专题3.6 空间向量与立体几何（能力提升卷）-2023-2024学年高二数学必考考点各个击破（北师大版选择性必修第一册）

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考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！
选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（2021秋•开封期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，已知PA→=a→，PB→=b→，PC→=c→，PE→=12PD→，则BE→=（ ）
A．12a→−32b→+12c→B．12a−12b→+12c→C．12a→+32b→+12c→D．12a→−12b→+32c→
【分析】利用空间向量加法法则直接求解．
【解答】解：在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，
∵PA→=a→，PB→=b→，PC→=c→，PE→=12PD→，
∴BE→=BP→+12PD→
=−b→+12（PA→+AD→）
=−b→+12PA→+12BC→
=−b→+12a→+12（PC→−PB→）
=−b→+12a→+12PC→−12PB→
=12a→−32b→+12c→．
故选：A．
2．（2021秋•贺州期末）已知两个向量a→=(2，−1，3)，b→=(4，m，n)，且a→∥b→，则m+n的值为（ ）
A．1B．2C．4D．8
【分析】a→∥b→，则存在实数k使得a→=kb→，即可得出．
【解答】解：∵a→∥b→，∴存在实数k使得a→=kb→，
∴2=4k−1=km3=kn，解得k=12，m＝﹣2，n＝6．
则m+n＝4．
故选：C．
3．（2021秋•河南期末）已知向量a→=（2，1，4），b→=（1，0，2），且a→+b→与ka→−b→互相垂直，则k的值是（ ）
A．1B．15C．35D．1531
【分析】利用向量垂直与数量积的关系即可得出．
【解答】解：a→+b→=（3，1，6），ka→−b→=（2k﹣1，k，4k﹣2），
∵a→+b→与ka→−b→互相垂直，∴3（2k﹣1）+k+6（4k﹣2）＝0，
解得k=1531，
故选：D．
4．（2022春•桂林期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则D1A与平面ABCD所成的角为（ ）
A．45°B．60°C．90°D．135°
【分析】根据正方体的性质可知∠D1AD即为直线D1A与平面ABCD所成的角，从而求出结果．
【解答】解：依题意，如图所示，
根据正方体的性质可知，DD1⊥平面ABCD，
∴∠D1AD即为直线D1A与平面ABCD所成的角，
又∵AD＝DD1，∠D1DA＝90°，
∴△ADD1为等腰直角三角形，
∴∠D1AD＝45°，
故选：A．
5．（2022春•长寿区期末）已知u→=(1，2，1)是直线l的方向向量，v→=(2，y，2)为平面α的法向量，若l⊥α，则y的值为（ ）
A．﹣2B．−12C．14D．4
【分析】由l⊥α，得μ→∥v→，列方程求出y即可．
【解答】解：u→=(1，2，1)是直线l的方向向量，v→=(2，y，2)为平面α的法向量，
∵l⊥α，∴μ→∥v→，∴21=y2=21，∴y＝4．
故选：D．
6．（2021秋•浙江期末）已知{a→，b→，c→}是空间的一个基底，{a→+b→，a→−b→，c→}是空间的另一个基底，一向量p→在基底{a→，b→，c→}下的坐标为（4，2，3），则向量p→在基底{a→+b→，a→−b→，c→}下的坐标是（ ）
A．（4，0，3）B．（3，1，3）C．（1，2，3）D．（2，1，3）
【分析】设向量p→在基底，{a→+b→，a→−b→，c→}下的坐标为（x，y，z），则p→=4a→+2b→+3c→=x（a→+b→）+y（a→−b→）+zc→，由此能求出向量p→在基底{a→+b→，a→−b→，c→}下的坐标．
【解答】解：设向量p→在基底，{a→+b→，a→−b→，c→}下的坐标为（x，y，z），
则p→=4a→+2b→+3c→=x（a→+b→）+y（a→−b→）+zc→，
整理得：4a→+2b→+3c→=（x+y）a→+（x﹣y）b→+zc→，
∴x+y=4x−y=2z=3，解得x＝3，y＝1，z＝3，
∴向量p→在基底{a→+b→，a→−b→，c→}下的坐标是（3，1，3）．
故选：B．
7．（2022春•武汉期末）如图为一正方体的平面展开图，在这个正方体中，有下列四个命题：
①AC∥EB；
