新高考数学考前考点冲刺精练卷41《向量法求空间角及距离》（2份，原卷版+教师版）

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一、选择题
如图，斜线段AB与平面α所成的角为eq \f(π,4)，B为斜足.平面α上的动点P满足∠PAB＝eq \f(π,6)，则点P的轨迹为( )
A.圆 B.椭圆 C.双曲线的一部分 D.抛物线的一部分
【答案解析】答案为：B
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，
设OB＝OA＝1，则B(0，1，0)，A(0，0，1)，P(x，y，0)，则eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，1，﹣1)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(x，y，﹣1)，所以cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))〉＝eq \f(y＋1,\r(2)·\r(x2＋y2＋1))＝eq \f(\r(3),2)，即3x2＋(y﹣2)2＝3，所以点P的轨迹是椭圆.
如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝eq \r(2)，BC＝2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
【答案解析】答案为：B
解析：以A为坐标原点，AB，AC，AA1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(0,0,0)，A1(0,0，eq \r(2))，B(eq \r(2)，0,0)，C(0，eq \r(2)，0)，
∴D(eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(2),2)，0)，∴eq \(AD,\s\up6(→))＝(eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(2),2)，0)，eq \(A1C,\s\up6(—→))＝(0，eq \r(2)，﹣eq \r(2))，
∴cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(A1C,\s\up6(—→))〉＝eq \f(\(AD,\s\up6(→))·\(A1C,\s\up6(—→)),|\(AD,\s\up6(→))||\(A1C,\s\up6(—→))|)＝eq \f(1,2)，∴即异面直线AD，A1C所成角为eq \f(π,3).
如图，已知圆锥CO的截面△ABC是正三角形，AB是底面圆O的直径，点D在eq \(AB,\s\up8(︵))上，且∠AOD＝2∠BOD，则异面直线AD与BC所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(3),4) B.eq \f(1,2) C.eq \f(1,4) D.eq \f(3,4)
【答案解析】答案为：A
解析：因为∠AOD＝2∠BOD，且∠AOD＋∠BOD＝π，所以∠BOD＝eq \f(π,3)，连接CO，则CO⊥平面ABD，以点O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设圆O的半径为2，则A(0，﹣2,0)，B(0,2,0)，C(0,0，2eq \r(3))，D(eq \r(3)，1,0)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，3,0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，﹣2,2eq \r(3))，设异面直线AD与BC所成的角为θ，则cs θ＝|cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AD,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→))|,|\(AD,\s\up6(→))||\(BC,\s\up6(→))|)＝eq \f(|－6|,2\r(3)×4)＝eq \f(\r(3),4)，因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为eq \f(\r(3),4).
点P为棱长是2eq \r(5)的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点M为B1C1的中点，若满足DP⊥BM，则动点P的轨迹的长度为( )
A.π B.2π C.4π D.2eq \r(5)π
【答案解析】答案为：C
解析：根据题意知，该正方体的内切球半径为r＝eq \r(5)，如图.取BB1 的中点N，连接CN，则CN⊥BM，∴CN为DP在平面B1C1CB中的射影，∴点P的轨迹为过D，C，N的平面与内切球的交线，
∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2eq \r(5)，∴O到过D，C，N的平面的距离为eq \f(\r(5),\r(5))＝1，∴截面圆的半径为2，∴点P的轨迹的长度为2π×2＝4π.
如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是线段B1D1上一动点，且AP∥平面DBC1，则异面直线AP与BD所成角的取值范围为( )
A.[eq \f(π,4)，eq \f(3π,4)] B.[eq \f(π,4)，eq \f(π,2)] C.[eq \f(π,3)，eq \f(π,2)] D.[eq \f(π,3)，eq \f(2π,3)]
【答案解析】答案为：C
解析：如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1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，设正方体棱长为1，
则D(0，0，0)，B(1，1，0)，A(1，0，0)，设P(λ，λ，1)，λ∈[0，1]，∴eq \(DB,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(λ﹣1，λ，1)，∴eq \(DB,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝2λ﹣1，|eq \(DB,\s\up6(→))|＝eq \r(2)，|eq \(AP,\s\up6(→))|＝eq \r(2λ2－2λ＋2)，设异面直线AP与BD所成的角为θ，则cs θ＝eq \f(|\(DB,\s\up6(→))·\(AP,\s\up6(→))|,|\(DB,\s\up6(→))||\(AP,\s\up6(→))|)＝eq \f(|2λ－1|,2\r(λ2－λ＋1))＝eq \f(1,2)·eq \r(\f(2λ－12,λ2－λ＋1))＝eq \f(1,2)·eq \r(4－\f(3,λ2－λ＋1))＝eq \f(1,2)·eq \r(4－\f(3,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,2)))2＋\f(3,4)))，当λ＝eq \f(1,2)时，cs θ取得最小值为0，
当λ＝0或1时，cs θ取得最大值为eq \f(1,2)，∴0≤cs θ≤eq \f(1,2)，则eq \f(π,3)≤θ≤eq \f(π,2).
