2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第八章第五讲　空间角与距离、空间向量及应用学案

这是一份2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第八章第五讲　空间角与距离、空间向量及应用学案，共21页。
第五讲　空间角与距离、空间向量及应用


　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.[2020安徽省阜阳市模拟]在空间直角坐标系中,A(1,1, - 2),B(1,2, - 3),C( - 1,3,0),D(x,y,z)(x,y,z∈R),若A,B,C,D四点共面,则(　　)
A.2x+y+z=1 B.x+y+z=0
C.x - y+z= - 4 D.x+y - z=0
2.[广东高考]已知向量a=(1,0, - 1),则下列向量中与a成60°夹角的是(　　)
A.( - 1,1,0) B.(1, - 1,0)
C.(0, - 1,1) D.( - 1,0,1)
3.下列说法正确的是(　　)
A.直线的方向向量是唯一确定的
B.若直线a的方向向量和平面α的法向量平行,则a∥α
C.若两平面的法向量平行,则两平面平行
D.若直线a的方向向量与平面α的法向量垂直,则a∥α
4.[2019四川省棠湖中学模拟]已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则下列向量是平面ABC的一个法向量的是(　　)
A.( - 1,1,1)　 B.(1, - 1,1)
C.( - 33, - 33, - 33) D.(33,33, - 33)
5.[2020四川五校联考]已知四面体ABCD中,平面ABD⊥平面BCD,△ABD是边长为2的等边三角形,BD=DC,BD⊥CD,则异面直线AC与BD所成角的余弦值为(　　)
A.24 B.23 C.12 D.34
6.[2020江西省九江市三校联考]正方体ABCD - A1B1C1D1的棱上到直线A1B与CC1的距离相等的点有3个,记这3个点分别为E,F ,G,则直线AC1与平面EF G所成角的正弦值为(　　)
A.2613 B.22613 C.27839 D.47839
7.[2019全国卷Ⅰ]已知∠ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到∠ACB两边AC,BC的距离均为3,那么P到平面ABC的距离为　　　　. 
8.[2018全国卷Ⅱ]如图8 - 5 - 1,在三棱锥P - ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.
(1)证明:PO⊥平面ABC;
(2)若点M在棱BC上,且二面角M - PA - C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.







考法1 利用向量法证明平行与垂直问题
1[2020湖北省武汉市武昌实验中学模拟]如图8 - 5 - 5,在矩形ABCD中,AB=2BC,P,Q分别为线段AB,CD的中点,EP⊥平面ABCD.
(1)求证:AQ∥平面CEP;
(2)求证:平面AEQ⊥平面DEP.

