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  • 2021-06-15 发布

2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案:第八章立体几何与空间向量顶层设计前瞻立体几何热点问题

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www.ks5u.com 立体几何热点问题 ‎ 三年真题考情 核心热点 真题印证 核心素养 线、面位置关系的证明与线面角 ‎2019·天津,17;2019·浙江,19;2018·Ⅰ,18;2018·Ⅱ,20;2016·天津,17;2018·天津,17;2017·北京·16‎ 数学运算、逻辑推理、直观想象 线、面位置关系的证明与二面角 ‎2019·Ⅰ,18;2019·Ⅱ,17;2019·Ⅲ,19;2019·北京,16;2018·Ⅲ,19;2017·Ⅲ,19;2017·Ⅰ,18;2017·Ⅱ,19;2016·Ⅰ,18;2016·Ⅱ,19‎ 数学运算、逻辑推理、直观想象 ‎ 热点聚焦突破 教材链接高考——线面位置关系与空间角 ‎[教材探究](选修2-1P109例4)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,点E是PC的中点,作EF⊥PB交PB于点F.‎ ‎(1)求证:PA∥平面EDB;‎ ‎(2)求证:PB⊥平面EFD;‎ ‎(3)求二面角C-PB-D的大小.‎ ‎[试题评析] 1.本例包括了空间向量在立体几何中最主要的两个应用:(1)证明或判定空间中的线面位置关系,(2)求空间角.‎ ‎2.教材给出的解法虽然都用到了向量,但第(1)(2)题仍然没有脱离线面平行、线面垂直的判定定理,第(3)题是先找到二面角的平面角,然后利用向量求解.‎ ‎3.除了教材给出的解法外,我们还可以利用相关平面的法向量解答本题,其优点是可以使几何问题代数化.‎ ‎【教材拓展】 如图,在四棱锥P-ABCD中,BC⊥CD,AD=CD,PA=3,△ABC和△PBC均是边长为2的等边三角形.‎ ‎(1)求证:平面PBC⊥平面ABCD;‎ ‎(2)求二面角C-PB-D的余弦值.‎ ‎(1)证明 取BC的中点O,连接OP,OA,如图.‎ 因为△ABC,△PBC均为边长为2的等边三角形,点O为BC的中点,‎ 所以OA⊥BC,OP⊥BC,且OA=OP=3.‎ 在△PAO中,因为PA=3,则PO2+OA2=PA2,‎ 所以OP⊥OA.‎ 又因为OA∩BC=O,OA⊂平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以OP⊥平面ABCD.‎ 又因为OP⊂平面PBC.‎ 所以平面PBC⊥平面ABCD.‎ ‎(2)解 因为BC⊥CD,△ABC为等边三角形,所以∠ACD=.‎ 又因为AD=CD,所以∠CAD=,∠ADC=.‎ 在△ADC中,由正弦定理,得=,‎ 所以CD=2.‎ 以O为坐标原点,,,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P(0,0,3),B(0,,0),D(2,-,0).‎ 所以=(0,-,3),=(2,-2,0).‎ 设平面PBD的法向量为n=(x,y,z),‎ 则即 令z=1,则平面PBD的一个法向量为n=(3,,1),‎ 依题意,平面PBC的一个法向量m=(1,0,0),‎ 所以cos〈m,n〉==.‎ 由题图知,二面角C-PB-D为锐二面角,‎ 故二面角C-PB-D的余弦值为.‎ 探究提高 1.本题与教材选修2-1P109例4相比其难点在于不易找到二面角C-PB-D的平面角,或者说找到这个二面角的平面角对学生来说是一个很大的难点,而利用空间向量,即找到相关平面的法向量并且利用法向量来求二面角,就可以化解这个难点,这也是向量法的优势所在.‎ ‎2.利用向量法解决问题时,要注意运算的正确性.‎ ‎【链接高考】 (2019·全国Ⅱ卷)如图,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)证明 由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.‎ 又BE⊥EC1,B1C1∩EC1=C1,B1C1,EC1⊂平面EB1C1,‎ 所以BE⊥平面EB1C1.‎ ‎(2)解 由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA1=2AB.‎ 以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,‎ 则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),=(1,0,0),=(1,-1,1), ‎=(0,0,2).