高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修一）专题1.10空间向量的应用-重难点题型检测

专题1.10空间向量的应用重难点题型检测参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2022春•宿迁月考）已知向量e→=(1，2，1)，n→=(12，A．−12 B．12 C．1 【解题思路】根据用直线l的方向向量和平面α的法向量表示l⊥α时的关系，列方程求出x的值．【解答过程】解：因为向量e→=(1，2，1)，n→=(1所以e→∥n→，可设e→=λn即（1，2，1）＝（12λ，λx，12解得λ＝2，x＝1，所以实数x的值为1．故选：C．2．（3分）（2022•安徽开学）若直线l的一个方向向量为a→=（1，﹣2，﹣1），平面α的一个法向量为b→=（﹣2，A．l⊂α B．l∥α C．l⊥α D．l∥α或l⊂α【解题思路】根据题意，分析可得b→=2【解答过程】解：根据题意，直线l的一个方向向量为a→=（1，﹣2，﹣1），平面α的一个法向量为b→=（﹣2，则有b→=2a→，故l故选：C．3．（3分）（2022春•徐州期末）已知直线l过点A（1，﹣1，﹣1），且方向向量为m→=(1，0，−1)，则点P（1，A．22 B．6 C．3 D．【解题思路】利用空间中点到直线的距离公式求解．【解答过程】解：∵点A（1，﹣1，﹣1），点P（1，1，1）∴AP→=（0，2，∴|AP→|=02又∵直线l的方向向量为m→∴点P（1，1，1）到l的距离d=|故选：B．4．（3分）（2021秋•广安期末）已知AB→=（1，5，﹣2），BC→=（3，1，z），若AB→⊥BC→，BP→=（x﹣1，y，﹣3），且BP⊥平面A．337，−157，4 B．407，−157，4 C．407，﹣2，4 【解题思路】利用数量积与垂直的关系、线面垂直的性质定理即可得出．【解答过程】解：∵AB→⊥BC∴AB→⋅BC→=3+5﹣2Z＝0∴BC→∵BP⊥平面ABC，∴BP→⊥AB∴BP→⋅AB解得x=40∴x=407，y=−157故选：B．5．（3分）（2022春•高邮市期中）给出以下命题，其中正确的是（）A．直线l的方向向量为a→=(1，−1，2)，直线m的方向向量为bB．直线l的方向向量为a→=(1，−1，1)，平面α的法向量为C．平面α、β的法向量分别为n1→=(0，1，3)D．已知直线l过点A（1，0，﹣1），且方向向量为（1，2，2），则点P（﹣1，2，0）到l的距离为65【解题思路】直接利用向量的共线，向量垂直的充要条件，点到直线的距离公式的应用判断A、B、C、D的结论．【解答过程】解：对于A：由于直线l的方向向量为a→=(1，−1，2)，直线m的方向向量为b→=(2，对于B：直线l的方向向量为a→=(1，−1，1)，平面α的法向量为对于C：平面α、β的法向量分别为n1→=(0，1，3)对于D：由于A（1，0，﹣1），P（﹣1，2，0），则：AP→=(−2，2，1)，方向向量为n→所以|AP→|=3，|AP→故选：D．6．（3分）（2022春•南平期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AN→=NA1→，A1M→=A．12 B．13 C．14 【解题思路】利用坐标法利用线面角的向量求法，三角函数的性质及二次函数的性质即可求解．【解答过程】解：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，则M（12，0，1），N（1，0，12），C（0，1，0），B1（1，1，1），D（0，0，0），D1（0，0，∴B1E→=λB1C→=λ（﹣1，0，﹣1），E（1﹣λ，1，1﹣λ），MN→=（12，0，设平面MNE的一个法向量为n→=（x，y，则n→⋅MN→=0n→⋅ME→=0，∴12x−12又DD1→=（0，设直线DD1与平面MNE所成的角为θ，则sinθ＝|cos＜n→，DD当2λ−12=0，即λ=14时，sinθ有最大值，即直线故选：C．7．（3分）（2022•海淀区二模）在正方体ABCD﹣A'B'C'D'中，E为棱DC上的动点，F为线段B'E的中点．给出下列四个结论：①B'E⊥AD'；②直线D'F与平面ABB'A'的夹角不变；③点F到直线AB的距离不变；④点F到A，D，D'，A'四点的距离相等．