图8 - 5 - 5 图8 - 5 - 6
(1)如图8 - 5 - 6,连接PQ,因为四边形ABCD为矩形,且P,Q分别为线段AB,CD的中点,则PQ⊥AB.
易知PA,PQ,PE两两垂直,以P为坐标原点,分别以PA,PQ,PE所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图8 - 5 - 6所示的空间直角坐标系.
设AB=2,PE=a,则P(0,0,0),A(1,0,0),Q(0,1,0),E(0,0,a),C( - 1,1,0).
所以AQ=( - 1,1,0),PC=( - 1,1,0),所以AQ∥PC,即AQ∥PC.(证明平面外直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行)
又AQ⊄平面EPC,PC⊂平面EPC,(注意说明前提条件)
所以AQ∥平面CEP.
(2)因为D(1,1,0),E(0,0,a),所以PD=(1,1,0),PE=(0,0,a).
因为AQ·PD=( - 1,1,0)·(1,1,0)= - 1+1=0,所以AQ⊥PD,即AQ⊥PD.
因为AQ·PE=( - 1,1,0)·(0,0,a)=0,所以AQ⊥PE,即AQ⊥PE.(证明直线方向向量与平面内两条相交直线的方向向量都垂直)
又PD∩PE=P,所以AQ⊥平面EPD,
又AQ⊂平面AEQ,(注意说明前提条件)
所以平面AEQ⊥平面DEP.
考法2 求空间角
命题角度1　求异面直线所成的角
详见本书P154考法2.
命题角度2　求线面角
2[2019浙江高考]如图8 - 5 - 7,已知三棱柱ABC - A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F 分别是AC,A1B1的中点.
(1)证明:EF ⊥BC;
(2)求直线EF 与平面A1BC所成角的余弦值.
思路一　(1)通过添加辅助线,利用等腰三角形三线合一,得到线线垂直,然后根据面面垂直的性质,得到直线与平面垂直,从而得到线线垂直,最后利用线面垂直的判定证明结果;
(2)利用垂直,找到直线在平面上的射影,结合定义,确定直线与平面所成角,结合余弦定理,求得直线与平面所成角的余弦值.
思路二　(1)建立空间直角坐标系,利用直线的方向向量垂直证明线线垂直;(2)计算得到直线的方向向量与平面的法向量,利用向量求得直线与平面所成角的正弦值,然后求得余弦值.
解法一　(1)如图8 - 5 - 8,连接A1E.
因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,
所以A1E⊥平面ABC,则A1E⊥BC.
又A1F ∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F .
又A1F ∩A1E=A1,所以BC⊥平面A1EF .
所以EF ⊥BC.
(2)如图8 - 5 - 8,取BC的中点G,连接EG,GF ,则EGF A1是平行四边形.
由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGF A1为矩形.
连接A1G交EF 于点O,由(1)得BC⊥平面EGF A1,则平面A1BC⊥平面EGF A1,所以EF 在平面A1BC上的射影在直线A1G上.
则∠EOG(或其补角)是直线EF 与平面A1BC所成的角.
不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=23,EG=3.
由于O为A1G的中点,故EO=OG=A1G2=152,
所以cos∠EOG=EO2+OG2-EG22EO·OG=35.
因此,直线EF 与平面A1BC所成角的余弦值是35.
解法二　(1)如图8 - 5 - 9,连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,
所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以A1E⊥平面ABC.
如图8 - 5 - 9,以E为坐标原点,分别以EC,EA1所在直线为y轴,z轴,建立空间直角坐标系.
不妨设AC=4,则E(0,0,0),A1(0,0,23),B(3,1,0),B1(3,3,23),F (32,32,23),C(0,2,0).
因此,EF=(32,32,23),BC=( - 3,1,0).
由EF·BC=0得EF ⊥BC.
(2)设直线EF 与平面A1BC所成角为θ.
由(1)可得BC=( - 3,1,0),A1C=(0,2, - 23),EF=(32,32,23).
设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z).
由BC·n=0,A1C·n=0,得-3x+y=0,y-3z=0.
可取n=(1,3,1)为平面A1BC的一个法向量,
故sin θ=|cos|=|EF·n||EF|·|n|=45,则cos θ=1-sin2θ=35.
因此,直线EF 与平面A1BC所成角的余弦值为35.
命题角度3　求二面角
3 [2019全国卷Ⅱ]如图8 - 5 - 10,长方体ABCD - A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.
(1)证明:BE⊥平面EB1C1;
(2)若AE=A1E,求二面角B - EC - C1的正弦值.


(1)由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,
故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1,B1C1∩EC1=C1,所以BE⊥平面EB1C1.
(2)由(1)知∠BEB1=90°.由题意知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA1=2AB.
以D为坐标原点,DA的方向为x轴的正方向,|DA|为单位长度,建立如图8 - 5 - 11所示的空间直角坐标系,
则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),CB=(1,0,0),CE=(1, - 1,1),CC1=(0,0,2).
设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则CB·n=0,CE·n=0,即x=0,x-y+z=0,
所以可取n=(0, - 1, - 1)为平面EBC的一个法向量.
设平面ECC1的法向量为m=(x1,y1,z1),则
CC1·m=0,CE·m=0,即2z1=0,x1-y1+z1=0,所以可取m=(1,1,0)为平面ECC1的一个法向量.
于是cos=n·m|n||m|= - 12.
所以,二面角B - EC - C1的正弦值为32.
1.[2019天津高考]如图8 - 5 - 13,AE⊥平面ABCD,CF ∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.
(1)求证:BF ∥平面ADE;
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;
(3)若二面角E - BD - F 的余弦值为13,求线段CF 的长.