‎ 设平面EBC的法向量为n=(x1,y1,z1),‎ 则即 所以可取n=(0,-1,-1).‎ 设平面ECC1的法向量为m=(x2,y2,z2),‎ 则即 所以可取m=(1,1,0).‎ 于是cos〈n,m〉==-,‎ 则sin〈n,m〉=,‎ 所以,二面角B-EC-C1的正弦值为.‎ 教你如何审题——立体几何中的折叠问题 ‎【例题】 (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.‎ ‎(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中的二面角B-CG-A的大小.‎ ‎[审题路线]‎ ‎[自主解答]‎ ‎(1)证明 由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,‎ 所以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,且BE∩BC=B,BE,BC⊂平面BCGE,‎ 所以AB⊥平面BCGE.‎ 又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.‎ ‎(2)解 作EH⊥BC,垂足为H.‎ 因为EH⊂平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,平面BCGE∩平面ABC=BC,‎ 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=.‎ 以H为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,则 A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,),=(1,0,),=(2,-1,0).‎ 设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),‎ 则即 所以可取n=(3,6,-).‎ 又平面BCGE的法向量可取m=(0,1,0),‎ 所以cos〈n,m〉==.‎ 因此二面角B-CG-A的大小为30°.‎ 探究提高 立体几何中折叠问题的解决方法 解决立体几何中的折叠问题,关键是搞清楚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,不在同一平面上的性质发生变化.‎ ‎【尝试训练】 (2020·湖南六校联考)在Rt△ABC中,∠ABC=90°,tan ∠ACB=.已知E,F分别是BC,AC的中点,将△CEF沿EF折起,使C到C′的位置且二面角C′-EF-B的平面角的大小是60°.连接C′B,C′A,如图.‎ ‎(1)(一题多解)求证:平面C′FA⊥平面ABC′;‎ ‎(2)求平面AFC′与平面BEC′所成二面角的平面角的大小.‎ ‎(1)证明 法一 ∵F是AC的中点,‎ ‎∴AF=C′F.‎ 设AC′的中点为G,连接FG,如图(1).‎ ‎(1)‎ 设BC′的中点为H,连接GH,EH.‎ ‎∵∠ABC=90°,E,F分别是BC,AC的中点,‎ ‎∴FE⊥BC,∴C′E⊥EF,BE⊥EF,‎ ‎∴∠BEC′为二面角C′-EF-B的平面角.‎ ‎∴∠BEC′=60°.‎ ‎∵E为BC的中点,‎ ‎∴BE=EC′,∴△BEC′为等边三角形,∴EH⊥BC′.‎ ‎∵EF⊥C′E,EF⊥BE,C′E∩BE=E,∴EF⊥平面BEC′.‎ ‎∵EF∥AB,∴AB⊥平面BEC′,‎ 又EH⊂平面BEC′,∴AB⊥EH.‎ ‎∵BC′∩AB=B,∴EH⊥平面ABC′.‎ ‎∵G,H分别为AC′,BC′的中点,‎ ‎∴GH綉AB綉FE,∴四边形EHGF为平行四边形,‎ ‎∴FG∥EH,∴FG⊥平面ABC′.‎ 又FG⊂平面C′FA,∴平面C′FA⊥平面ABC′.‎ 法二 ∵∠ABC=90°,E,F分别为BC,AC的中点,‎ ‎∴EF⊥BC,∴EF⊥BE,EF⊥EC′.‎ ‎∵BE∩EC′=E,∴FE⊥平面BC′E.‎ ‎∴AB⊥平面BEC′.‎ 如图(2),分别以BE,BA所在直线为y轴,z轴,建立空间直角坐标系.设AB=2,‎ ‎(2)‎ 则B(0,0,0),A(0,0,2),E(0,2,0),‎ F(0,2,1),C′(,1,0).‎ ‎∴=(0,0,2),=(,1,0),=(0,2,-1),=(,1,-2).‎ 设平面ABC′的法向量为a=(x1,y1,z1),‎ 则即 令x1=1,则y1=-,z1=0,∴a=(1,-,0).