2021高考数学（理）人教A版一轮复习学案作业：第八章高考专题突破四高考中的立体几何问题

高考专题突破四　高考中的立体几何问题
空间角的求法
命题点1　求线线角
例1　(2019·安徽知名示范高中联合质检)若在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠A1AC＝∠BAC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝AB，则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为________．
答案　
解析　方法一　令M为AC的中点，连接MB，MA1，
由题意知△ABC是等边三角形，所以BM⊥AC，
同理，A1M⊥AC，
因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，BM⊂平面ABC，所以BM⊥平面A1ACC1，
因为A1M⊂平面A1ACC1，所以BM⊥A1M，
所以AC，BM，A1M两两垂直，以M为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．

设AA1＝AC＝AB＝2，则A(1,0,0)，B(0，，0)，A1(0,0，)，C1(－2,0，)，
所以＝(－3,0，)，＝(0，，－)，
所以cos〈，〉＝＝－，
故异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为.
方法二　如图，在平面ABC，平面A1B1C1中分别取点D，D1，连接BD，CD，B1D1，C1D1，使得四边形ABDC，A1B1D1C1为平行四边形，连接DD1，BD1，则AB＝C1D1，且AB∥C1D1，所以AC1∥BD1，故∠A1BD1或其补角为异面直线AC1与A1B所成的角．连接A1D1，过点A1作A1M⊥AC于点M，连接BM，

设AA1＝2，由∠A1AM＝∠BAC＝60°，得AM＝1，BM＝，A1M＝，
因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，A1M⊂平面A1ACC1，
所以A1M⊥平面ABC，又BM⊂平面ABC，
所以A1M⊥BM，所以A1B＝，
在菱形A1ACC1中，可求得AC1＝2＝BD1，
同理，在菱形A1B1D1C1中，求得A1D1＝2，
所以cos∠A1BD1＝＝＝，
所以异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为.
思维升华　(1)求异面直线所成角的思路：
①选好基底或建立空间直角坐标系．
②求出两直线的方向向量v1，v2.
③代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解．
(2)两异面直线所成角的关注点：
两异面直线所成角的范围是θ∈，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．
跟踪训练1　(2019·龙岩月考)若正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为，AB＝1，则直线AB1与CD1所成的角为(　　)
A．30° B．45° C．60° D．90°
答案　C
解析　∵正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为，AB＝1，∴AA1＝，
以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，

则A(1,0,0)，B1(1,1，)，C(0,1,0)，D1(0,0，)，
＝(0,1，)，＝(0，－1，)，
设直线AB1与CD1所成的角为θ，
则cos θ＝＝＝，
又0°<θ≤90°，∴θ＝60°，
∴直线AB1与CD1所成的角为60°.故选C.
命题点2　求线面角
例2　(2018·浙江)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.

(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；
(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．
方法一　(1)证明　由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝2，
所以A1B＋AB＝AA，
故AB1⊥A1B1.
由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC，
得B1C1＝.
由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝2.
由CC1⊥AC，得AC1＝，
所以AB＋B1C＝AC，
故AB1⊥B1C1.
又因为A1B1∩B1C1＝B1，A1B1，B1C1⊂平面A1B1C1，
所以AB1⊥平面A1B1C1.
(2)解　如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，

连接AD.
由AB1⊥平面A1B1C1，
得平面A1B1C1⊥平面ABB1.
由C1D⊥A1B1，平面A1B1C1∩平面ABB1＝A1B1，C1D⊂平面A1B1C1，得C1D⊥平面ABB1.
所以∠C1AD即为AC1与平面ABB1所成的角．
由B1C1＝，A1B1＝2，A1C1＝，
得cos∠C1A1B1＝，sin∠C1A1B1＝，
所以C1D＝，
故sin∠C1AD＝＝.
因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.
方法二　(1)证明　如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系．