如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面边长为a，侧棱长为b，且a≥b，点D是BC1的中点，则直线AD与侧面ABB1A1所成角的正切值的最小值是( )
A.eq \f(\r(130),13) B.eq \f(\r(6),3) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(39),13)
【答案解析】答案为：D
解析：如图，取A1B1的中点E，连接BE，C1E，则C1E⊥A1B1，由正三棱柱的性质可知，平面A1B1C1⊥平面ABB1A1，∴C1E⊥平面ABB1A1，取BE的中点F，连接AF，DF.
∵D为BC1的中点，∴DF∥C1E，∴DF⊥平面ABB1A1，∴∠DAF即为直线AD与侧面ABB1A1所成的角.在Rt△AFD中，DF＝eq \f(1,2)C1E＝eq \f(\r(3),4)a，AF＝eq \r(AD2－DF2)＝eq \f(\r(9a2＋4b2),4)，∴tan∠DAF＝eq \f(DF,AF)＝eq \f(\r(3)a,\r(9a2＋4b2))＝eq \r(\f(1,3＋\f(4b2,3a2)))≥eq \r(\f(1,3＋\f(4,3)))＝eq \f(\r(39),13)，当且仅当a＝b时，等号成立，∴直线AD与侧面ABB1A1所成角的正切值的最小值为eq \f(\r(39),13).
二、多选题
(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P，M分别为棱CD，CC1的中点.Q为线段A1B上任一点，则下列说法正确的是( )
A.平面APM内存在直线与A1D1平行
B.平面APM截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面的面积为eq \f(9,8)
C.直线AP和DQ所成的角可能为60°
D.直线AP和DQ所成的角可能为30°
【答案解析】答案为：BC
解析：对于选项A，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，BC∥A1D1，在平面ABCD中，直线AP，BC相交，所以直线BC与平面APM相交，故直线A1D1与平面APM相交，故平面APM内不存在直线与A1D1平行，所以选项A错误；
对于选项B，如图，连接C1D，AB1，因为P，M分别为棱CD，CC1的中点，
所以PM∥C1D，PM＝eq \f(1,2)C1D，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB1∥C1D，所以PM∥AB1，连接B1M，
则梯形AB1MP为所求的截面，易知AP＝B1M＝eq \r(1＋\f(1,4))＝eq \f(\r(5),2)，PM＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(2),2)，AB1＝eq \r(2)，
所以等腰梯形AB1MP的高为eq \r(AP2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AB1－PM,2)))2)＝eq \r(\f(5,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)))2)＝eq \f(3\r(2),4)，
所以梯形AB1MP的面积为eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)＋\r(2)))×eq \f(3\r(2),4)＝eq \f(9,8)，选项B正确；
对于选项C，D，以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(—→))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，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，P(0，eq \f(1,2)，0)，B(1，1，0)，A1(1，0，1)，eq \(A1B,\s\up6(—→))＝(0，1，﹣1)，eq \(DA1,\s\up6(—→))＝(1，0，1)，eq \(PA,\s\up6(→))＝(1，-eq \f(1,2)，0)，
设eq \(A1Q,\s\up6(—→))＝λeq \(A1B,\s\up6(→))＝λ(0，1，﹣1)＝(0，λ，﹣λ)，0≤λ≤1，所以eq \(DQ,\s\up6(→))＝eq \(DA1,\s\up6(—→))＋eq \(A1Q,\s\up6(—→))＝(1，λ，1﹣λ)，所以|cs〈eq \(PA,\s\up6(→))，eq \(DQ,\s\up6(→))〉|＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)λ)),\f(\r(5),2)×\r(1＋λ2＋1－λ2))＝eq \f(2－λ,\r(10)·\r(λ2－λ＋1)).
当eq \f(2－λ,\r(10)·\r(λ2－λ＋1))＝cs 60°＝eq \f(1,2)，即λ2＋λ﹣1＝0时，解得λ＝eq \f(±\r(5)－1,2)，其中eq \f(\r(5)－1,2)∈[0，1]，当eq \f(2－λ,\r(10)·\r(λ2－λ＋1))＝cs 30°＝eq \f(\r(3),2)，即13λ2﹣7λ＋7＝0时，方程无解.