考法3 求空间距离
4如图8 - 5 - 14,四棱锥P - ABCD中,AB∥CD,AB=12CD=1,E为PC的中点.
(1)证明:BE∥平面PAD;
(2)若AB⊥平面PBC,△PBC是边长为2的正三角形,求点E到平面PAD的距离.


(1)如图8 - 5 - 15,取PD的中点F ,连接AF ,EF ,

图8-5-15
因为E为PC的中点,F 为PD的中点,
所以EF ∥CD,且EF =12CD.
又AB∥CD,且AB=12CD,
所以EF ∥AB,且EF =AB,故四边形ABEF 为平行四边形,所以BE∥AF .
又BE⊄平面PAD,AF ⊂平面PAD,
所以BE∥平面PAD.
(2)解法一　(等体积法)由(1)得BE∥平面PAD,
故点B到平面PAD的距离等于点E到平面PAD的距离,(根据线面平行进行转化)
如图8 - 5 - 16,取BC的中点G,连接PG,DG,BD,易知PG⊥BC.
又△PBC是边长为2的正三角形,
所以PG=3,PB=BC=2.
因为AB⊥平面PBC,AB⊂平面ABCD,所以平面ABCD⊥平面PBC.
因为平面ABCD∩平面PBC=BC,
所以PG⊥平面ABCD,所以PG⊥GD.
因为AB⊥平面PBC,所以AB⊥BC,AB⊥PB,
所以四边形ABCD是直角梯形,且AB=1,BC=2,CD=2,
则AD=5,S△ABD=12×1×2=1.
因为AB⊥PB,AB=1,PB=2,所以PA=5.
在Rt△PGD中,易知DG=5,又PG=3,所以PD=22,
所以S△APD=12×22×(5)2-(2)2=6.
设点B到平面PAD的距离为h,
因为三棱锥P - ABD的体积V=13S△APD×h=13S△ABD×PG,(等积变换)
所以h=S△ABD×PGS△APD=36=22.
所以点E到平面PAD的距离为22.
解法二　(向量法)如图8 - 5 - 17,取BC的中点O,AD的中点M,连接OP,OM,则OM∥AB∥CD.

图8 - 5 - 17
在等边△PBC中,PO=3,
OP⊥BC.
又AB⊥平面PBC,所以OM⊥平面PBC.
如图8 - 5 - 17,以O为坐标原点,分别以射线OC,OM,OP的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则P(0,0,3),
A( - 1,1,0),D(1,2,0),C(1,0,0),故E(12,0,32).(建系,求点的坐标)
所以AD=(2,1,0),PA=( - 1,1, - 3),PE=(12,0, - 32).
设平面PAD的法向量为n=(x,y,z),
则n·AD=0,n·PA=0,即2x+y=0,-x+y-3z=0,
令x=1,则y= - 2,z= - 3,故n=(1, - 2, - 3)为平面PAD的一个法向量.(用赋值法求法向量)
所以点E到平面PAD的距离d=|n·PE||n|=|12×1+0×(-2)+(-32)×(-3)|12+(-2)2+(-3)2=22.(距离公式)
2.[2020湖北省宜昌市模拟]如图8 - 5 - 18所示,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形,PA=AD=2,M,N分别是AB,PC的中点.
(1)求二面角P - CD - B的大小;
(2)求证:平面MND⊥平面PCD;
(3)求点P到平面MND的距离.