由题意知各点坐标如下：
A(0，－，0)，B(1,0,0)，A1(0，－，4)，B1(1,0,2)，C1(0，，1)．
因此＝(1，，2)，＝(1，，－2)，＝(0,2，－3)．
由·＝0，得AB1⊥A1B1.
由·＝0，得AB1⊥A1C1.
又A1B1∩A1C1＝A1，A1B1，A1C1⊂平面A1B1C1，
所以AB1⊥平面A1B1C1.
(2)解　设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.
由(1)可知
＝(0,2，1)，＝(1，，0)，＝(0,0,2)．
设平面ABB1的一个法向量为n＝(x，y，z)．
由得
可取n＝(－，1,0)．
所以sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.
因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.
思维升华　(1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：①分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
(2)若直线l与平面α的夹角为θ，直线l的方向向量l与平面α的法向量n的夹角为β，则θ＝－β或θ＝β－，故有sin θ＝|cos β|＝.
跟踪训练2　如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1中，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．
方法一　(1)证明　如图，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.
又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F，
又A1E，A1F⊂平面A1EF，A1E∩A1F＝A1，
所以BC⊥平面A1EF.
又EF⊂平面A1EF，因此EF⊥BC.
(2)解　取BC的中点G，连接EG，GF，
则EGFA1是平行四边形．
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，
所以平行四边形EGFA1为矩形．
连接A1G交EF于O，由(1)得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．
则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)．
不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝2，EG＝.
由于O为A1G的中点，故EO＝OG＝＝，
所以cos∠EOG＝＝.
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.
方法二　(1)证明　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，以E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系．
不妨设AC＝4，则A1(0,0,2)，B(，1,0)，B1(，3,2)，F，C(0,2,0)．
因此，＝，＝(－，1,0)．
由·＝0得EF⊥BC.
(2)解　设直线EF与平面A1BC所成角为θ.
由(1)可得＝(－，1,0)，＝(0,2，－2)．
设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)．
由得
取n＝(1，，1)，
故sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为.
命题点3　求二面角
例3　如图，在四棱锥A－BCDE中，平面BCDE⊥平面ABC，BE⊥EC，BC＝2，AB＝4，∠ABC＝60°.

(1)求证：BE⊥平面ACE；
(2)若直线CE与平面ABC所成的角为45°，求二面角E－AB－C的余弦值．
(1)证明　在△ACB中，由余弦定理得cos∠ABC＝＝，
解得AC＝2，
所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC.
又因为平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC＝BC，AC⊂平面ABC，
所以AC⊥平面BCDE.
又BE⊂平面BCDE，所以AC⊥BE.
又BE⊥EC，AC，CE⊂平面ACE，且AC∩CE＝C，
所以BE⊥平面ACE.
(2)解　方法一　因为直线CE与平面ABC所成的角为45°，平面BCDE⊥平面ABC，

平面BCDE∩平面ABC＝BC，
所以∠BCE＝45°，所以△EBC为等腰直角三角形．
取BC的中点F，连接EF，过点F作FG⊥AB于点G，连接EG，
则∠EGF为二面角E－AB－C的平面角．
易得EF＝BF＝1，FG＝.
在Rt△EFG中，由勾股定理，得EG＝＝，
所以cos∠EGF＝＝，
所以二面角E－AB－C的余弦值为.
方法二　因为直线CE与平面ABC所成的角为45°，平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC＝BC，

所以∠BCE＝45°，所以△EBC为等腰直角三角形．
记BC的中点为O，连接OE，则OE⊥平面ABC，
以O为坐标原点，分别以OB，OE所在直线为x轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(－1,2，0)，B(1,0,0)，E(0,0,1)，
所以＝(－2,2，0)，＝(－1,0,1)．
设平面ABE的法向量m＝(x，y，z)，
则即
令x＝，则m＝(，1，)为平面ABE的一个法向量．
易知平面ABC的一个法向量为＝(0,0,1)，
所以cos〈m，〉＝＝＝，
易知二面角E－AB－C为锐角，
所以二面角E－AB－C的余弦值为.
思维升华　(1)求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
(2)利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量．②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解．
跟踪训练3　(2020·湖北宜昌一中模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．

(1)证明：BE⊥PD；
(2)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F－AB－D的余弦值．
解　依题意，以点A为原点，以AB，AD，AP为轴建立空间直角坐标系如图，

可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．
由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)．
(1)证明　向量＝(0,1,1)，＝(0,2，－2)，
故·＝0，所以⊥，所以BE⊥PD.
(2)解　＝(1,2,0)，＝(－2，－2,2)，＝(2,2,0)，＝(1,0,0)，
由点F在棱PC上，设＝λ，0≤λ≤1，
故＝＋＝＋λ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)，
由BF⊥AC，得·＝0，
因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，λ＝，
即＝.
设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，则即
不妨令z＝－1，可得n1＝(0,3，－1)为平面FAB的一个法向量，
取平面ABD的法向量n2＝(0,0,1)，
则cos〈n1，n2〉＝＝＝－，
又因为二面角F－AB－D为锐二面角，
所以二面角F－AB－D的余弦值为.

