【数学】2021届新高考一轮复习北师大版第八章第五讲　空间角与距离、空间向量及应用作业 19页

第五讲　空间角与距离、空间向量及应用 ‎1.[2020湖北部分重点中学高三测试]如图8 - 5 - 1,E,F 分别是三棱锥P - ABC的棱AP,BC的中点,PC=10,AB=6,EF =7,‎ 图8 - 5 - 1‎ 则异面直线AB与PC所成的角为 (　　)‎ A.30° 　　　B.60° C.120° 　　　D.150°‎ ‎2.[2019湖南长沙市长郡中学二模]图8 - 5 - 2中的三个正方体ABCD - A1B1C1D1中,E,F ,G均为所在棱的中点,过E,F ,G作正方体的截面.下列各选项中,关于直线BD1与平面EF G的位置关系描述正确的是 (　　)‎ 图8 - 5 - 2‎ A.BD1∥平面EF G的有且只有①,BD1⊥平面EF G的有且只有②③‎ B.BD1∥平面EF G的有且只有②,BD1⊥平面EF G的有且只有①‎ C.BD1∥平面EF G的有且只有①,BD1⊥平面EF G的有且只有②‎ D.BD1∥平面EF G的有且只有②,BD1⊥平面EF G的有且只有③‎ ‎3. [2019安徽宣城二调]如图8 - 5 - 3,在棱长为2的正方体ABCD - A1B1C1D1中,E,F 分别为棱AA1,BB1的中点,M为棱A1B1上一点,且A1M=λ(0<λ<2),‎ 图8 - 5 - 3‎ 设N为线段ME的中点,则点N到平面D1EF 的距离为 (　　)‎ A.‎3‎λ B.‎2‎‎5‎‎5‎ C.‎2‎‎3‎λ D.‎‎5‎‎5‎ ‎4.[2019沈阳市第三次质量监测]如图8 - 5 - 4,在正四棱柱ABCD - A1B1C1D1中,底面边长为2,直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为‎1‎‎3‎,‎ 图8 - 5 - 4‎ 则该正四棱柱的高为 (　　)‎ A.2 B.3 C.4 D.5‎ ‎5.[新角度题]如图8 - 5 - 5(1),在等腰直角三角形ABC中,∠ABC=π‎2‎,BC=2,将△ABC绕AB边旋转至△ABC' 的位置,连接CC' ,如图8 - 5 - 5(2),若四面体CBC' A的各个顶点均在球H的球面上,且球H的表面积为12π,则二面角C - AB - C' 的大小为 (　　)‎ 图8 - 5 - 5‎ A.π‎6‎ B.π‎3‎ C.π‎2‎ D.‎‎2π‎3‎ ‎6.[2020四省八校联考]如图8 - 5 - 6,在四棱锥P - ABCD中,底面ABCD是平行四边形,∠BCD=120°,侧面PAB⊥底面ABCD,∠BAP=90°,AB=AC=PA=2.‎ ‎(1)求证:平面PBD⊥平面PAC.‎ ‎(2)过AC的平面交PD于点M,若平面AMC把四面体PACD分成体积相等的两部分,求二面角P - MC - A的正弦值.‎ 图8 - 5 - 6‎ ‎7.[2020陕西宝鸡模拟]如图8 - 5 - 7所示,在长方体ABCD - A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=‎3‎,点E在棱AB上.‎ ‎(1)求异面直线D1C与A1D所成角的余弦值;‎ ‎(2)若二面角D1 - EC - D的大小为45°,求点B到平面D1EC的距离.‎ 图8 - 5 - 7‎ ‎8.[2019福建五校第二次联考]图8 - 5 - 8是一个半圆柱与多面体ABB1A1C构成的几何体,平面ABC与半圆柱的下底面共面,且AC⊥BC,P为B‎1‎A‎1‎上的动点(不与B1,A1重合).‎ ‎(1)证明:PA1⊥平面PBB1.‎ ‎(2)若四边形ABB1A1为正方形,且AC=BC,∠PB1A1=π‎4‎,求二面角P - A1B1 - C的余弦值.