2019届二轮复习第15练　空间向量与立体几何[中档大题规范练]学案（全国通用） 18页

第15练　空间向量与立体几何[中档大题规范练]‎ ‎[明晰考情]　1.命题角度：空间线、面关系的证明，空间角的求解.2.题目难度：立体几何大题一般位于解答题的第二题或第三题位置，中档难度.‎ 考点一　利用空间向量证明平行与垂直 要点重组　设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，v，则 l∥m⇔a∥b⇔a＝kb(k∈R)；‎ l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0；‎ l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0；‎ l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku(k∈R)；‎ α∥β⇔u∥v⇔u＝kv(k∈R)；‎ α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0.‎ 方法技巧　利用空间向量证明平行、垂直的两种方法 ‎①坐标法：建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标系研究点、线、面的关系；‎ ‎②基向量法：选三个不共面的向量(夹角最好为90°，45°或60°)，模长已知的向量作为基向量，将相关向量用基向量表示.‎ ‎1.如图所示，已知在直三棱柱ABC—A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点.求证：‎ ‎(1)DE∥平面ABC；‎ ‎(2)B1F⊥平面AEF.‎ 证明　(1)由直三棱柱的性质，得A1A⊥AB，A1A⊥AC，又BA⊥AC，如图，以点A为坐标原点，分别以AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A－xyz，令AB＝AA1＝4，‎ 则A(0，0，0)，E(0，4，2)，F(2，2，0)，B(4，0，0)，B1(4，0，4).‎ 取AB的中点N，连接CN，‎ 则N(2，0，0)，C(0，4，0)，D(2，0，2)，‎ ‎∴＝(－2，4，0)，＝(－2，4，0)，‎ ‎∴＝，∴DE∥NC.‎ 又∵NC⊂平面ABC，DE⊄平面ABC，‎ ‎∴DE∥平面ABC.‎ ‎(2)∵＝(－2，2，－4)，＝(2，－2，－2)，＝(2，2，0)，‎ ‎∴·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，‎ ·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.‎ ‎∴⊥，⊥，即B1F⊥EF，B1F⊥AF.‎ 又∵AF∩EF＝F，AF，EF⊂平面AEF，‎ ‎∴B1F⊥平面AEF.‎ ‎2.如图所示，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.‎ ‎(1)求证：EF∥平面PAB；‎ ‎(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.‎ 证明　由题意知，PA⊥AB，PA⊥AD，BA⊥AD，以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A－xyz如图所示，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)，‎ 因为E，F分别是PC，PD的中点，‎ 所以E，F，‎ ＝，＝(0，0，1)，＝(0，2，0)，＝(1，0，0)，＝(1，0，0).‎ ‎(1)因为＝－，所以∥，即EF∥AB.‎ 又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB.‎ ‎(2)因为·＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，‎ ·＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0，‎ 所以⊥，⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC.‎ 又因为AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以DC⊥平面PAD.‎ 因为DC⊂平面PDC，‎ 所以平面PAD⊥平面PDC.‎ ‎3.如图，已知点P在正方体ABCD－A′B′C′D′的对角线BD′上，∠PDA＝60°.‎ ‎(1)求DP与CC′所成的角的大小；‎ ‎(2)求DP与平面AA′D′D所成的角的大小.‎ 解　如图，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD′所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D－xyz.‎ 设DA＝1，则＝(1，0，0)，＝(0，0，1).连接BD，B′D′.‎ 在平面BB′D′D中，延长DP交B′D′于点H.