高考数学一轮复习第7章第8课时向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题学案

这是一份高考数学一轮复习第7章第8课时向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题学案，共27页。

2．掌握空间几何体中的探索性及翻折问题的求解方法．
1．点P到直线l的距离
设AP＝a，u是直线l的单位方向向量，则向量AP在直线l上的投影向量AQ＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得|PQ|＝AP2-AQ2＝a2-a·u2．
提醒：点到直线的距离还可以用以下两种方式求解：
①d＝|AP|sin θ求解，其中θ为向量AP与直线l方向向量的夹角．
②d＝AP2-AP·μμ2，其中μ为l的方向向量．
2．点P到平面α的距离
若平面α的法向量为n，平面α内一点为A，则平面α外一点P到平面α的距离d＝AP·nn，如图所示．
[常用结论]
线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离．

一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)点A到平面α的距离是点A与α内任一点的线段的最小值．( )
(2)点到直线的距离也就是该点与直线上任一点连线的长度．( )
(3)直线l平行于平面α，则直线l上各点到平面α的距离相等．( )
(4)直线l上两点到平面α的距离相等，则l平行于平面α.( )
[答案] (1)√ (2)× (3)√ (4)×
二、教材习题衍生
(人教A版选择性必修第一册P35练习T2改编)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点，则：
(1)点B到直线AC1的距离为________；
(2)直线FC到平面AEC1的距离为________．
(1)63 (2)66 [(1)以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D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，

则A(1，0，1)，B(1，1，1)，C(0，1，1)，C1(0，1，0)，E1，12，0，F1，12，1，
∴AB＝(0，1，0)，AC1＝(－1，1，－1)，AE＝0，12，-1，
EC1＝-1，12，0，FC＝-1，12，0，AF＝0，12，0，
取a＝AB＝(0，1，0)，u＝AC1AC1＝33(－1，1，－1)，则a2＝1，a·u＝33，
∴点B到直线AC1的距离为a2-a·u2＝1-13＝63.
(2)∵FC＝EC1＝-1，12，0，∴FC∥EC1，∴FC∥平面AEC1，
∴点F到平面AEC1的距离即为直线FC到平面AEC1的距离，
设平面AEC1的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AE=0， n·EC1=0，
∴12y-z=0，-x+12y=0，∴x=z，y=2z，
取z＝1，则x＝1，y＝2，
∴n＝(1，2，1)是平面AEC1的一个法向量．
又∵AF＝0，12，0，
∴点F到平面AEC1的距离为AF·nn＝0，12，0·1，2，16＝66，
即直线FC到平面AEC1的距离为66. ]
考点一 求空间距离
[典例1] 如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点．
(1)求点N到直线AB的距离；
(2)求点C1到平面ABN的距离．
[解] 建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(23，2，0)，
C(0，4，0)，C1(0，4，4)，
∵N是CC1的中点，∴N(0，4，2)．
(1)AN＝(0，4，2)，AB＝(23，2，0)，
则|AN|＝25，|AB|＝4.
设点N到直线AB的距离为d1，
则d1＝AN2-AN·ABAB2＝20-4＝4.
(2)设平面ABN的法向量为n＝(x，y，z)，
则由n⊥AB，n⊥AN，
得n·AB=23x+2y=0， n·AN=4y+2z=0，
令z＝2，则y＝－1，x＝33，即n＝33，-1，2.
易知C1N＝(0，0，－2)，
设点C1到平面ABN的距离为d2，
则d2＝C1N·nn＝3.
【教师备选题】
(2022·北大附中三模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC为等边三角形，四边形BCC1B1是边长为2的正方形，D为AB中点，且A1D＝5.
(1)求证：CD⊥平面ABB1A1；
(2)若点P在线段B1C上，且直线AP与平面A1CD所成角的正弦值为255，求点P到平面A1CD的距离．
[解] (1)证明：由题知AA1＝2，AD＝1，A1D＝5，
因为AD2＋A1A2＝5＝A1D2，所以A1A⊥AD，
又B1B⊥BC，B1B∥A1A，所以A1A⊥BC，
又AD∩BC＝B，所以A1A⊥平面ABC，
又CD⊂平面ABC，所以CD⊥AA1，
在正三角形ABC中，D为AB中点，于是CD⊥AB，
又AB∩AA1＝A，所以CD⊥平面ABB1A1.