其中，所有正确结论的序号为（）A．②③ B．③④ C．①③④ D．①②④【解题思路】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．【解答过程】解：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设正方体ABCD﹣A'B'C'D'中棱长为2，设DE＝a（0≤a≤2，则E（0，a，0），B′（2，2，2），A（2，0，0），D′（0，0，2），F（1，a2+1，1），B（2，2，0），D（0，0，0），A′（2，0，对于①，B'E→=（﹣2，a﹣2，﹣2），AD'→=（﹣2，0，2），B'E→⋅AD'→=4+0+4＝0，∴对于②，D'F→=（1，a2+1，−1），平面ABB'A'的法向量n→设直线D'F与平面ABB'A'的夹角为θ，则sinθ=|D'F→⋅n→||D'F→|⋅|对于③，AF→=（﹣1，a2+1，1），AB→=（点F到直线AB的距离d＝|AF→|•1−[∴点F到直线AB的距离不变，故③正确；对于④，|AF|=(−1|DF|=1|D′F|=1|A′F|=(2−1∴点F到A，D，D'，A'四点的距离相等，故④正确．故选：C．8．（3分）（2022春•江都区期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为π4，底面ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=π2，A．平面PAC⊥平面PCD B．点P到直线CD的距离3 C．若二面角E﹣AC﹣D的平面角的余弦值为33，则λ=D．点A到平面PCD的距离为5【解题思路】A选项，作出辅助线，证明出AC⊥BC，结合PA⊥平面ABCD可得线线垂直，从而证明线面垂直，最后证明出面面垂直；B选项，求出点P到直线CD的距离即为PC的长度，利用勾股定理求出答案；C选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解；D选项，过点A作AH⊥PC于点H，证明AH的长即为点A到平面PCD的距离，求出AH的长．【解答过程】解：A选项，因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，故∠PBA即为PB与底面ABCD所成的角，∠PBA=因为∠ABC=∠BAD=π2，所以PA因为AD＝2，PA＝BC＝1，取AD中点F，连接CF，则AF＝DF＝AB＝CF＝BC，则四边形ABCF为正方形，∠FCD＝∠FCA＝45°，所以AC⊥CD，又因为AP∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC，因为CD⊂平面PCD，所以平面PAC⊥平面PCD，A正确；由A选项的证明过程可知：CD⊥平面PAC，因为PC⊂平面PAC，所以CD⊥PC，故点P到直线CD的距离即为PC的长度，其中PA＝AB＝BC＝1，由勾股定理得：AC=2，PC=以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），C（1，1，0），P（0，0，1），E（0，2λ，1﹣λ），其中平面ACD的法向量为m→=（0，0，1），设平面ACE的法向量为n→=（x，则n→令y＝1得：z=2λ所以n→设二面角E﹣AC﹣D的平面角为θ，显然cosθ=3其中|cos〈解得：λ=13或λ＝﹣因为0≤λ≤1，所以λ=13，过点A作AH⊥PC于点H，由于CD⊥平面APC，AH⊂平面APC，所以AH⊥CD，因为PC∩CD＝C，所以AH⊥平面PCD，故AH即为点A到平面PCD的距离，因为PA⊥AC，所以AH=AP⋅ACPC=故选：D．二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）9．（4分）已知直线l的方向向量n→=（1，0，﹣1），A（2，1，﹣3）为直线l上一点，若点P（﹣1，0，﹣2）为直线l外一点，则点P到直线l上任意一点A．2 B．3 C．2 D．1【解题思路】由题意先求出点P到直线l的距离，则点P到其他点的距离均大于这个值．【解答过程】解：因为AP→所以cos＜n→，则sin＜n所以点P到直线l的距离d=|AP→|所以点P到直线l上任意一点Q的距离大于或等于3．