‎ 设＝(m，m，1)(m>0)，由已知〈，〉＝60°.‎ 由·＝||||cos〈，〉，‎ 可得2m＝，解得m＝，‎ 所以＝.‎ ‎(1)因为cos〈，〉＝＝，‎ 因为〈，〉∈[0°，180°]，‎ 所以〈，〉＝45°，因为异面直线所成的角的范围是(0°，90°]，DP与CC′所成的角为45°.‎ ‎(2)平面AA′D′D的一个法向量是＝(0，1，0).‎ 因为cos〈，〉＝＝，‎ 且〈，〉∈[0°，180°]，‎ 所以〈，〉＝60°.‎ 可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°.‎ 考点二　空间角的求解 要点重组　设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2).平面α，β的法向量分别为u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同).‎ ‎(1)线线角 设l，m所成的角为θ，则 cos θ＝＝.‎ ‎(2)线面角 设直线l与平面α所成的角为θ，‎ 则sin θ＝＝|cos〈a，u〉|.‎ ‎(3)二面角 设α－l－β的平面角为θ(0≤θ≤π)，‎ 则|cos θ|＝＝|cos〈u，v〉|.‎ ‎4.(2018·江苏)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点.‎ ‎(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；‎ ‎(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.‎ 解　如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{，，}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz.‎ 因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1，2)，B1(，0，2)，C1(0，1，2).‎ ‎(1)因为P为A1B1的中点，所以P，‎ 从而＝，＝(0，2，2)，‎ 故|cos〈，〉|＝＝＝.‎ 因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.‎ ‎(2)因为Q为BC的中点，所以Q，‎ 因此＝，＝(0，2，2)，＝(0，0，2).‎ 设n＝(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，‎ 则即 不妨取n＝(，－1，1).‎ 设直线CC1与平面AQC1所成的角为θ，‎ 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.‎ 所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.‎ ‎5.如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.‎ ‎(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ；‎ ‎(2)求二面角Q－BP－C的正弦值.‎ ‎(1)证明　由题意可得QA⊥平面ABCD，所以QA⊥CD.‎ 由四边形ABCD为正方形知DC⊥AD，又因为QA∩AD＝A，QA，AD⊂平面PDAQ，所以CD⊥平面PDAQ，所以CD⊥PQ.‎ 在直角梯形PDAQ中，可得DQ＝PQ＝PD，‎ 所以PQ2＋DQ2＝PD2.‎ 由勾股定理的逆定理得PQ⊥QD.‎ 又因为CD∩DQ＝D，CD，DQ⊂平面DCQ，‎ 所以PQ⊥平面DCQ.‎ 又PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.‎ ‎(2)解　由题意知，如图，以点D为坐标原点，线段DA的长为单位长度，DA，DP，DC所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，依题意有Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)，B(1，0，1)，＝(1，0，0)，＝(－1，2，－1).‎ 设n＝(x，y，z)是平面PBC的－个法向量，‎ 则即 可取n＝(0，－1，－2).‎ 同理，平面PBQ的一个法向量为m＝(1，1，1)，‎ 所以cos〈m，n〉＝＝＝－，‎ 所以sin〈m，n〉＝，‎ 即二面角Q－BP－C的正弦值为.‎ ‎6.如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为棱C1D1的中点，Q为棱BB1上的点，且BQ＝λBB1(λ≠0).‎ ‎(1)若λ＝，求AP与AQ所成的角的余弦值；‎ ‎(2)若直线AA1与平面APQ所成的角为45°，求实数λ的值.‎ 解　以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.‎ ‎(1)因为＝(1，2，2)，＝(2，0，1)，‎ 所以cos〈，〉＝＝＝.‎ 所以AP与AQ所成的角的余弦值为.