【数学】2019届一轮复习北师大版直线、平面与空间向量的应用

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【数学】2019届一轮复习北师大版直线、平面与空间向量的应用

高考必考题突破讲座(四)‎ 直线、平面与空间向量的应用 题型特点 考情分析 命题趋势 立体几何是高考的重要内容,每年基本上都是一个解答题,一至两道选择题或填空题.小题主要考查学生的空间想象能力及简单计算能力.解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式,即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直,再利用空间向量进行空间角的计算.重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力.‎ ‎2017·全国卷Ⅰ,18‎ ‎2017·全国卷Ⅲ,19‎ ‎2017·浙江卷,19‎ ‎2017·山东卷,17‎ 热点题型主要有空间角的计算、平面图形的翻折、探索性问题等.‎ 分值:12分 ‎1.空间点、线、面的位置关系及空间角的计算 ‎(1)空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明,一般出现在解答题的第(1)问,解答题的第(2)问常考查求空间角,求空间角一般都可以建立空间直角坐标系,用空间向量的坐标运算求解.‎ ‎(2)利用向量求空间角的步骤:‎ 第一步:建立空间直角坐标系;‎ 第二步:确定点的坐标;‎ 第三步:求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标;‎ 第四步:计算向量的夹角(或函数值);‎ 第五步:将向量夹角转化为所求的空间角;‎ 第六步:反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.‎ ‎2.立体几何中的探索性问题 一般以解答题形式呈现,常涉及线面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题,是高考命题的热点,其解决方式有:‎ ‎(1)根据条件作出判断,再进一步论证;‎ ‎(2)利用空间向量,先假设存在点的坐标,再根据条件判断该点的坐标是否存在.‎ ‎3.立体几何中的折叠问题 将平面图形沿其中一条或几条线段折起,使其成为空间图形,这类问题称为立体几何中的折叠问题,折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题,考查学生的空间想象力和分析问题的能力.‎ ‎【例1】 (2017·全国卷Ⅰ)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.‎ ‎(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;‎ ‎(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.‎ 解析 (1)由已知∠BAP=∠CDP=90°,‎ 得AB⊥AP,CD⊥PD.‎ 由于AB∥CD,故AB⊥PD,从而AB⊥平面PAD.‎ 又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.‎ ‎(2)在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F.‎ 由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,‎ 可得PF⊥平面ABCD.‎ 以F为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示空间直角坐标系Fxyz.‎ 由(1)及已知可得A,P,B,C.‎ 所以=,=(,0,0),‎ =,=(0,1,0).‎ 设n=(x,y,z)是平面PCB的法向量,则 即 可取n=(0,-1,-).‎ 设m=(a,b,c)是平面PAB的法向量,则 即可取m=(1,0,1).‎ 则cos 〈n,m〉==-.‎ 所以二面角A-PB-C的余弦值为-.‎ ‎【例2】 (2018·河南郑州高三联考)在如图所示的多面体中,四边形ABCD是平行四边形,四边形BDEF是矩形,ED⊥平面ABCD,∠ABD=,AB=2AD.‎ ‎(1)求证:平面BDEF⊥平面ADE;‎ ‎(2)若ED=BD,求直线AF与平面AEC所成角的正弦值.‎ 解析 (1)在△ABD中,∠ABD=,‎ AB=2AD,由余弦定理,得BD=AD,‎ 从而BD2+AD2=AB2,‎ 所以△ABD为直角三角形且∠ADB=90°,‎ 故BD⊥AD.‎ 因为DE⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以DE⊥BD.‎ 又AD∩DE=D,所以BD⊥平面ADE.‎ 因为BD⊂平面BDEF,所以平面BDEF⊥平面ADE.‎ ‎(2)由(1)可得,在Rt△ABD中,∠BAD=,BD=AD,‎ 又由ED=BD,‎ 设AD=1,则BD=ED=.因为DE⊥平面ABCD,BD⊥AD,‎ 所以可以点D为坐标原点,DA,DB,DE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A(1,0,0),C(-1,,0),E(0,0,),F(0,,).