‎ 设平面C′FA的法向量为b=(x2,y2,z2),‎ 则即 令x2=,则y2=1,z2=2,∴b=(,1,2).‎ ‎∴a·b=-+0=0,∴平面C′FA⊥平面ABC′.‎ ‎(2)解 由(1)中法二可得平面AFC′的一个法向量为b=(,1,2).‎ 显然平面BEC′的一个法向量为m=(0,0,1),‎ ‎∴cos〈m,n〉==.‎ 观察图形可知,平面AFC′与平面BEC′所成的二面角的平面角为锐角,‎ ‎∴平面AFC′与平面BEC′所成二面角的平面角的大小为45°.‎ 满分答题示范——立体几何中的开放问题 ‎【例题】 (12分)如图①,已知等腰梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2AD=2CD=2.将△ADC沿AC折起,使得AD⊥BC,如图②.‎ ‎(1)求证:平面ADC⊥平面ABC;‎ ‎(2)在线段BD上是否存在点E,使得二面角E-AC-D的大小为?若存在,指出点E的位置;若不存在,请说明理由.‎ ‎[规范解答]‎ ‎(1)证明 ∵等腰梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2AD=2CD=2,‎ ‎∴由平面几何知识易得∠ABC=,‎ ‎∴AC2=22+12-2×2×1×cos =3.‎ 又AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC.2′ ‎∵AD⊥BC,AD∩AC=A,∴BC⊥平面ADC.3′ 又∵BC⊂平面ABC,∴平面ADC⊥平面ABC.4′ ‎(2)解 在线段BD上存在点E,使得二面角E-AC-D的大小为.‎ 以C为原点,CA所在的直线为x轴,CB所在的直线为y轴,过点C垂直于平面ABC的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图.5′ 由平面ADC⊥平面ABC,△ADC是顶角为的等腰三角形,知z轴与△ADC底边上的中线平行,则C(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),D,‎ ‎∴=(,0,0),=.‎ 令=t(0≤t≤1),则E,‎ ‎∴=.7′ 设平面ACE的法向量为m=(x,y,z),‎ 则即 ‎∴ 令y=t,则z=2(t-1),∴m=(0,t,2(t-1)).9′ 由(1)知,平面ACD的一个法向量为n=(0,1,0).10′ 要使二面角E-AC-D的大小为,‎ 则cos ===,‎ 解得t=或t=2(舍去).‎ ‎∴在线段BD上存在点E,使得二面角E-AC-D的大小为,此时点E在线段BD上靠近点D的三等分点处.12′ ‎[高考状元满分心得]‎ ‎❶得步骤分:抓住得分点的步骤“步步为赢”,求得满分.如第(1)问中证明面面垂直时,层层递进,先证明线线垂直,再证明线面垂直,最后得到面面垂直.‎ ‎❷得关键分:解题过程中不可忽视关键点,有则给分,无则没分.如第(2)问中的建系方法,求两个平面的法向量.‎ ‎❸得计算分:解题过程中计算准确是得满分的保证.如第(2)问中由二面角的大小求t的值等.‎ ‎[构建模板]‎ ‎……利用题目中的线、面位置关系,建立恰当的空间直角坐标系 ‎ ‎ ‎……假设数学对象存在,设出其坐标 ‎ ‎ ‎……求相关的坐标和平面的法向量 ‎ ‎ ‎……根据题目条件构建方程求解 ‎ ‎ ‎……明确结论 ‎【规范训练】 (2020·绵阳诊断)如图,四棱锥S-ABCD中,SD⊥底面ABCD,AB∥DC,AD⊥DC,AB=AD=1,DC=SD=2,E为棱SB上的一个点,且SE=2EB.‎ ‎(1)求证:DE⊥平面SBC;‎ ‎(2)在线段BC上是否存在点M,使得SM与平面ADE所成角的正弦值为?若存在,请指出点 M的位置;若不存在,请说明理由.‎ ‎(1)证明 由SD⊥底面ABCD,AD,DC⊂平面ABCD,知SD⊥AD,SD⊥DC.‎ 又AD⊥DC,故以D为原点,DA,DC,DS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(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0,2).‎ 由SE=2EB,得E.‎ ‎∴=(-1,1,0),=(-1,-1,2),=,‎ ‎∴·=0,·=0.∴DE⊥BC,DE⊥BS.‎ 又∵BC∩BS=B,∴DE⊥平面SBC.‎ ‎(2)解 存在.理由如下:‎ 设点M(x,y,z),则=λ(0<λ<1).‎ ‎∴(x-1,y-1,z)=λ(-1,1,0),∴M(1-λ,1+λ,0),‎ ‎∴=(1-λ,1+λ,-2).‎ 由(1)知=(1,0,0),=.‎ 设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),则 即 令y=1,则z=-1,∴n=(0,1,-1).