‎ ‎(2)由题意可知，＝(0，0，2)，＝(2，0，2λ)，＝(1，2，2).‎ 设平面APQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则由n⊥，n⊥，得 即 令z＝－2，则x＝2λ，y＝2－λ.‎ 所以n＝(2λ，2－λ，－2).‎ 又因为直线AA1与平面APQ所成的角为45°，‎ 所以|cos〈n，〉|＝＝＝，‎ 可得5λ2－4λ＝0.又因为λ≠0，所以λ＝.‎ 考点三　立体几何的综合问题 方法技巧　利用空间向量求解立体几何中的综合问题，要根据几何体的结构特征建立空间直角坐标系，将题中条件数量化，利用计算方法求解几何问题.‎ ‎7.(2018·全国Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点.‎ ‎(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；‎ ‎(2)当三棱锥M－ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值.‎ ‎(1)证明　由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，又DM⊂平面CMD，‎ 故BC⊥DM.‎ 因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，‎ 所以DM⊥CM.‎ 又BC∩CM＝C，BC，CM⊂平面BMC，‎ 所以DM⊥平面BMC.‎ 又DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.‎ ‎(2)解　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.‎ 当三棱锥M－ABC体积最大时，M为的中点.由题设得 D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)，‎ ＝(－2，1，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0)，‎ 设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，则 即 可取n＝(1，0，2)，‎ 是平面MCD的法向量，因此 cos〈n，〉＝＝，‎ sin〈n，〉＝.‎ 所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.‎ ‎8.(2018·衡水模拟)在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝2，点E是线段CD上靠近点D的一个三等分点，点F是线段AD上的一个动点，且＝λ(0≤λ≤1).如图，将△BCE沿BE折起至△BEG，使得平面BEG⊥平面ABED.‎ ‎(1)当λ＝时，求证：EF⊥BG；‎ ‎(2)是否存在λ，使得FG与平面DEG所成的角的正弦值为？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.‎ ‎(1)证明　当λ＝时，点F是AD的中点.‎ ‎∴DF＝AD＝1，DE＝CD＝1.‎ ‎∵∠ADC＝90°，‎ ‎∴∠DEF＝45°.‎ ‎∵CE＝CD＝2，BC＝2，∠BCD＝90°，‎ ‎∴∠BEC＝45°.‎ ‎∴BE⊥EF.‎ 又平面GBE⊥平面ABED，平面GBE∩平面ABED＝BE，EF⊂平面ABED，‎ ‎∴EF⊥平面BEG.‎ ‎∵BG⊂平面BEG，∴EF⊥BG.‎ ‎(2)解　以点C为坐标原点，分别以CD，CB所在直线为x轴，y 轴建立如图所示空间直角坐标系C－xyz.‎ 则E(2，0，0)，D(3，0，0)，F(3，2λ，0).‎ 取BE的中点O，‎ ‎∵GE＝BG＝2，∴GO⊥BE，‎ 又∵平面BEG⊥平面ABED，平面BEG∩平面ABED＝BE，OG⊂平面BEG，‎ ‎∴OG⊥平面BCE，‎ ‎∵BE＝2，∴OG＝ ，∴G(1，1，).‎ ‎∴＝(－2，1－2λ，)，＝(－1，1，)，＝(－2，1，).‎ 设平面DEG的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则 令z＝，则n＝(0，－2，).‎ 设FG与平面DEG所成的角为θ，‎ 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，‎ 解得λ＝或λ＝－(舍)，‎ ‎∴存在实数λ，使得FG与平面DEG所成的角的正弦值为，此时λ＝.‎ ‎9.在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱DD1⊥平面ABCD，O是AC的中点，点E在线段BD1上，且＝3，连接OE，AE，EC.‎ ‎(1)求证：OE∥平面A1B1CD；‎ ‎(2)若平面AEC与平面A1B1CD所成的锐二面角的大小为30°，求直线BD1与平面A1B1CD所成的角的正弦值.‎ ‎(1)证明　连接BD，B1D1，B1D，因为四边形ABCD是正方形，O是AC的中点，所以O是BD 的中点，设BD1与B1D交于点M，则点M是BD1的中点，由＝3，得E是BM的中点，‎ 所以OE∥B1D，‎ 又B1D⊂平面A1B1CD，OE⊄平面A1B1CD，‎ 所以OE∥平面A1B1CD.