‎ 所以=(-1,0,),=(-2,,0).‎ 设平面AEC的法向量为n=(x,y,z),‎ 则即 令z=1,得n=(,2,1),为平面AEC的一个法向量.‎ 因为A=(-1,,),‎ 所以cos〈n,A〉==,‎ 所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为.‎ ‎【例3】 (2016·北京卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=.‎ ‎(1)求证:PD⊥平面PAB;‎ ‎(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;‎ ‎(3)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD?若存在,求的值;若不存在,说明理由.‎ 解析 (1)证明:因为平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.‎ 又因为PA⊥PD,所以PD⊥平面PAB.‎ ‎(2)取AD的中点O,连接PO,CO.‎ 因为PA=PD,所以PO⊥AD.‎ 又因为PO⊂平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,‎ 所以PO⊥平面ABCD.‎ 因为CO⊂平面ABCD,所以PO⊥CO.‎ 因为AC=CD,所以CO⊥AD.‎ 如图,建立空间直角坐标系Oxyz.‎ 由题意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).‎ 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则 即 令z=2,则x=1,y=-2,所以n=(1,-2,2).‎ 又=(1,1,-1),‎ 所以cos 〈n,〉==-.‎ 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.‎ ‎(3)设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1]使得=λ.‎ 因此点M(0,1-λ,λ),=(-1,-λ,λ).‎ 因为BM⊄平面PCD,所以要使BM∥平面PCD,‎ 当且仅当·n=0,即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0,‎ 解得λ=.‎ 所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD,‎ 此时=.‎ ‎【例4】 (2016·全国卷Ⅱ)如图,菱形ABCD的对角线AC与ED交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF=,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置,OD′=.‎ ‎(1)证明:D′H⊥平面ABCD;‎ ‎(2)求二面角B-D′A-C的正弦值.‎ 解析 (1)证明:由已知得AC⊥BD,AD=CD.‎ 又由AE=CF,得=,故AC∥EF.‎ 因此EF⊥HD,从而EF⊥D′H.‎ 由AB=5,AC=6得DO=BO==4.‎ 由EF∥AC得==.所以OH=1,D′H=DH=3.‎ 于是D′H2+OH2=32+12=10=D′O2,故D′H⊥OH.‎ 所以D′H⊥平面ABCD.‎ ‎(2)如图,以H为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系Hxyz.‎ 则A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D′(0,0,3),‎ =(3,-4,0),=(6,0,0),=(3,1,3).‎ 设m=(x1,y1,z1)是平面ABD′的一个法向量,‎ 则即 所以可取m=(4,3,-5).‎ 设n=(x2,y2,z2)是平面ACD′的一个法向量,‎ 则即 所以可取n=(0,-3,1).‎ 于是cos 〈m,n〉===-.‎ sin 〈m,n〉=.‎ 因此二面角B-D′A-C的正弦值是.‎ ‎1.如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,O是AC与BE的交点,将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,如图2.‎ ‎(1)证明:CD⊥平面A1OC;‎ ‎(2)若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.‎ 解析 (1)证明:在题图1中,因为AB=BC=1,‎ AD=2,E是AD的中点∠BAD=,所以BE⊥AC.‎ 即在题图2中,BE⊥OA1,BE⊥OC,从而BE⊥平面A1OC.‎ 又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.‎ ‎(2)由已知,平面ABE⊥平面BCDE,‎ 又由(1)知,BE⊥OA1,BE⊥OC.