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 18页

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.‎