②AC与DG成60°角；
③DG与MN成异面直线且DG⊥MN；
④若NB与面ABCD所成角为α，则sinα=33．
其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】首先还原几何体，再根据线线的位置关系，判断选项．
【解答】解：将正方体纸盒展开图还原成正方体，如图知AC与EB不平行，故①错误；
连接AF、FC将DG平移到AF，则AC与DG所成角，即可∠FAC＝60°，故②正确；
同理DG与MN成60°角，故③错误；
NB与面ABCD所成角为∠NBD，sin∠NBD=NDNB=33，故④正确．
故选：B．
8．（2022春•伊州区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，侧面PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，则下列说法不正确的是（ ）
A．在棱AD上存在点M，使AD⊥平面PMB
B．异面直线AD与PB所成的角为90°
C．二面角P﹣BC﹣A的大小为45°
D．BD⊥平面PAC
【分析】对于A，取AD的中点M，利用三角形知识得垂直关系，再利用线面垂直的判定定理证明AD⊥平面PMB；对于B，利用AD⊥平面PMB，可得AD⊥PB；对于C，先作出并证明所求二面角为∠PBM，再利用直角三角形知识求解；对于D，利用反证诶房，假设BD⊥平面PAC，再证明BD⊥平面PAD，得到BD⊥AD，与BD与AD 夹角为60°矛盾进行说明．
【解答】解：对于A，如图，取AD的中点M，连接PM，BM，
∵侧面PAD为正三角形，∴PM⊥AD，
∵底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，∴△ABD是等边三角形，
∵M为AD的中点，∴AD⊥BM，
又PM∩BM＝M，故A正确；
对于B，由A知，AD⊥平面PBM，又PB⊂平面PBM，∴AD⊥PB，
∴异面直线AD与PB所成的角为90°，故B正确；
对于C，∵AD⊥平面PBM，BC∥AD，
∴BC⊥平面PBM，∴BC⊥PB，BC⊥BM，
∵平面PBC∩平面ABCD＝BC．∴∠PBM是二面角P﹣BC﹣A的平面角，
设AB＝1，则BM=32，PM=32，
在Rt△PBM中，tan∠PBM=PMBM=1，∴∠PBM＝45°，
∴二面角的大小为45°，故C正确；
对于D，∵平面PAD⊥平面ABCD，PM⊥AD，
∴PM⊥平面ABCD，又BD⊂平面，∴PM⊥BD，
假设BD⊥平面PAC，则有BD⊥AP，又PM、AP在平面PAD内，且相交于点P，
∴BD⊥平面PAD，又AD⊂平面PAD，∴BD⊥AD，
则由题可知BD与AD的夹角为60°，矛盾，故假设不成立，故D错误．
故选：D．
多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
（多选）9．（2020秋•福田区校级期末）已知向量a→=(1，1，0)，则与a→共线的单位向量e→=（ ）
A．(−22，−22，0)B．（0，1，0）
C．(22，22，0)D．（1，1，1）
【分析】直接利用向量求出向量的模，进一步求出单位向量．
【解答】解：由于向量a→=(1，1，0)，
所以|a→|=12+12+02=2
根据单位向量的关系式e→=±a→|a→|，
可得e→=(−22，−22，0)或e→=(22，22，0)．
故选：AC．
（多选）10．（2020秋•天宁区校级期中）下列条件中，使点P与A，B，C三点一定共面的是（ ）
A．PC→=13PA→+23PB→B．OP→=13OA→+13OB→+13OC→
C．OP→=OA→+OB→+OC→D．OP→+OA→+OB→+OC→=0→
【分析】利用空间向量基本定理，进行验证，对于A，可得PA→，PB→，PC→为共面向量，从而可得M、A、B、C四点共面．
【解答】解：对于A：∵OC→−OP→=13（OA→−OP→）+23（OB→−OP→），
∴OC→−OP→=13OA→−13OP→+23OB→−23OP→，
∴23OP→+13OP→−OP→=13OA→+23OB→−OC→=0→，
故OC→=13OA→+23OB→，故A，B，C共线，故P，A，B，C共面；
或由PC→=13PA→+23PB→得：PA→，PB→，PC→为共面向量，故P，A，B，C共面；
对于B：13+13+13=1，故P，A，B，C共面；
对于C，D，显然不满足，故C，D错误；
故选：AB．
（多选）11．（2022春•百色期末）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为BB1，CD的中点，则（ ）