故选：AB．10．（4分）（2022春•溧阳市期中）下列命题是真命题的有（）A．A，B，M，N是空间四点，若BA→，BM→，BN→不能构成空间的一个基底，那么A，B．直线l的方向向量为，直线m的方向向量为b→=(2，1，−1C．直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l⊥α D．平面α经过三点A(1，0，−1)，B(0，【解题思路】由基底的概念以及空间位置关系的向量证明依次判断4个选项即可．【解答过程】解：对于A，A，B，M，N是空间四点，若BA→则BA→，BM→，BN→共面，可得A，B对于B，a→⋅b→=2−1−1=0，故a对于C，a→⋅n→=0−1+1=0，故a→⊥对于D，AB→=(−1，1，1)，易知AB→⊥n→，故﹣1+u+t＝故选：ABD．11．（4分）（2022春•烟台期末）如图，DE是正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿DE折起，构成四棱锥A1﹣BCDE，F为A1C的中点，则（）A．BF∥面A1DE B．AA1⊥面A1BC C．若面A1ED⊥面ABC，则A1E与CD所成角的余弦值为14D．若A1E⊥CD，则二面角E﹣A1D﹣C的余弦值为−【解题思路】假设BF∥面A1DE，可证得以BC∥面A1DE，所以平面A1BC∥面A1DE，但平面A1BC与面A1DE相交，所以假设不成立可判断A；由题目条件可证得A1A⊥A1B，AA1⊥A1C，则可判断B；以ED的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设三角形的边长为2，由异面直线所成角的夹角公式可判断C；由A1E⊥CD结合题意可求出A1(0，−36，63)，分别求出平面【解答过程】解：若BF∥面A1DE，因为BC∥DE，BC⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，所以BC∥面A1DE，又因为BC∩BF，所以平面A1BC∥面A1DE，但平面A1BC与面A1DE相交，所以假设不成立，所以BF不平行面A1DE，所以A不正确；对于B，因为A1E=12AB，A1D=12AC，所以A1A又因为A1B∩A1C＝A1，所以AA1⊥面A1BC，所以以正确对于C，将△ADE沿DE折起，使A到A1，且面A1ED⊥面ABC，以ED的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设三角形的边长为2，所以E(1A1设A1E与CD所成角的为θ，则cosθ=|所以A1E与CD所成角的余弦值为14，所以C对于D，设A1（x，y，z），因为A1所以(x−所以A1因为A1E⊥CD，所以A1E→A1设n→=(x0，y0故n→=（3，1，设m→=(x1，y1故m→=（0，63设二面角E﹣A1D﹣C所成角为α，cosα=|cos＜因为α为钝二面角，所以二面角E﹣A1D﹣C的余弦值为−1所以D正确．故选：BCD．12．（4分）（2022春•湖北月考）如图，在多面体ABCDES中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且DE∥SA，SA＝AB＝2DE＝2，M，N分别是线段BC，SB的中点，Q是线段DC上的一个动点（含端点D，C），则下列说法正确的是（）A．存在点Q，使得NQ⊥SB B．存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60° C．三棱锥Q﹣AMN体积的最大值是43D．当点Q自D向C处运动时，二面角N﹣MQ﹣A的平面角先变小后变大【解题思路】以A为坐标原点可建立空间直角坐标系，设Q（m，2，0）（0≤m≤2），根据向量垂直的坐标表示和异面直线所成角的向量求法可确定m是否有解，从而知AB正误，利用体积桥可知VQ﹣AMN＝VN﹣AMQ，设DQ＝m（0≤m≤2），可求得S△AMQ的最大值，由此可求得体积的最大值，知C错误，利用向量法求二面角余弦关于参数m的表达式，结合二次函数、余弦函数的性质判断二面角的变化情况，判断D．