‎‎6‎‎6‎‎=‎‎2‎,故选B.‎ ‎10.D　如图D 8 - 5 - 16,分别取AC,CD的中点E,F,连接OE,OF,EF,‎ 图D 8 - 5 - 16‎ 则OE∥BC,OE=‎1‎‎2‎BC,EF∥AD,EF=‎1‎‎2‎AD,∴∠OEF或其补角为异面直线AD与BC所成的角,∵AD=BC=2,∴OE=EF=1,∵S△ABC=‎1‎‎2‎×BC×AC=‎1‎‎2‎×2×2‎3‎=2‎3‎,为定值,‎ ‎∴要使四面体ABCD的体积最大,则点D到平面ABC的距离最大,则点D在平面ABC内的射影G在直径AB上.连接DG,则DG⊥AB.在Rt△ABD中,∵AD=2,AB=4,∴∠BAD=60°,∴DG=‎3‎,AG=1.连接CG,在△AGC中,CG2=AG2+AC2 - 2AG×ACcos 30°=1+(2‎3‎)2 - 2×1×2‎3‎‎×‎‎3‎‎2‎=7,∴CD2=DG2+CG2=3+7=10,∴CD=‎10‎.连接OD,OC,在△OCD中,∵OF⊥CD,∴OF2+CF2=OC2,∴OF2+(CD‎2‎)2=OC2,∴OF2+(‎10‎‎2‎)2=22,解得OF2=‎3‎‎2‎.在△OEF中,cos∠OEF=EF‎2‎+OE‎2‎ - OF‎2‎‎2EF×OE‎=‎1+1 - ‎‎3‎‎2‎‎2×1×1‎=‎‎1‎‎4‎,∴异面直线AD与BC所成角的余弦值为‎1‎‎4‎.故选D.‎ ‎【方法总结】　破解此类题的关键:一是活用四面体的外接球的直径、球面上异于直径端点的点与该球的直径端点的连线构成的三角形为直角三角形;二是会转化,当三棱锥的底面面积为定值时,把四面体的体积最大问题,转化为三棱锥的高取最大值问题;三是活用定理,即灵活应用正弦定理、余弦定理破解求线段长问题;四是会用“取中法”,即会用取线段中点的方法破解找异面直线所成角的困难.‎ ‎11.2‎2‎　‎10‎‎10‎　如图D 8 - 5 - 17,正方体ABCD - A1B1C1D1中,设CD,BC的中点分别为H,G,连接HE,HG,GE,HF,ME,NH.‎ 图D 8 - 5 - 17‎ 易知ME∥NH,ME=NH,所以四边形MEHN是平行四边形,‎ 所以MN∥HE.‎ 因为MN⊄平面EFHG,HE⊂平面EFHG,所以MN∥平面EFHG,‎ 所以过EF且与MN平行的平面为平面EFHG,易知平面EFHG截正方体所得截面为矩形EFHG,EF=‎2‎,FH=2,‎ 所以截面EFHG的面积为2×‎2‎=2‎2‎.‎ 连接AC,交HG于点I,易知CI⊥HG,平面EFHG⊥平面ABCD,平面EFHG∩平面ABCD=HG,‎ 所以CI⊥平面EFHG,连接EI,‎ 因为EI⊂平面EFHG,‎ 所以CI⊥EI,‎ 所以∠CEI为直线CE和截面EFHG所成的角.‎ 在Rt△CIE中,易知CE=‎1+‎‎2‎‎2‎‎=‎‎5‎,CI=‎1‎‎4‎AC=‎2‎‎2‎‎4‎‎=‎‎2‎‎2‎,所以sin∠CEI=CICE‎=‎‎10‎‎10‎.‎ ‎12.(1)由已知得四边形ABFE是正方形,且边长为2,如图D 8 - 5 - 18,连接BE,则AF⊥BE,‎ 又AF⊥BD,BE∩BD=B,BE⊂平面BDE,BD⊂平面BDE,∴AF⊥平面BDE.‎ 又DE⊂平面BDE,∴AF⊥DE.‎ 又AE⊥DE,AE∩AF=A,AE⊂平面ABFE,AF⊂平面ABFE,‎ ‎∴DE⊥平面ABFE.‎ ‎(2)由(1)知ED,EA,EF两两垂直,以E为坐标原点,EA,EF,ED的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图D 8 - 5 - 18所示的空间直角坐标系.‎ 图D 8 - 5 - 18‎ 则A(2,0,0),F(0,2,0),C(0,2,2),D(0,0,1),‎ AF‎=( - 2,2,0),AD=( - 2,0,1),FC=(0,0,2).‎ 设平面ADF的法向量为n=(x,y,z),‎ 由n·AF=0,‎n·AD=0‎得‎ - 2x+2y=0,‎‎ - 2x+z=0,‎不妨取x=1,则n=(1,1,2)为平面ADF的一个法向量.‎ 设平面ACF的法向量为m=(x1,y1,z1),‎ 由m·AF=0,‎m·FC=0‎得‎ - 2x‎1‎+2y‎1‎=0,‎‎2z‎1‎=0,‎不妨取x1=1,则m=(1,1,0)为平面ACF的一个法向量.‎ 设二面角D - AF - C的大小为θ,易知0<θ<π‎2‎,则cos θ=|cos|=‎|m·n|‎‎|m||n|‎‎=‎2‎‎2‎‎×‎‎6‎=‎‎3‎‎3‎.‎ ‎∴二面角D - AF - C的余弦值为‎3‎‎3‎.‎ ‎13.(1)因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE⊂平面ADEF,DE⊥AD,所以DE⊥平面ABCD.‎ 因为AC⊂平面ABCD,所以DE⊥AC.‎ 又四边形ABCD是正方形,所以AC⊥BD.‎ 因为DE∩BD=D,DE⊂平面BED,BD⊂平面BED,‎ 所以AC⊥平面BED.‎ 又AC⊂平面ACE,‎ 所以平面ACE⊥平面BED.‎ ‎(2)因为DA,DC,DE两两垂直,所以以D为坐标原点,建立如图D 8 - 5 - 19所示的空间直角坐标系D - xyz.‎ 图D 8 - 5 - 19‎ 则A(3,0,0),F(3,0,2‎6‎),E(0,0,3‎6‎),B(3,3,0),C(0,3,0),所以CA=(3, - 3,0),BE=( - 3, - 3,3‎6‎),EF=(3,0, - ‎6‎).‎ 设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),‎ 则n·BE= - 3x - 3y+3‎6‎z=0,‎n·EF=3x - ‎6‎z=0,‎ 取x=‎6‎,得n=(‎6‎,2‎6‎,3)为平面BEF的一个法向量.‎ 所以cos=CA‎·n‎|CA||n|‎‎=‎‎ - 3‎‎6‎‎3‎2‎×‎‎39‎= - ‎13‎‎13‎.‎ 所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为‎13‎‎13‎.‎ ‎(3)假设在线段AF上存在符合条件的点M,由(2)可设M(3,0,t),0≤t≤2‎6‎,‎ 则BM=(0, - 3,t).‎ 设平面MBE的法向量为m=(x1,y1,z1),‎ 则m·BM= - 3y‎1‎+tz‎1‎=0,‎m·BE= - 3x‎1‎ - 3y‎1‎+3‎6‎z‎1‎=0,‎ 令y1=t,得m=(3‎6‎ - t,t,3)为平面MBE的一个法向量.‎ 由(1)知CA⊥平面BED,所以CA是平面BED的一个法向量,|cos|=‎|m·CA|‎‎|m||CA|‎‎=‎‎|9‎6‎ - 6t|‎‎3‎2‎×‎‎(3‎6‎ - t‎)‎‎2‎+t‎2‎+9‎=cos 60°=‎1‎‎2‎,‎ 整理得2t2 - 6‎6‎t+15=0,解得t=‎6‎‎2‎,‎ 故在线段AF上存在点M,使得二面角M - BE - D的大小为60°,此时AMAF‎=‎‎1‎‎4‎.‎ ‎14.(1)在直角梯形ABCD中,∵BC=1,AB=2,AB⊥BC,‎ ‎∴AC=‎5‎,即AP=AC=‎5‎,BP=3BC=3,‎ ‎∴BA2+AP2=BP2,‎ ‎∴BA⊥AP.‎ 又AD∥BC,∴BA⊥AD,‎ 又AP∩AD=A,∴BA⊥平面PAD.‎ ‎∵BA⊂平面ABCD,∴平面PAD⊥平面ABCD.‎ ‎(2)如图D 8 - 5 - 20,过点P作PO⊥AD交AD于点O,连接OC,‎ 由(1)可知PO⊥平面ABCD,‎ 易知∠PAO为PA与平面ABCD所成的角,∴tan∠PAO=2.‎ 又AP=‎5‎,∴AO=1,PO=2.‎ ‎∴AO∥BC且AO=BC,四边形ABCO为矩形,∴OC⊥AD.‎ 以O为坐标原点,OC,OD,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图D 8 - 5 - 20所示.‎ 图D 8 - 5 - 20‎ 则A(0, - 1,0),P(0,0,2),D(0,1,0),B(2, - 1,0),‎ ‎∴AB=(2,0,0),AP=(0,1,2).‎ 设平面APB的法向量为n=(x,y,z),‎ 则有n·AB=0,‎n·AP=0,‎即‎2x=0,‎y+2z=0,‎ 令y=2,则n=(0,2, - 1)为平面APB的一个法向量.