数学探究1 立体几何中的探索性问题
1.条件追溯型
5 [2019江苏苏州最后一卷]如图8 - 5 - 19,在四棱锥P - ABCD中,AB∥CD,AB=2CD=2BC=2AD=4,∠DAB=60°,AE=BE,△PAD为正三角形,且平面PAD⊥平面ABCD.
(1)求二面角P - EC - D的余弦值.
(2)线段PC上是否存在一点M(包含端点),使异面直线DM和PE所成角的余弦值为68?若存在,指出点M的位置;若不存在,请说明理由.
如图8 - 5 - 20,取AD的中点O,连接PO,OE.因为△PAD为正三角形,
所以PO⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PO⊥平面ABCD.
易知AD=AE=2,又∠DAB=60°,所以△ADE为正三角形,所以OE⊥AD.
以O为坐标原点,建立如图8 - 5 - 20所示的空间直角坐标系,

图8 - 5 - 20
则P(0,0,3),E(0,3,0),C( - 2,3,0),D( - 1,0,0),于是PC=( - 2,3, - 3),PE=(0,3, - 3),DP=(1,0,3).
(1)设平面PEC的法向量为n1=(x,y,z),
由PC·n1=0,PE·n1=0得平面PEC的一个法向量为n1=(0,1,1),
易知平面EDC的一个法向量为n2=(0,0,1).
设二面角P - EC - D的平面角为θ,则|cos θ|=|cos|=12=22.
由图8 - 5 - 20知θ为锐角,所以二面角P - EC - D的余弦值为22.
(2)假设存在点M.设PM=λPC(0≤λ≤1),则PM=( - 2λ,3λ, - 3λ),
DM=DP+PM=(1 - 2λ,3λ,3-3λ),
则|cos|=|DM·PE　　|DM||PE||=|6λ-3|6·10λ2-10λ+4=68,解得λ=13或λ=23,所以存在点M,且点M为线段PC的三等分点时异面直线DM和PE所成角的余弦值为68.
2.存在探索型
6[2019北京高考]如图8 - 5 - 21,在四棱锥P - ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F 在PC上,且PFPC=13.
(1)求证:CD⊥平面PAD.
(2)求二面角F - AE - P的余弦值.
(3)设点G在PB上,且PGPB=23.判断直线AG是否在平面AEF 内,说明理由. 图8 -5 - 21
(1)利用PA⊥平面ABCD,CD⊥AD,问题即可得证;(2)建立空间直角坐标系,利用向量法即可求得二面角F - AE - P的余弦值;(3)先求出PG的坐标,再求出AG的坐标,最后通过判断平面AEF 的法向量是否与AG垂直即可得结果.
(1)因为PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥CD.
又AD⊥CD,AD∩PA=A,
所以CD⊥平面PAD.
(2)过A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥AM,PA⊥AD.
以A为坐标原点建立如图8 - 5 - 22所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(2, - 1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).
因为E为PD的中点,
所以E(0,1,1).
所以AE=(0,1,1),PC=(2,2, - 2),AP=(0,0,2). 图8 - 5 - 22
所以PF=13PC=(23,23, - 23),AF=AP+PF=(23,23,43).
设平面AEF 的法向量为n=(x,y,z),
则n·AE=0,n·AF=0,即y+z=0,23x+23y+43z=0.
令z=1,则y= - 1,x= - 1.
于是n=( - 1, - 1,1)为平面AEF 的一个法向量.
易得平面PAD的一个法向量为p=(1,0,0),
则cos=n·p|n||p|= - 33.
由题知,二面角F - AE - P为锐二面角,所以其余弦值为33.
(3)直线AG在平面AEF 内.理由如下.
因为点G在PB上,且PGPB=23,PB=(2, - 1, - 2),
所以PG=23PB=(43, - 23, - 43),AG=AP+PG=(43, - 23,23).
由(2)知,平面AEF 的一个法向量n=( - 1, - 1,1).
所以AG·n= - 43+23+23=0.
所以直线AG在平面AEF 内.
数学探究2　立体几何中的翻折问题
7[2019全国卷Ⅲ]图8 - 5 - 23是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BF GC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF =2,∠F BC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF 重合,连接DG,如图8 - 5 - 24.
(1)证明:图8 - 5 - 24中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;
(2)求图8 - 5 - 24中的二面角B - CG - A的大小.