‎ ‎∴|cos〈,n〉|= ‎==,‎ 解得λ=或λ=2.又∵0<λ<1,∴λ=.‎ ‎∴存在点M,且点M是靠近点B的BC的三等分点.‎ ‎ 热点跟踪训练 ‎1.(2020·安徽六校联考)如图,直三棱柱ABC-A′B′C′的侧棱长为4,AB⊥BC,且AB=BC=4,点D,E分别是棱AB,BC上的动点,且AD=BE.‎ ‎(1)求证:无论点D在何处,总有B′C⊥C′D;‎ ‎(2)当三棱锥B-DB′E的体积取最大值时,求二面角D-B′E-A′的余弦值.‎ 解 根据题意,以B为坐标原点,分别以BC,BA,BB′所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系B-xyz,如图,‎ 则B(0,0,0),A(0,4,0),A′(0,4,4),C(4,0,0),C′(4,0,4),B′(0,0,4).‎ ‎(1)证明 设D(0,a,0)(0≤a≤4),则E(4-a,0,0).‎ 得=(4,0,-4),=(-4,a,-4),‎ 故·=0,即总有B′C⊥C′D.‎ ‎(2)易知V三棱锥B-DB′E=V三棱锥B′-DBE=×a(4-a)×4=a(4-a)≤=,当且仅当a=2时,取等号.‎ 此时D(0,2,0),E(2,0,0),‎ 则=(2,0,-4),=(2,-2,0).‎ 设平面DB′E的法向量为n=(x,y,z),则 即 令z=1,则x=y=2,所以n=(2,2,1).‎ 同理可得平面A′B′E的一个法向量m=(2,0,1).‎ 所以cos〈m,n〉===,‎ 所以二面角D-B′E-A′的余弦值为.‎ ‎2.(2019·成都一诊)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=,PA⊥底面ABCD,点M是棱PC的中点.‎ ‎(1)求证:PA∥平面BMD;‎ ‎(2)当PA=时,求直线AM与平面PBC所成角的正弦值.‎ ‎(1)证明 如图,连接AC交BD于点O,易知O为AC的中点,连接MO.‎ ‎∵M,O分别为PC,AC的中点,∴PA∥MO.‎ ‎∵PA⊄平面BMD,MO⊂平面BMD,‎ ‎∴PA∥平面BMD.‎ ‎(2)解 如图,取线段BC的中点H,连接AH.‎ ‎∵四边形ABCD为菱形,∠ABC=,∴AH⊥AD.‎ 以A为坐标原点,分别以AH,AD,AP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图的空间直角坐标系A-xyz.‎ ‎∴A(0,0,0),B(,-1,0),C(,1,0),P(0,0,),‎ M,‎ ‎∴=,=(0,2,0),=(,1,-).‎ 设平面PBC的法向量为m=(x,y,z).‎ 由得 取z=1,则x=1,y=0,∴m=(1,0,1).‎ 设直线AM与平面PBC所成的角为θ,则 sin θ=|cos〈m,〉|= ‎==.‎ ‎∴直线AM与平面PBC所成角的正弦值为.‎ ‎3.(2019·广州模拟)如图(1),在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,且BC=2AD=4,E,F分别为线段AB,DC的中点,沿EF把AEFD折起,使AE⊥CF,得到如图(2)的立体图形.‎ ‎(1)证明:平面AEFD⊥平面EBCF;‎ ‎(2)若BD⊥EC,求二面角F-BD-C的余弦值.‎ ‎(1)证明 由折叠可知,AE⊥EF.‎ 因为AE⊥CF,且EF∩CF=F,所以AE⊥平面EBCF.‎ 因为AE⊂平面AEFD,所以平面AEFD⊥平面EBCF.‎ ‎(2)解 如图所示,过点D作DG∥AE交EF于点G,连接BG,则DG⊥平面EBCF,又EC⊂平面EBCF,所以DG⊥EC.‎ 因为BD⊥EC,BD∩DG=D,‎ 所以EC⊥平面BDG,又BG⊂平面BDG,所以EC⊥BG.‎ 所以∠BGE+∠GEC=∠CEB+∠GEC,所以∠BGE=∠CEB,且∠EBC=∠GEB=90°,所以△EGB∽△BEC,‎ 则=,因为EG=AD=2,BC=4,所以EB=2.‎ 以E为坐标原点,的方向为x轴的正方向,的方向为y轴的正方向,的方向为z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,则F(0,3,0),D(0,2,2),C(2,4,0),‎ A(0,0,2),B(2,0,0).‎ 故=(-2,2,2),=(0,-1,2),=(0,4,0),=(-2,-2,2).‎ 设平面FBD的法向量n=(x,y,z),‎ 则 令z=1,得y=2,x=3,‎ 所以平面FBD的一个法向量是n=(3,2,1).‎ 设平面BCD的法向量m=(a,b,c),‎ 则 令a=1,得b=0,c=1,所以平面BCD的一个法向量是m=(1,0,1).