A．直线AD1与BD的夹角为60°
B．二面角E﹣AD﹣B的正切值是12
C．经过三点A，E，F截正方体的截面是等腰梯形
D．点C1到平面AB1D1的距离为33
【分析】对于A，根据题意可得直线AD1与BD的夹角即为∠C1BD，结合题意可计算其大小即可；
对于B，连接AE，根据题意可得∠EAB即为二面角E﹣AD﹣B的平面角，在Rt△EAB中，直接计算其正切值即可；
对于C，在CC1上取CH=14CC1，根据基本事实即可得出经过三点A，E，F的平面与正方体的截面；
对于D，设点C1到平面AB1D1的距离为h，由等体积法即可求出．
【解答】解：对于A，如图1所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
因为四边形ABC1D1为平行四边形，
所以AD1∥BC1，
所以直线AD1与BD的夹角即为∠C1BD．
又因为BC1＝BD＝DC1，
所以△BC1D为等边三角形，
故∠C1BD＝60°，故A正确；
对于B，如图2所示，连接AE，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
因为DA⊥平面ABB1A1，AE⊂平面ABB1A1，
所以DA⊥AE，
又因为BA⊥AD，
所以∠EAB即为二面角E﹣AD﹣B的平面角，
在Rt△EAB中，tan∠EAB=EBAB=12，
所以二面角E﹣AD﹣B的正切值是12，故B正确；
对于C，如图3所示，在CC1上取一点H，使得CH=14CC1，
由作法可得：AE||FH，
所以A，E，H，F四点共面，
而AF≠EH，
所以经过三点A，E，F截正方体的截面是梯形平面AEHF，不是等腰梯形，故C错误．
对于D，如图4所示，设点C1到平面AB1D1的距离为h，由题意得：VA−B1C1D1=13S△B1C1D1⋅AA1=13×12×1=16，VC1−AB1D1=13S△AB1D1⋅ℎ=13×34×22⋅ℎ=36ℎ．又因为VA−B1C1D1=VC1−AB1D1，所以36ℎ=16，故ℎ=33，故D正确．
故选：ABD．
（多选）12．（2022春•福州期末）在棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为A1B1上任意一点，E、F为CD上任意两点，且EF的长为定值，则下面的四个值中为定值的是（ ）
A．点D1到平面PEF的距离
B．三棱锥D1﹣PEF的体积
C．直线D1P与平面EFD1所成的角
D．二面角P﹣EF﹣D1的大小
【分析】推导出平面PEF就是平面A1DCB1，
对于A，由点D1到平面A1DCB1的距离为定值，得到点D1到平面PEF的距离是定值；
对于B，由点D1到平面PEF的距离，EF是定值，△PEF的面积是定值，得到三棱锥D1﹣PEF的体积是定值；
对于C，直线D1P不确定，平面EFD1就是平面DCC1D1，当P与A1重合时，直线D1P与平面EFD1所成的角为π2，当P与B1重合时，直线D1P与平面EFD1所成的角为π4；
对于D，二面角P﹣EF﹣D1的就是二面角A1﹣DC﹣D1，其大小为定值π4．
【解答】解：∵在棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为A1B1上任意一点，
E、F为CD上任意两点，且EF的长为定值，
∴平面PEF就是平面A1DCB1，
对于A，∵点D1到平面A1DCB1的距离为定值，∴点D1到平面PEF的距离是定值，故A正确；
对于B，∵点D1到平面PEF的距离，EF是定值，A1B1∥CD，∴P到EF的距离是定值，
∴△PEF的面积是定值，∴三棱锥D1﹣PEF的体积是定值，故B正确；
对于C，∵P为A1B1上任意一点，E、F为CD上任意两点，
∴直线D1P不确定，平面EFD1就是平面DCC1D1，
当P与A1重合时，直线D1P与平面EFD1所成的角为π2，
当P与B1重合时，直线D1P与平面EFD1所成的角为π4，
∴直线D1P与平面EFD1所成的角不是定值，故C错误；
对于D，二面角P﹣EF﹣D1的就是二面角A1﹣DC﹣D1，其大小为定值π4，故D正确．
故选：ABD．
填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（2021•松江区二模）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1C1∩B1D1＝F，若AF→=xAB→+yAD→+zAA1→，则x+y+z＝ 2 ．
【分析】在平行六面体中把向量AF→用AB→，AD→，AA1→表示，然后利用向量相等，得到x，y，z的值．
