1、第3讲立体几何中的向量方法高考定位以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.真 题 感 悟1.(2017全国卷)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A. B. C. D.解析法一以B为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系.图(1)图(2)则B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1).又在ABC中，ABC120，AB2，则A(1，0).所以(1，1)，(1，0，1)，则cos，
2、因此，异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.法二如图(2)，设M，N，P分别为AB，BB1，B1C1中点，则PNBC1，MNAB1，AB1与BC1所成的角是MNP或其补角.AB2，BCCC11，MNAB1，NPBC1.取BC的中点Q，连接PQ，MQ，则可知PQM为直角三角形，且PQ1，MQAC，在ABC中，AC2AB2BC22ABBCcosABC412217，AC，则MQ，则MQP中，MP，则PMN中，cosPNM，又异面直线所成角范围为，则余弦值为.答案C2.(2018全国卷)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BM
3、C；(2)当三棱锥MABC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BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，又DM平面CDM，故BCDM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM.又BCCMC，所以DM平面BMC.由于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Dxyz.当三棱锥MABC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
4、)，(2，0，0).设n(x，y，z)是平面MAB的法向量，则即可取n(1，0，2).又是平面MCD的法向量，因此cosn，sinn，.所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值为.3.(2018全国卷)如图，四边形ABCD为正方形， E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.(1)证明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.(1)证明由已知可得，BFPF，BFEF，又PFEFF，PF，EF平面PEF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.(2)解作PHEF，垂足为H.由(1)得，PH平
5、面ABFD.以H为坐标原点，以的方向为y轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，故EF2PE2PF2，所以PEPF.可得PH，EH.则H(0，0，0)，P，D，为平面ABFD的一个法向量.设DP与平面ABFD所成角为，则sin .所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.考 点 整 合1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l的方向向量为a(a1，b1，c1)，平面，的法向量分别为(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)，则(1)线面平行laa0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直
6、laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行vva2a3，b2b3，c2c3.(4)面面垂直vv0a2a3b2b3c2c30.2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l，m的方向向量分别为a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)，平面，的法向量分别为(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同).(1)线线夹角设l，m的夹角为，则cos .(2)线面夹角设直线l与平面的夹角为，则sin |cosa，|.(3)面面夹角设平面，的夹角为(0)，则|cos |cos，v|.热点一利用空间向量证明平行、垂直关系【例1】 如图，在四棱锥PABCD中，PA底面A
7、BCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中点.证明：(1)BEDC；(2)BE平面PAD；(3)平面PCD平面PAD.证明依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).由E为棱PC的中点，得E(1，1，1).(1)向量(0，1，1)，(2，0，0)，故0.所以BEDC.(2)因为ABAD，又PA平面ABCD，AB平面ABCD，所以ABPA，PAADA，PA，AD平面PAD，所以AB平面PAD，所以向量(1，0，0)为平面PAD的一个法向量，而(0，1，1)(1，0，0)0，所以BEAB，又B
8、E平面PAD，所以BE平面PAD.(3)由(2)知平面PAD的法向量(1，0，0)，向量(0，2，2)，(2，0，0)，设平面PCD的一个法向量为n(x，y，z)，则即不妨令y1，可得n(0，1，1)为平面PCD的一个法向量.且n(0，1，1)(1，0，0)0，所以n.所以平面PAD平面PCD.探究提高1.利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素).2.向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何定理的条件，如在(2)中忽略BE平面PAD而致误.【训练1】 在直三棱柱ABCA
9、1B1C1中，ABC90，BC2，CC14，点E在线段BB1上，且EB11，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)以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.则B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4).设BAa，则A(a，0，0)，所以(a，0，0)，(0，2，2)，(0，2，2).0，0440，则B1DBA，B1DBD.又BABDB，BA，BD平面ABD，因此B1D平面ABD.(2)由(1)知，E(0，0，3)，G，F(0，1
10、，4)，则，(0，1，1)，0220，0220，即B1DEG，B1DEF.又EGEFE，EG，EF平面EGF，因此B1D平面EGF.结合(1)可知平面EGF平面ABD.热点二利用空间向量计算空间角考法1求线面角或异面直线所成的角【例21】 (2018烟台质检)如图，在梯形ABCD中，ADBC，ABCD，ACBD，平面BDFE平面ABCD，EFBD，BEBD.(1)求证：平面AFC平面BDFE；(2)若AB2CD2，BEEF2，求BF与平面DFC所成角的正弦值.(1)证明平面BDFE平面ABCD，平面BDFE平面ABCDBD，AC平面ABCD，ACBD，AC平面BDFE.又AC平面AFC，平面A
11、FC平面BDFE.(2)解设ACBDO，四边形ABCD为等腰梯形，ACBD，AB2CD2，ODOC1，OBOA2，FEOB且FEOB，四边形FEBO为平行四边形，OFBE，且OFBE2，又BE平面ABCD，OF平面ABCD.以O为原点，向量，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B(0，2，0)，D(0，1，0)，F(0，0，2)，C(1，0，0)，(0，1，2)，(1，1，0)，(0，2，2)，设平面DFC的一个法向量为n(x，y，z)，有即不妨设z1，得xy2，得n(2，2，1).于是cosn，.设BF与平面DFC所成角为，则sin |cosn，|.BF与平
12、面DFC所成角的正弦值为.探究提高1.异面直线所成的角，可以通过两直线的方向向量的夹角求得，即cos |cos |.2.直线与平面所成的角主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角求得，即sin |cos |，有时也可分别求出斜线与它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两方向向量的夹角(或其补角).【训练2】 (2018江苏卷)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，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ABCA1B1C1中，设AC，A1C1 的中点分别为O，O1，连接OB
13、，OO1.则OBOC，OO1OC，OO1OB.以，为基底，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为ABAA12，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所成角为，则sin |cos，n|，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.
