高考真题+知识总结+方法总结+题型突破34立体几何中二面角的计算问题专题练习(学生版+解析)

第页近年高考真题+优质模拟题汇编(全国通用)专题34立体几何中二面角的计算问题【高考真题】1．（2022新高考Ⅰ卷）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．

(1)求A到平面的距离；(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．1．解析(1)在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，则，解得，所以点A到平面的距离为；(2)取的中点E,连接AE，如图，因为，所以，又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，在直三棱柱中，平面，由平面，平面可得，，又平面且相交，所以平面，所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由(1)得，所以，，所以，则,所以的中点，则，,设平面的一个法向量，则，可取，设平面的一个法向量，则，可取，则，所以二面角的正弦值为．2．（2022新高考Ⅱ卷）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．(1)证明：平面；(2)若，，，求二面角的正弦值．2．解析(1)连接并延长交于点，连接、，因为是三棱锥的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，，所以所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，又平面，平面，所以平面(2)过点作，如图建立平面直角坐标系，因为，，所以，又，所以，则，，所以，所以，，，，所以，则，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以；设平面的法向量为，则，令，则，，所以；所以，设二面角为，由图可知二面角为钝二面角，所以，所以，故二面角的正弦值为．【方法总结】1．二面角(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝＜eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))＞．(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cosθ|＝|cos＜n1，n2＞|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．2．平面与平面的夹角如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cosθ＝|cos＜n1，n2＞|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)．3．利用空间向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量：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；(2)找与棱垂直的方向向量：分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．【题型突破】1．(2020·全国Ⅲ改编)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1．(1)证明：点C1在平面AEF内；(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求平面AEF与平面EFA1夹角的正弦值．1．解析(1)设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，如图，以C1为坐标原点，eq\o(C1D1,\s\up6(→))，eq\o(C1B1,\s\up6(→))，eq\o(C1C,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系C1xyz．连接C1F，则C1(0，0，0)，A(a，b，c)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，0，\f(2,3)c))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，eq\o(EA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，eq\o(C1F,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b，\f(1,3)c))，所以eq\o(EA,\s\up6(→))＝eq\o(C1F,\s\up6(→))，所以EA∥C1F，即A，E，F，C1四点共面，所以点C1在平面AEF内．(2)由已知得A(2，1，3)，E(2，0，2)，F(0，1，1)，A1(2，1，0)，则eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0，－1，－1)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－2，0，－2)，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝(0，－1，2)，eq\o(A1F,\s\up6(→))＝(－2，0，1)．设n1＝(x1，y1，z1)为平面AEF的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y1－z1＝0，,－2x1－2z1＝0，))可取n1＝(－1，－1，1)．设n2＝(x2，y2，z2)为平面A1EF的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(A1E,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(A1F,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y2＋2z2＝0，,－2x2＋z2＝0，))同理可取n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2，1))．因为cos<n1，n2>＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝－eq\f(\r(7),7)，所以平面AEF与平面EFA1夹角的正弦值为eq\f(\r(42),7)．2．(2019·全国Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°．