【解答】解：因为AF→=AB→+BB1→+B1F→=AB→+BB1→+12B1D1→
=AB→+BB1→+12(A1D1→−A1B1→)
=AB→+BB1→+12AD→−12AB→
=12AB→+12AD→+AA1→，
又AF→=xAB→+yAD→+zAA1→，
所以x=y=12，z=1，
则x+y+z＝2．
故答案为：2．
14．（2015秋•晋江市校级期末）已知a→=(1−t，1−t，t)，b→=(3，t，t)，则|a→−b→|的最小值 5 ．
【分析】先利用向量减法及向量模的公式求得|a→−b→|，进而利用二次函数的性质求得其最小值．
【解答】解：|a→−b→|=(1−t−3)2+(1−t−t)2+(t−t)2
=3(t+1)2+5，
∴当t＝﹣1时，|AB|有最小值5，
故答案为：5．
15．（2022春•龙岩期末）在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，将△ABD沿BD折叠，使平面ABD⊥平面BCD，则AD与平面ABC所成角的正弦值为 155 ．
【分析】取BD的中点O，连接AO，CO，由题意可知AO⊥平面BCD，所以AO⊥OC，AO⊥OD，以O为原点，OC，OD，OA为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，设菱形ABCD的边长为2，求出相应点的坐标，进而得到相应向量的坐标，结合线面夹角公式即可求解．
【解答】解：取BD的中点O，连接AO，CO，
∴∠BAD＝60°，∴ΔABD，ΔCBD为等边三角形，
∵O为BD的中点，∴AO⊥BD，CO⊥BD，
又∵平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，
∴AO⊥平面BCD，
又∵OC，OD⊂平面BCD，
∴AO⊥OC，AO⊥OD，
以O为原点，OC，OD，OA为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
设菱形ABCD的边长为2，则A（0，0，3），B（0，﹣1，0），C（3，0，0），D（0，1，0），
∴AB→=（0，﹣1，−3），AC→=（3，0，−3），AD→=（0，1，−3），
设平面ABC的法向量n→=（x，y，z），
则n→⋅AB→=0n→⋅AC→=0，即−y−3z=03x−3z=0，
令x＝1，则y=−3，z＝1，即n→=（1，−3，1），
设AD与平面ABC所成的角为θ，
则sinθ＝|cs＜n→，AD→＞|=|n→⋅AD→||n→||AD→|=155，
∴AD与平面ABC所成角的正弦值为155，
故答案为：155．
16．（2022春•三明期中）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，且BA＝BD=2，PA＝PD=5，AD＝2，若二面角P﹣AD﹣B为60°，则AP与平面PBC所成
角的正弦值为 55 ．
【分析】取AD中点M，连接MB，MP，可证BP，BC，BM两两垂直，以B为原点，BC，BM，BP为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求AP与平面PBC所成角的正弦值．
【解答】解：取AD中点M，连接MB，MP，
∵BA＝BD=2，PA＝PD=5，AD＝2，
∴AM＝1，BM⊥AD，PM⊥AD，
∴∠PMB为二面角P﹣AD﹣B的平面角，∴∠PMB＝60°，
在Rt△ABM中，可得BM=2−1=1，
在Rt△APM中，可得PM=5−1=2，
在△PBM中，由余弦定理可得PB=PM2+BM2−2PM⋅BMcs∠PMB=3，
故PM2＝BM2+PB2，∴PB⊥BM，
又BM⊥AD，PM⊥AD，PM∩BM＝M，
∴AD⊥平面PBM，故AD⊥PB，从而PB⊥BC，
以B为原点，BC，BM，BP为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B（0，0，0），M（0，1，0），A（﹣1，1，0），P（0，0，3），
由题意知BM→=（0，1，0）为平面PBC的一个法向量，又PA→=（﹣1，1，−3），
设AP与平面PBC所成角为θ，
∴sinθ＝|cs＜PA→，BM→＞|=11+1+3×1=55．
故AP与平面PBC所成角的正弦值为55．
故答案为：55．
解答题（共6小题，满分70分）
17．（2021秋•平邑县校级月考）如图所示，已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足AM→=kAC1→，BN→=kBC→（0≤k≤1），判断向量MN→是否与向量AB→，AA1→共面．
【分析】利用向量的线性运算即可判断向量MN→是否与向量AB→，AA1→共面．
【解答】解：∵AN→=AB→+BN→=AB→+k（AC→−AB→）＝（1﹣k）AB→+kAC→．
AM→=kAC1→=k（AA1→+AC→），
∴MN→=AN→−AM→=（1﹣k）AB→−kAA1→，
∴向量MN→与向量AB→，AA1→共面．
18．（2021•青冈县校级开学）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，设AA1→=a→，AB→=b→，AD→=c→，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，试用a→，b→，c→表示以下向量：
（1）AP→；
（2）A1N→；
（3）MP→+NC1→．
【分析】（1）（2）根据向量加法的三角形法则表示即可；
（3）根据空间向量的线性表示，用AA1→，AD→和AB→分别表示出MP→和NC1→，求和即可．
【解答】解：（1）因为P是C1D1的中点，所以AP→=AA1→+A1D1→+D1P→=a→+AD→+12D1C1→=a→+c→+12AB→=a→+12b→+c→；
（2）因为N是BC的中点，所以A1N→=A1A→+AB→+BN→=−a→+b→+12BC→=−a→+b→+12AD→=−a→+b→+12c→；
（3）因为M是AA1的中点，所以MP→=MA→+AP→=12A1A→+AP→=−12a→+（a→+12b→+c→）=12a→+12b→+c→，
又NC1→=NC→+CC1→=12BC→+AA1→=12AD→+AA1→=a→+12c→，
所以MP→+NC1→=（12a→+12b→+c→）+（a→+12c→）=32a→+12b→+32c→．
19．（2021秋•明山区校级期末）已知空间三点A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5）．
（1）求以AB→，AC→为边的平行四边形的面积；
（2）若|a→|=3，且a→分别与AB→，AC→垂直，求向量a→的坐标．
【分析】（1）由题意可得：AB→=（﹣2，﹣1，3），AC→=（1，﹣3，2），cs＜AB→，AC→＞=12，sin＜AB→，AC→＞=32，由此能求出以AB→，AC→为边的平行四边形的面积．
（2）设a→=（x，y，z），由题意得x2+y2+z2=3−2x−y+3z=0x−3y+2z=0，由此能求出向量a→的坐标．
【解答】解：（1）由题意可得：AB→=（﹣2，﹣1，3），AC→=（1，﹣3，2），
∴cs＜AB→，AC→＞=AB→⋅AC→|AB→||AC→|=−2+3+614×14=714=12，…（4分）
∴sin＜AB→，AC→＞=32，
∴以AB→，AC→为边的平行四边形的面积：
S＝2×12|AB→||AC→|sin＜AB→，AC→＞=14×32=73⋯（6分）
（2）设a→=（x，y，z），
由题意得x2+y2+z2=3−2x−y+3z=0x−3y+2z=0，
解得x=1y=1z=1，或x=−1y=−1z=−1，
∴a→=（1，1，1），或a→=（﹣1，﹣1，﹣1）．…（12分）
20．（2021秋•美兰区校级月考）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别在BB1和DD1上，且BE=13BB1，DF=23DD1．
（1）证明：A、E、C1、F四点共面．
（2）若EF→=xAB→+yAD→+zAA1→，求x+y+z．
【分析】（1）由AB∥C1D1，AB＝C1D1，BE∥D1F，BE＝D1F，且平面ABE∥平面C1D1F，∠ABE＝∠C1D1F，知△ABE≌△C1D1F，进而AE＝C1F，同理AF＝C1E，故AEC1F为平行四边形，由此能够证明A、E、C1、F四点共面．
（2）结合图形和向量的加法和减法运算进行求解．
【解答】证明：∵平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，BE=13BB1，DF=23DD1，
∴AB∥C1D1，AB＝C1D1，BE∥D1F，BE＝D1F，且平面ABE∥平面C1D1F，
∠ABE＝∠C1D1F，
∴△ABE≌△C1D1F，…（3分）
∴AE＝C1F，
同理AF＝C1E，
故AEC1F为平行四边形，
∴A、E、C1、F四点共面．…（6分）
（2）解：如图所示：EF→=EB1→+B1F→=EB1→+B1D1→+D1F→=23BB1→+B1A1→+B1C1→−13DD1→=23AA1→−AB→+AD→−13AA1→=−AB→+AD→+13AA1→=xAB→+yAD→+zAA1→，