(2)取BC中点为O，B1C1中点为Q，
则OA⊥BC，OQ⊥BC，
由(1)知A1A⊥平面ABC，且OA⊂平面ABC，
所以OA⊥AA1.
又B1B∥A1A，所以OA⊥BB1，BB1∩BC＝B，
所以OA⊥平面BCC1B1，
于是OA，OB，OQ两两垂直．
如图，以O为坐标原点，OB，OQ，OA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则O(0，0，0)，A(0，0，3)，A1(0，2，3)，C(－1，0，0)，D12，0，32，B1(1，2，0)．
所以CD＝32，0，32，CA1＝(1，2，3)，CB1＝(2，2，0)，AC＝(－1，0，－3)．
设平面A1CD的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·CD=0， n·CA1=0，即32x+32z=0， x+2y+3z=0.
令x＝1，则z＝－3，y＝1，
于是n＝(1，1，－3)．
设CP＝λCB1＝(2λ，2λ，0)，λ∈[0，1]，
则AP＝AC+CP＝AC＋λCB1＝(2λ－1，2λ，－3)，由于直线AP与平面A1CD所成角的正弦值为255，于是|cs〈AP，n〉|＝2λ-1+2λ+31+1+32λ-12+2λ2+3＝255，
即|2λ＋1|＝2λ-12+2λ2+3，
整理得4λ2－8λ＋3＝0，由于λ∈[0，1]，所以λ＝12.
于是CP＝λCB1＝(1，1，0)．
设点P到平面A1CD的距离为d，
则d＝CP·nn＝1+11+1+3＝255，
所以点P到平面A1CD的距离为255.
求点到平面的距离的常用方法
(1)直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离．
(2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求．
(3)等体积法．
(4)向量法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意点，则点P到α的距离为d＝PA·nn.
[跟进训练]
1．(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E，O分别是A1B1，A1C1的中点，P在正方体内部且满足AP＝34AB+12AD+23AA1，则下列说法正确的是( )
A．点A到直线BE的距离是55
B．点O到平面ABC1D1的距离是24
C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为33
D．点P到直线AB的距离为56
BCD [如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)， D(0，1，0)，A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D10，1，1，E12，0，1，
所以BA＝(－1，0，0)，
BE＝-12，0，1.
设∠ABE＝θ，
则cs θ＝BA·BEBABE＝55，sin θ＝1-cs2θ＝255.
故A到直线BE的距离d1＝|BA|sinθ＝1×255＝255，故A错误．
易知C1O＝12C1A1＝-12，-12，0，
平面ABC1D1的一个法向量DA1＝(0，－1，1)，
则点O到平面ABC1D1的距离d2＝DA1·C1ODA1＝122＝24，故B正确．
A1B＝(1，0，－1)，A1D＝(0，1，－1)，A1D1＝(0，1，0)．
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·A1B=0，n·A1D=0， 所以x-z=0，y-z=0，
令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝(1，1，1)．
所以点D1到平面A1BD的距离d3＝A1D1·nn＝13＝33.
因为平面A1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离，
所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为33，故C正确．
因为AP＝34AB+12AD+23AA1，所以AP＝34，12，23，又AB＝(1，0，0)，则AP·ABAB＝34，
所以点P到AB的距离d＝AP2-AP·ABAB2＝181144-916＝56，故D正确．故选BCD.]
考点二 立体几何中的探索性问题
[典例2] (2023·广东广州模拟)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA＝2，E为PD的中点．
(1)求证：PA⊥平面ABCD；
(2)求PC与平面ACE所成角的正弦值；
(3)在线段BC上是否存在点F，使得点E到平面PAF的距离为255？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：∵四边形ABCD为正方形，则BC⊥AB，CD⊥AD，
∵PB⊥BC，BC⊥AB，PB∩AB＝B，∴BC⊥平面PAB，
∵PA⊂平面PAB，∴PA⊥BC.
∵PD⊥CD，CD⊥AD，PD∩AD＝D，∴CD⊥平面PAD，
∵PA⊂平面PAD，∴PA⊥CD，
∵BC∩CD＝C，∴PA⊥平面ABCD.