立体几何中的探索性问题
例4　(2019·淄博模拟)已知正方形的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角，点M在线段AB上．

(1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为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，说明理由．
解　(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的交线上(如图所示)，

因为AO∥BF，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，
所以OM＝MF，AO＝BF，所以点O在EA的延长线上，且AO＝2，
连接DF交EC于N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点，
连接MN，因为MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，
又因为MN⊂平面EMC，OD⊄平面EMC，
所以直线OD∥平面EMC.
(2)由已知可得，EF⊥AE，EF⊥DE，AE∩DE＝E，
所以EF⊥平面ADE，
所以平面ABFE⊥平面ADE，
取AE的中点H为坐标原点，以AH，DH所在直线分别为x轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

所以E(－1,0,0)，D(0,0，)，C(0,4，)，F(－1,4,0)，
所以＝(1,0，)，＝(1,4，)，
设M(1，t,0)(0≤t≤4)，则＝(2，t,0)，
设平面EMC的法向量m＝(x，y，z)，
则⇒
取y＝－2，则x＝t，z＝，所以m＝，
因为DE与平面EMC所成的角为60°，
所以＝，
所以＝，所以t2－4t＋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，因为EF⊥平面ADE，AQ⊂平面ADE，
所以AQ⊥EF，
又因为AQ⊥DE，DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面CEF，
所以AQ⊥平面CEF，则为平面CEF的法向量，
因为Q，A(1,0,0)，
所以＝，m＝，
设二面角M－EC－F的大小为θ，
所以|cos θ|＝＝
＝，
因为当t＝2时，cos θ＝0，平面EMC⊥平面CDEF，
所以当t＝1时，θ为钝角，所以cos θ＝－.
当t＝3时，θ为锐角，所以cos θ＝.
思维升华　(1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．
(2)平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．
跟踪训练4　(2019·天津市南开区南开中学月考)如图1，在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，DE⊥AB于点E，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥BE，如图2.

(1)求证：A1E⊥平面BCDE；
(2)求二面角E－A1D－B的余弦值；
(3)在线段BD上是否存在点P，使平面A1EP⊥平面A1BD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
(1)证明　因为A1D⊥BE，DE⊥BE，A1D∩DE＝D，
A1D，DE⊂平面A1DE，所以BE⊥平面A1DE，
因为A1E⊂平面A1DE，
所以A1E⊥BE，
又因为A1E⊥DE，BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BCDE，
所以A1E⊥平面BCDE.
(2)解　以E为原点，分别以EB，ED，EA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(0，，0)，A1(0,0,1)，

所以＝(－1,0,1)，＝(－1，，0)，
设平面A1BD的法向量n＝(x，y，z)，
由得
令y＝1，得n＝(，1，)，
因为BE⊥平面A1DE，
所以平面A1DE的法向量＝(1,0,0)，
cos〈n，〉＝＝＝，
因为所求二面角为锐角，
所以二面角E－A1D－B的余弦值为.
(3)解　假设在线段BD上存在一点P，使得平面A1EP⊥平面A1BD，
设P(x，y，z)，＝λ(0≤λ≤1)，
则(x－1，y，z)＝λ(－1，，0)，所以P(1－λ，λ，0)，
所以＝(0,0,1)，＝(1－λ，λ，0)，
设平面A1EP的法向量m＝(x1，y1，z1)，
由
得
令x1＝λ，得m＝(λ，λ－1,0)，
因为平面A1EP⊥平面A1BD，
所以m·n＝3λ＋λ－1＝0，解得λ＝∈[0,1]，
所以在线段BD上存在点P，使得平面A1EP⊥平面A1BD，且＝.

例　(12分)(2019·全国Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．

(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求二面角A－MA1－N的正弦值．
(1)证明　连接B1C，ME.

因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝B1C.[1分]
又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D.[2分]
由题设知A1B1∥DC且A1B1＝DC，可得B1C∥A1D且B1C＝A1D，故ME∥ND且ME＝ND，因此四边形MNDE为平行四边形，[3分]
所以MN∥ED.[4分]
又MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE，[5分]
所以MN∥平面C1DE.[6分]
(2)解　由已知可得DE⊥DA，以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，[7分]

则A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，，2)，N(1,0,2)，＝(0,0，－4)，＝(－1，，－2)，＝(－1,0，－2)，＝(0，－，0)．[8分]
设m＝(x，y，z)为平面A1MA的一个法向量，则

所以可得m＝(，1,0)．[9分]
设n＝(p，q，r)为平面A1MN的一个法向量，则
所以
可取n＝(2,0，－1)．[10分]
于是cos〈m，n〉＝＝＝，[11分]
所以二面角A－MA1－N的正弦值为.[12分]

利用向量求空间角的步骤
第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；
第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；
第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角．


1.(2019·大连模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC和△AA1C均是边长为2的等边三角形，点O为AC中点，平面AA1C1C⊥平面ABC.

(1)证明：A1O⊥平面ABC；
(2)求直线AB与平面A1BC1所成角的正弦值．
(1)证明　∵AA1＝A1C，且O为AC的中点，
∴A1O⊥AC，
又∵平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，A1O⊂平面AA1C1C，
∴A1O⊥平面ABC.
(2)解　如图，以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．

由已知可得O(0,0,0)，A(0，－1,0)，B(，0,0)，A1(0,0，)，C1(0,2，)，
∴＝(，1,0)，＝(，0，－)，＝(0,2,0)，
设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
∴平面A1BC1的一个法向量为n＝(1,0,1)，
设直线AB与平面A1BC1所成的角为α，
则sin α＝|cos〈，n〉|，
又∵cos〈，n〉＝＝＝，
∴AB与平面A1BC1所成角的正弦值为.
2．如图1，在△ABC中，BC＝3，AC＝6，∠C＝90°，且DE∥BC，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥CD，如图2.

(1)求证：BC⊥平面A1DC；
(2)若CD＝2，求BE与平面A1BC所成角的正弦值．
(1)证明　∵DE⊥A1D，DE∥BC，∴BC⊥A1D，
又∵BC⊥CD，A1D∩CD＝D，A1D，CD⊂平面A1CD，
∴BC⊥平面A1DC，
(2)解　以D为原点，分别以，，为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，

在直角梯形CDEB中，过E作EF⊥BC，EF＝2，BF＝1，BC＝3，
∴B(3,0，－2)，E(2,0,0)，C(0,0，－2)，A1(0,4,0)，
＝(－1,0,2)，＝(0,4,2)，＝(－3,4,2)，
设平面A1BC的法向量为m＝(x，y，z)，

令y＝1，∴m＝(0,1，－2)，
设BE与平面A1BC所成角为θ，
∴sin θ＝|cos〈，m〉|＝＝＝.
3．(2020·成都诊断)如图1，在边长为5的菱形ABCD中，AC＝6，现沿对角线AC把△ADC翻折到△APC的位置得到四面体P－ABC，如图2所示．已知PB＝4.

(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；
(2)若Q是线段AP上的点，且＝，求二面角Q－BC－A的余弦值．
(1)证明　取AC的中点O，连接PO，BO得到△PBO.

∵四边形ABCD是菱形，∴PA＝PC，PO⊥AC.
∵DC＝5，AC＝6，∴OC＝3，PO＝OB＝4，
∵PB＝4，∴PO2＋OB2＝PB2，
∴PO⊥OB.
∵OB∩AC＝O，OB，AC⊂平面ABC，∴PO⊥平面ABC.
∵PO⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC.
(2)解　∵AB＝BC，∴BO⊥AC.
易知OB，OC，OP两两垂直．
以O为坐标原点，OB，OC，OP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B(4,0,0)，C(0,3,0)，P(0,0,4)，A(0，－3,0)．
设点Q(x，y，z)．
由＝，得Q.
∴＝(－4,3,0)，＝.
设n1＝(x1，y1，z1)为平面BCQ的法向量．
由得
解得取z1＝15，则n1＝(3,4,15)．
取平面ABC的一个法向量n2＝(0,0,1)．
∵cos〈n1，n2〉＝＝＝，
由图可知二面角Q－BC－A为锐角，
∴二面角Q－BC－A的余弦值为.

