1、第7讲立体几何中的向量方法考纲解读1.理解直线的方向向量及平面的法向量，并能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系(重点)2能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理，并能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题(难点)考向预测从近三年高考情况来看，本讲为高考必考内容预测2021年高考将会以空间向量为工具证明平行与垂直以及进行空间角的计算试题以解答题的形式呈现，难度为中等偏上.1.用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1l2(或l1与l2重合)v1v2v1v2.(2)设直线l的方向向量为v，与平面共面的两个不共线向量为v1和
2、v2，则l或l存在两个实数x，y，使vxv1yv2.(3)设直线l的方向向量为v，平面的法向量为u，则l或lvuvu0.(4)设平面和的法向量分别为u1，u2，则u1u2u1u2.2用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1l2v1v2v1v20.(2)设直线l的方向向量为v，平面的法向量为u，则lvuvu.(3)设平面和的法向量分别为u1和u2，则u1u2u1u20.3两条异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角a与b的夹角范围(0，900，180求法coscos4直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l的
3、方向向量为e，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，两向量e与n的夹角为，则有sin|cos|，的取值范围是0，905求二面角的大小(1)如图，AB，CD是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小，(2)如图，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足|cos|cosn1，n2|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).1概念辨析(1)若空间向量a平行于平面，则a所在直线与平面平行()(2)两异面直线夹角的范围是(0，90，直线与平面所成角的范围是0，90，二面角的范围是0，180()(3)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所
4、成的角()(4)若二面角a的两个半平面，的法向量n1，n2所成角为，则二面角a的大小是180.()答案(1)(2)(3)(4)2小题热身(1)若直线l的方向向量为a(1,0,2)，平面的法向量为n(2,0，4)，则()A.l BlCl Dl与斜交答案B解析因为a(1,0,2)，n(2,0，4)，所以n2a，所以an，所以l.(2)已知向量(2,2,1)，(4,5,3)，则平面ABC的单位法向量是()A. B.C D答案D解析设平面ABC的一个法向量是n(x，y，z)，则取z1，得x，y1.则n，|n|，故平面ABC的单位法向量是.(3)在正三棱柱ABCA1B1C1中，若ABBB1，则AB1与C
5、1B所成角的大小为()A60 B75 C90 D105答案C解析取AC的中点D，建立如图所示的空间直角坐标系设ABa，则B，C1，A，B1，从而，.所以cos，0，所以AB1与C1B所成的角为90.故选C.(4)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，BCAA11，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为_，二面角BA1C1D1的余弦值为_答案解析如图，建立空间直角坐标系Dxyz，则D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，A1(1,0,1)，B(1,2,0)，(0,2,0)，(1，2,0)，(0,2，1)，设平面A1BC1的一个法向量为n(x，y，z)，由得令y1，得n(2,1,2)，设
6、D1C1与平面A1BC1所成角为，则sin|cos，n|，即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.易知平面A1C1D1的法向量m(0,0,1)，cosm，n.由图可知，二面角BA1C1D1为钝角，故二面角BA1C1D1的余弦值为.题型 一利用空间向量研究空间中的位置关系角度1利用空间向量证明平行与垂直问题1(2019青岛模拟)如图，在多面体ABCA1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，ABAC，BCAB，B1C1綊BC，AA1平面BAC.求证：(1)A1B1平面AA1C；(2)AB1平面A1C1C.证明AA1平面BAC.AA1AB，AA1AC.又ABAC，BCAB，CAB90，即C
7、AAB，AB，AC，AA1两两互相垂直建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AB2，则A(0,0,0)，B1(0,2,2)，A1(0,0,2)，C(2,0,0)，C1(1,1,2)(1)(0,2,0)，(0,0，2)，(2,0,0)，设平面AA1C的一个法向量n(x，y，z)，则即即取y1，则n(0,1,0)2n，即n.A1B1平面AA1C.(2)易知(0,2,2)，(1,1,0)，(2,0，2)，设平面A1C1C的一个法向量m(x1，y1，z1)，则即令x11，则y11，z11，即m(1，1,1)m012(1)210，m.又AB1平面A1C1C，AB1平面A1C1C.角度2利用空间向量解决