【解答过程】解：以A为坐标原点，AB→，AD→，AS→设DE＝1，则SA＝AB＝2，∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），E（0，2，1），S（0，0，2），N（1，0，1），M（2，1，0），对于A，假设存在点Q（m，2，0）（0≤m≤2），使得NQ⊥SB，则NQ→=(m−1，∴NQ→⋅SB→=2(m−1)+2=0即点Q与D重合时，NQ⊥SB，A正确，对于B，假设存在点Q（m，2，0）（0≤m≤2），使得异面直线NQ与SA所成的角为60°，∵NQ→=(m−1，∴|cos＜∴不存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60°，B错误，对于C，连接AQ，AM，AN，设DQ＝m（0≤m≤2），∵S△AMQ∴当m＝0，即点Q与点D重合时，S△AMQ取得最大值2，又点N到平面AMQ的距离d=1∴(VQ−AMN)对于D，由上分析知：NQ→=(m−1，若m→=(x，y，令x＝1，则m→而面AMQ的法向量n→所以cos＜m→，n→＞=m→⋅则cos＜m→由Q从D到C的过程，m由小变大，则t由大变小，即1t所以cos＜故二面角先变小后变大，D正确．故选：AD．三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）13．（4分）（2022•徐汇区校级开学）设直线l的一个方向向量d→=（2，2，﹣1），平面α的一个法向量n→=（﹣6，8，4），则直线l与平面α的位置关系是l【解题思路】根据题意，由空间向量数量积的计算公式可得d→•n→=−12+16﹣4＝0，即d【解答过程】根据题意，直线l的一个方向向量d→=（2，2，﹣1），平面α的一个法向量n→=（﹣6，则d→•n→=−12+16﹣4＝0，即d→⊥n→故答案为：l∥α．14．（4分）（2021秋•宝安区期末）已知平面α的一个法向量为n→=(−1，−2，2)，点A（0，1，0）为α内一点，则点P（1，0，1）到平面α【解题思路】求出AP→=（1，﹣1，1），点P到平面α的距离为d【解答过程】解：∵平面α的一个法向量为n→点A（0，1，0）为α内一点，点P（1，0，1），∴AP→=（1，﹣1，∴点P到平面α的距离为：d=|AP故答案为：1．15．（4分）（2022春•淮安校级期末）已知A，B，C的坐标分别为（0，1，0），（﹣1，0，﹣1），（2，1，1），点P的坐标是（x，0，y），若PA⊥平面ABC，则点P的坐标是（﹣1，0，2）．【解题思路】根据题意算出AB→、AC→、PA→的坐标，由PA⊥平面ABC得PA→⊥AB→且PA→⊥AC→【解答过程】解：根据题意，可得AB→=（﹣1，﹣1，﹣1），AC→=（2，0，1），PA→=（∵PA⊥平面ABC，∴PA→⊥AB→且PA→⊥AC解之得x＝﹣1，y＝2，可得P的坐标是（﹣1，0，2）．故答案为：（﹣1，0，2）．16．（4分）（2022•河西区校级模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1＝AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D，E分别是A1B1，CC1的中点．（1）直线BC1与平面A1BE所成角的正切值为1111（2）直线C1D到平面A1BE的距离为63（3）已知点P在棱CC1上，平面PAB与平面A1BE所成二面角为60°，则线段CP的长为303【解题思路】（1）以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系xOy，（O与点C重合），设平面A1BE点法向量为m→=（x，y，z），利用m→•EA1→=m→•EB→=0，可得m→，cos＜m→，BC1→＞=m→⋅（2）直线C1D到平面A1BE的距离=|（3）点P在棱CC1上，设P（0，0，t），t∈（0，2]．设平面PAB的法向量为n→=（a，b，c），可得n→•AB→=n→•PA→=0，由题意可得：【解答过程】解：（1）以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系xOy，（O与点C重合），C（0，0，0），A1（2，0，2），B（0，2，0），C1（0，0，2），E（0，0，1），D（1，1，2），A（2，0，0）．