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B－CG－A的大小．2．解析(1)由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，所以AB⊥平面BCGE．又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．(2)作EH⊥BC，垂足为H．因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平面ABC＝BC，所以EH⊥平面ABC．由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝eq\r(3)．以H为坐标原点，eq\o(HC,\s\up6(→))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，eq\r(3))，eq\o(CG,\s\up6(→))＝(1，0，eq\r(3))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，－1，0)．设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(CG,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0，,2x－y＝0.))所以可取n＝(3，6，－eq\r(3))．又平面BCGE的法向量可取m＝(0，1，0)，所以cos<n，m>＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(\r(3),2)．因此二面角B－CG－A的大小为30°．3．(2019·全国Ⅱ)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．(1)证明：BE⊥平面EB1C1；(2)若AE＝A1E，求二面角B－EC－C1的正弦值．3．解析(1)由已知，得B1C1⊥平面ABB1A1，由于BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE．又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，所以BE⊥平面EB1C1．(2)由(1)知∠BEB1＝90°．由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB．以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，eq\o(DC,\s\up6(→))的方向为y轴正方向，eq\o(DD1,\s\up6(→))的方向为z轴正方向，|eq\o(DA,\s\up6(→))|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)，所以eq\o(CB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1，－1，1)，CC1＝(0，0，2)．设平面EBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(CB,\s\up6(→))·n＝0，,\o(CE,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,x1－y1＋z1＝0，))所以可取n＝(0，－1，－1)．设平面ECC1的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(CC1·m＝0，,\o(CE,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2z2＝0，,x2－y2＋z2＝0，))所以可取m＝(1，1，0)．于是cos<n，m>＝eq\f(n·m,|n||m|)＝－eq\f(1,2)．所以二面角B－EC－C1的正弦值为eq\f(\r(3),2)．4．(2019·全国Ⅰ改编)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．(1)证明：MN∥平面C1DE；(2)求平面AMA1与平面MA1N夹角的正弦值．4．解析(1)如图，连接B1C，ME．因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝eq\f(1,2)B1C．又因为N为A1D的中点，所以ND＝eq\f(1,2)A1D．由题设知A1B1∥DC且A1B1＝DC，可得B1C∥A1D且B1C＝A1D，故ME∥ND且ME＝ND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．又MN⊂平面C1DE，ED⊂平面C1DE，所以MN∥平面C1DE．(2)由已知可得DE⊥DA，以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，eq\r(3)，2)，N(1,0,2)，eq\o(A1A,\s\up6(→))＝(0，0，－4)，eq\o(A1M,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，－2)，eq\o(A1N,\s\up6(→))＝(－1，0，－2)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，0)．设m＝(x，y，z)为平面A1MA的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1M,\s\up6(→))＝0，,m·\o(A1A,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y－2z＝0，,－4z＝0，))可得m＝(eq\r(3)，1，0)．设n＝(p，q，r)为平面A1MN的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(MN,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1N,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)q＝0，,－p－2r＝0，))可取n＝(2，0，－1)．于是cos<m，n>＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(2\r(3),2×\r(5))＝eq\f(\r(15),5)，所以平面AMA1与平面MA1N夹角的正弦值为eq\f(\r(10),5)．5．(2020·全国Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD．△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝eq\f(\r(6),6)DO．(1)证明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B－PC－E的余弦值．5．解析(1)设DO＝a，由题意可得PO＝eq\f(\r(6),6)a，AO＝eq\f(\r(3),3)a，AB＝a，PA＝PB＝PC＝eq\f(\r(2),2)a．因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB．又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC．又PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面PBC，所以PA⊥平面PBC．(2)以O为坐标原点，eq\o(OE,\s\up7())的方向为y轴正方向，|eq\o(OE,\s\up7())|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz．由题设可得E(0，1，0)，A(0，－1，0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2)))．所以eq\o(EC,\s\up7())＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，eq\o(EP,\s\up7())＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，\f(\r(2),2)))．设m＝(x，y，z)是平面PCE的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(EP,\s\up7())＝0，,m·eq\o(EC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y＋\f(\r(2),2)z＝0，,－\f(\r(3),2)x－\f(1,2)y＝0.))可取m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，1，\r(2)))．由(1)知eq\o(AP,\s\up7())＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(\r(2),2)))是平面PCB的一个法向量，记n＝eq\o(AP,\s\up7())，则cos<n，m>＝eq\f(n·m,|n|·|m|)＝eq\f(2\r(5),5)．所以二面角B－PC－E的余弦值为eq\f(2\r(5),5)．6．(2021·全国新Ⅱ)在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝eq\r(5)，QC＝3．(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；(2)求二面角B－QD－A的平面角的余弦值．6．解析(1)取AD的中点为O，连接QO，CO．因为QD＝QA，OD＝OA，则QO⊥AD，而AD＝2，QA＝eq\r(5)，故QO＝eq\r(5－1)＝2，在正方形ABCD中，因为AD＝2，故DO＝1，故CO＝eq\r(5)，因为QC＝3，故QO2＋OC2＝QC2，故△QOC为直角三角形且QO⊥OC，因为OC∩AD＝O，故QO⊥底面ABCD．因为QO⊂平面QAD，，故平面QAD⊥底面ABCD．(2)在平面ABCD内，过O作OT∥CD，交BC于T，则OT⊥AD，结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系．则D(0，1，0)，Q(0，0，2)，B(2，－1，0)，，故eq\o(BQ,\s\up6(→))＝(－2，1，2)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2，2，0)．设平面QBD的法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BQ,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＋2z＝0，,－2x＋2y＝0.))不妨设x＝1，可得n＝(1，1，eq\f(1,2))．而平面QAD的法向量为m＝(1，0，0)．故cos<m，n>＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,1×eq\f(3,2))＝eq\f(2,3)，二面角B－QD－A的平面角为锐角，故其余弦值为eq\f(2,3)．7．(2021·全国乙)如图，四棱锥P—ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM．(1)求BC；(2)求二面角A－PM－B的正弦值．7．解析(1)连结BD，因为PD⊥底面ABCD，且AM⊂平面ABCD，则AM⊥PD，又AM⊥PB，PB∩PD＝P，PB，PD⊂平面PBD，所以AM⊥平面PBD，又BD⊂平面PBD，则AM⊥BD，所以∠ABD＋∠DAM＝90°，又∠DAM＋∠MAB＝90°，则有∠ADB＝∠MAB，所以Rt△DAB∽Rt△ABM，则eq\f(AD,AB)＝eq\f(BA,BM)，所以eq\f(1,2)BC2＝1，解得BC＝eq\r(2)．(2)因为DA，DC，DP两两垂直，故以点D位坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则A(eq\r(2)，0，0)，B(eq\r(2)，1，0)，M(eq\f(\r(2),2)，1，0)，P(0，0，1)．所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0，1)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(2),2)，1，0)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(2),2)，0，0)．eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，－1，1)设平面AMP的法向量为n＝(x，y，z)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AP,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AM,\s\up6(→))＝0，))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－eq\r(2)x＋z＝0，,－eq\f(\r(2),2)x＋y＝0.))