(2)∵PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，不妨以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，E(0，1，1)．
则AC＝(2，2，0)，AE＝(0，1，1)，PC＝(2，2，－2)．
设平面ACE的法向量为m＝(x，y，z)，
由m·AC=2x+2y=0，m·AE=y+z=0， 取y＝1，可得m＝(－1，1，－1)是平面ACE的一个法向量，
设PC与平面ACE所成角为θ，
则sin θ＝|cs 〈m，PC〉|＝m·PCm·PC＝23×23＝13，
∴PC与平面ACE所成角的正弦值为13.
(3)设点F(2，t，0)(0≤t≤2)，设平面PAF的法向量为n＝(a，b，c)，
AF＝(2，t，0)，AP＝(0，0，2)，
由n·AF=2a+tb=0，n·AP=2c=0， 取a＝t，则n＝(t，－2，0)，
∴点E到平面PAF的距离为d＝AE·nn＝2t2+4＝255，
∵t＞0，∴t＝1.
因此，当点F为线段BC的中点时，点E到平面PAF的距离为255.
(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．
(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．
[跟进训练]
2．如图，已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M，N，Q分别是CC1，BC，AC的中点，点P在直线A1B1上运动，且A1P＝λA1B1(λ∈[0，1])．
(1)证明：无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ；
(2)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC的夹角为60°？若存在，试确定点P的位置，若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：如图，以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，M0，1，12，N12，12，0，Q0，12，0，
由A1P＝λA1B1＝λ(1，0，0)＝(λ，0，0)，可得点P(λ，0，1)，所以PN＝12-λ，12，-1，PQ＝-λ，12，-1.
又AM＝0，1，12，所以AM·PN＝0＋12-12＝0，AM·PQ＝0＋12-12＝0，
所以AM⊥PN，AM⊥PQ，即AM⊥PN，AM⊥PQ，
又PN∩PQ＝P，所以AM⊥平面PNQ，
所以无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ.
(2)设n＝(x，y，z)是平面PMN的法向量，
NM＝-12，12，12，PN＝12-λ，12，-1，
则n·NM=0，n·PN=0，即-12x+12y+12z=0， 12-λx+12y-z=0，
得y=1+2λ3x，z=2-2λ3x，
令x＝3，所以n＝(3，1＋2λ，2－2λ)是平面PMN的一个法向量．
取平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)．
假设存在符合条件的点P，则
|cs〈m，n〉|＝2-2λ9+1+2λ2+2-2λ2＝12，
化简得4λ2－14λ＋1＝0，解得λ＝7-354或λ＝7+354(舍去)．
综上，存在点P，且当A1P＝7-354时，满足平面PMN与平面ABC的夹角为60°.
考点三 立体几何中的翻折问题
[典例3] 如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
[解] (1)证明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，
PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF，
所以BF⊥平面PEF.
又BF⊂平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)如图，作PH⊥EF，垂足为H.
由(1)得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，|BF|＝1，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.
由(1)可得，DE⊥PE.
又DP＝2，DE＝1，所以PE＝3.
又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.
所以PH＝32，EH＝32.
则H(0，0，0)，P0，0，32，D-1，-32，0，
DP＝1，32，32，HP＝0，0，32.
又HP为平面ABFD的法向量，
设DP与平面ABFD所成的角为θ，
则sin θ＝|cs 〈HP，DP〉|＝HP·DPHPDP＝343＝34.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.
三步解决平面图形翻折问题
[跟进训练]
3．(2019·全国Ⅲ卷)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.
图1 图2
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的平面BCG与平面ACG的夹角的大小．
[解] (1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，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，BE∩BC＝B，故AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)作EH⊥BC，垂足为H.因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC.
由已知，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，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，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)．
又平面BCGE的法向量可取为m＝(0，1，0)，
所以cs 〈n，m〉＝n·mnm＝32.
因此平面BCG与平面ACG的夹角为30°.
课时分层作业(四十四) 向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题
1．(2022·江苏宿迁期末)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱长都为2，且∠A1AC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，点P，Q分别在AB，A1C1上，且AP＝A1Q.
(1)求证：PQ∥平面B1BCC1；
(2)当点P是边AB的中点时，求点B1到直线PQ的距离．
[解] (1)作PD∥AC，交BC于点D，由A1Q＝AP，则BP＝QC1，
∵PD∥AC，
∴PDAC＝BPAB，即PD＝BP＝QC1，
∴PD∥QC1且PD＝QC1，连接DC1，
∴四边形C1QPD为平行四边形，
∴PQ∥C1D，
∵PQ⊄平面BCC1B1，且C1D⊂平面BCC1B1，
∴PQ∥平面BCC1B1.