8、平行与垂直关系中的探索性问题2(2019桂林模拟)如图，棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都等于2，ABC和A1AC均为60，平面AA1C1C平面ABCD.(1)求证：BDAA1；(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由解(1)证明：设BD与AC交于点O，则BDAC，连接A1O，在AA1O中，AA12，AO1，A1AO60，A1O2AAAO22AA1AOcos603，AO2A1O2AA，A1OAO.由于平面AA1C1C平面ABCD，且平面AA1C1C平面ABCDAC，A1O平面AA1C1C，A1O平面ABCD.以OB，OC，OA1
9、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，则A(0，1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(，0,0)，A1(0,0，)，C1(0,2，)由于(2，0,0)，(0,1，)，0(2)1000，即BDAA1.(2)假设在直线CC1上存在点P，使BP平面DA1C1，设，P(x，y，z)，则(x，y1，z)(0,1，)从而有P(0,1，)，(，1，)设平面DA1C1的法向量为n(x，y，z)，则又(0,2,0)，(，0，)，则取x1，则n(1,0，1)，因为BP平面DA1C1，则n，即n0，得1，即点P在C1C的延长线上，且C1CCP.1用空间向量证明平行问题的方法线线平行
10、证明两直线的方向向量共线线面平行证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示面面平行证明两平面的法向量平行(即为共线向量)；转化为线面平行、线线平行问题2用空间向量证明垂直问题的方法线线垂直问题证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零线面垂直问题直线的方向向量与平面的法向量共线(举例说明1(1)，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直面面垂直问题两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直3解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象
11、存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理(2)探索性问题的关键是设点：空间中的点可设为(x，y，z)；坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy面上的点为(x，y,0)；坐标轴上的点两个坐标为0，如z轴上的点为(0,0，z)；直线(线段)AB上的点P，可设为，表示出点P的坐标(如举例说明2(2)，或直接利用向量运算提醒：解这类问题时要利用好向量垂直和平行的坐标表示 1如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD底面ABCD，且PAPDAD，设E，F分别为PC，BD的中点求证：(1)EF平面PAD；(2)平面PAB平面PDC.证明(1)如图，取AD的中点O，连接O
12、P，OF.因为PAPD，所以POAD.因为侧面PAD底面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面PAD，所以PO平面ABCD.又O，F分别为AD，BD的中点，所以OFAB.又四边形ABCD是正方形，所以OFAD.因为PAPDAD，所以PAPD，所以OPOA.以O为坐标原点，OA，OF，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A，F，D，P，C.因为E为PC的中点，所以E.易知平面PAD的一个法向量为，因为，且0，又EF平面PAD，所以EF平面PAD.(2)因为，(0，a,0)，所以(0，a,0)0，所以，所以PACD.又PAPD，PDCDD，PD，CD平面PDC，所以PA
13、平面PDC.又PA平面PAB，所以平面PAB平面PDC.2如图是某直三棱柱被削去上底后的直观图与三视图的侧视图、俯视图，在直观图中，点M是BD的中点，AECD，侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示(1)求证：EM平面ABC；(2)试问在棱CD上是否存在一点N，使MN平面BDE？若存在，确定点N的位置；若不存在，请说明理由解以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,0,0)，D(2,0,4)，E(0,0,2)，M(1,1,2)，(0,0,2)，(2,2，4)，(2,0，2)，(0,0，4)，(1,1，2)，(1,1,0)(1)证
14、明：由图易知为平面ABC的一个法向量，因为0(1)01200，所以，即AEEM，又EM平面ABC，故EM平面ABC.(2)假设在CD上存在一点N满足题意，设(0,0，4)，0,1，则(1,1，2)(0,0，4)(1,1，24)，所以即解得0,1所以棱CD上存在一点N，满足MN平面BDE，此时DNDC.题型 二利用空间向量求解空间角角度1利用空间向量求解异面直线所成的角1(2019永州模拟)在各棱长均相等的直三棱柱ABCA1B1C1中，已知M是BB1的中点，N是棱AC的中点，则异面直线A1M与BN所成角的正切值为()A. B1 C. D.答案C解析如图，在各棱长均相等的直三棱柱ABCA1B1C1
15、中，设棱长为2，以A为坐标原点，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，则A1(0,0,2)，M(，1,1)，B(，1,0)，N(0,1,0)，(，1，1)，(，0,0)，设异面直线A1M与BN所成角为，则cos，tan.异面直线A1M与BN所成角的正切值为.角度2利用空间向量求解直线与平面所成的角2(2019泉州二模)如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ABAD，ADBC，AB1，AD2BC，PD.(1)求证：平面PBD平面PAC；(2)M为棱PB上异于B的点，且AMMC，求直线AM与平面MCD所成角的正弦值解(1)证法一：在RtABC与RtABD中，因为，所以.又ABCDA
16、B90，所以ABCDAB.所以ABDBCA.又ABDCBD90，所以BCACBD90，所以ACBD.因为PD平面ABCD，AC平面ABCD，所以PDAC.又BDPDD，BD，PD平面PBD，所以AC平面PBD.又AC平面PAC，所以平面PBD平面PAC.证法二：在梯形ABCD中，ABAD.以B为坐标原点，BC，BA所在直线分别为x轴、y轴建立如图1所示的平面直角坐标系，则B(0,0)，D(，1)，A(0,1)，C，所以(，1)，.因为0，所以ACBD.以下同证法一(2)过点A作AzDP.因为PD平面ABCD，所以Az平面ABCD.所以Az，AB，AD两两垂直以A为坐标原点，AB，AD，Az所在
17、的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图2所示的空间直角坐标系Axyz.因为AB1，AD2BC，PD，所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，C，D(0，0)，P(0，)，则(1,0,0)，(1，)，.设，(0,1，则(1，)，.因为AMMC，所以0，即(1)()320，化简并整理，得6220，解得0(不符合题意，舍去)或.所以，即M.所以.设n(x0，y0，z0)为平面MCD的法向量，则即令y0，则平面MCD的一个法向量为n.设直线AM与平面MCD所成的角为，所以sin|cos，n|.所以直线AM与平面MCD所成角的正弦值为.角度3利用空间向量求解二面角3(2019全国卷)图1是由矩形ADEB
18、，RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1，BEBF2，FBC60.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BCGA的大小解(1)证明：由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面由已知得ABBE，ABBC，且BEBCB，所以AB平面BCGE.又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE.(2)作EHBC，垂足为H.因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC.由已知，菱形BCGE的边长为2，EB
19、C60，可求得BH1，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Hxyz，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cosn，m.因此二面角BCGA的大小为30.1利用向量求异面直线所成角的方法(1)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤选好基底或建立空间直角坐标系；求出两直线的方向向量v1，v2；代入公式|cosv1，v2|求解如举例说明1.(2)两异面直线所成角的范围是(0，90，两向量的夹角的范围是0，18
20、0，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角2利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角如举例说明2.3利用向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小如举例说明3.(2)找与棱垂直的方向向量法：分
21、别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小 1已知正四棱锥SABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE，SD所成角的余弦值为_答案解析以两对角线AC与BD的交点O作为坐标原点，以OA，OB，OS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，设正四棱锥SABCD的侧棱长与底面边长均为2，则有A(，0,0)，S(0,0，)，D(0，0)，E，(0，)，|cos，|，故AE，SD所成角的余弦值为.2(2019全国卷)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1.(1)证