‎ 图8 - 5 - 8‎ ‎9. [多选题]如图8 - 5 - 9,在长方体A1B1C1D1 - A2B2C2D2中,A1A2=2A1B1=2B1C1=2,A,B,C分别是所在 棱的中点,‎ 图8 - 5 - 9‎ 则下列结论中成立的是 (　　)‎ A.异面直线D2C与AD1所成的角为60°‎ B.平面A2BCD2与平面ABC1D1的夹角为30°‎ C.点A1与点C到平面ABC1D1的距离相等 D.平面A2BC1截长方体所得的截面面积为‎3‎‎2‎ ‎10.[2020广东四校联考]在棱长为1的正方体ABCD - A1B1C1D1中,点C关于平面BDC1的对称点为M,则AM与平面ABCD所成角的正切值为 (　　)‎ A.‎2‎‎2‎ B.‎2‎ C.‎3‎ D.2‎ ‎11.[2019吉林长春质量监测][双空题]已知正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为2,M,N,E,F 分别是A1B1,AD,B1C1,C1D1的中点,则过EF 且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为　　　　,CE 和该截面所成角的正弦值为　　　　. ‎ ‎12.[2020江西红色七校第一次联考]如图8 - 5 - 10(1),梯形ABCD中,AB∥CD,过A,B分别作AE⊥CD, BF ⊥CD,垂足分别为E,F .AB=AE=2,CD=5,DE=1,将梯形ABCD沿AE,BF 折起,得到空间几何体ADEF BC,如图8 - 5 - 10(2)所示.‎ ‎(1)图8 - 5 - 10(2)中,若AF ⊥BD,证明:DE⊥平面ABF E.‎ ‎(2)在(1)的条件下,若DE∥CF ,求二面角D - AF - C的余弦值.‎ 图8 - 5 – 10‎ ‎13.[2020洛阳市第一次联考]如图8 - 5 - 11,底面ABCD是边长为3的正方形,平面ADEF ⊥平面ABCD,AF ∥DE,AD⊥DE,AF =2‎6‎,DE=3‎6‎.‎ ‎(1)求证:平面ACE⊥平面BED.‎ ‎(2)求直线CA与平面BEF 所成角的正弦值.‎ ‎(3)在线段AF 上是否存在点M,使得二面角M - BE - D的大小为60°?若存在,求出F ‎的值;若不存在,请说明理由.‎ 图8 - 5 - 11‎ ‎14.[2019蓉城名校高三联考]如图8 - 5 - 12,在四棱锥P - ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,AD=AB=2BC=2,AP=AC,BP=3BC.‎ ‎(1)求证:平面PAD⊥平面ABCD.‎ ‎(2)若∠PAD为锐角,且PA与平面ABCD所成角的正切值为2,求二面角A - PB - D的余弦值.‎ 图8 - 5 – 12‎ ‎15.[新角度题]如图8 - 5 - 13,EC⊥平面ABC,BD∥EC,AC=AB=BD=‎1‎‎2‎EC=2,点F 为线段DE上的动点.‎ ‎(1)试在BC上找一点O,使得AO⊥CF ,并证明;‎ ‎(2)在第(1)问的基础上,若AB⊥AC,则平面ACE与平面AOF 所成的锐二面角的大小可否为π‎4‎?‎ 图8 - 5 - 13‎ ‎16.[2020山东省统考]如图8 - 5 - 14,四棱锥S - ABCD中,底面ABCD为矩形.SA⊥平面ABCD,E,F 分别为AD,SC的中点,EF 与平面ABCD所成的角为45°.‎ ‎(1)证明:EF 为异面直线AD与SC的公垂线.‎ ‎(2)若EF =‎1‎‎2‎BC,求二面角B - SC - D的正弦值.‎ 图8 - 5 - 14‎ 第五讲　空间角与距离、空间向量及应用 ‎1.B　如图D 8 - 5 - 9,取AC的中点D,连接DE,DF,‎ 图D 8 - 5 - 9‎ 因为D,E,F分别为AC,PA,BC的中点,所以DF∥AB,DF=‎1‎‎2‎AB,DE∥PC,DE=‎1‎‎2‎PC,所以∠EDF或其补角为异面直线PC与AB所成的角.