‎ 同理可得平面PBD的一个法向量为m=(2,2,1).‎ cos=m·n‎|m||n|‎‎=‎3‎‎5‎‎×3‎=‎‎5‎‎5‎,‎ 由图可知二面角A - PB - D的平面角为锐角,‎ ‎∴二面角A - PB - D的余弦值为‎5‎‎5‎.‎ ‎15.(1)BC的中点即为所找的点O.‎ ‎∵AB=AC,∴AO⊥BC,‎ 又EC⊥平面ABC,AO⊂平面ABC,∴EC⊥AO.‎ ‎∵BC∩EC=C,BC⊂平面BDEC,EC⊂平面BDEC,∴AO⊥平面BDEC.‎ 又CF⊂平面BDEC,∴AO⊥CF.‎ ‎ (2)以A为坐标原点,AB,AC所在直线分别为x轴,y轴,过点A且平行于EC的直线为z轴建立如图D 8 - 5 - 21所示的空间直角坐标系,‎ 图D 8 - 5 - 21‎ 则A(0,0,0),E(0, - 2,4),D( - 2,0,2),O( - 1, - 1,0),AO=( - 1, - 1,0),ED=( - 2,2, - 2).‎ 设EF=λED(0≤λ≤1),则可得F( - 2λ,2λ - 2,4 - 2λ),则AF=( - 2λ,2λ - 2,4 - 2λ).‎ 设平面AOF的法向量为m=(x,y,z),则m·AO=0,‎m·AF=0,‎令x=1,则m=(1, - 1,‎2λ - 1‎‎2 - λ)为平面AOF的一个法向量.‎ 易得平面ACE的一个法向量为n=(1,0,0).‎ 令|cos|=‎|m·n|‎‎|m||n|‎‎=‎1‎‎(‎2λ - 1‎‎2 - λ‎)‎‎2‎+2‎=‎‎1‎‎2‎,解得λ=‎1‎‎2‎.‎ 故当F为DE的中点时,平面ACE与平面AOF所成的锐二面角的大小为π‎4‎.‎ ‎【素养落地】　试题以四棱锥为载体,结合探究性的设问方式,要求考生分析几何元素间的位置关系、数量关系,然后运用空间向量法解决几何问题,使直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养得到了综合考查.‎ ‎16.(1)如图D 8 - 5 - 22所示,连接AC,BD交于点G,连接EG,FG.‎ 图D 8 - 5 - 22‎ 因为四边形ABCD为矩形,且E,F分别是AD,SC的中点,‎ 所以EG∥CD,FG∥SA.‎ 又SA⊥平面ABCD,所以GF⊥平面ABCD,所以GF⊥AD.又AD⊥GE,GE∩GF=G,GE⊂平面GEF,GF⊂平面GEF,所以AD⊥平面GEF,‎ 所以AD⊥EF.‎ 因为EF与平面ABCD所成的角为45°,所以∠FEG=45°,‎ 从而GE=GF,所以SA=AB.‎ 取SB的中点H,连接AH,FH,则由F,H分别为SC,SB的中点,得FH∥BC且FH=‎1‎‎2‎BC,所以FH∥AE且FH=AE,从而四边形AEFH为平行四边形.‎ 又由SA=AB,知AH⊥SB.‎ 又BC⊥平面SAB,所以AH⊥BC.‎ 又SB∩BC=B,SB⊂平面SBC,BC⊂平面SBC,从而AH⊥平面SBC.‎ 从而EF⊥平面SBC.‎ 又SC⊂平面SBC,从而EF⊥SC.‎ 综上知EF为异面直线AD与SC的公垂线.‎ ‎(2)设BC=2,则EF=‎1‎‎2‎BC=1,从而GE=GF=‎2‎‎2‎,所以SA=AB=‎2‎,‎ 以A为坐标原点,AB,AD,AS所在直线分别为x轴,y轴,z轴,AB,AD,AS的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,‎ 则B(‎2‎,0,0),D(0,2,0),S(0,0,‎2‎),C(‎2‎,2,0),‎ 从而SC=(‎2‎,2, - ‎2‎),BC=(0,2,0).‎ 设平面BCS的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n‎1‎‎·SC=0,‎n‎1‎‎·BC=0,‎令z1=1,可得n1=(1,0,1)为平面BCS的一个法向量.‎ 同理,可求得平面SCD的一个法向量为n2=(0,1,‎2‎).‎ 设二面角B - SC - D的平面角为θ,则|cos θ|=|n‎1‎‎·‎n‎2‎‎|n‎1‎||n‎2‎|‎|=‎2‎‎2‎‎·‎‎3‎‎=‎‎3‎‎3‎,故sin θ=‎1 - (‎‎3‎‎3‎‎)‎‎2‎‎=‎‎6‎‎3‎.‎