令x＝eq\r(2)，则y＝1，z＝2，故n＝(eq\r(2)，1，2)，设平面BMP的法向量为m＝(p，q，r)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BP,\s\up6(→))＝0，))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－eq\f(\r(2),2)p＝0，,－eq\r(2)p－q＋r＝0.))令q＝1，则r＝1，故m＝(0，1，1)，所以cos<n，m>＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(3,\r(7)×\r(2))＝eq\f(3\r(14),14)．设二面角A－PM－B的平面角为α，则sinα＝eq\f(\r(70),14)所以二面角A－PM－B的正弦值为eq\f(\r(70),14)．8．(2018·全国Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧eq\o\ac(CD,\s\up8(︵))所在平面垂直，M是eq\o\ac(CD,\s\up8(︵))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，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．8．解析(1)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，故BC⊥DM．因为M为eq\o\ac(CD,\s\up8(︵))上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC．而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．(2)以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，eq\o(DC,\s\up6(→))的方向为y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．当三棱锥M－ABC体积最大时，M为eq\o\ac(CD,\s\up8(︵))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)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－2，1，1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(2，0，0)．设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＋z＝0，,2y＝0.))可取n＝(1，0，2)．eq\o(DA,\s\up6(→))是平面MCD的一个法向量，因此，cos<n，eq\o(DA,\s\up6(→))>＝eq\f(n·\o(DA,\s\up6(→)),|n||\o(DA,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(5),5)，sin<n，eq\o(DA,\s\up6(→))>＝eq\f(2\r(5),5)，所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是eq\f(2\r(5),5)．9．(2021·全国新Ⅰ)如图，在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．(1)证明：OA⊥CD；(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC－D的大小为45°，求三棱锥A－BCD的体积．9．解析(1)因为AB＝AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面BCD，所以AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以OA⊥CD；(2)取OD的中点F，因为△OCD为正三角形，所以CF⊥OD，过O作OM∥CF与BC交于点M，则OM⊥OD，所以OM，OD，OA两两垂直，以点O为坐标原点，分别以OM，OD，OA为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，则B(0，－1，0)，C(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，0)，D(0，1，0)，设A(0，0，t)，则E(0，eq\f(1,3)，eq\f(2t,3))，因为OA⊥平面BCD，故平面BCD的一个法向量为eq\o(OA,\s\up6(→))＝(0，0，t)，设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，又eq\o(BC,\s\up6(→))＝(eq\f(\r(3),2)，eq\f(3,2)，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，eq\f(4,3)，eq\f(2t,3))，所以由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\f(\r(3),2)x－eq\f(3,2)y＝0，,eq\f(4,3)y＋eq\f(2t,3)z＝0，))令x＝eq\r(3)，则n＝(eq\r(3)，－1，eq\f(2,t))．因为二面角E－BC－D的大小为45°，所以cos<n，eq\o(OA,\s\up6(→))>＝eq\f(n·\o(OA,\s\up6(→)),|n||\o(OA,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,teq\r(4＋eq\f(4,t2)))＝eq\f(\r(2),2)，解得t＝1，所以OA＝1，又S△OCD＝eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4)，所以S△BCD＝eq\f(\r(3),2)，故VA－BCD＝eq\f(1,3)×S△BCD×OA＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×1＝eq\f(\r(3),6)．10．(2021·全国甲)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1．(1)证明：BF⊥DE；(2)当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？10．解析(1)连接AF，∵E，F分别为直三棱柱ABC－A1B1C1的棱AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，∴CF＝1，BF＝eq\r(5)，∵BF⊥A1B1，A1B1∥AB，∴BF⊥AB，∴AF＝eq\r(AB2+BF2)＝eq\r(22+(eq\r(5))2)＝3，AC＝eq\r(AF2－CF2)＝eq\r(32－12)＝2eq\r(2)，∴AB2＋BC2＝AC2，即BA⊥BC．