‎ 则cos〈n,m〉===.‎ 易知,所求二面角为锐角,‎ 所以二面角F-BD-C的余弦值为.‎ ‎4.(2020·宜昌模拟)如图,四边形ABCD是正方形,四边形BDEF为矩形,AC⊥BF,G为EF的中点.‎ ‎(1)求证:BF⊥平面ABCD;‎ ‎(2)二面角C-BG-D的大小可以为60°吗,若可以求出此时的值,若不可以,请说明理由.‎ ‎(1)证明 ∵四边形ABCD是正方形,四边形BDEF为矩形,‎ ‎∴BF⊥BD,‎ 又∵AC⊥BF,AC,BD为平面ABCD内两条相交直线,‎ ‎∴BF⊥平面ABCD.‎ ‎(2)解 假设二面角C-BG-D的大小可以为60°,‎ 由(1)知BF⊥平面ABCD,以A为原点,分别以AB,AD为x轴,y 轴建立空间直角坐标系,如图所示,不妨设AB=AD=2,‎ BF=h(h>0),则A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),C(2,2,0),EF的中点G(1,1,h),‎ =(-1,1,h),=(0,2,0).‎ 设平面BCG的法向量为n=(x,y,z),‎ 则即取n=(h,0,1).‎ 由于AC⊥BF,AC⊥BD,‎ ‎∴AC⊥平面BDG,平面BDG的一个法向量为=(2,2,0).‎ 由题意得cos 60°==,‎ 解得h=1,此时=.‎ ‎∴当=时,二面角C-BG-D的大小为60°.‎ ‎5.(2019·天津卷)如图,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,求线段CF的长.‎ 解 依题意,建立以A为原点,分别以,,的方向为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).‎ 设CF=h(h>0),则F(1,2,h).‎ ‎(1)证明 依题意,=(1,0,0)是平面ADE的一个法向量,‎ 又=(0,2,h),可得·=0,‎ 又因为直线BF⊄平面ADE,‎ 所以BF∥平面ADE.‎ ‎(2)依题意,=(-1,1,0),=(-1,0,2),=(-1,-2,2).‎ 设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,‎ 则即 不妨令z=1,可得n =(2,2,1).‎ 因此有cos〈,n〉==-.‎ 所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.‎ ‎(3)设m=(x1,y1,z1)为平面BDF的法向量,‎ 则 即不妨令y1=1,可得m =.‎ 又n=(2,2,1)为平面BDE的一个法向量,‎ 故由题意,有|cos〈m,n〉|===.‎ 解得h=.经检验,符合题意.‎ 所以,线段CF的长为.‎ ‎6.(2019·北京卷)如图,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=.‎ ‎(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=.判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.‎ ‎(1)证明 因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD.‎ 又因为AD⊥CD,PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,‎ 所以CD⊥平面PAD.‎ ‎(2)解 过点A作AD的垂线交BC于点M.‎ 因为PA⊥平面ABCD,AM,AD⊂平面ABCD,‎ 所以PA⊥AM,PA⊥AD.‎ 建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,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=(0,1,1),=(2,2,-2),=(0,0,2).‎ 所以==,‎ 所以=+=.‎ 设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则 即 令z=1,则y=-1,x=-1.‎ 于是n=(-1,-1,1).‎ 又因为平面PAD的一个法向量为p=(1,0,0),‎ 所以cos〈n,p〉==-.‎ 由题知,二面角F-AE-P为锐角,所以其余弦值为.‎ ‎(3)解 直线AG在平面AEF内,理由如下:‎ 因为点G在PB上,‎ 且=,=(2,-1,-2),‎ 所以==,‎ 所以=+=.‎ 由(2)知,平面AEF的一个法向量n=(-1,-1,1),‎ 所以·n=-++=0.‎ 又点A∈平面AEF,所以直线AG在平面AEF内.‎