22、明：BE平面EB1C1；(2)若AEA1E，求二面角BECC1的正弦值解(1)证明：由已知得，B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故B1C1BE.又BEEC1，B1C1EC1C1，所以BE平面EB1C1.(2)由(1)知BEB190.由题设知RtABERtA1B1E，所以AEB45，故AEAB，AA12AB.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1,0,1)，(1,0,0)，(1，1，1)，CC1(0,0,2)设平面EBC的法向量为
23、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cosn，m.所以二面角BECC1的正弦值为.3(2019郑州模拟)如图，在ABC中，ABBC2，ABC90，E，F分别为AB，AC边的中点，以EF为折痕把AEF折起，使点A到达点P的位置，且PBBE.(1)证明：EF平面PBE；(2)设N为线段PF上的动点，求直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值解(1)证明：因为E，F分别为AB，AC边的中点，所以EFBC，因为ABC90，所以EFBE，EFPE.又因为BEPEE，所以EF平面PBE.(2)取BE的中点O，
24、连接PO，由(1)知EF平面PBE，EF平面BCFE，所以平面PBE平面BCFE.因为PBBEPE，所以POBE.又因为PO平面PBE，平面PBE平面BCFEBE所以PO平面BCFE.过O作OMBC交CF于点M，分别以OB，OM，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示P，C，F，N为线段PF上一动点，设N(x，y，z)，由(01)，得N，.设平面PCF的法向量为m(x1，y1，z1)，则即取m(1,1，)设直线BN与平面PCF所成的角为，sin|cos，m|，所以直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值为.题型 三求空间距离(选学)(2019合肥三模)如图，在多面体ABC
25、DE中，平面ABD平面ABC，ABAC，AEBD，DE綊AC，ADBD1.(1)求AB的长；(2)已知2AC4，求点E到平面BCD的距离的最大值解(1)平面ABD平面ABC，且交线为AB，而ACAB，AC平面ABD.又DEAC，DE平面ABD，从而DEBD.注意到BDAE，且DEAEE，BD平面ADE，于是，BDAD.而ADBD1，AB.(2)ADBD，取AB的中点为O，连接DO，DOAB.又平面ABD平面ABC，DO平面ABC.过O作直线OYAC，以点O为坐标原点，直线OB，OY，OD分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示记AC2a，则1a2，B，C，D，E，(，2a,
26、0)，.设平面BCD的法向量为n(x，y，z)由得令x，得n.又(0，a,0)，点E到平面BCD的距离d .1a2，当a2时，d取得最大值，dmax.空间距离的几个结论(1)点到直线的距离：设过点P的直线l的方向向量为单位向量n，A为直线l外一点，点A到直线l的距离d.(2)点到平面的距离：设P为平面内的一点，n为平面的法向量，A为平面外一点，点A到平面的距离d.(3)线面距离、面面距离都可以转化为点到面的距离 (2019惠州第一次调研)如图，已知圆柱OO1底面半径为1，高为，平面ABCD是圆柱的一个轴截面，动点M从点B出发沿着圆柱的侧面到达点D，其运动路程最短时在侧面留下曲线.将轴截面ABC
27、D绕着轴OO1逆时针旋转(0)后得到平面A1B1C1D1，边B1C1与曲线相交于点P.(1)求曲线的长度；(2)当时，求点C1到平面APB的距离解(1)将圆柱一半展开后底面的半个圆周变成长方形的边BA，曲线就是对角线BD.由于ABr，AD，BD.故曲线的长度为.(2)当时，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(0，1,0)，B(0,1,0)，P，C1(1，0，)，则(0,2,0)，(1,0，)，设平面APB的法向量为n(x，y，z)，则取z2得n(，0,2)，点C1到平面APB的距离d .组基础关1如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线B
28、C1与直线AB1夹角的余弦值为()A. B. C. D.答案A解析不妨设CB1，则B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，(0,2，1)，(2,2,1)cos，.直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.2(2020沧州摸底)如图所示，在正方体ABCDABCD中，棱长为1，E，F分别是BC，CD上的点，且BECFa(0a0)，则C(m，0)，A(m，0)设n1(x，y，z)为平面ACE的法向量，则即可取n1.易知n2(1,0,0)为平面DAE的一个法向量，由题设知|cosn1，n2|，即，解得m.因为E为PD的中点，所以三棱锥EACD的高为.所以三棱锥EACD的
29、体积V.2(2017全国卷)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：当直线AB与a成60角时，AB与b成30角；当直线AB与a成60角时，AB与b成60角；直线AB与a所成角的最小值为45；直线AB与a所成角的最大值为60.其中正确的是_(填写所有正确结论的编号)答案解析依题意建立如图所示的空间直角坐标系设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.由题意知点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆设直线a的方向向量为a(0,1,0)，直线b的方向向量为b(1,0,0)，以Ox轴为始边沿逆时针方向