(2)取AC中点O，连接A1O、BO，
∵AO＝12AC＝1，AA1＝2，∠A1AO＝60°，
根据余弦定理得：
A1O2＝AA12＋AO2－2AA1·AO·cs 60°＝4＋1－2×2×1×12＝3，∴A1O＝3，
则A1O⊥AC，又平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
∴A1O⊥平面ABC，
∵△ABC是等边三角形，
∴BO⊥AC，
如图建立空间直角坐标系，
则A(0，－1，0)，B(3，0，0)，A1(0，0，3)，
P32，-12，0，Q(0，1，3)，B1(3，1，3)，
∴QP＝32，-32，-3，QB1＝(3，0，0)，
∴cs 〈QP，QB1〉＝QP·QB1QP·QB1＝326·3＝24，
∴点B1到直线PQ的距离为
|QB1|·1-cs2〈QP，QB1〉＝3×1-242＝424.
2．(2022·山东德州模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥AD，AD＝12BC＝3，PC＝5，AD∥BC，AB＝AC，∠BAD＝150°，∠PDA＝30°.
(1)证明：平面PAB⊥平面ABCD；
(2)在线段PD上是否存在一点F，使直线CF与平面PBC所成角的正弦值等于14？
[解] (1)证明：在Rt△PAD中，AD＝3，∠PDA＝30°，∴PA＝AD tan∠PDA＝1，
∵AD∥BC，∠BAD＝150°，所以∠ABC＝30°，
又AB＝AC，∴∠ACB＝30°，∠BAC＝120°，
在△ABC中，由正弦定理得BCsin120°＝ACsin30°，
∴AC＝BCsin30°sin120°＝2，
∵PC＝5，∴PA2＋AC2＝PC2，∴PA⊥AC，
∵PA⊥AD，AC∩AD＝A，∴PA⊥平面ABCD，
∵PA⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABCD.
(2)因为AD＝3，AC＝2，
∠CAD＝∠BAD－∠BAC＝30°，
在△ACD中，由余弦定理可得
CD＝AC2+AD2-2AC·ADcs30°＝1，
∴AD2＋CD2＝AC2，则AD⊥CD，
因为PA⊥平面ABCD，以点A为坐标原点，DC、AD、AP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(1，－3，0)、C(1，3，0)、D(0，3，0)、P(0，0，1)，
BC＝(0，23，0)，BP＝(－1，3，1)，PD＝(0，3，－1)，CP＝(－1，－3，1)．
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则n·BC=23y=0， n·BP=-x+3y+z=0，
取x＝1可得n＝(1，0，1)，设PF＝λPD＝(0，3λ，－λ)，其中0≤λ≤1，
则CF＝CP+PF＝(－1，－3，1)＋(0，3λ，－λ)＝(－1，3λ－3，1－λ)，
由已知可得|cs 〈n，CF〉|＝n·CFn·CF＝λ2·1+41-λ2＝14，
整理可得4λ2＋8λ－5＝0，因为0≤λ≤1，解得λ＝12，
因此，当点F为线段PD的中点时，直线CF与平面PBC所成角的正弦值等于14.
3．如图1，在梯形ABCD中，AB∥CD，AE⊥CD，垂足为E，AB＝AE＝12CE＝1，DE＝2.将△ADE沿AE翻折到△PAE，如图2所示．M为线段PB的中点，且ME⊥PC.
图1 图2
(1)求证：PE⊥EC；
(2)设N为线段AE上任意一点，当平面BMN与平面PCE的夹角最小时，求EN的长．
[解] (1)证明：连接EB，由题意PE＝2，
BE＝AB2+AE2＝2，又M是PB中点，
所以ME⊥PB，而ME⊥PC，PC∩PB＝P，所以ME⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，则BC⊥ME，
由AB∥CD且AE⊥CD，AB＝AE＝12CE＝1知：
BE＝BC＝2，
在△BCE中CE＝2，则BC2＋BE2＝CE2，即BC⊥BE.
由ME∩BE＝E，则BC⊥平面BEM，PE⊂平面BEM，于是PE⊥BC.
由题意，PE⊥AE，AE与BC相交，则PE⊥平面ABCE，EC⊂平面ABCE，
所以PE⊥EC.