‎ ‎(2)解　如图，以点D为坐标原点，以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D－xyz，设DD1＝h(h>0)，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，A1(2，0，h)，D1(0，0，h)，所以＝(2，2，－h)，＝(0，2，0)，＝(2，0，h)，＝(－2，2，0)，＝(－2，0，h).＝＋＝＋＝.‎ 设平面A1B1CD的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 由得得y＝0，令z＝－2，‎ 则m＝(h，0，－2).‎ 设平面AEC的法向量为n＝(a，b，c)，由得令c＝－4，则n＝(h，h，－4).‎ 因为平面AEC与平面A1B1CD所成的锐二面角的大小为30°，‎ 所以cos 30°＝＝＝，‎ 整理得h4＋4h2－32＝0，即(h2＋8)(h2－4)＝0，‎ 所以h＝2，‎ 所以m＝(2，0，－2)，＝(2，2，－2)，‎ 设直线BD1与平面A1B1CD所成的角为θ，则sin θ＝＝＝.‎ 所以直线BD1与平面A1B1CD所成的角的正弦值为.‎ 典例　(12分)如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，BC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，CD＝BE＝，O为BC的中点，将△ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥A′－BCDE，其中A′O＝.‎ ‎　‎ ‎(1)求证：A′O⊥平面BCDE；‎ ‎(2)求二面角A′－CD－B的余弦值.‎ 审题路线图 ‎(1)―→―→‎ ‎(2)―→―→―→―→ 规范解答·评分标准 ‎(1)证明　如图①，在折叠前的图形中，连接AO交DE于点F，则F为DE的中点，在等腰直角三角形ABC中，因为BC＝6，O为BC的中点，所以AC＝AB＝3，OA＝3.‎ 因为CD＝BE＝，所以D和E分别是AC，AB的三等分点，则AF＝2，OF＝1.……2分 如图②，在折叠后的图形中，连接OF和A′F，因为A′O＝，所以A′F2＝OF2＋A′O2，‎ 所以A′O⊥OF.……………………………………………………………………………3分 在折叠前的图形中，DE⊥OA，‎ ‎　　　‎ 所以在折叠后的图形中，DE⊥A′F，DE⊥OF.………………………………………4分 又OF∩A′F＝F，OF，A′F⊂平面OA′F，‎ 所以DE⊥平面OA′F.‎ 因为OA′⊂平面OA′F，所以DE⊥OA′.……………………………………………5分 因为OF∩DE＝F，OF，DE⊂平面BCDE，‎ 所以A′O⊥平面BCDE.…………………………………………………………………6分 ‎(2)解　以O为坐标原点，分别以OF，OB，OA′所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，如图③所示(F为DE的中点)，‎ 则A′(0，0，)，C(0，－3，0)，D(1，－2，0)，‎ 所以＝(0，0，)，＝(0，3，)，＝(－1，2，).‎ ‎………………………………………………………………………………………………8分 设n＝(x，y，z)为平面A′CD的一个法向量，则 令z＝，得n＝(1，－1，)，|n|＝＝.‎ ‎……………………………………………………………………………………………9分 由(1)知，＝(0，0，)为平面CDB的一个法向量，‎ 又||＝，·n＝0×1＋0×(－1)＋×＝3，……………………………10分 所以cos〈n，〉＝＝＝，‎ 又由图知，二面角为锐角，所以二面角A′－CD－B的余弦值为.…………12分 构建答题模板 ‎[第一步]　找垂直：找出(或作出)具有公共交点的三条两两垂直的直线.‎ ‎[第二步]　写坐标：建立空间直角坐标系，写出特殊点坐标.‎ ‎[第三步]　求向量：求直线的方向向量或平面的法向量.‎ ‎[第四步]　求夹角：计算向量的夹角.‎ ‎[第五步]　得结论：得到所求两个平面所成的角或直线与平面所成的角.‎ ‎1.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点.求证：‎ ‎(1)B1D⊥平面ABD；‎ ‎(2)平面EGF∥平面ABD.‎ 证明　(1)由直三棱柱的性质知，BB1⊥AB，BB1⊥BC，又AB⊥BC，以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系B－xyz，如图所示，‎ 则B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4)，‎ 设BA＝a，则A(a，0，0)，‎ 所以＝(a，0，0)，＝(0，2，2)，＝(0，2，－2)，‎ 所以·＝0，·＝0＋4－4＝0，‎ 即B1D⊥BA，B1D⊥BD.‎ 又BA∩BD＝B，BA，BD⊂平面ABD，‎ 所以B1D⊥平面ABD.