所以直线AP和DQ所成的角可能为60°，但不可能为30°，选项C正确，选项D错误.
(多选)在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为BD1，B1C1的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足MP⊥CN.给出的下列说法中正确的是( )
A.点P可以是棱BB1的中点 B.线段MP的最大值为eq \f(3,4)
C.点P的轨迹是正方形 D.点P的轨迹长度为2＋eq \r(5)
【答案解析】答案为：BD
解析：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
∵该正方体的棱长为1，M，N分别为BD1，B1C1的中点，∴D1(0，0，1)，B(1，1，0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，1))，C(0，1，0)，∴eq \(CN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，1))，设P(x，y，z)，则eq \(MP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)，y－\f(1,2)，z－\f(1,2)))，
∵MP⊥CN，∴eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))＋z﹣eq \f(1,2)＝0，即2x＋4z﹣3＝0，当x＝1时，z＝eq \f(1,4)，当x＝0时，z＝eq \f(3,4)，
取Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(1,4)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,4)))，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(3,4)))，Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(3,4)))，连接EF，FG，GH，HE，
则eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(HG,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(EH,\s\up6(→))＝eq \(FG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,2)))，∴四边形EFGH为矩形，
又eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))＝0，eq \(EH,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))＝0，即EF⊥CN，EH⊥CN，
又EF和EH为平面EFGH中的两条相交直线，∴CN⊥平面EFGH，
又eq \(EM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,4)))，eq \(MG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,4)))，∴M为EG的中点，则M∈平面EFGH，为使MP⊥CN，必有点P∈平面EFGH，又点P在正方体表面上运动，∴点P的轨迹为四边形EFGH，∴点P不可能是棱BB1的中点，故选项A错误；
又EF＝GH＝1，EH＝FG＝eq \f(\r(5),2)，∴EF≠EH，则点P的轨迹是矩形不是正方形，且矩形EFGH的周长为2＋2×eq \f(\r(5),2)＝2＋eq \r(5)，故选项C错误，选项D正确；
∵点P的轨迹为矩形EFGH，∴当P点在矩形的四个端点时，MP取得最大值，且MP的最大值为eq \f(3,4)，故B正确.
三、填空题
如图所示，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(AD,\s\up6(→))，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为eq \f(3\r(2),10)，则λ的值为______.
【答案解析】答案为：eq \f(1,3).
解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)，正方体的棱长为2，则A1(2,0,2)，D1(0,0,2)，E(0,2,1)，A(2,0,0)，
∴eq \(D1E,\s\up6(—→))＝(0,2，﹣1)，eq \(A1F,\s\up6(—→))＝eq \(A1A,\s\up6(—→))＋eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(—→))＋λeq \(AD,\s\up6(→))＝(﹣2λ，0，﹣2).
∴cs〈eq \(A1F,\s\up6(—→))，eq \(D1E,\s\up6(—→))〉＝eq \f(\(A1F,\s\up6(—→))·\(D1E,\s\up6(—→)),|\(A1F,\s\up6(—→))||\(D1E,\s\up6(—→))|)＝eq \f(2,2\r(λ2＋1)×\r(5))＝eq \f(3\r(2),10)，解得λ＝eq \f(1,3)(λ＝﹣eq \f(1,3)舍).
如图，P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD.若已知AB＝3，AD＝4，PA＝1，则点P到直线BD的距离为________.
【答案解析】答案为：eq \f(13,5).
解析：如图，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,1)，B(3,0,0)，D(0,4,0)，
则eq \(BP,\s\up6(→))＝(﹣3,0,1)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(﹣3,4,0)，
故点P到直线BD的距离d＝eq \r(|\(BP,\s\up11(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(\s\up7(),\s\d4())\f(\(BP,\s\up6(→))·\(BD,\s\up6(→)),|\(BD,\s\up6(→))|)))2)＝eq \r(10－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,5)))2)＝eq \f(13,5)，
所以点P到直线BD的距离为eq \f(13,5).
在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点F，G分别是AB，CC1的中点，则△D1GF的面积为________.
【答案解析】答案为：eq \f(\r(14),2).
解析：以D为坐标原点，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(图略)，则D1(0,0,2)，G(0,2,1)，F(1,1,0)，eq \(FD1,\s\up6(—→))＝(﹣1，﹣1,2)，eq \(FG,\s\up6(→))＝(﹣1,1,1)，∴点D1到直线GF的距离d＝eq \r(|\(FD1,\s\up11(—→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(FD1,\s\up6(—→))·\(FG,\s\up6(→))\(\s\up7( ),\s\d4()),|\(FG,\s\up6(→))|)))2)＝eq \r(6－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(3))))2)＝eq \f(\r(42),3).
∴点D1到直线GF的距离为eq \f(\r(42),3)，又|eq \(FG,\s\up6(→))|＝eq \r(3)，∴ SKIPIF 1 < 0 错误！未找到引用源。eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \f(\r(42),3)＝eq \f(\r(14),2).
在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2AD＝2，E为棱CC1上一点，记平面BD1E与底面ABCD的夹角为α，则当α取得最小值时CE的长度为________.
【答案解析】答案为：eq \f(2,5).
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，
设CE＝a，a∈[0，2]，B(1，2，0)，E(0，2，a)，D1(0，0，2)，eq \(BD1,\s\up6(—→))＝(﹣1，﹣2，2)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(﹣1，0，a)，设平面BD1E的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))1＝0，,n·\(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x－2y＋2z＝0，,－x＋az＝0，))取x＝a，则n＝(a，1﹣eq \f(1,2)a，1)，显然平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)，
即cs α＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(1,\r(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(a,2)))2＋1))＝eq \f(1,\r(\f(5,4)a2－a＋2))＝eq \f(1,\r(\f(5,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(2,5)))2＋\f(9,5)))，
当α最小时，eq \f(1,\r(\f(5,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(2,5)))2＋\f(9,5)))取最大值，即当a＝eq \f(2,5)时，cs α取最大值，α取得最小值.
如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M是AD的中点，点P在底面ABCD内(不包括边界)运动，若B1P∥平面A1BM，则C1P的长度的取值范围是____________.
【答案解析】答案为：[eq \f(\r(30),5)，eq \r(2))
解析：如图，取BC的中点N，连接B1D，B1N，DN，过C作CO⊥DN于O，连接C1O，由正方体的性质知DN∥MB，A1M∥B1N，又DN∩B1N＝N，MB∩A1M＝M，∴平面B1DN∥平面A1BM，
∴点P在底面ABCD内的轨迹是线段DN(不含点N和点D).连接C1D，C1N，在△C1DN中，
C1D＝eq \r(2)，DN＝C1N＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(5),2)，∴ SKIPIF 1 < 0 错误！未找到引用源。＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(\r(6),4)，∵C1C⊥平面ABCD，CO⊥DN，∴C1O⊥DN，则当P与O重合时，C1P的长度取得最小值，∴C1P的长度的最小值为C1O＝eq \f(\f(\r(6),4),\f(1,2)×\f(\r(5),2))＝eq \f(\r(30),5)，又C1P1).
(1)求证：BE＝BF；
(2)若直线AE与平面BEF所成角的正弦值为eq \f(\r(6),3)，求平面ABE与平面BEF夹角的余弦值.
【答案解析】 (1)证明：如图，连接BO1，在圆柱OO1中，
BC⊥平面CEDF，
∵EF⊂平面CEDF，∴EF⊥BC，
∵EF⊥CD，BC∩CD＝C，BC，
CD⊂平面ABCD，
∴EF⊥平面ABCD，
又BO1⊂平面ABCD，
∴EF⊥BO1，
∵在△BEF中，O1为EF的中点，∴BE＝BF.
(2)解 连接OO1，则OO1与该圆柱的底面垂直，
以点O为坐标原点，OB，OO1所在直线分别为y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，﹣1,0)，B(0,1,0)，E(﹣1,0，a)，F(1,0，a)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(﹣1,1，a)，
eq \(BE,\s\up6(→))＝(﹣1，﹣1，a)，eq \(BF,\s\up6(→))＝(1，﹣1，a)，
设平面BEF的法向量是n1＝(x1，y1，z1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(BE,\s\up6(→))＝0，,n1·\(BF,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x1－y1＋az1＝0，,x1－y1＋az1＝0，))取z1＝1，得n1＝(0，a，1)，
设直线AE与平面BEF所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，n1〉|＝eq \f(2a,\r(a2＋2)·\r(a2＋1))＝eq \f(\r(6),3)，化简得(a2﹣2)(a2﹣1)＝0，
∵a>1，解得a＝eq \r(2)，∴n1＝(0，eq \r(2)，1)，
设平面ABE的法向量是n2＝(x2，y2，z2)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n2·\(AE,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y2＝0，,－x2＋y2＋\r(2)z2＝0，))取z2＝1，得n2＝(eq \r(2)，0,1)，
设平面ABE与平面BEF的夹角为α，则cs α＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(1,3)，
∴平面ABE与平面BEF夹角的余弦值为eq \f(1,3).