故以B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，B(0，0，0)，C(0，2，0)，E(1，1，0)，F(0，2，1)，设B1D＝m，则D(m，0，2)，∴eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，2，1)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2)，∵eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝0，∴BF⊥DE．(2)∵AB⊥平面BB1C1C，∴平面BB1C1C的一个法向量为m＝(1，0，0)，由(1)知，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－1，1，1)，设平面DFE的法向量为n＝(x，y，z)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EF,\s\up6(→))＝0，))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((1－m)x＋y－2z＝0，,－x＋y＋z＝0.))令x＝3，则y＝m＋1，z＝2－m，故n＝(3，m＋1，2－m)，所以cos<n，m>＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(3,\r(9＋(m＋1)2＋(2－m)2))＝eq\f(3,\r(2m2－2m＋14))．所以当m＝eq\f(1,2)时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的余弦值最大为eq\f(\r(6),3)，此时正弦值最小为eq\f(\r(3),3)．11．(2021·北京)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，点E为A1D1中点，直线B1C1交平面CDE于点F．(1)证明：点F为B1C1的中点；(2)若点M为棱A1B1上一点，且二面角M－CF－E的余弦值为eq\f(\r(5),3)，求eq\f(A1M,A1B1)的值．11．解析如图所示，取B1C1的中点F′，连结DE，EF′，F′C，由于ABCD－A1B1C1D1为正方体，E，F′为中点，故EF′∥CD，从而E，F′，C，D，四点共面，所以平面CDE即平面CDEF′，据此可得，直线B1C1交平面CDE于点F′，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F与点F′重合，即点F为B1C1中点．(2)以点D为坐标原点，DA，DC，DD1，方向分别为x轴，y轴，z轴正方形，建立空间直角坐标系Dxyz，不妨设正方体的棱长为2，设eq\f(A1M,A1B1)＝λ(0≤λ≤1)，则，M(2，2λ，2)，C(0，2，0)，F(1，2，2)，E(1，0，2)，从而，eq\o(MC,\s\up6(→))＝(－2，2－2λ，－2)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(1，0，2)，eq\o(FE,\s\up6(→))＝(0，－2，0)，设平面MCF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(MC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(CF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x1＋(2－2λ)y1－2z1＝0，,x1＋2z1＝0，))令z1＝－1，则平面MCF的一个法向量为m＝(2，eq\f(1,1－λ)，－1)．设平面CFE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(FE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2y2＝0，,x2＋2z2＝0，))令z2＝－1，则平面CFE的一个法向量为n＝(2，0，－1)．从而m·n＝5，|m|＝eq\r(5＋(eq\f(1,1－λ))2)，|n|＝eq\r(5)，则，cos<n，m>＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(5,\r(5＋(eq\f(1,1－λ))2×eq\r(5)))＝eq\f(\r(5),3)．整理可得：(λ－1)2＝eq\f(1,4)，故λ＝eq\f(1,2)或eq\f(3,2)(舍去）．12．如图所示的几何体由平面PECF截棱长为2的正方体得到，其中P，C为原正方体的顶点，E，F为原正方体侧棱长的中点，正方形ABCD为原正方体的底面，G为棱BC上的动点．(1)求证：平面APC⊥平面PECF；(2)设eq\o(BG,\s\up7())＝λeq\o(BC,\s\up7())(0≤λ≤1)，当λ为何值时，平面EFG与平面ABCD所成的角为eq\f(π,3)？12．解析(1)由已知可知，EB∥FD，且EB＝FD，如图，连接BD，则四边形EFDB是平行四边形，∴EF∥BD．∵底面ABCD为正方形，∴BD⊥AC．∵AP⊥底面ABCD，∴BD⊥AP．又AC∩AP＝A，∴BD⊥平面APC，∴EF⊥平面APC．∵EF⊂平面PECF，∴平面APC⊥平面PECF．(2)以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则B(2，2，0)，F(0，0，1)，E(2，2，1)，G(2，2－2λ，0)，eq\o(FE,\s\up7())＝(2，2，0)，eq\o(GE,\s\up7())＝(0，2λ，1)，设m＝(x，y，z)是平面EFG的法向量，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(FE,\s\up7())＝0，,m·eq\o(GE,\s\up7())＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－y，,z＝－2λy，))令y＝－1，可得m＝(1，－1，2λ)为平面EFG的一个法向量，而平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)．于是coseq\f(π,3)＝|cos＜m，n＞|＝eq\f(|2λ|,\r(2＋4λ2))，解得λ＝±eq\f(\r(6),6)，又0≤λ≤1，∴λ＝eq\f(\r(6),6)．13．