4.如图所示，在正四棱锥P－ABCD中，底面ABCD的边长为2，侧棱长为2.

(1)若点E为PD上的点，且PB∥平面EAC，试确定E点的位置；
(2)在(1)的条件下，在线段PA上是否存在点F，使平面AEC和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为，若存在，求线段PF的长度，若不存在，请说明理由．
解　(1)设BD交AC于点O，连接OE，
∵PB∥平面AEC，平面AEC∩平面BDP＝OE，
∴PB∥OE.
又O为BD的中点，∴E为PD的中点．
(2)连接OP，由题意知PO⊥平面ABCD，且AC⊥BD，

∴以O为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立直角坐标系，如图所示．
OP＝＝，
∴O(0,0,0)，A(－，0,0)，
B(0，－，0)，C(，0,0)，D(0，，0)，P(0,0，)，
则E，＝(，0,0)，＝，＝(0，，0)．
设平面AEC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即
令z1＝1，得平面AEC的一个法向量m＝(0，－，1)，
假设在线段PA上存在点F，满足题设条件，不妨设＝λ(0≤λ≤1)．
则F(－λ，0，－λ)，＝(－λ，0，－λ)．
设平面BDF的法向量n＝(x2，y2，z2)，
∴即
令z2＝1得平面BDF的一个法向量n＝.
由平面AEC与平面BDF所成锐二面角的余弦值为，
则cos〈m，n〉＝＝＝，
解得λ＝(负值舍去)．
∴||＝||＝.
故在线段PA上存在点F，当PF＝时，使得平面AEC和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为.

5.如图，在四棱锥E－ABCD中，底面ABCD是圆内接四边形，CB＝CD＝CE＝1，AB＝AD＝AE＝，EC⊥BD.

(1)求证：平面BED⊥平面ABCD；
(2)若点P在侧面ABE内运动，且DP∥平面BEC，求直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值．
(1)证明　如图，连接AC，交BD于点O，连接EO，

∵AD＝AB，CD＝CB，AC＝AC，
∴△ADC≌△ABC，
易得△ADO≌△ABO，
∴∠AOD＝∠AOB＝90°，
∴AC⊥BD.
又EC⊥BD，EC∩AC＝C，EC，AC⊂平面AEC，
∴BD⊥平面AEC，
又OE⊂平面AEC，∴OE⊥BD.
又底面ABCD是圆内接四边形，
∴∠ADC＝∠ABC＝90°，
在Rt△ADC中，由AD＝，CD＝1，
可得AC＝2，AO＝，
∴∠AEC＝90°，＝＝，
易得△AEO∽△ACE，∴∠AOE＝∠AEC＝90°，
即EO⊥AC.
又AC，BD⊂平面ABCD，AC∩BD＝O，
∴EO⊥平面ABCD，
又EO⊂平面BED，∴平面BED⊥平面ABCD.
(2)解　如图，取AE的中点M，AB的中点N，连接MN，ND，DM，

则MN∥BE，
由(1)知，∠DAC＝∠BAC＝30°，
即∠DAB＝60°，
∴△ABD为正三角形，
∴DN⊥AB，
又BC⊥AB，DN，CB⊂平面ABCD，∴DN∥CB，
又MN∩DN＝N，BE∩BC＝B，MN，DN⊂平面DMN，BE，BC⊂平面EBC，
∴平面DMN∥平面EBC，∴点P在线段MN上．
以O为坐标原点，OA，OB，OE所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
则A，B，E，
M，D，N，
∴＝，＝，
＝，＝，
设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则n＝(1，，)，设＝λ(0≤λ≤1)，
可得＝＋＝，
设直线DP与平面ABE所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝，
∵0≤λ≤1，∴当λ＝0时，sin θ取得最大值.
故直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值为.