‎ 所以∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角,‎ 所以∠A1OC=.‎ 如图,以O为原点,,,分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系,‎ 因为|A1B|=|A1E|=|BC|=|ED|=1,BC∥CD,‎ 所以BE,A1,C,‎ 得=,=,‎ ==(-,0,0).‎ 设平面A1BC的一个法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的一个法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ,‎ 则得取n1=(1,1,1);‎ 由得取n2=(0,1,1),‎ 从而cos θ=|cos 〈n1,n2〉|==,‎ 即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.‎ ‎2.如图,在直三棱柱ABC-A1B‎1C1中,平面A1BC⊥侧面ABB‎1A1,且AA1=AB=2.‎ ‎(1)求证:AB⊥BC;‎ ‎(2)若直线AC与平面A1BC所成的角为,请问在线段A‎1C上是否存在点E,使得二面角A-BE-C的大小为,请说明理由.‎ 解析 (1)证明:连接AB1交A1B于点D,‎ ‎∵AA1=AB,∴AD⊥A1B,‎ 又平面A1BC⊥侧面ABB‎1A1,两平面的交线为A1B,‎ ‎∴AD⊥平面A1BC,BC⊂平面A1BC,∴AD⊥BC.‎ ‎∵三棱柱ABCA1B‎1C1是直三棱柱,∴AA1⊥底面ABC,‎ ‎∴AA1⊥BC,又AA1∩AD=A,∴BC⊥侧面ABB‎1A1,‎ ‎∴BC⊥AB.‎ ‎(2)由(1)AD⊥平面A1BC,‎ ‎∴∠ACD是直线AC与平面A1BC所成的角,‎ 即∠ACD=,又AD=,∴AC=2,‎ 假设存在适合条件的点E,‎ 建立如图所示空间直角坐标系Axyz,‎ 设=λ(0≤λ≤1),‎ 则B(,,0),B1(,,2),‎ 由A1(0,0,2),C(2,0,0),‎ 得E(2λ,0,2-2λ),‎ 设平面EAB的一个法向量m=(x,y,z),‎ 由得 ‎∴可取m=(λ-1,1-λ,λ),‎ 由(1)知AB1⊥平面A1BC,‎ ‎∴平面CEB的一个法向量n=(1,1,),‎ ‎∴==cos 〈m,n〉==,‎ 解得λ=,‎ 故点E为线段A‎1C中点时,二面角A-BE-C的大小为.‎ ‎3.在三棱柱ABC-A1B‎1C1中,已知侧面ABB‎1A1是菱形,侧面BCC1B1是正方形,点A1在底面ABC的投影为AB的中点D.‎ ‎(1)证明:平面AA1B1B⊥平面BB‎1C‎1C;‎ ‎(2)设P为B‎1C1上一点,且=,求二面角A1-AB-P的正弦值.‎ 解析 (1)证明:∵A1D⊥底面ABC,∴A1D⊥BC,‎ 侧面BCC1B1是正方形,∴B1B⊥BC,‎ A1D,B1B ⊂平面AA1B1B,且A1D与B1B相交,‎ ‎∴BC⊥平面AA1B1B,‎ BC⊂平面BB‎1C‎1C,∴平面BB‎1C‎1C⊥平面AA1B1B.‎ ‎(2)建立如图所示空间直角坐标系Dxyz,设菱形边长为2,‎ 则A(0,-1,0),B(0,1,0),‎ ‎∵D为AB的中点,且A1D⊥AB,∴A‎1A=A1B,‎ 又ABB‎1A1为菱形,∴△A1AB为正三角形,∠A1AD=60°,‎ ‎∴A1D=,∴A1(0,0,),‎ 由==(0,2,0),得B1(0,2,),‎ 由===,得P.‎ 设平面ABP的一个法向量为m=(x,y,z),‎ =,=(0,2,0),‎ 由得 ‎∴可取m=(3,0,-2),‎ 易知平面AA1B1B的一个法向量n=(1,0,0),‎ ‎∴cos 〈m, n〉==.‎ ‎∴二面角A1-AB-P的正弦值为sin 〈m, n〉=.‎ 高考必考题突破讲座(四)‎ 直线、平面与空间向量的应用 ‎[解密考纲]立体几何问题是高考的重要内容,每年都考查一个解答题,两个选择或填空题,客观题主要考查空间概念,三视图及简单计算;解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式.考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题和空间夹角的计算等,难度中等.‎ ‎1.(2018·广东五校诊断)如图,菱形ABCD中,∠ABC=60°,AC与BD相交于点O,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AB=AE=2.‎ ‎(1)求证:BD⊥平面ACFE;‎ ‎(2)当直线FO与平面BED所成的角为45°时,求异面直线OF与BE所成的角的余弦值大小.‎ 解析 (1)∵四边形ABCD是菱形,∴BD⊥AC.‎ ‎∵AE⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴BD⊥AE.‎ ‎∵AC∩AE=A,∴BD⊥平面ACFE.‎ ‎(2)以O为原点,,的方向为x,y轴正方向,过O且平行于CF的直线为z轴(向上为正方向),建立空间直角坐标系,则B(0,,0),D(0,-,0),E(1,0,2),F(-1,0,a)(a>0),=(-1,0,a).‎ 设平面EBD的法向量为n=(x,y,z),‎ 则有即令z=1,则n=(-2,0,1),‎ 由题意得sin 45°=|cos〈,n〉|===.