(2)连接BN，MN，设EN＝t，由(1)知，PE，EA，EC两两垂直，
故分别以EA，EC，EP为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
由题意，则N(t，0，0)，B(1，1，0)，M12，12，22，
BM＝-12，-12，22，BN＝(t－1，－1，0)，
取平面PCE的法向量m＝(1，0，0)，
设平面BMN的法向量n＝(a，b，c)，则
n·BM=-12a-12b+22c=0n·BN=t-1a-b=0 ，
令a＝1，即n＝1，t-1，t2，
设平面BMN与平面PCE的夹角为θ，则
cs θ＝|cs 〈n，m〉|＝1，0，0·1，t-1，t21+t-12+t22
＝132t2-2t+2＝132t-232+43，
∴当t＝23时，(cs θ)max＝32，即EN长为23时平面BMN与平面PCE的夹角最小．
4．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．
①AB⊥BC，②FC与平面ABCD所成的角为π6，③∠ABC＝π3.
如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，PD的中点为F.
(1)在线段AB上是否存在一点G，使得AF∥平面PGC？若存在，指出G在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由；
(2)若________，求平面FAC与平面DAC的夹角余弦值．
[解] (1)在线段AB上存在中点G，使得AF∥平面PGC.
证明如下：如图所示，取PC的中点H，连接FH，HG，PG，CG.
∵FH∥CD，FH＝12CD，AG∥CD，AG＝12CD，
∴FH∥AG，FH＝AG，
∴四边形AGHF为平行四边形，
∴AF∥GH，
又GH⊂平面PGC，AF⊄平面PGC，
∴AF∥平面PGC.
(2)选择①AB⊥BC.
∵AD∥BC，∴AB⊥AD.
由题意知AB，AD，AP两两垂直，
以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
∵PA＝AB＝2，
则A(0，0，0)，C(2，2，0)，F(0，1，1)，
∴AF＝(0，1，1)，CF＝(－2，－1，1)．
设平面FAC的法向量为μ＝(x，y，z)，
∴μ·AF=y+z=0， μ·CF=-2x-y+z=0，
取y＝1，得μ＝(－1，1，－1)．
易知平面ACD的一个法向量为v＝(0，0，1)，
设平面FAC与平面DAC的夹角为θ，
则cs θ＝μ·vμ·v＝33，
∴平面FAC与平面DAC的夹角的余弦值为33.
选择②FC与平面ABCD所成的角为π6.
∵PA⊥平面ABCD，取BC的中点E，连接AE，取AD的中点M，连接FM，CM，
则FM∥PA，且FM＝1，
∴FM⊥平面ABCD，
则FC与平面ABCD所成的角为∠FCM，
∴∠FCM＝π6，
∴在Rt△FCM中，CM＝3，
又CM＝AE，∴AE2＋BE2＝AB2，∴BC⊥AE，
∴AE，AD，AP两两垂直，
以AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
∵PA＝AB＝2，
∴A(0，0，0)，C(3，1，0)，
F(0，1，1)，
∴AF＝(0，1，1)，CF＝(－3，0，1)．
设平面FAC的法向量为m＝(x，y，z)，
则m·AF=y+z=0， m·CF=-3x+z=0，
取x＝3，得m＝(3，－3，3)．
易知平面ACD的一个法向量为n＝(0，0，1)，
设平面FAC与平面DAC的夹角为θ，
则cs θ＝m·nm·n＝217.
∴平面FAC与平面DAC的夹角的余弦值为217.
选择③∠ABC＝π3.
取BC的中点E，连接AE，
∵底面ABCD是菱形，∠ABC＝π3，
∴△ABC是正三角形，
∵E是BC的中点，∴BC⊥AE，
∴AE，AD，AP两两垂直，
以AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
∵PA＝AB＝2，
∴A(0，0，0)，C(3，1，0)，F(0，1，1)，
∴AF＝(0，1，1)，CF＝(－3，0，1)．
设平面FAC的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则m·AF=y+z=0， m·CF=-3x+z=0，
取x＝3，得m＝(3，－3，3)．
易知平面ACD的一个法向量为n＝(0，0，1)，
设平面FAC与平面DAC的夹角为θ，
则cs θ＝m·nm·n＝217.
∴平面FAC与平面DAC的夹角的余弦值为217.