因为PC=10,AB=6,所以在△DEF中,DE=5,DF=3,EF=7,由余弦定理得cos∠EDF=DE‎2‎+DF‎2‎-EF‎2‎‎2DE×DF‎=‎‎25+9-49‎‎2×5×3‎= - ‎1‎‎2‎,所以∠EDF=120°,所以异面直线PC与AB所成的角为60°.故选B.‎ ‎2.A　对于题中图8 - 5 - 2①,连接BD,因为E,F,G均为所在棱的中点,所以BD∥GE,DD1∥EF,又BD⊄平面EFG,DD1⊄平面EFG,从而可得BD∥平面EFG,DD1∥平面EFG,又BD∩DD1=D,所以平面BDD1∥平面EFG,所以BD1∥平面EFG.‎ 对于题中图8 - 5 - 2②,连接DB,DA1,设正方体的棱长为1,因为E,F,G均为所在棱的中点,‎ 所以BD‎1‎·GE=(DD‎1‎‎ - ‎DB)·(‎1‎‎2‎DA‎1‎)=‎1‎‎2‎(DD‎1‎·DA‎1‎‎ - ‎DB·DA‎1‎)=‎1‎‎2‎(1‎×‎2‎×‎cos 45° - ‎2‎‎×‎2‎×‎cos 60°)=0,‎ 即BD1⊥EG.‎ 连接DC1,则BD‎1‎·EF=(DD‎1‎‎ - ‎DB)·(‎1‎‎2‎DC‎1‎)=‎1‎‎2‎(DD‎1‎·DC‎1‎‎ - ‎DB·DC‎1‎)=‎1‎‎2‎(1‎×‎2‎×‎cos 45° - ‎2‎‎×‎2‎×‎cos 60°)=0,即BD1⊥EF.‎ 又EG∩EF=E,所以BD1⊥平面EFG.‎ 对于题中图8 - 5 - 2③,设正方体的棱长为1,连接DB,DG,因为E,F,G均为所在棱的中点,‎ 所以BD‎1‎·EG=(DD‎1‎‎ - ‎DB)·(DG‎ - ‎DE)=(DD‎1‎‎ - ‎DB)·(DC‎+‎1‎‎2‎DD‎1‎ - ‎‎1‎‎2‎DA)=‎1‎‎2‎DD‎1‎‎2‎‎ - ‎DB·DC‎+‎‎1‎‎2‎DB·DA‎=‎1‎‎2‎ - ‎2‎×‎1‎×‎2‎‎2‎+‎1‎‎2‎×‎2‎×‎1‎×‎‎2‎‎2‎=0,‎ 即BD1⊥EG.‎ 连接AF,则BD‎1‎·EF=(DD‎1‎‎ - ‎DB)·(AF‎ - ‎AE)=(DD‎1‎‎ - ‎DB)·(DD‎1‎‎+‎1‎‎2‎DC+‎‎1‎‎2‎DA)=DD‎1‎‎2‎‎ - ‎‎1‎‎2‎DB·DC‎ - ‎‎1‎‎2‎DB·DA=1 - ‎1‎‎2‎‎×‎2‎×‎1‎×‎2‎‎2‎ - ‎1‎‎2‎×‎2‎×‎1‎×‎‎2‎‎2‎=0,‎ 即BD1⊥EF.‎ 又EG∩EF=E,所以BD1⊥平面EFG.故选A.‎ ‎3.D　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,建立如图D 8 - 5 - 10所示的空间直角坐标系,‎ 图D 8 - 5 - 10‎ 则M(2,λ,2),D1(0,0,2),E(2,0,1),F(2,2,1),‎ ED‎1‎‎=( - 2,0,1),EF=(0,2,0),EM=(0,λ,1).‎ 设平面D1EF的法向量为n=(x,y,z),‎ 则n·ED‎1‎=-2x+z=0,‎n·EF=2y=0,‎取x=1,得z=2,则n=(1,0,2)为平面D1EF的一个法向量.‎ 则点M到平面D1EF的距离d=‎|EM·n|‎‎|n|‎‎=‎2‎‎5‎=‎‎2‎‎5‎‎5‎.‎ 因为N为线段EM的中点,所以点N到平面D1EF的距离为d‎2‎‎=‎‎5‎‎5‎,故选D.‎ ‎4.C　如图D 8 - 5 - 11,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D 8 - 5 - 11‎ 设CC1=a(a>0),则D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,a),D1(0,0,a),所以AC=( - 2,2,0),AD‎1‎=( - 2,0,a),‎ CC‎1‎‎=(0,0,a).