(1)通过证明AD∥CG可证明A,C,G,D四点共面,通过证明AB⊥平面BCGE即可证明面面垂直;(2)过E作BC的垂线,以垂足为坐标原点,BC所在直线为x轴建立空间直角坐标系,利用向量法求解二面角.
(1)由已知得AD∥BE,CG∥BE,(位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系不变)
所以AD∥CG,
故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.
由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,(与折痕垂直的线段,翻折前后垂直关系不变)
又BC∩BE=B,故AB⊥平面BCGE.
又AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)如图8 - 5 - 25,作EH⊥BC,垂足为H.因为EH⊂平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,平面ABC∩平面BCGE=BC,所以EH⊥平面ABC.
由题设知,菱形BCGE的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=3.
以H为坐标原点,HC的方向为x轴的正方向,建立如图8 - 5 - 25所示的空间直角坐标系,
则A( - 1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,3),CG=(1,0,3),AC=(2, - 1,0).
设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),则
CG·n=0,AC·n=0,即x+3z=0,2x-y=0.
所以可取n=(3,6, - 3)为平面ACGD的一个法向量.
易知m=(0,1,0)为平面BCGE的一个法向量,则cos=n·m|n||m|=32.
由图可知二面角B - CG - A为锐角,因此二面角B - CG - A的大小为30°.
3.[2019山东淄博三模]如图8 - 5 - 26,已知正方形ABCD的边长为4,E,F 分别为AD,BC的中点,将正方形ABCD沿EF 折成如图8 - 5 - 27所示的二面角,且二面角的大小为60°,点M在线段AB上(包含端点)运动,连接AD.

　　 图8 - 5 - 26　　　　　　图8 - 5 - 27
(1)若M为AB的中点,直线MF 与平面ADE的交点为O,试确定点O的位置,并证明直线OD∥平面EMC.
(2)是否存在点M,使得直线DE与平面EMC所成的角为60°?若存在,求此时二面角M - EC - F 的余弦值;若不存在,请说明理由.













1.A　∵A(1,1, - 2),B(1,2, - 3),C( - 1,3,0),D(x,y,z)(x,y,z∈R),∴AB=(0,1, - 1),AC=( - 2,2,2),AD=(x - 1,y - 1,z+2).
∵A,B,C,D四点共面,∴存在实数λ,μ使得AD=λAB+μAC,即(x - 1,y - 1,z+2)=λ(0,1, - 1)+μ( - 2,2,2),∴x-1=-2μ,y-1=λ+2μ,z+2=-λ+2μ,解得2x+y+z=1,故选A.
2.B　设选项中的向量与a的夹角为θ,对于选项A,由于cos θ=1×(-1)+0×1+(-1)×012+02+(-1)2×(-1)2+12+02= - 12,此时夹角θ为120°,不满足题意;同理可知选项C,D不满足题意;对于选项B,由于cos θ=1×1+0×(-1)+(-1)×012+02+(-1)2×12+(-1)2+02=12,此时夹角θ为60°,满足题意.故选B.
3.C　A中,直线的方向向量不是唯一的,有无数多个,故A错误;B中,由条件得a⊥α,故B错误;D中,由条件得,a∥α或a⊂α,故D错误.易知C正确,选C.
4.C　由题意,得AB=( - 1,1,0),AC=( - 1,0,1),设n=(x,y,z)为平面ABC的法向量,则n·AB=0,n·AC=0,即-x+y=0,-x+z=0,可得x=y=z.故选C.
5.A　由题意知CD⊥平面ABD.以D为坐标原点,DC所在直线为x轴,DB所在直线为y轴建立如图D 8 - 5 - 1所示的空间直角坐标系,则A(0,1,3),C(2,0,0),B(0,2,0),D(0,0,0),AC=(2, - 1, - 3),BD=(0, - 2,0),设异面直线AC与BD所成的角为α,则cos α=|AC·BD||AC|·|BD|=24,所以异面直线AC与BD所成角的余弦值为24,故选A.