如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M，N，Q分别是CC1，BC，AC的中点，点P在直线A1B1上运动，且eq\o(A1P,\s\up6(→))＝λeq\o(A1B1,\s\up6(→))(λ∈[0，1])．(1)证明：无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ；(2)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC的夹角为60°？若存在，试确定点P的位置，若不存在，请说明理由．13．解析(1)如图，以A为坐标原点，AB，AC，AA1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(0，0，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，由eq\o(A1P,\s\up6(→))＝λeq\o(A1B1,\s\up6(→))＝λ(1，0，0)＝(λ，0，0)，可得点P(λ，0，1)，所以eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ，\f(1,2)，－1))，eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－λ，\f(1,2)，－1))．又eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，所以eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝0＋eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＝0，eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))＝0＋eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＝0，所以eq\o(AM,\s\up6(→))⊥eq\o(PN,\s\up6(→))，eq\o(AM,\s\up6(→))⊥eq\o(PQ,\s\up6(→))，即AM⊥PN，AM⊥PQ，又PN∩PQ＝P，所以AM⊥平面PNQ，所以无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ．(2)设n＝(x，y，z)是平面PMN的法向量，eq\o(NM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ，\f(1,2)，－1))，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(NM,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PN,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(1,2)z＝0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ))x＋\f(1,2)y－z＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1＋2λ,3)x，,z＝\f(2－2λ,3)x，))令x＝3，所以n＝(3，1＋2λ，2－2λ)是平面PMN的一个法向量．取平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)．假设存在符合条件的点P，则|cos＜m，n＞|＝eq\f(|2－2λ|,\r(9＋1＋2λ2＋2－2λ2))＝eq\f(1,2)，化简得4λ2－14λ＋1＝0，解得λ＝eq\f(7－3\r(5),4)或λ＝eq\f(7＋3\r(5),4)(舍去)．综上，存在点P，且当A1P＝eq\f(7－3\r(5),4)时，满足平面PMN与平面ABC的夹角为60°．14．已知在四棱锥P－ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥CD，AB＝2，DC＝4，E为PC的中点，PD＝PC，BC＝2eq\r(2)．(1)求证：BE∥平面PAD；(2)若PB与平面ABCD所成角为45°，点P在平面ABCD上的射影为O，问：BC上是否存在一点F，使平面POF与平面PAB所成的角为60°？若存在，试求点F的位置；若不存在，请说明理由．14．解析(1)取PD的中点H，连接AH，EH，则EH∥CD，EH＝eq\f(1,2)CD，又AB∥CD，AB＝eq\f(1,2)CD＝2，∴EH∥AB，且EH＝AB，∴四边形ABEH为平行四边形，故BE∥HA．又BE⊄平面PAD，HA⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD．(2)存在，点F为BC的中点．理由：∵平面PDC⊥平面ABCD，PD＝PC，作PO⊥DC，交DC于点O，连接OB，可知O为点P在平面ABCD上的射影，则∠PBO＝45°．由题可知OB，OC，OP两两垂直，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O－xyz，由题知OC＝2，BC＝2eq\r(2)，∴OB＝2，由∠PBO＝45°，可知OP＝OB＝2，∴P(0，0，2)，A(2，－2，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)．设F(x，y，z)，eq\o(BF,\s\up7())＝λeq\o(BC,\s\up7())，则(x－2，y，z)＝λ(－2，2，0)，解得x＝2－2λ，y＝2λ，z＝0，可知F(2－2λ，2λ，0)，设平面PAB的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，∵eq\o(PA,\s\up7())＝(2，－2，－2)，eq\o(AB,\s\up7())＝(0，2，0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(PA,\s\up7())＝0，,m·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1－2y1－2z1＝0，,2y1＝0，))令z1＝1，得m＝(1，0，1)．设平面POF的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，∵eq\o(OP,\s\up7())＝(0，0，2)，eq\o(OF,\s\up7())＝(2－2λ，2λ，0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(OP,\s\up7())＝0，,n·eq\o(OF,\s\up7(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2z2＝0，,2－2λx2＋2λy2＝0，))令y2＝1，得n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)，1，0))．