设平面ACD1的法向量为n=(x,y,z),则n·AC=0,‎n·AD‎1‎=0,‎即‎-2x+2y=0,‎‎-2x+az=0,‎取x=1,则n=(1,1,‎2‎a)为平面ACD1的一个法向量.设直线CC1与平面ACD1所成的角为θ,则sin θ=|cos|‎ ‎=|n·‎CC‎1‎‎|n||CC‎1‎|‎|=|‎2‎‎2+‎‎4‎a‎2‎‎·a|=‎1‎‎3‎,解得a=4,故选C.‎ ‎5.C　设E,F,G分别为AC,AB,AC' 的中点,连接HE,HG,EF,FG,FH,CH,则HE⊥平面ABC,HG⊥平面ABC' ,EF⊥AB,FG⊥AB.设∠EFG=θ,易知H与E,F,G共面,则∠EFH=θ‎2‎,由二面角的定义,知∠EFG为二面角C - AB - C' 的平面角.易知HE=EFtan θ‎2‎=tan θ‎2‎,CE=‎2‎.设球H的半径为R,则CH=R,在Rt△CEH中,CH2=CE2+EH2,即R2=2+tan2θ‎2‎,由12π=4πR2,得R2=3,所以tan2θ‎2‎=1,所以θ=π‎2‎.故选C.‎ ‎6.(1)因为∠BAP=90°,所以PA⊥AB,又侧面PAB⊥底面ABCD,‎ 平面PAB∩平面ABCD=AB,PA⊂平面PAB,所以PA⊥平面ABCD.‎ 又BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD.‎ 又∠BCD=120°,四边形ABCD为平行四边形,所以∠ABC=60°,又AB=AC,所以△ABC为等边三角形,所以四边形ABCD为菱形,所以BD⊥AC.‎ 又PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC,又BD⊂平面PBD,所以平面PAC⊥平面PBD.‎ ‎ (2)由平面AMC把四面体PACD分成体积相等的两部分,知M为PD的中点.取BC的中点N,连接AN,由AB=AC知AN⊥BC.‎ 由(1)知PA⊥平面ABCD,以A为坐标原点,AN,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图D 8 - 5 - 12所示的空间直角坐标系,‎ 图D 8 - 5 - 12‎ 则A(0,0,0),C(‎3‎,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2),M(0,1,1),PM=(0,1, - 1),PC=(‎3‎,1, - 2),AM=(0,1,1),AC=(‎3‎,1,0).‎ 设平面MPC的法向量为v1=(x1,y1,z1),则PM‎·v‎1‎=0,‎PC‎·v‎1‎=0,‎即y‎1‎‎-z‎1‎=0,‎‎3‎x‎1‎‎+y‎1‎-2z‎1‎=0,‎ 令y1=1,则可得v1=(‎3‎‎3‎,1,1)为平面MPC的一个法向量.‎ 设平面MAC的法向量为v2=(x2,y2,z2),则AM‎·v‎2‎=0,‎AC‎·v‎2‎=0,‎即y‎2‎‎+z‎2‎=0,‎‎3‎x‎2‎‎+y‎2‎=0,‎ 令x2=1,则可得v2=(1, - ‎3‎,‎3‎)为平面MAC的一个法向量.‎ 设二面角P - MC - A的大小为θ,则|cos θ|=|v‎1‎‎·‎v‎2‎‎|v‎1‎|·|v‎2‎|‎|=‎1‎‎7‎,‎ 则二面角P - MC - A的正弦值为‎4‎‎3‎‎7‎.‎ ‎7.如图D 8 - 5 - 13所示,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD‎1‎的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系.‎ 图D 8 - 5 - 13‎ ‎(1)易知D(0,0,0),A1(1,0,1),D1(0,0,1),C(0,‎3‎,0),则DA‎1‎=(1,0,1),CD‎1‎=(0, - ‎3‎,1),|cos|=|DA‎1‎‎·‎CD‎1‎‎|DA‎1‎|·|CD‎1‎|‎|=‎1‎‎2‎‎2‎‎=‎‎2‎‎4‎.‎ 所以异面直线D1C与A1D所成角的余弦值为‎2‎‎4‎.‎ ‎(2)由题意知,m=(0,0,1)为平面DEC的一个法向量.‎ 设n=(x,y,z)为平面D1EC的法向量,则|cos|=‎|m·n|‎‎|m|·|n|‎‎=‎‎|z|‎x‎2‎‎+y‎2‎+‎z‎2‎=cos 45°=‎2‎‎2‎,‎ 所以z2=x2+y2　①.‎ 易知D‎1‎C=(0,‎3‎, - 1),由n⊥D‎1‎C得n·D‎1‎C=0,‎ 所以‎3‎y - z=0　②.‎ 令y=1,由①②知n=(‎2‎,1,‎3‎)为平面D1EC的一个法向量,又易知CB=(1,0,0),所以点B到平面D1EC的距离d=‎|CB·n|‎‎|n|‎‎=‎2‎‎6‎=‎‎3‎‎3‎.‎ ‎8.(1)在半圆柱中,BB1⊥平面PA1B1,PA1⊂平面PA1B1,‎ 所以BB1⊥PA1.‎ 因为A1B1是上底面对应圆的直径,所以PA1⊥PB1.‎ 因为PB1∩BB1=B1,PB1⊂平面PBB1,BB1⊂平面PBB1,‎ 所以PA1⊥平面PBB1.‎ ‎(2)根据题意,以C为坐标原点建立空间直角坐标系C - xyz,如图D 8 - 5 - 14所示.‎ 图D 8 - 5 - 14‎ 设CB=1,则C(0,0,0),A1(0,1,‎2‎),B1(1,0,‎2‎),‎ 所以CA‎1‎=(0,1,‎2‎),CB‎1‎=(1,0,‎2‎).‎ 易知n1=(0,0,1)为平面PA1B1的一个法向量.‎ 设平面CA1B1的法向量为n2=(x,y,z),则y+‎2‎z=0,‎x+‎2‎z=0,‎ 令z=1,则x= - ‎2‎,y= - ‎2‎,所以n2=( - ‎2‎, - ‎2‎,1)为平面CA1B1的一个法向量.‎ 所以cos=‎1‎‎1×‎‎5‎‎=‎‎5‎‎5‎.‎ 由图可知二面角P - A1B1 - C为钝二面角,所以所求二面角的余弦值为 - ‎5‎‎5‎.‎ ‎9.AC　连接B2C和D2B2.易知AD1∥BC1∥B2C,则∠D2CB2为异面直线D2C与AD1所成的角.连接AB2,易知AB2⊥A2B,AB2⊥BC,又A2B∩BC=B,所以AB2⊥平面A2BCD2.连接B1C,同理可证B1C⊥平面ABC1D1,所以平面A2BCD2与平面ABC1D1的夹角即异面直线AB2与B1C所成的角.连接AD2,易知B1C∥AD2,所以异面直线AB2与B1C所成的角即∠D2AB2.又A1A2=2A1B1=2B1C1=2,所以△B2D2C与△B2D2A均为正三角形,所以∠D2CB2=60°,∠D2AB2=60°,即异面直线D2C与AD1所成的角为60°,平面A2BCD2与平面ABC1D1的夹角为60°,故A正确,B错误.因为B1C⊥平面ABC1D1,且B1C与BC1垂直平分,所以点B1与点C到平面ABC1D1的距离相等,又A1B1∥平面ABC1D1,所以点A1与点B1到平面ABC1D1的距离相等,即点A1与点C到平面ABC1D1的距离相等,故C正确.取D1D2的中点E,连接A2E,EC1,易知A2E∥BC1,EC1∥A2B,故四边形A2BC1E为平面A2BC1截长方体所得的截面,在△A2BC1中,A2B=BC1=‎2‎,A2C1=‎6‎,所以S‎△A‎2‎BC‎1‎‎=‎‎3‎‎2‎,截面面积为‎3‎,故D错误.故选AC.‎ ‎10.B　如图D 8 - 5 - 15,‎ 图D 8 - 5 - 15‎ 正方体ABCD - A1B1C1D1中,连接AC,交BD于点O.因为BD=BC1=DC1=‎2‎,所以△BC1D是等边三角形,故三棱锥C - BC1D为正三棱锥.设O' 为△BC1D的中心,连接CO' ,则CO' ⊥平面BC1D,延长CO' 到M,使得MO' =O' C,连接OO' ,则OO' ∥AM,所以AM与平面ABCD所成的角等于OO' 与平面ABCD所成的角.易知BD⊥OO' ,BD⊥AC,OO' ∩AC=O,所以BD⊥平面AMC,又BD⊂平面ABCD,故平面AMC⊥平面ABCD,且平面ABCD∩平面AMC=AC,根据两个平面相互垂直的性质可知OO' 在平面ABCD上的射影一定落在线段AC上,故∠O' OC为OO' 与平面ABCD所成的角,即AM与平面ABCD所成的角.因为OC=‎2‎‎2‎,OO' =‎1‎‎3‎‎×‎3‎‎2‎×‎2‎=‎‎6‎‎6‎,所以O' C=‎(‎2‎‎2‎‎)‎‎2‎-(‎‎6‎‎6‎‎)‎‎2‎‎=‎‎3‎‎3‎,所以tan∠O' ‎ OC=‎3‎‎3‎‎6‎‎6‎‎=‎‎2‎,故选B.‎ ‎11.2‎2‎　‎10‎‎10‎ 　如图D 8 - 5 - 16,正方体ABCD - A1B1C1D1中,设CD,BC的中点分别为H,G,连接HE,HG,GE,HF,ME,NH.‎ 图D 8 - 5 - 16‎ 易知ME∥NH,ME=NH,所以四边形MEHN是平行四边形,‎ 所以MN∥HE.‎ 因为MN⊄平面EFHG,HE⊂平面EFHG,所以MN∥平面EFHG,‎ 所以过EF且与MN平行的平面为平面EFHG,易知平面EFHG截正方体所得截面为矩形EFHG,EF=‎2‎,FH=2,所以截面EFHG的面积为2‎×‎‎2‎=2‎2‎.‎ 连接AC,交HG于点I,易知CI⊥HG,平面EFHG⊥平面ABCD,平面EFHG∩平面ABCD=HG,‎ 所以CI⊥平面EFHG.连接EI,‎ 因为EI⊂平面EFHG,‎ 所以CI⊥EI,‎ 所以∠CEI为直线CE和截面EFHG所成的角.‎ 在Rt△CIE中,易知CE=‎1+‎‎2‎‎2‎‎=‎‎5‎,CI=‎1‎‎4‎AC=‎2‎‎2‎‎4‎‎=‎‎2‎‎2‎,所以sin∠CEI=CICE‎=‎‎10‎‎10‎.‎ ‎12.(1)由已知得四边形ABFE是正方形,且边长为2,如图D 8 - 5 - 17,连接BE,则AF⊥BE,‎ 又AF⊥BD,BE∩BD=B,BE⊂平面BDE,BD⊂平面BDE,∴AF⊥平面BDE.‎ 又DE⊂平面BDE,‎ ‎∴AF⊥DE.‎ 又AE⊥DE,AE∩AF=A,AE⊂平面ABFE,AF⊂平面ABFE,‎ ‎∴DE⊥平面ABFE.‎ 图D 8 - 5 - 17‎ ‎(2)由(1)知ED,EA,EF两两垂直,以E为坐标原点,EA,EF,ED的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图D 8 - 5 - 17所示的空间直角坐标系.‎ 则A(2,0,0),F(0,2,0),C(0,2,2),D(0,0,1),‎ AF‎=( - 2,2,0),AD=( - 2,0,1),FC=(0,0,2).‎ 设平面ADF的法向量为n=(x,y,z),‎ 由n·AF=0,‎n·AD=0‎得‎-2x+2y=0,‎‎-2x+z=0,‎不妨取x=1,则n=(1,1,2)为平面ADF的一个法向量.‎ 设平面ACF的法向量为m=(x1,y1,z1),‎ 由m·AF=0,‎m·FC=0‎得‎-2x‎1‎+2y‎1‎=0,‎‎2z‎1‎=0,‎不妨取x1=1,则m=(1,1,0)为平面ACF的一个法向量.‎ 设二面角D - AF - C的大小为θ,易知0<θ<π‎2‎,则cos θ=|cos|=‎|m·n|‎‎|m||n|‎‎=‎2‎‎2‎‎×‎‎6‎=‎‎3‎‎3‎.‎ ‎∴二面角D - AF - C的余弦值为‎3‎‎3‎.‎ ‎13.(1)因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE⊂平面ADEF,DE⊥AD,所以DE⊥平面ABCD.