如图，在四棱锥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)求直线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eq \f(2\r(5),5)？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案解析】 (1)证明：因为四边形ABCD为正方形，则BC⊥AB，CD⊥AD，
因为PB⊥BC，BC⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，
因为PA⊂平面PAB，所以PA⊥BC，
因为PD⊥CD，CD⊥AD，PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，
因为PA⊂平面PAD，所以PA⊥CD，
因为BC∩CD＝C，BC，CD⊂平面ABCD，
所以PA⊥平面ABCD.
(2)解：因为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)，设平面ACE的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \(AC,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(2,2，﹣2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AC,\s\up6(→))＝2x＋2y＝0，,m·\(AE,\s\up6(→))＝y＋z＝0，))取y＝1，可得m＝(﹣1,1，﹣1)，
cs〈m，eq \(PC,\s\up6(→))〉＝eq \f(m·\(PC,\s\up6(→)),|m||\(PC,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,\r(3)×2\r(3))＝eq \f(1,3)，
所以直线PC与平面ACE所成角的正弦值为eq \f(1,3).
(3)解：设点F(2，t，0)(0≤t≤2)，设平面PAF的法向量为n＝(a，b，c)，
eq \(AF,\s\up6(→))＝(2，t，0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,0,2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AF,\s\up6(→))＝2a＋tb＝0，,n·\(AP,\s\up6(→))＝2c＝0，))取a＝t，则n＝(t，﹣2,0)，
所以点E到平面PAF的距离为d＝eq \f(|\(AE,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(t2＋4))＝eq \f(2\r(5),5)，因为t>0，所以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eq \f(2\r(5),5).
如图，四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的eq \r(2)倍，P为侧棱SD上的点.
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面DAC夹角的大小；
(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由.
【答案解析】 (1)证明：如图，连接BD，设AC交BD于点O，连接SO.
由题意知，SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，以OB，OC，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系.设底面边长为a，则高SO＝eq \f(\r(6),2)a，
于是S(0，0，eq \f(\r(6),2)a)，D(﹣eq \f(\r(2),2)a，0，0)，C(0，eq \f(\r(2),2)a，0).
于是eq \(OC,\s\up6(→))＝(0，eq \f(\r(2),2)a，0)，eq \(SD,\s\up6(→))＝(﹣eq \f(\r(2),2)a，0，﹣eq \f(\r(6),2)a).
则eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(SD,\s\up6(→))＝0，故OC⊥SD，从而AC⊥SD.
(2)解 由题设知，平面PAC的一个法向量eq \(DS,\s\up6(→))＝(eq \f(\r(2),2)a，0，eq \f(\r(6),2)a)，平面DAC的一个法向量eq \(OS,\s\up6(→))＝(0，0，eq \f(\r(6),2)a).设平面PAC与平面DAC的夹角为θ，
则cs θ＝|cs〈eq \(OS,\s\up6(→))，eq \(DS,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(OS,\s\up6(→))·\(DS,\s\up6(→))|,|\(OS,\s\up6(→))||\(DS,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(3),2)，
所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30°.
(3)解：假设在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.根据第(2)问知eq \(DS,\s\up6(→))是平面PAC的一个法向量，且eq \(DS,\s\up6(→))＝(eq \f(\r(2),2)a，0，eq \f(\r(6),2)a)，eq \(CS,\s\up6(→))＝(0，﹣eq \f(\r(2),2)a，eq \f(\r(6),2)a).设eq \(CE,\s\up6(→))＝teq \(CS,\s\up6(→))(0≤t≤1)，
因为B(eq \f(\r(2),2)a，0，0)，C(0，eq \f(\r(2),2)a，0)，所以eq \(BC,\s\up6(→))＝(﹣eq \f(\r(2),2)a，eq \f(\r(2),2)a，0)，
则eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋teq \(CS,\s\up6(→))＝(﹣eq \f(\r(2),2)a，eq \f(\r(2),2)a(1﹣t)，eq \f(\r(6),2)at).
又eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(DS,\s\up6(→))＝0，得﹣eq \f(a2,2)＋0＋eq \f(6,4)a2t＝0，则t＝eq \f(1,3)，
当SE∶EC＝2∶1时，eq \(BE,\s\up6(→))⊥eq \(DS,\s\up6(→)).由于BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC.
因此在棱SC上存在点E，使BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1.