图D 8 - 5 - 1
6.D　正方体ABCD - A1B1C1D1的棱上到直线A1B与CC1的距离相等的点分别为点D1,BC的中点,B1C1的四等分点(靠近B1),不妨设D1与G重合,BC的中点为E,B1C1的四等分点(靠近B1)为F.以D为坐标原点,建立如图D 8 - 5 - 2所示的空间直角坐标系,

图D 8 - 5 - 2
设AB=2,则E(1,2,0),F(32,2,2),G(0,0,2),A(2,0,0),C1(0,2,2),从而EF=(12,0,2),GF=(32,2,0),AC1=( - 2,2,2).
设平面EFG的法向量为n=(x,y,z),
则n·EF=0,n·GF=0,即12x+2z=0,32x+2y=0,令x=4,得平面EFG的一个法向量为n=(4, - 3, - 1).
设直线AC1与平面EFG所成角为θ,则sin θ=|cos|=47839.故选D.
7.2　如图D 8 - 5 - 3,过点P分别作PE⊥BC交BC于点E,作PF⊥AC交AC于点F.

图D 8 - 5 - 3
由题意知PE=PF=3.过P作PH⊥平面ABC于点H,连接HE,HF,HC,易知HE=HF,则易得点H在∠ACB的平分线上,又∠ACB=90°,故△CEH为等腰直角三角形.在Rt△PCE中,PC=2,PE=3,则CE=1,故CH=2,在Rt△PCH中,可得PH=2,即点P到平面ABC的距离为2.
8.(1)因为PA=PC=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=23.
连接OB,如图D 8 - 5 - 4.因为AB=BC=22AC,所以△ABC为等腰直角三角形,所以OB⊥AC,OB=12AC=2.
由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.
又OB∩AC=O,所以PO⊥平面ABC.
(2)易知OP,OB,OC两两垂直,如图D 8 - 5 - 4,以O为坐标原点,分别以OB,OC,OP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 - 4
由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0, - 2,0),C(0,2,0),P(0,0,23),AP=(0,2,23).
取平面PAC的一个法向量OB=(2,0,0).
设M(a,2 - a,0)(00),则F(1,2,h).
(1)依题意,AB=(1,0,0)是平面ADE的一个法向量,又BF=(0,2,h),可得BF·AB=0,又直线BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE.
(2)易知BD=( - 1,1,0),BE=( - 1,0,2),CE=( - 1, - 2,2).
设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则n·BD=0,n·BE=0,即-x+y=0,-x+2z=0,不妨令z=1,可得n=(2,2,1).因此有cos=CE·n|CE||n|= - 49.
所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为49.
(3)设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,则m·BD=0,m·BF=0,即-x+y=0,2y+hz=0,
不妨令y=1,可得m=(1,1, - 2h)为平面BDF的一个法向量.
由题意,有|cos|=|m·n||m||n|=|4-2h|32+4h2=13,解得h=87.经检验,符合题意.
所以,线段CF的长为87.
2.(1)∵PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴PA⊥CD.
由四边形ABCD是正方形知AD⊥CD.
又PA∩AD=A,∴CD⊥平面PAD,∴PD⊥CD.
∴∠PDA是二面角P - CD - B的平面角.
∵PA=AD,∴∠PDA=45°,即二面角P - CD - B的大小为45°.
(2)如图D 8 - 5 - 6,以A为坐标原点建立空间直角坐标系,