‎ 因为AC⊂平面ABCD,所以DE⊥AC.‎ 又四边形ABCD是正方形,所以AC⊥BD.‎ 因为DE∩BD=D,DE⊂平面BED,BD⊂平面BED,‎ 所以AC⊥平面BED.‎ 又AC⊂平面ACE,‎ 所以平面ACE⊥平面BED.‎ ‎(2)因为DA,DC,DE两两垂直,所以以D为坐标原点,建立如图D 8 - 5 - 18所示的空间直角坐标系D - xyz.‎ 图D 8 - 5 - 18‎ 则A(3,0,0),F(3,0,2‎6‎),E(0,0,3‎6‎),B(3,3,0),C(0,3,0),所以CA=(3, - 3,0),BE=( - 3, - 3,3‎6‎),EF=(3,0, - ‎6‎).‎ 设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),‎ 则n·BE=-3x-3y+3‎6‎z=0,‎n·EF=3x-‎6‎z=0,‎ 取x=‎6‎,得n=(‎6‎,2‎6‎,3)为平面BEF的一个法向量.‎ 所以cos=CA‎·n‎|CA||n|‎‎=‎‎-3‎‎6‎‎3‎2‎×‎‎39‎= - ‎13‎‎13‎.‎ 所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为‎13‎‎13‎.‎ ‎(3)假设在线段AF上存在符合条件的点M,由(2)可设M(3,0,t),0≤t≤2‎6‎,‎ 则BM=(0, - 3,t).‎ 设平面MBE的法向量为m=(x1,y1,z1),‎ 则m·BM=-3y‎1‎+tz‎1‎=0,‎m·BE=-3x‎1‎-3y‎1‎+3‎6‎z‎1‎=0,‎ 令y1=t,得m=(3‎6‎ - t,t,3)为平面MBE的一个法向量.‎ 由(1)知CA⊥平面BED,所以CA是平面BED的一个法向量,|cos|=‎|m·CA|‎‎|m||CA|‎‎=‎‎|9‎6‎-6t|‎‎3‎2‎×‎‎(3‎6‎-t‎)‎‎2‎+t‎2‎+9‎=cos 60°=‎1‎‎2‎,‎ 整理得2t2 - 6‎6‎t+15=0,解得t=‎6‎‎2‎,‎ 故在线段AF上存在点M,使得二面角M - BE - D的大小为60°,此时AMAF‎=‎‎1‎‎4‎.‎ ‎14.(1)在直角梯形ABCD中,∵BC=1,AB=2,AB⊥BC,‎ ‎∴AC=‎5‎,即AP=AC=‎5‎,BP=3BC=3,‎ ‎∴BA2+AP2=BP2,‎ ‎∴BA⊥AP.‎ 又AD∥BC,∴BA⊥AD,‎ 又AP∩AD=A,∴BA⊥平面PAD.‎ ‎∵BA⊂平面ABCD,∴平面PAD⊥平面ABCD.‎ ‎(2)如图D 8 - 5 - 19,过点P作PO⊥AD交AD于点O,连接OC,‎ 图D 8 - 5 - 19‎ 由(1)可知PO⊥平面ABCD,‎ 易知∠PAO为PA与平面ABCD所成的角,∴tan∠PAO=2.‎ 又AP=‎5‎,∴AO=1,PO=2.‎ ‎∴AO∥BC且AO=BC,四边形ABCO为矩形,∴OC⊥AD.‎ 以O为坐标原点,OC,OD,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图D 8 - 5 - 19所示.‎ 则A(0, - 1,0),P(0,0,2),D(0,1,0),B(2, - 1,0),‎ ‎∴AB=(2,0,0),AP=(0,1,2).‎ 设平面APB的法向量为n=(x,y,z),‎ 则有n·AB=0,‎n·AP=0,‎即‎2x=0,‎y+2z=0,‎ 令y=2,则n=(0,2, - 1)为平面APB的一个法向量.‎ 同理可得平面PBD的一个法向量为m=(2,2,1).‎ cos=m·n‎|m||n|‎‎=‎3‎‎5‎‎×3‎=‎‎5‎‎5‎,‎ 由图可知二面角A - PB - D的平面角为锐角,‎ ‎∴二面角A - PB - D的余弦值为‎5‎‎5‎.‎ ‎15.(1)BC的中点即为所找的点O.