‎ ‎∵a>0,∴解得a=3.‎ ‎∴=(-1,0,3),=(1,-,2),‎ ‎∴cos〈·〉===.‎ 故异面直线OF与BE所成的角的余弦值为.‎ ‎2.(2018·河南郑州模拟)如图,在△ABC中,∠ABC=,O为AB边上一点,且3OB=3OC=2AB,已知PO⊥平面ABC,2DA=2AO=PO,且DA∥PO.‎ ‎(1)求证:平面PBAD⊥平面COD;‎ ‎(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.‎ 解析 (1)证明:∵OB=OC,又∵∠ABC=,‎ ‎∴∠OCB=,∴∠BOC=,即CO⊥AB.‎ 又PO⊥平面ABC,OC⊂平面ABC,∴PO⊥OC.‎ 又∵PO,AB⊂平面PAB,PO∩AB=O,‎ ‎∴CO⊥平面PAB,即CO⊥平面PBAD.‎ 又CO⊂平面COD,∴平面PBAD⊥平面COD.‎ ‎(2)以OC,OB,OP所在射线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.‎ 设|OA|=1,则|PO|=|OB|=|OC|=2,|DA|=1.‎ 则C(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,2),D(0,-1,1),‎ ‎∴=(0,-1,-1),=(2,-2,0),=(0,-3,1).‎ 设平面BDC的法向量为n=(x,y,z),‎ ‎∴∴ 令y=1,则x=1,z=3,∴n=(1,1,3).‎ 设PD与平面BDC所成的角为θ,‎ 则sin θ===.‎ 即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为.‎ ‎3.(2018·湖北武汉调考)如图, 四棱锥S-ABCD中,AB∥CD,BC⊥CD,侧面SAB为等边三角形,AB=BC=2,CD=SD=1.‎ ‎(1)证明:SD⊥平面SAB;‎ ‎(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值.‎ 解析 方法一 (1)建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz,‎ 则D(1,0,0),A(2,2,0),B(0,2,0),‎ 设S(x,y,z),则x>0,y>0,z>0,‎ 且=(x-2,y-2,z,),=(x,y-2,z).=(x-1,y,z).‎ 由||=||,得=,得x=1,‎ 由||=1得y2+z2=1,①‎ 由||=2得y2+z2-4y+1=0,②‎ 由①②解得y=,z=,∴S,‎ =,=,=,∴·=0,·=0,∴DS⊥AS,DS⊥BS,‎ 又AS∩DS=S,∴SD⊥平面SAB.‎ ‎(2)设平面SBC的一个法向量为m=(a,b,c),‎ =,=(0,2,0),=(-2,0,0),‎ 由得∴可取m=(-,0,2),‎ 故AB与平面SBC所成的角的正弦值为 cos〈m,〉===.‎ 方法二 (1)如右图,取AB的中点E,连接DE,SE,‎ 则四边形BCDE为矩形,∴DE=CB=2,‎ ‎∴AD==.‎ ‎∵侧面SAB为等边三角形,AB=2,‎ ‎∴SA=SB=AB=2,且SE=,‎ 又SD=1,∴SA2+SD2=AD2,SE2+SD2=ED2,‎ ‎∴SD⊥SA,SD⊥SB,又AS∩DS=S,∴SD⊥平面SAB.‎ ‎(2)作S在DE上的射影G,∵AB⊥SE,AB⊥DE,AB⊥平面SDE,∴平面SDE⊥平面ABCD,‎ 两平面的交线为DE,∴SG⊥平面ABCD,‎ 在Rt△DSE中,由SD·SE=DE·SG得1×=2×SG,‎ ‎∴SG=,‎ 作A在平面SBC上的射影H,则∠ABH为AB与平面SBC所成的角,‎ ‎∵CD∥AB,AB⊥平面SDE,∴CD⊥平面SDE,∴CD⊥SD,‎ 在Rt△CDS中,由CD=SD=1,求得SC=.‎ 在△SBC中,SB=BC=1,SC=,‎ ‎∴S△SBC=××=,‎ 由VA-SBC=VS-ABC,得·S△SBC·AH=·S△ABC·SG,‎ 即××AH=××2×2×,得AH=,‎ ‎∴sin ∠ABH==,‎ 故AB与平面SBC所成的角的正弦值为.‎ ‎4.(2018·安徽江南名校联考)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,DC=6,AD=8,BC=10,∠PAD=45°,E为PA的中点.‎ ‎(1)求证:DE∥平面BPC;‎ ‎(2)线段AB上是否存在一点F,满足CF⊥DB?若存在,试求出二面角F-PC-D的余弦值;若不存在,请说明理由.‎ 解析 (1)证明:取PB的中点M,连接EM和CM,过点C作CN⊥AB,垂足为点N.‎ ‎∵CN⊥AB,DA⊥AB,∴CN∥DA,‎ 又AB∥CD,∴四边形CDAN为平行四边形,‎ ‎∴CN=AD=8,DC=AN=6,‎ 在Rt△BNC中,BN===6,‎ ‎∴AB=12,而E,M分别为PA,PB的中点,‎ ‎∴EM∥AB且EM=6,又DC∥AB,‎ ‎∴EM∥CD且EM=CD,四边形CDEM为平行四边形,‎ ‎∴DE∥CM.∵CM⊂平面PBC,DE⊄平面PBC,‎ ‎∴DE∥平面BPC.‎ ‎(2)由题意可得DA,DC,DP两两互相垂直,如图,以D为原点,DA,DC,DP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系Dxyz,‎ 则A(8,0,0),B(8,12,0),C(0,6,0),P(0,0,8).