‎ ‎(2)由(1)知，E(0，0，3)，G，F(0，1，4)，‎ 则＝，＝(0，1，1)，·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0，‎ 即B1D⊥EG，B1D⊥EF.‎ 又EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EGF，‎ 所以B1D⊥平面EGF.‎ 结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.‎ ‎2.(2018·永州模拟)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，EF∥AC，EF＝1，∠ABC＝60°，CE⊥平面ABCD，CE＝，CD＝2，G是DE的中点.‎ ‎(1)求证：平面ACG∥平面BEF；‎ ‎(2)求直线AD与平面ABF所成的角的正弦值.‎ ‎(1)证明　连接BD交AC于O，则O是BD的中点，故OG∥BE，又BE⊂平面BEF，OG⊄平面BEF，所以OG∥平面BEF.‎ 又EF∥AC，AC⊄平面BEF，EF⊂平面BEF，所以AC∥平面BEF，又AC∩OG＝O，AC，OG⊂平面ACG，所以平面ACG∥平面BEF.‎ ‎(2)解　连接OF，由题意可得OC＝1，即OC＝EF，‎ 又EF∥AC，所以四边形OCEF为平行四边形，‎ 所以OF∥EC，OF＝EC＝，‎ 所以OF⊥平面ABCD，所以OF，OC，OD两两垂直.‎ 如图，以O为坐标原点，分别以OC，OD，OF所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，‎ 则A(－1，0，0)，B(0，－，0)，D(0，，0)，F(0，0，)，＝(1，，0)，＝(1，－，0)，＝(1，0，)，‎ 设平面ABF的法向量为m＝(a，b，c)，依题意有 即 令a＝，则b＝1，c＝－1，m＝(，1，－1)，‎ ‎|cos〈，m〉|＝＝＝，‎ 所以直线AD与平面ABF所成的角的正弦值是.‎ ‎3.(2018·天津)如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2.‎ ‎(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE；‎ ‎(2)求二面角E－BC－F的正弦值；‎ ‎(3)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.‎ ‎(1)证明　依题意，可以建立以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，F(0，1，2)，G(0，0，2)，M ，N(1，0，2).‎ 依题意得＝(0，2，0)，＝(2，0，2).‎ 设n0＝(x0，y0，z0)为平面CDE的法向量，则 即不妨令z0＝－1，可得n0＝(1，0，－1).‎ 又＝，可得·n0＝0.‎ 又因为直线MN⊄平面CDE，所以MN∥平面CDE.‎ ‎(2)解　依题意，可得＝(－1，0，0)，＝(1，－2，2)，＝(0，－1，2).‎ 设n＝(x，y，z)为平面BCE的法向量，则 即不妨令z＝1，可得n＝(0，1，1).‎ 设m＝(x，y，z)为平面BCF的法向量，则 即不妨令z＝1，可得m＝(0，2，1).‎ 因此有cos〈m，n〉＝＝，‎ 于是sin〈m，n〉＝.‎ 所以二面角E－BC－F的正弦值为.‎ ‎(3)解　设线段DP的长为h(h∈[0，2])，则点P的坐标为(0，0，h)，可得＝(－1，－2，h).‎ ＝(0，2，0)为平面ADGE的一个法向量，‎ 故|cos〈，〉|＝＝，‎ 由题意，可得＝sin 60°＝，‎ 解得h＝(负值舍去).‎ 所以线段DP的长为.‎ ‎4.如图，同一平面上直角梯形ABCD和直角梯形ABEF全等，AD＝2AB＝2BC，将梯形ABEF沿AB折起，使二面角F－AB－D的大小为θ(0＜θ＜π).‎ ‎(1)求证：对任意θ∈(0，π)，平面ABEF⊥平面ADF；‎ ‎(2)当θ＝时，求二面角A－ED－B的余弦值.‎ ‎(1)证明　在折起过程中，AB⊥AF，AB⊥AD恒成立，且AF∩AD＝A，AF⊂平面ADF，AD⊂平面ADF，所以AB⊥平面ADF.‎ 因为AB⊂平面ABEF，所以平面ABEF⊥平面ADF，‎ 所以对任意θ∈(0，π)，平面ABEF⊥平面ADF.‎ ‎(2)解　因为AF⊥AB，AD⊥AB，则二面角F－AB－D的平面角为∠FAD，即θ＝∠FAD＝90°，AB，AD，AF两两垂直.以A点为坐标原点，AB，AD，AF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A－xyz，设AB＝BC＝1，则AD＝2，BE＝1.‎ 所以A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，2，0)，E(1，0，1).‎ ＝(0，0，1)，＝(－1，2，0)，＝(0，2，0)，＝(1，0，1).‎ 设n1＝(x1，y1，z1)为平面BED的法向量，‎ 则即 令y1＝1，则n1＝(2，1，0).‎ 设n2＝(x2，y2，z2)为平面AED的法向量，‎ 则即 令x2＝1，则n2＝(1，0，－1).‎ 所以cos〈n1，n2〉＝＝＝.‎ 结合图形可知，二面角A－ED－B的余弦值为.‎