∴cos60°＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1))),\r(1＋1)·\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))2＋1))，解得λ＝eq\f(1,2)，可知当F为BC的中点时，两平面所成的角为60°．15．如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝120°，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF．(1)求证：EF⊥平面BCF；(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．15．解析(1)设AD＝CD＝BC＝1，∵AB∥CD，∠BCD＝120°，∴AB＝2，∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos60°＝3，∴AB2＝AC2＋BC2，则BC⊥AC．∵CF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥CF，而CF∩BC＝C，CF，BC⊂平面BCF，∴AC⊥平面BCF．∵EF∥AC，∴EF⊥平面BCF．(2)以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设FM＝λ(0≤λ≤eq\r(3))，则C(0，0，0)，A(eq\r(3)，0，0)，B(0，1，0)，M(λ，0，1)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1，0)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(λ，－1，1)．设n＝(x，y，z)为平面MAB的法向量，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋y＝0，,λx－y＋z＝0，))取x＝1，则n＝(1，eq\r(3)，eq\r(3)－λ)．易知m＝(1，0，0)是平面FCB的一个法向量，∴cos<n，m>＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(1,\r(1＋3＋\r(3)－λ2)×1)＝eq\f(1,\r(λ－\r(3)2＋4))．∵0≤λ≤eq\r(3)，∴当λ＝0时，cos<n，m>取得最小值eq\f(\r(7),7)，∴当点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，此时二面角的余弦值为eq\f(\r(7),7)．16．如图所示，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB＝2AD＝2，点E为AB的中点．(1)求证：BD1∥平面A1DE；(2)设在线段AB上存在点M，使二面角D1－MC－D的大小为eq\f(π,6)，求此时AM的长及点E到平面D1MC的距离．16．解析(1)连接AD1，交A1D于点O，∵四边形AA1D1D为正方形，∴O是AD1的中点，∵点E为AB的中点，连接OE．∴EO为△ABD1的中位线，∴EO∥BD1．又∵BD1⊄平面A1DE，OE⊂平面A1DE，∴BD1∥平面A1DE．(2)由题意可得D1D⊥平面ABCD，以点D为原点，DA，DC，DD1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D(0，0，0)，C(0，2，0)，A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，B(1，2，0)，E(1，1，0)，设M(1，y0，0)(0≤y0≤2)，∵eq\o(MC,\s\up6(→))＝(－1，2－y0，0)，eq\o(D1C,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，设平面D1MC的一个法向量为n1＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(MC,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(D1C,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y2－y0＝0，,2y－z＝0，))令y＝1，有n1＝(2－y0，1，2)．而平面MCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)．要使二面角D1－MC－D的大小为eq\f(π,6)，则coseq\f(π,6)＝|cos＜n1，n2＞|＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(2,\r(2－y02＋12＋22))＝eq\f(\r(3),2)，解得y0＝2－eq\f(\r(3),3)(0≤y0≤2)，故AM＝2－eq\f(\r(3),3)，此时n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1，2))，eq\o(D1E,\s\up6(→))＝(1，1，－1)．故点E到平面D1MC的距离为d＝eq\f(|n1·\o(D1E,\s\up6(→))|,|n1|)＝eq\f(1－\f(\r(3),3),\f(4\r(3),3))＝eq\f(\r(3)－1,4)．17．(2017·全国Ⅱ)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．(1)证明：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M－AB－D的余弦值．17．解析(1)取PA的中点F，连接EF，BF．因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝eq\f(1,2)AD．由∠BAD＝∠ABC＝90°，得BC∥AD，又BC＝eq\f(1,2)AD，所以EFBC，四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB．(2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴，|eq\o(AB,\s\up6(→))|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，eq\r(3))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1，0，－eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)．