EA1→=（2，0，1），EB→=（0，2，﹣1），BC设平面A1BE点法向量为m→=（x，y，z），则m→•EA1→=m→•EB→=0cos＜m→，设直线BC1与平面A1BE所成角的为α，∴sinα＝|cos＜m→，BC∴tanα=11（2）EC1→=（0，0，1），∴直线C1D到平面A1（3）点P在棱CC1上，设P（0，0，t），t∈（0，2]．设平面PAB的法向量为n→=（a，b，c），AB→=（﹣2，2，0），PA→=（则n→•AB→=n→•PA→=0，∴−2a+2b=02a−tc=0由题意可得：|m→⋅n→∴|CP|=30故答案为：1111；63；四．解答题（共6小题，满分44分）17．（6分）（2021秋•白城期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为A1D1和CC1的中点（1）求证：EF∥平面A1C1B；（2）求异面直线EF与AB所成角的余弦值．【解题思路】（1）建立坐标系，取BC1中点G，证明EF→与A1G→共线，可得EF∥A1G，即可证明EF∥平面A1（2）求出两异面直线的方向向量，用数量积公式求夹角余弦即可．【解答过程】（1）证明：如图分别以DA、DC、DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D﹣xyz，由已知得D（0，0，0）、A1（2，0，2）、B（2，2，0）、A（2，0，0）、C（0，2，0）、C1（0，2，2）、D1（0，0，2）、E（1，0，2）、F（0，2，1）．取BC1中点G，则G（1，2，1），A1G→=（﹣1，又EF→=（﹣1，2，﹣1），∴∴EF→与A1G→共线，∴EF∥∵A1G⊂平面A1C1B，EF⊄平面A1C1B，∴EF∥平面A1C1B；（2）解：∵AB→=（0，2，0），EF→=（﹣1，∴cos＜EF→∴异面直线EF与AB所成角的余弦值为6318．（6分）（2021秋•西秀区校级期中）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，求证：（1）求AC与A1D所成角的大小；（2）平面AB1D1∥平面BDC1．（3）A1C⊥平面BDC1．【解题思路】以B1为坐标原点，建立空间坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，可求出各顶点的坐标（1）分别求出AC与A1D方向向量，代入向量夹角公式，可得AC与A1D所成角的大小；（2）要证明两个平面平行，由面面平行的判定定理知：须在某一平面内寻找两条相交且与另一平面平行的直线．求出AB1与C1D的方向向量，通过证明向量平行，得到AB1与C1D平行，同理证明出AD1与C1B平行，可得结论．（3）求出A1C的方向向量，并证明A1C的方向向量是平面BDC1的法向量，可得A1C⊥平面BDC1．【解答过程】解：令正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，以B1为坐标原点，建立空间坐标系如下图所示：（1）则A（0，1，1），C（1，0，1），A1（0，1，0），D（1，1，1）∴AC→=（1，﹣1，0），A1D→=（设AC与A1D所成角的大小为θ则cosθ=故θ=证明：（2）∵AB1→=C1D→∴AB1∥C1D，又∵AB1⊂平面AB1D1，C1D⊄平面AB1D1，∴C1D∥平面AB1D1，同理可证：C1B∥平面AB1D1．又C1B∩C1D＝C1，∴平面AB1D1∥平面BDC1．（3）A1C→=（1，﹣1，1），BD→=（1，1，0），BC1∴A1C→•BD→=0，即A1C→且A1C→•BC1→=0，即A1C→⊥∵BD∩BC1＝B，BD，BC1⊂平面BDC1．∴A1C⊥平面BDC1．19．（8分）（2021•赤坎区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，垂足为A，PA＝AB，点M在棱PD上，PB∥平面ACM．（1）试确定点M的位置；（2）计算直线PB与平面MAC的距离；（3）设点E在棱PC上，当点E在何处时，使得AE⊥平面PBD？【解题思路】（1）设AC∩BD＝O，则O这BD的中点，设点M为PD中点，在△PBD中，PB∥OM，由此能够确定M的位置使PB∥平面ACM．