即x＝﹣1，y＝1，z=13，
∴x+y+z=13．
21．（2022春•滁州期末）如图，在多面体ABCDEF中，AD⊥平面ABC，AD∥BE∥CF，且AD＝1，BE＝5，CF＝3，△ABC是边长为2的正三角形，G是AB的中点．
（1）求证：CG∥平面DEF；
（2）求二面角E﹣DF﹣A的余弦值．
【分析】（1）以B为坐标原点，BA所在直线为x轴，在平面ABC中，过B作AB的垂线为y轴，BE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明 CG∥平面DEF；
（2）求出平面DEF的法向量和平面ADF的法向量，利用向量法能求出二面角E﹣DF﹣A的余弦值．
【解答】解：（1）证明：以B为坐标原点，BA所在直线为x轴，
在平面ABC中，过B作AB的垂线为y轴，BE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则C（1，3，0），G（1，0，0），D（2，0，1），E（0，0，5），F（1，3，3），
CG→=（0，−3，0），DE→=（﹣2，0，4），DF→=（﹣1，3，2），
设平面DEF的法向量n→=（x，y，z），
则n→⋅DE→=−2x+4z=0n→⋅DF→=−x+3y+2z=0，取x＝2，得n→=（2，0，1），
∵CG→⋅n→=0，且CG⊄平面DEF，∴CG∥平面DEF；
（2）平面DEF的法向量n→=（2，0，1），
A（2，0，0），DA→=（0，0，﹣1），DF→=（﹣1，3，2），
设平面ADF的法向量m→=（a，b，c），
则m→⋅DA→=−c=0m→⋅DC→=−a+3b+2c=0，取b＝1，得m→=（3，1，0），
设二面角E﹣DF﹣A的平面角为θ，
则二面角E﹣DF﹣A的余弦值为：
csθ=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=28⋅4=24．
22．（2022春•沙坪坝区校级期末）在四棱锥P﹣ABCD中，已知AB∥CD，AB⊥AD，BC⊥PA，AB＝2AD＝2CD＝2，PA=6，PC＝2，E是PB上的点．
（1）求证：PC⊥底面ABCD；
（2）是否存在点E使得PA与平面EAC所成角的正弦值为23？若存在，求出该点的位置；不存在，请说明理由．
【分析】（1）由余弦定理得BC=2，由勾股定理得BC⊥AC，由BC⊥PA，得BC⊥平面PAC，BC⊥PC，由勾股定理得PC⊥AC，由此能证明PC⊥平面ABCD．
（2）以A为坐标原点，AD所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，过A作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出存在点E使得PA与平面EAC所成角的正弦值为23，该点E为PB上靠近B点的三等分点．
【解答】解：（1）证明：在△ADC中，AD＝DC＝1，∠ADC＝90°，∴AC=2，
在△ABC中，AC=2，AB＝2，∠BAC＝45°，
由余弦定理得BC2＝AB2+AC2﹣2AB•AC•cs45°＝2，
∴BC=2，∴AB2＝AC2+BC2，∴∠ACB＝90°，∴BC⊥AC，①
∵BC⊥PA，②
由①②得PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC，③，
在△PAC中，AC=2，PC＝2，PA=6，∴PC⊥AC，④
由③④，得AC∩BC＝C，∴PC⊥平面ABCD．
（2）以A为坐标原点，AD所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，
过A作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），B（0，2，0），C（1，1，0），D（1，0，0），P（1，1，2），
设BE→=λBP→=λ（1，﹣1，2）＝（λ，﹣λ，2λ），
则AE→=AB→+BE→=（λ，2﹣λ，2λ），AC→=（1，1，0），AP→=（1，1，2），
设平面EAC的法向量n→=（x，y，z），
则n→⋅AE→=λx+(2−λ)y+2λz=0n→⋅AC→=x+y=0，取x＝﹣λ，得n→=（﹣λ，λ，λ﹣1），
∵PA与平面EAC所成角的正弦值为23，
∴|cs＜AP→，n→＞|=|AP→⋅n→||AP→|⋅|n→|=|2−2λ|6⋅λ2+λ2+(λ−1)2=22，
整理得3λ2+2λ﹣1＝0，解得λ=13（舍负），
∴存在点E使得PA与平面EAC所成角的正弦值为23，该点E为PB上靠近B点的三等分点．