30、旋转的旋转角为，0,2)，则B(cos，sin，0)，(cos，sin，1)，|.设直线AB与a所成角为，则cos|sin|，4590，正确，错误设直线AB与b所成角为，则cos|cos|.当直线AB与a所成角为60，即60时，则|sin|coscos60，|cos|.cos|cos|.090，60，即直线AB与b所成角为60.正确，错误3(2019唐山模拟)如图，在边长为8的菱形ABCD中，ABC120，将ABD沿BD折起，使点A到达A1的位置，且二面角A1BDC为60.(1)求异面直线A1C与BD所成角的大小；(2)若点E为A1C的中点，求直线BE与平面A1DC所成角的正弦值解(1)连接A
31、C，交BD于点O，连接OA1，因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD，从而OA1BD，OCBD，又因为OA1OCO，所以BD平面A1OC，因为A1C平面A1OC，所以BDA1C，所以异面直线A1C与BD所成角的大小为90.(2)由(1)可知，A1OC即为二面角A1BDC的平面角，所以A1OC60.以O为坐标原点，为x轴、y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，则B(4,0,0)，D(4,0,0)，C(0，4，0)，A1(0,2，6)，E(0，3，3).(4,3，3)，(4,2，6)，(4,4，0)，设平面A1DC的法向量为n(x，y，z)，则即取x3，则n(3，1)，设直线BE与平面A1DC所
32、成角为，则sin|cos，n|，所以直线BE与平面A1DC所成角的正弦值为.4(2019延安模拟)如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB平面BEC，BEEC，ABBEEC，G，F分别是线段BE，DC的中点(1)求证：GF平面ADE；(2)求平面AEF与平面BEC所成角的余弦值解(1)证明：如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又G是BE的中点，所以HGAB，且HGAB，又F是CD的中点，所以DFCD，由四边形ABCD是矩形得，ABCD，ABCD，所以HGDF且HGDF.从而四边形HGFD是平行四边形，所以GFDH，因为DH平面ADE，GF平面ADE，所以GF平面ADE.(2)如
33、图，在平面BEC内，过点B作BQEC，因为BECE，所以BEBQ.又AB平面BEC，所以ABBE，ABBQ.以B为坐标原点，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设AB4，则A(0，0,4)，B(0，0,0)，E(4，0,0)，F(4,4,2)因为AB平面BEC，所以(0,0,4)为平面BEC的一个法向量，设n(x，y，z)为平面AEF的法向量又(4,0，4)，(4,4，2)，即取n(2，1,2)，所以cos，n，所以平面AEF与平面BEC所成角的余弦值为.组素养关1如图，四棱锥SABCD中，SD底面ABCD，ABDC，ADDC，ABAD1，DCSD2，E为棱SB上的一点
34、，且SE2EB.(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所成的角的正弦值为？若存在，请指出点M的位置；若不存在，请说明理由解(1)证明：由SD底面ABCD，知SDAD，SDDC.又ADDC，故以D为坐标原点，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SE2EB，得E.(1,1,0)，(1，1,2)，0，0.DEBC，DEBS.又BCBSB，DE平面SBC.(2)存在设点M(x，y，z)，则(01)(x1，y1，z)(1,1,0)，M(1，1，0)，(1，1
35、，2)由(1)知(1,0,0)，.设平面ADE的法向量为n(x，y，z)，则即令y1，则z1，n(0,1，1)|cos，n|，解得或2.又01，.存在点M，且点M是靠近点B的BC的三等分点2(2019河北省五校联考)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的底面与正四棱锥PABEF的底面共面，且D，A，F三点共线，正方体的棱长为1.(1)求证：平面PAE平面A1C1D；(2)若棱锥的高h，请求出平面PEF与平面A1C1D所成的锐二面角的余弦值的取值范围解(1)证明：连接AC，BF，设BF与AE交于点O.连接PO，则PO平面ABEF，POBF.BFAE，POAEO，BF平面PAE.由题意易得CB綊AF，四边形CAFB为平行四边形，BFAC.又ACA1C1，A1C1BF，A1C1平面PAE.A1C1平面A1C1D，平面PAE平面A1C1D.(2)以B为坐标原点，分别以BA，BE，BB1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则B(0,0,0)，E(0,1,0)，F(1,1,0)，P，D1(1，1,1)，(1,0,0)，.设平面PEF的法向量为n(x，y，z)，则即令y2，则z，n.连接BD1，易知BD1平面A1C1D，平面A1C1D的一个法向量为(1，1,1)设平面PEF与平面A1C1D所成的锐二面角的大小为，则cos.h，4h(4,5)，cos.