14、考法2二面角的计算【例22】 (2018福州模拟)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，CC14，AB2，AC2，BAC45，点M是棱AA1上不同于A，A1的动点.(1)证明：BCB1M；(2)若平面MB1C把此棱柱分成体积相等的两部分，求此时二面角MB1CA的余弦值.(1)证明在ABC中，由余弦定理得，BC2AB2AC22ABACcosBAC48222cos 454，BC2，则有AB2BC28AC2，ABC90，BCAB，又BB1BC，BB1ABB，BC平面ABB1A1，又B1M平面ABB1A1，故BCB1M.(2)解由题设知，平面MB1C把此三棱柱分成两个体积相等的几何体为四棱锥CABB1
15、M和四棱锥B1A1MCC1.由(1)知四棱锥CABB1M的高为BC2，V三棱柱ABCA1B1C12248，V四棱锥CABB1MV柱4，又V四棱锥CABB1MS梯形ABB1MBCS梯形ABB1M4，S梯形ABB1M62，AM2.此时M为AA1中点，以点B为坐标原点，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz.A(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(0，0，4)，M(2，0，2).(0，2，4)，(2，0，2)，(2，2，0)，设n1(x1，y1，z1)是平面CB1M的一个法向量，即令z11，可得n1(1，2，1)，设n2(x2，y2，z2)是平面ACB1的一个法向量
16、，即令z21，得n2(2，2，1)，cosn1，n2.所以二面角MB1CA的余弦值等于.探究提高1.二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角.2.利用向量法求二面角，必须能判定“所求二面角的平面角是锐角或钝角”，否则解法是不严谨的.【训练3】 (2018北京卷)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，ABBC，ACAA12.(1)求证：AC平面BEF；(2)求二面角BCDC1的余弦值；(3)证明：直线FG与平面BC
17、D相交.(1)证明在三棱柱ABCA1B1C1中，因为CC1平面ABC，所以四边形A1ACC1为矩形.又E，F分别为AC，A1C1的中点，所以ACEF.因为ABBC，所以ACBE.又EFBEE，所以AC平面BEF.(2)解由(1)知ACEF，ACBE，EFCC1，又CC1平面ABC，所以EF平面ABC，因为BE平面ABC，所以EFBE.如图建立空间直角坐标系Exyz，由题意得B(0，2，0)，C(1，0，0)，D(1，0，1)，F(0，0，2)，G(0，2，1).所以(1，2，0)，(1，2，1).设平面BCD的法向量为n(x0，y0，z0)，则即令y01，则x02，z04.于是n(2，1，4)
18、.又因为平面CC1D的法向量为(0，2，0)，所以cosn，.由题知二面角BCDC1为钝角，所以其余弦值为.(3)证明由(2)知平面BCD的法向量为n(2，1，4)，(0，2，1).因为n20(1)2(4)(1)20，所以直线FG与平面BCD相交.热点三利用空间向量求解探索性问题【例3】 如图所示，在正四棱锥PABCD中，底面ABCD的边长为2，侧棱长为2.(1)若点E为PD上的点，且PB平面EAC，试确定E点的位置；(2)在(1)的条件下，在线段PA上是否存在点F，使平面AEC和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为，若存在，求线段PF的长度，若不存在，请说明理由.解(1)设BD交AC于点O，连
19、接OE.PB平面AEC，平面AEC平面BDPOE，PBOE.又O为BD的中点，在BDP中E为PD中点.(2)连接OP，由题知PO平面ABCD，且ACBD，以，所在直线为x、y、z轴建立直角坐标系，如图.OP.O(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，0)，C(，0，0)，D(0，0)，P(0，0，)，则E，(，0，0)，(0，0).设平面AEC的法向量为m(x1，y1，z1).则令z11，得平面AEC的一个法向量m(0，1)，假设在线段PA上存在点F，满足题设条件，不妨设(01).则F(，0，)，(，0，).设平面BDF的法向量n(x2，y2，z2)，令z21得平面BDF的一个法向量n.由平面
20、AEC与平面ADF所成锐二面角的余弦值为，则cosm，n，解得.所以|.故在线段PA上存在点F，当|PF|时，使得平面AEC和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为.探究提高1.空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.2.空间向量求解探索性问题：(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论；(2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等.若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论.【训练4】 (20
21、18广州质检)如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的菱形，DE平面ABCD，BF平面ABCD，DE2，DEBF，ABC120.(1)当BF长为多少时，平面AEF平面CEF?(2)在(1)的条件下，求二面角EACF的余弦值.解(1)连接BD交AC于点O，则ACBD.取EF的中点G，连接OG，则OGDE.DE平面ABCD，OG平面ABCD.OG，AC，BD两两垂直.以AC，BD，OG所在直线分别作为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图)，设BFm(0m2)，由题意，易求A(，0，0)，C(，0，0)，E(0，1，2)，F(0，1，m).则(，1，2)，(，1，m)，(，1，2
22、)，(，1，m)，设平面AEF，平面CEF的法向量分别为n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2).则解得取x1m2，得n1(m2，2m，2).同理可求n2(m2，m2，2).若平面AEF平面CEF，则n1n20，(m2)2(m2)(2m)120，解得m或m7(舍)，故当BF长为时，平面AEF平面CEF.(2)当m时，(，1，2)，(2，0，0)，(0，2，)，(，1，)，(，1，)，则0，0，所以EFAF，EFCF，且AFCFF，所以EF平面AFC，所以平面AFC的一个法向量为(0，2，).设平面AEC的一个法向量为n(x，y，z)，则得令z，n(0，4，).从而cosn，.故所求的
23、二面角EACF的余弦值为.1.两条直线夹角的范围为.设直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2，其夹角为，则cos |cosn1，n2|.2.二面角的范围为0，.设半平面与的法向量分别为n1与n2，二面角为，则|cos |cosn1，n2|.3.利用空间向量求解二面角时，易忽视二面角的范围，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错.4.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题.应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间
24、直角坐标系，通过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性.一、选择题1.在三棱柱ABCA1B1C1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA1底面ABC，点D在棱BB1上，且BD1，若AD与平面AA1C1C所成的角为，则sin 的值是()A. B. C. D.解析如图，建立空间直角坐标系，易求点D，平面AA1C1C的一个法向量是n(1，0，0)，所以sin |cosn，|.答案D2.(2018合肥质检)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点E是底面ABCD上的动点，则()的最大值为()A. B.1 C. D.解析由正方体性质知0，则().建立如图所示的空间直角坐
25、标系，则B(1，1，0)，C(0，1，0).设点E(x，y，0)，则(x，y1，0)，(1，1，0).(x，y1，0)(1，1，0)xy1.易知当E位于点B时，xy有最大值2.因此的最大值为211.答案B3.(2018衡水中学质检)如图，在四棱锥CABOD中，CO平面ABOD，ABOD，OBOD，且AB2OD4，AD2，异面直线CD与AB所成角为30，若点O，B，C，D都在同一个球面上，则该球的表面积为()A.72 B.8 C. D.解析CD与AB所成角为30，且ABOD，CDO30，由OD2，知OCODtan 30.在直角梯形ABOD中，OB2.因此(2R)2OB2OD2OC2，故球的表面积
26、S4R2.答案C4.(2018全国卷)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A. B. C. D.解析法一如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM.易知O为BD1的中点，所以AD1OM，则MOD为异面直线AD1与DB1所成角.因为在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，AD12，DM，DB1.所以OMAD11，ODDB1，于是在DMO中，由余弦定理，得cosMOD，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.法二以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，如
27、图所示.由条件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，)，B1(1，1，)，所以(1，0，)，(1，1，).则cos，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.答案C5.(2018长沙雅礼中学检测)在三棱锥PABC中，点P在底面的正投影恰好是等边ABC的边AB的中点，且点P到底面ABC的距离等于底面边长.设PAC与底面所成的二面角的大小为，PBC与底面所成的二面角的大小为，则tan()的值是()A. B.C. D.解析如图，设点P在边AB上的射影为H，作HFBC，HEAC，连接PF，PE.依题意，HEP，PFH.不妨设等边ABC的边长为2，则PH2，AHBH1.HE，HF，则ta
28、n tan ，故tan() .答案C二、填空题6.如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，A1C1B1D1E，直线AC与直线DE所成的角为，直线DE与平面BCC1B1所成的角为，则cos()_.解析ACBD且ACBB1，BDBB1B，AC平面BB1D1DACDE，.取A1D1的中点F，连EF，FD，易知EF平面ADD1A1，则EDF.cos()cossinEDF.答案三、解答题7.(2017全国卷)如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，且BAPCDP90.(1)证明：平面PAB平面PAD；(2)若PAPDABDC，APD90，求二面角APBC的余弦值.(1)证明BAPCDP90，