图D 8 - 5 - 6
则P(0,0,2),D(0,2,0),C(2,2,0),M(1,0,0).
∵N是PC的中点,∴N(1,1,1),
∴MN=(0,1,1),ND=( - 1,1, - 1),PD=(0,2, - 2).
设平面MND的法向量为m=(x1,y1,z1),
则m·MN=0,m·ND=0,
即y1+z1=0,-x1+y1-z1=0.
令z1=1,得x1= - 2,y1= - 1.
∴m=( - 2, - 1,1)为平面MND的一个法向量.
设平面PCD的法向量为n=(x2,y2,z2),
则n·ND=0,n·PD=0,即-x2+y2-z2=0,2y2-2z2=0.
令z2=1,得x2=0,y2=1,∴n=(0,1,1)为平面PCD的一个法向量.
∵m·n= - 2×0+( - 1)×1+1×1=0,
∴m⊥n,∴平面MND⊥平面PCD.
(3)设点P到平面MND的距离为d.
由(2)知平面MND的一个法向量为m=( - 2, - 1,1),
∵PD·m=(0,2, - 2)·( - 2, - 1,1)= - 4,∴|PD·m|=4,
又|m|=(-2)2+(-1)2+12=6,
∴d=|PD·m||m|=46=263,即点P到平面MND的距离为263.
3. (1)因为直线MF⊂平面ABFE,故点O在平面ABFE内,也在平面ADE内,
所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线(即直线AE)上,延长EA,FM交于点O,连接OD,如图D 8 - 5 - 7所示.

图D 8 - 5 - 7
因为AO∥BF,M为AB的中点,
所以△OAM≌△FBM,
所以OM=MF,AO=BF=2.
故点O在EA的延长线上且与点A间的距离为2.
连接DF,交EC于点N,因为四边形CDEF为矩形,
所以N是EC的中点.
连接MN,则MN为△DOF的中位线,所以MN∥OD,
又MN⊂平面EMC,OD⊄平面EMC,所以直线OD∥平面EMC.
(2)如图D 8 - 5 - 8,由已知可得EF⊥AE,EF⊥DE,又AE∩DE=E,
所以EF⊥平面ADE,
所以平面ABFE⊥平面ADE.
易知△ADE为等边三角形,取AE的中点H,连接DH,则易得DH⊥平面ABFE.以H为坐标原点,建立如图D 8 - 5 - 8所示的空间直角坐标系,

图D 8 - 5 - 8
则E( - 1,0,0),D(0,0,3),C(0,4,3),F( - 1,4,0),所以ED=(1,0,3),EC=(1,4,3).
设M(1,t,0)(0≤t≤4),则EM=(2,t,0),
设平面EMC的法向量为m=(x,y,z),则m·EM=0,m·EC=0,即2x+ty=0,x+4y+3z=0,
取y= - 2,则x=t,z=8-t3,所以m=(t, - 2,8-t3)为平面EMC的一个法向量.
要使直线DE与平面EMC所成的角为60°,则|cos|=82t2+4+(8-t)23=32,
即23t2-4t+19=32,整理得 t 2 - 4t+3=0,
解得t=1或t=3,
所以存在点M,使得直线DE与平面EMC所成的角为60°.
取ED的中点Q,连接QA,则QA为平面CEF的一个法向量,
易得Q( - 12,0,32),A(1,0,0),所以QA=(32,0, - 32).
设二面角M - EC - F的大小为θ,
则|cos θ|=|QA·m||QA|·|m|=|2t-4|3t2+4+(8-t)23=|t-2|t2-4t+19 .
当t=1时,易知θ为钝角,cos θ= - 14;当t=3时,易知θ为锐角,cos θ=14.
综上,二面角M - EC - F的余弦值为±14.


357