设M(x，y，z)(0<x<1)，则eq\o(BM,\s\up6(→))＝(x－1，y，z)，eq\o(PM,\s\up6(→))＝(x，y－1，z－eq\r(3))．因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n＝(0，0，1)是底面ABCD的法向量，所以|cos＜eq\o(BM,\s\up6(→))，n＞|＝sin45°eq\f(|z|,\r((x－1)2＋y2＋z2))＝eq\f(\r(2),2)，即(x－1)2＋y2－z2＝0．①又M在棱PC上，设eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，则x＝λ，y＝1，z＝eq\r(3)－eq\r(3)λ．②由①②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝－\f(\r(6),2)))(舍去)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝\f(\r(6),2)，))所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2)))，从而eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2)))．设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((2－\r(2))x0＋2y0＋\r(6)z0＝0，,x0＝0，))所以可取m＝(0，－eq\r(6)，2)．于是cos<m，n>＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(10),5)．由图可知二面角M—AB—D是锐角，所以二面角M－AB－D的余弦值为eq\f(\r(10),5)．18．如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠ABC＝60°，AB＝2BC＝2CD，四边形DCEF是正方形，N，G分别是线段AB，CE的中点．(1)求证：NG∥平面ADF；(2)设二面角A－CD－F的大小为θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)<θ<π))，当θ为何值时，二面角A－BC－E的余弦值为eq\f(\r(13),13)？18．解析(1)法一如图，设DF的中点为M，连接AM，GM，因为四边形DCEF是正方形，所以MGCD，eq\O(s\up2(∥),\s\do4())又四边形ABCD是梯形，且AB＝2CD，AB∥CD，点N是AB的中点，所以ANDC，所以MGAN，所以四边形ANGM是平行四边形，所以NG∥AM.又AM⊂平面ADF，NG⊄平面ADF，所以NG∥平面ADF.法二如图，连接NC，NE，因为N是AB的中点，四边形ABCD是梯形，AB＝2CD，AB∥CD，所以AN綉CD，所以四边形ANCD是平行四边形，所以NC∥AD，因为AD⊂平面ADF，NC⊄平面ADF，所以NC∥平面ADF，同理可得NE∥平面ADF，又NC∩NE＝N，所以平面NCE∥平面ADF，因为NG⊂平面NCE，所以NG∥平面ADF.(2)设CD的中点为O，EF的中点为P，连接NO，OP，易得NO⊥CD，以点O为原点，以OC所在直线为x轴，以NO所在直线为y轴，以过点O且与平面ABCD垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.因为NO⊥CD，OP⊥CD，所以∠NOP是二面角A－CD－F的平面角，则∠NOP＝θ，所以∠POy＝π－θ，设AB＝4，则BC＝CD＝2，则P(0，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，E(1，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，C(1，0，0)，B(2，－eq\r(3)，0)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(0，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(1，－eq\r(3)，0)，设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－\r(3)y＝0，,2ycos(π－θ)＋2zsin(π－θ)＝0，))因为θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以cos(π－θ)≠0，令z＝1，则y＝－tan(π－θ)，x＝－eq\r(3)tan(π－θ)，所以n＝(－eq\r(3)tan(π－θ)，－tan(π－θ)，1)为平面BCE的一个法向量，又易知平面ACD的一个法向量为m＝(0，0，1)，所以cos<m，n>＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(1,\r(4tan2(π－θ)＋1))，由图可知二面角A－BC－E为锐角，所以eq\f(1,\r(4tan2(π－θ)＋1))＝eq\f(\r(13),13)，解得tan2(π－θ)＝3，又eq\f(π,2)<θ<π，所以tan(π－θ)＝eq\r(3)，即π－θ＝eq\f(π,3)，得θ＝eq\f(2π,3)，所以当二面角A－CD－F的大小为eq\f(2π,3)时，二面角A－BC－E的余弦值为eq\f(\r(13),13)．19．已知三棱锥P－ABC(如图1)的平面展开图(如图2)中，四边形ABCD为边长等于eq\r(2)的正方形，△ABE和△BCF均为正三角形．在三棱锥P－ABC中：(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；(2)若点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求二面角P－BC－M的余弦值．19．解析(1)如图，设AC的中点为O，连接OB，OP．由题意，得PA＝PB＝PC＝eq\r(2)，OP＝OB＝1．因为在△POB中，OP2＋OB2＝PB2，所以OP⊥OB．因为在△PAC中，PA＝PC，O为AC的中点，所以OP⊥AC．因为AC∩OB＝O，AC⊂平面ABC，OB⊂平面ABC，所以OP⊥平面ABC．因为OP⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC．(2)由(1)知，OB⊥OP，由题意可得OB⊥AC，所以OB⊥平面PAC，所以∠BMO是直线BM与平面PAC所成的角，且tan∠BMO＝eq\f(OB,OM)＝eq\f(1,OM)，所以当