‎ 假设AB上存在一点F使CF⊥BD,设点F坐标为(8,t,0),‎ 则=(8,t-6,0),=(8,12,0),‎ 由·=0得t=.‎ 又平面DPC的法向量为m=(1,0,0),‎ 设平面FPC的法向量为n=(x,y,z).‎ 又=(0,6,-8),=.‎ 由得即 不妨令y=12,有n=(8,12,9).‎ 则cos〈n,m〉===.‎ 又由图可知,该二面角为锐二面角,‎ 故二面角F-PC-D的余弦值为.‎ ‎5.(2017·山东卷)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是的中点.‎ ‎(1)设P是上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;‎ ‎(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.‎ 解析 (1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,‎ AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP,‎ 又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP,‎ 又∠EBC=120°,因此∠CBP=30°.‎ ‎(2)方法一 取的中点H,连接EH,GH,CH.‎ 因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC为菱形,‎ 所以AE=GE=AC=GC==.‎ 取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,‎ 所以∠EMC为所求二面角的平面角.‎ 又AM=1,所以EM=CM==2.‎ 在△BEC中,由于∠EBC=120°,‎ 由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos 120°=12,‎ 所以EC=2,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.‎ 方法二 以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,,3),‎ C(-1,,0),故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量.‎ 由可得 取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2).‎ 设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量.‎ 由可得 取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2).‎ 所以cos〈m,n〉==.因此所求的角为60°.‎ ‎6.(2017·全国卷Ⅲ)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.‎ ‎(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;‎ ‎(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值.‎ ‎ 解析 (1)证明:由题设可得△ABD≌△CBD,从而AD=CD.‎ 又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°.‎ 取AC的中点O,连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.‎ 又因为△ABC是正三角形,故BO⊥AC,‎ 所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角.‎ 在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2,‎ 又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,‎ 故∠BOD=90°.所以平面ACD⊥平面ABC.‎ ‎(2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,‎ 则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).‎ 由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABCD的距离的,‎ 即E为DB的中点,得E,‎ 故=(-1,0,1),=(-2,0,0),=.‎ 设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,‎ 则即可取n=.‎ 设m是平面AEC的法向量,则 同理可取m=(0,-1,),则cos〈n,m〉==.‎ 所以二面角D-AE-C的余弦值为.‎
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