‎ ‎∵AB=AC,∴AO⊥BC,‎ 又EC⊥平面ABC,AO⊂平面ABC,∴EC⊥AO.‎ ‎∵BC∩EC=C,BC⊂平面BDEC,EC⊂平面BDEC,∴AO⊥平面BDEC.‎ 又CF⊂平面BDEC,∴AO⊥CF.‎ ‎ (2)以A为坐标原点,AB,AC所在直线分别为x轴,y轴,过点A且平行于EC的直线为z轴建立如图D 8 - 5 - 20所示的空间直角坐标系,‎ 图D 8 - 5 - 20‎ 则A(0,0,0),E(0, - 2,4),D( - 2,0,2),O( - 1, - 1,0),AO=( - 1, - 1,0),ED=( - 2,2, - 2).‎ 设EF=λED(0≤λ≤1),则可得F( - 2λ,2λ - 2,4 - 2λ),‎ 则AF=( - 2λ,2λ - 2,4 - 2λ).‎ 设平面AOF的法向量为m=(x,y,z),则m·AO=0,‎m·AF=0,‎令x=1,则m=(1, - 1,‎2λ-1‎‎2-λ)为平面AOF的一个法向量.‎ 易得平面ACE的一个法向量为n=(1,0,0).‎ 令|cos|=‎|m·n|‎‎|m||n|‎‎=‎1‎‎(‎2λ-1‎‎2-λ‎)‎‎2‎+2‎=‎‎1‎‎2‎,解得λ=‎1‎‎2‎.‎ 故当F为DE的中点时,平面ACE与平面AOF所成的锐二面角的大小为π‎4‎.‎ ‎【素养落地】　试题以四棱锥为载体,结合探究性的设问方式,要求考生分析几何元素间的位置关系、数量关系,然后运用空间向量法解决几何问题,使直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养得到了综合考查.‎ ‎16.(1)如图D 8 - 5 - 21所示,连接AC,BD交于点G,连接EG,FG.‎ 图D 8 - 5 - 21‎ 因为四边形ABCD为矩形,且E,F分别是AD,SC的中点,‎ 所以EG∥CD,FG∥SA.‎ 又SA⊥平面ABCD,所以GF⊥平面ABCD,所以GF⊥AD.又AD⊥GE,GE∩GF=G,GE⊂平面GEF,GF⊂平面GEF,所以AD⊥平面GEF,‎ 所以AD⊥EF.‎ 因为EF与平面ABCD所成的角为45°,所以∠FEG=45°,‎ 从而GE=GF,所以SA=AB.‎ 取SB的中点H,连接AH,FH,则由F,H分别为SC,SB的中点,得FH∥BC且FH=‎1‎‎2‎BC,所以FH∥AE且FH=AE,从而四边形AEFH为平行四边形.‎ 又由SA=AB,知AH⊥SB.‎ 又BC⊥平面SAB,所以AH⊥BC.‎ 又SB∩BC=B,SB⊂平面SBC,BC⊂平面SBC,从而AH⊥平面SBC.‎ 从而EF⊥平面SBC.‎ 又SC⊂平面SBC,从而EF⊥SC.‎ 综上知EF为异面直线AD与SC的公垂线.‎ ‎(2)设BC=2,则EF=‎1‎‎2‎BC=1,从而GE=GF=‎2‎‎2‎,所以SA=AB=‎2‎,‎ 以A为坐标原点,AB,AD,AS所在直线分别为x轴,y轴,z轴,AB,AD,AS的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,‎ 则B(‎2‎,0,0),D(0,2,0),S(0,0,‎2‎),C(‎2‎,2,0),‎ 从而SC=(‎2‎,2, - ‎2‎),BC=(0,2,0).‎ 设平面BCS的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n‎1‎‎·SC=0,‎n‎1‎‎·BC=0,‎令z1=1,可得n1=(1,0,1)为平面BCS的一个法向量.‎ 同理,可求得平面SCD的一个法向量为n2=(0,1,‎2‎).‎ 设二面角B - SC - D的平面角为θ,则|cos θ|=|n‎1‎‎·‎n‎2‎‎|n‎1‎||n‎2‎|‎|=‎2‎‎2‎‎·‎‎3‎‎=‎‎3‎‎3‎,故sin θ=‎1-(‎‎3‎‎3‎‎)‎‎2‎‎=‎‎6‎‎3‎.‎