29、PAAB，PDCD，又ABCD，PDAB，又PDPAP，PD，PA平面PAD，AB平面PAD，又AB平面PAB，平面PAB平面PAD.(2)解在平面PAD内作POAD，垂足为点O.由(1)可知，AB平面PAD，故ABPO，又ABADA，可得PO平面ABCD.以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，设PA2，D(，0，0)，B(，2，0)，P(0，0，)，C(，2，0)，(，0，)，(，2，)，(2，0，0)，设n(x，y，z)为平面PBC的一个法向量，由得令y1，则z，x0，可得平面PBC的一个法向量n(0，1，)，APD90，PDPA，又知AB平面PAD，PD平面PAD，PDA
30、B，又PAABA，PA，AB平面PAB，PD平面PAB，即是平面PAB的一个法向量，cos，n，由图知二面角APBC为钝角，所以它的余弦值为.8.(2018浙江卷)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.(1)证明：AB1平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.(1)证明如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知各点坐标如下：A(0，0)，B(1，0，0)，A1(0，4)，B1(1，0，2)，C1(0，1).因此(1
31、，2)，(1，2)，(0，2，3).由0得AB1A1B1.由0得AB1A1C1，A1B1A1C1A1，所以AB1平面A1B1C1.(2)解设直线AC1与平面ABB1所成的角为.由(1)可知(0，2，1)，(1，0)，(0，0，2).设平面ABB1的法向量n(x，y，z).由即令y1，则x，z0，可得平面ABB1的一个法向量n(，1，0).所以sin |cos，n|.因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.9.(2018武汉模拟)如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，ABCD，且CD6，AB12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O平面BCO1O.如图2，点P为BC中点，点E在线段
32、AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQOB.(1)证明：OD平面PAQ；(2)若BE2AE，求二面角CBQA的余弦值.(1)证明由题设知OA，OB，OO1两两垂直，所以以O为坐标原点，OA，OB，OO1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AQ的长度为m，则相关各点的坐标为O(0，0，0)，A(6，0，0)，B(0，6，0)，C(0，3，6)，D(3，0，6)，Q(6，m，0).点P为BC中点，P，(3，0，6)，(0，m，0)，0，0.ODAQ，ODPQ，且AQPQQ，OD平面PAQ.(2)解BE2AE，AQOB，AQOB3，则Q(6，3，0)，(
33、6，3，0)，(0，3，6).设平面CBQ的法向量为n1(x，y，z)，令z1，则y2，x1，则n1(1，2，1)，又显然，平面ABQ的法向量为n2(0，0，1).设二面角CBQA的平面角为.由图可知，为锐角，则cos .所以二面角CBQA的余弦值为.10.(2018全国卷)如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点.(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值.(1)证明因为APCPAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP2.连接OB，因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，O
34、BAC2.由OP2OB2PB2知POOB.由OPOB，OPAC且OBACO，知PO平面ABC.(2)解如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，(0，2，2).取平面PAC的一个法向量(2，0，0).设M(a，2a，0)(0a2)，则(a，4a，0).设平面PAM的法向量为n(x，y，z).由n0，n0得可取n(a4)，a，a)，所以cos，n.由已知可得|cos，n|，所以，解得a4(舍去)，a，所以n.又(0，2，2)，所以cos，n.所以PC与平面PAM所成角的正
35、弦值为.11.(2018佛山调研)如图所示，该几何体是由一个直三棱柱ADEBCF和一个正四棱锥PABCD组合而成，ADAF，AEAD2.(1)证明：平面PAD平面ABFE；(2)求正四棱锥PABCD的高h，使得二面角CAFP的余弦值是.(1)证明由于几何体是由一个直三棱柱ADEBCF和一个正四棱锥PABCD的组合体.ADAB，又ADAF，AFABA，AD平面ABFE.又AD平面PAD，平面PAD平面ABFE.(2)解以A为原点，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz.设正四棱锥的高为h，AEAD2，则A(0，0，0)，F(2，2，0)，C(2，0，2)，P(1，h，1)，设平面ACF的一个法向量m(x，y，z)，(2，2，0)，(2，0，2)，则取x1，得m(1，1，1)，设平面AFP的一个法向量n(a，b，c)，(1，h，1)，则取b1，则n(1，1，1h)，二面角CAFP的余弦值，|cosm，n|，解得h1或h(舍去).当正四棱锥PABCD的高为1时，二面角CAFP的余弦值为.