（2）设AB＝1，则PA＝AB＝1，由底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，知CD⊥PD，AM=22，AC=2，MC=62，故S（3）以A为原点，AB、AD、AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能够求出当点E为PC中点时，AE⊥平面PBD．【解答过程】解：（1）设AC∩BD＝O，则O这BD的中点，设点M为PD中点，∵在△PBD中，PB∥OM，OM⊂平面ACM，∴PB∥平面ACM．故当点M为PD中点时，PB∥平面ACM．（2）设AB＝1，则PA＝AB＝1，∵底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，∴CD⊥PD，∴AM=22，AC=2，∴AM2+MC2＝AC2，∴S△MAC取AD的中点F，连接MF，则MF∥PA，MF⊥平面ABCD，且MF=1∵PB∥平面ACM，M为PD的中点，∴直线PB与平面MAC的距离为点D到平面MCA的距离，设为h，∵VM﹣ACD＝VD﹣ACM，∴13解得h=3（3）以A为原点，AB、AD、AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则B（1，0，0），D（0，1，0），P（0，0，1），C（1，1，0），∴PB→=(1，0，−1)，PD→设平面PBD的法向量n→=（x，y，z），则n→∴x−z=0y−z=0设PE→则E（λ，λ，1﹣λ），∵AE⊥平面PBD，∴AE→∥n→，∴λ=1故当点E为PC中点时，AE⊥平面PBD．20．（8分）（2022春•湛江期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB=23，AC＝2BC＝4，且D为线段AB的中点，连接A1D，CD，B1C（1）证明：BC⊥A1D；（2）若B1到直线AC的距离为19，求平面B1A1C与平面A1CD夹角的余弦值．【解题思路】（1）证明异面直线垂直，通常先证明线面垂直．所以先证明BC与平面ABB1A1垂直，即可得到异面直线BC与A1D垂直．（2）以B为原点建立空间直角坐标系，根据B1到直线AC的距离求出边长BB1，从而得出各点的坐标，然后求出平面A1B1C和平面A1CD的法向量，即可得到夹角的余弦值．【解答过程】（1）证明：因为AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC；因为AB2+BC2＝AC2，所以AB⊥BC；因为AA1∩AB＝A，AA1，AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1；因为A1D⊂平面ABB1A1，所以BC⊥A1D．解：（2）以B为原点，BA为x轴，BB1为y轴，BC为z轴建立空间直角坐标系B﹣xyz．则B(0，设BB因为若B1到直线AC的距离为19，即CB→12−(CB故B1设平面A1B1C的法向量为n→=(x所以23x1=0−4y1+2z设平面A1CD的法向量为m→=(x所以3x2−2设平面B1A1C与平面A1CD夹角为θ，则cosθ=|m即平面B1AlC与平面AlCD夹角的余弦值为346521．（8分）（2022•遵义开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA⊥PD，PA＝PD，AD＝4，E为AB的中点，DE＝AE，侧面PAD⊥底面ABCD．（1）证明：PA⊥平面PBD；（2）若PB与平面ABCD所成角的正切值为55，求平面PAD与平面PCE【解题思路】（1）取AD的中点O，连接OE，OP，可得EO⊥AD，进一步得到EO⊥平面PAD，则EO⊥PA，可得PA⊥BD，结合PA⊥PD，即可证明PA⊥平面PBD；（2）由PO⊥底面ABCD，可得∠PBO为PB与平面ABCD所成角，求解三角形可得OB＝25，进一步得到BD，分别以DA、DB所在直线为x、y轴，过D作垂直于底面的直线为z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面PCE的法向量与平面PDA的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值．【解答过程】（1）证明：取AD的中点O，连接OE，OP，由EA＝ED，可得EO⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴EO⊥