2019版高考数学(理)一轮总复习作业：58专题研究 球与几何体的切接问题
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CE·BC 2 3 ∴CM＝ BE ＝ 3 . (3)以点 D 为坐标原点，分别以直线 DA，DC，DP 为 x 轴，y 轴，z 轴
建立如图②所示的空间直角坐标系，则 D(0，0，0)，P(0，0，2)，
D→ B
D→ E
B(2，2，0)，E(0，1，1)， ＝(2，2，0)， ＝(0，1，1)．设平面
∴AE⊥DE，EM＝1，
∵二面角 E－AD－B 是 60°，
∴∠EMN＝60°，
1
3
∴OM＝2，OE＝ 2 .
同理，过点 F 作 FO′⊥MN，可得 O′N＝1，FO′＝ 3.
1
7
3
5
∴A(1，－2，0)，B(1，2，0)，E(0，0， 2 )，F(0，2，
3)，则A→B＝(0，4，0)，
B→E＝(－1，－72，
1 ∴AD＝ 2AB.
1 在 Rt△ABC 中，∠ABC＝60°.∴BC＝2AB.
DE BC 2 ∴Rt△ADE 中，sin∠DAE＝AD＝2AD＝ 4 .
14 ∴cos∠DAE＝ 4 .
(3)∵DE∥BC， 又由(1)知，BC⊥平面 PAC，∴DE⊥平面 PAC. 又∵AE⊂平面 PAC，PE⊂平面 PAC，
|n1·n2| 2 6 设二面角 E－BD－P 的平面角为 α，则 cosα＝|n1||n2|＝ 3· 2＝ 3 .
6 ∴二面角 E－BD－P 的余弦值为 3 . 5．(2018·太原二模)如图①，在平面六边形 ABFCDE 中，四边形 ABCD 是矩形，且 AB＝4，BC＝2，AE＝DE＝ 2，BF＝CF＝ 5，点 M，N 分别是 AD，BC 的中点，分别沿 直线 AD，BC 将△ADE，△BCF 翻折成如图②的空间几何体 ABCDEF.
A．平面 ABD⊥平面 ABC
B．平面 ADC⊥平面 BDC
C．平面 ABC⊥平面 BDC
D．平面 ADC⊥平面 ABC
答案 D
解析 ∵在四边形 ABCD 中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，
∴BD⊥CD，又平面 ABD⊥平面 BCD，且平面 ABD∩平面 BCD＝BD，故 CD⊥平面 ABD，则 CD⊥AB，又 AD⊥AB，故 AB⊥平面 ADC，所以平面 ABC⊥平面 ADC.
PB，PC 上，且 DE∥BC.
(1)求证：BC⊥平面 PAC；
(2)当 D 为 PB 的中点时，求 AD 与平面 PAC 所成的角的余弦值；
(3)是否存在点 E 使得二面角 A－DE－P 为直二面角？并说明理由．
14 答案 (1)略 (2) 4 (3)存在点 E 解析 方法一：(1)∵PA⊥底面 ABC，
23)，E→F＝(0，52，
3 2 )．
设 m＝(x1，y1，z1)是平面 ABE 的法向量，
{ ) { ) m·A→B＝0，
4y1＝0，
则
m·B→E＝0，
∴
73 －x1－ y1＋ z1＝0，
22
令 z1＝2，∴m＝( 3，0，2)，是平面 ABE 的一个法向量．
设 n＝(x2，y2，z2)是平面 BEF 的法向量，
1
1
22
（ ）2＋（－1）2＋12
2
|＝3，所以 cosθ＝ 3 .
(3)设平面 DBB1 的法向量为 n1＝(x，y，z)，
D→ B
B→1B
＝(－1，－1，0)， ＝(0，0，1)，
{ ) { ) n1 ⊥ D→B，
n1 ⊥ B→1B，
n1·D→B＝－x－y＝0， n1·B→1B＝z＝0，
由
得
令 y＝1，则 n1＝(－1，1，0)．
∴DE⊥AE，DE⊥PE.
∴∠AEP 为二面角 A－DE－P 的平面角．
∵PA⊥底面 ABC，
∴PA⊥AC，∴∠PAC＝90°. ∴在棱 PC 上存在一点 E，使得 AE⊥PC.
这时，∠AEP＝90°.
故存在点 E 使得二面角 A－DE－P 是直二面角．
方法二：如图所示，以 A 为原点建立空间直角坐标系 A－xyz.
同理，可得平面 C1DB 的一个法向量为 n2＝(－1，1，1)．
（－1，1，0）·（－1，1，1） 6
则 cosn1，n2＝
2× 3
＝3.
2
所以 tann1，n2＝ 2 .
2.如图所示，在三棱锥 P－ABC 中，PA⊥底面
ABC，PA＝AB，∠ABC＝60°，∠BCA＝90°，点 D，E 分别在棱
题组层级快练(五十八)
1.已知正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 1，E，F 分别是棱
B1C1，C1D1 的中点．试求：
(1)AD1 与 EF 所成角的大小；
(2)AF 与平面 BEB1 所成角的余弦值；
(3)二面角 C1－DB－B1 的正切值．
22
2
答案 (1)60° (2) 3 (3) 2
(1)利用下面的结论 1 或结论 2，证明：E，F，M，N 四点共面； 结论 1：过空间一点作已知直线的垂面，有且只有一个． 结论 2：过平面内一条直线作该平面的垂面，有且只有一个． (2)若二面角 E－AD－B 和二面角 F－BC－A 都是 60°，求二面角 A－BE－F 的余弦值．
238 答案 (1)略 (2)－ 17 解析 (1)如图，连接 MN，ME，NF， ∵四边形 ABCD 是矩形，点 M，N 分别是 AD，BC 的中点， ∴AM∥BN，AM＝BN，∠DAB＝90°， ∴四边形 ABNM 是矩形， ∴AD⊥MN. ∵AE＝DE，点 M 是 AD 的中点，∴AD⊥ME， 又 MN∩ME＝M，∴AD⊥平面 EMN， ∴平面 EMN⊥平面 ABCD， 同理可得平面 FMN⊥平面 ABCD， 由结论 2 可得平面 EMN 与平面 FMN 是同一个平面， ∴E，F，M，N 四点共面． (2)由(1)知平面 EMNF⊥平面 ABCD， 过点 E 作 EO⊥MN，垂足为 O， ∴EO⊥平面 ABCD. 以过点 O 作垂直于 MN 的直线为 x 轴，ON，OE 所在直线分别为 y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 O－xyz. ∵AD＝2，AE＝DE＝ 2，点 M 是 AD 的中点，
238 ∴二面角 A－BE－F 的余弦值为－ 17 .
1．(2018·河北徐水一中模拟)如下图所示，在四边形 ABCD 中， AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD 沿 BD 折起，使平面 ABD⊥平面 BCD，构成三棱锥 A－BCD，则在三棱锥 A－BCD 中，下列命题正确的是( )
13
3
设 PA＝a，由已知可得 A(0，0，0)，B(－2a， 2 a，0)，C(0， 2 a，0)，
P(0，0，a)．
(1)∵A→P＝(0，0，a)，B→C＝(12a，0，0)， B→C A→P
∴ · ＝0，∴BC⊥AP.
又∵∠BCA＝90°，∴BC⊥AC.又 AP∩AC＝A，
∴BC⊥平面 PAC.
取 x1＝1，则 y1＝－ 3，z1＝1，
∴m＝(1，－ 3，1)，为平面 AA1B 的一个法向量．
设平面 A1BC1 的法向量为 n＝(x2，y2，z2)，
{ ) { ) n·A→1C1＝0，
n·A→1B＝0
则有
⇒
2y2＝0， 3x2－ 3z2＝0.
y2＝0，令 x2＝1，则 z2＝1，∴n＝(1，0，1)，为平面 A1BC1 的一个法向量， m·n 2 10
2．(2018·河北冀州中学月考)如图，已知二面角 α－PQ－β 的大小为 60°，点 C 为棱 PQ 上
一点，A∈β，AC＝2，∠ACP＝30°，则点 A 到平面 α 的距离为( )
1
A．1
B.2
3
3
∴cos〈m，n〉＝|m|·|n|＝ 10＝ 5 .
易知二面角 A－A1B－C1 的平面角为钝角， 10
∴所求二面角的余弦值为－ 5 . 4．(2018·河北开滦二中月考)如图所示，在四棱锥 P－ABCD 中，PD⊥
平面 ABCD，底面 ABCD 是正方形，PD＝AB＝2，E 为 PC 中点．
(1)求证：DE⊥平面 PCB；
思路
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则 B1(0，0，0)，
1
1
A(1，0，1)，B(0，0，1)，D1(1，1，0)，E(0，2，0)，F(2，1，0)，
D(1，1，1)．
(1)因为A→D1＝(0，1，－1)，E→F＝(12，12，0)，
11 （0，1，－1）·（ ， ，0）
22
A→D1 E→F 所以 cos ， ＝
(2)求点 C 到平面 DEB 的距离；
(3)求二面角 E－BD－P 的余弦值．
23
6
答案 (1)略 (2) 3 (3) 3
解析 (1)证明：∵PD⊥平面 ABCD，∴PD⊥BC.
又正方形 ABCD 中，CD⊥BC，PD∩CD＝D，∴BC⊥平面 PCD.
∵DE⊂平面 PCD，∴BC⊥DE.
∵PD＝CD，E 是 PC 的中点，∴DE⊥PC. 又∵PC∩BC＝C，∴DE⊥平面 PCB.
(2)如图①所示，过点 C 作 CM⊥BE 于点 M，
由(1)知平面 DEB⊥平面 PCB，
∵平面 DEB∩平面 PCB＝BE，∴CM⊥平面 DEB.
∴线段 CM 的长度就是点 C 到平面 DEB 的距离．
∵PD＝AB＝CD＝2，∠PDC＝90°， ∴PC＝2 2，EC＝ 2，BC＝2.∴BE＝ 6.
10 答案 (1)略 (2)－ 5 解析 (1)∵AA1＝A1C，且 O 为 AC 的中点，∴A1O⊥AC， 又侧面 AA1C1C⊥底面 ABC，交线为 AC，且 A1O⊂平面 AA1C1C， ∴A1O⊥平面 ABC. (2)如图，连接 OB，以 O 为坐标原点，OB，OC，OA1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴， 建立空间直角坐标系．
(2)∵D 为 PB 的中点，DE∥BC，
∴E 为 PC 的中点．
1 31
31
∴D(－4a， 4 a，2a)，E(0， 4 a，2a)．
又由(1)知，BC⊥平面 PAC，
∴DE⊥平面 PAC，垂足为点 E.
∴∠DAE 是 AD 与平面 PAC 所成的角．
∵A→D＝(－14a，
43a，12a)，A→E＝(0，
∴PA⊥BC.又∠BCA＝90°，
∴AC⊥BC，∴BC⊥平面 PAC.
(2)∵D 为 PB 的中点，DE∥BC， 1
∴DE＝2BC.
又由(1)知，BC⊥平面 PAC，
∴DE⊥平面 PAC，垂足为点 E.
∴∠DAE 是 AD 与平面 PAC 所成的角．
∵PA⊥底面 ABC，∴PA⊥AB. 又 PA＝AB，∴△ABP 为等腰直角三角形．
由已知可得 A(0，－1，0)，A1(0，0， 3)，C1(0，2， 3)，B( 3，0，0)，
A→ B ∴ ＝(
3，1，0)，A→1B＝(
3，0，－
3)，A→1C1＝(0，2，0)．
设平面 AA1B 的法向量为 m＝(x1，y1，z1)．
{ ) { ) m·A→B＝0，
m·A→1B＝0
则有
⇒
3x1＋y1＝0， 3x1－ 3z1＝0.
2 2×
2
1 ＝2，
即 AD1 与 EF 所成的角为 60°. (2)F→A＝(12，－1，1)，由图可得，B→A＝(1，0，0)为平面 BEB1 的一个法向量，设 AF 与平 面 BEB1 所成的角为 θ，
1 （1，0，0）·（ ，－1，1）
2
B→A F→A
1×
则 sinθ＝|cos ， |＝|
BDE 的法向量为 n1＝(x，y，z)，
{ ) { ) n1·D→B＝0，
则
n1·D→E＝0，
∴
2x＋2y＝0， y＋z＝0.
令 z＝1，得 y＝－1，x＝1.
∴平面 BDE 的一个法向量为 n1＝(1，－1，1)． A→ C
又∵C(0，2，0)，A(2，0，0)， ＝(－2，2，0)，且 AC⊥平面 PDB， ∴平面 PDB 的一个法向量为 n2＝(1，－1，0)．
53
{ ) { ) n·E→F＝0，
y2＋ z2＝0， 22
则
n·B→E＝0，
∴
73 －x2－ y2＋ z2＝0，
22
12 3 2 3
令 z2＝2，∴n＝( 5 ，－ 5 ，2)是平面 BEF 的一个法向量．
m·n 238 ∴cos〈m，n〉＝|m||n|＝ 17 ，
易知二面角 A－BE－F 是钝Fra bibliotek，31 4 a，2a)，
A→D·A→E
14
|A→D|·|A→E|
∴cos∠DAE＝
＝
4
.
(3)同方法一．
3．(2018·辽宁沈阳一模)如图，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，侧面 AA1C1C⊥底面 ABC，AA1＝A1C＝AC＝AB＝BC＝2，且 O 为 AC 的中点．
(1)求证：A1O⊥平面 ABC； (2)求二面角 A－A1B－C1 的余弦值．
建立如图②所示的空间直角坐标系，则 D(0，0，0)，P(0，0，2)，
D→ B
D→ E
B(2，2，0)，E(0，1，1)， ＝(2，2，0)， ＝(0，1，1)．设平面
∴AE⊥DE，EM＝1，
∵二面角 E－AD－B 是 60°，
∴∠EMN＝60°，
1
3
∴OM＝2，OE＝ 2 .
同理，过点 F 作 FO′⊥MN，可得 O′N＝1，FO′＝ 3.
1
7
3
5
∴A(1，－2，0)，B(1，2，0)，E(0，0， 2 )，F(0，2，
3)，则A→B＝(0，4，0)，
B→E＝(－1，－72，
1 ∴AD＝ 2AB.
1 在 Rt△ABC 中，∠ABC＝60°.∴BC＝2AB.
DE BC 2 ∴Rt△ADE 中，sin∠DAE＝AD＝2AD＝ 4 .
14 ∴cos∠DAE＝ 4 .
(3)∵DE∥BC， 又由(1)知，BC⊥平面 PAC，∴DE⊥平面 PAC. 又∵AE⊂平面 PAC，PE⊂平面 PAC，
|n1·n2| 2 6 设二面角 E－BD－P 的平面角为 α，则 cosα＝|n1||n2|＝ 3· 2＝ 3 .
6 ∴二面角 E－BD－P 的余弦值为 3 . 5．(2018·太原二模)如图①，在平面六边形 ABFCDE 中，四边形 ABCD 是矩形，且 AB＝4，BC＝2，AE＝DE＝ 2，BF＝CF＝ 5，点 M，N 分别是 AD，BC 的中点，分别沿 直线 AD，BC 将△ADE，△BCF 翻折成如图②的空间几何体 ABCDEF.
A．平面 ABD⊥平面 ABC
B．平面 ADC⊥平面 BDC
C．平面 ABC⊥平面 BDC
D．平面 ADC⊥平面 ABC
答案 D
解析 ∵在四边形 ABCD 中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，
∴BD⊥CD，又平面 ABD⊥平面 BCD，且平面 ABD∩平面 BCD＝BD，故 CD⊥平面 ABD，则 CD⊥AB，又 AD⊥AB，故 AB⊥平面 ADC，所以平面 ABC⊥平面 ADC.
PB，PC 上，且 DE∥BC.
(1)求证：BC⊥平面 PAC；
(2)当 D 为 PB 的中点时，求 AD 与平面 PAC 所成的角的余弦值；
(3)是否存在点 E 使得二面角 A－DE－P 为直二面角？并说明理由．
14 答案 (1)略 (2) 4 (3)存在点 E 解析 方法一：(1)∵PA⊥底面 ABC，
23)，E→F＝(0，52，
3 2 )．
设 m＝(x1，y1，z1)是平面 ABE 的法向量，
{ ) { ) m·A→B＝0，
4y1＝0，
则
m·B→E＝0，
∴
73 －x1－ y1＋ z1＝0，
22
令 z1＝2，∴m＝( 3，0，2)，是平面 ABE 的一个法向量．
设 n＝(x2，y2，z2)是平面 BEF 的法向量，
1
1
22
（ ）2＋（－1）2＋12
2
|＝3，所以 cosθ＝ 3 .
(3)设平面 DBB1 的法向量为 n1＝(x，y，z)，
D→ B
B→1B
＝(－1，－1，0)， ＝(0，0，1)，
{ ) { ) n1 ⊥ D→B，
n1 ⊥ B→1B，
n1·D→B＝－x－y＝0， n1·B→1B＝z＝0，
由
得
令 y＝1，则 n1＝(－1，1，0)．
∴DE⊥AE，DE⊥PE.
∴∠AEP 为二面角 A－DE－P 的平面角．
∵PA⊥底面 ABC，
∴PA⊥AC，∴∠PAC＝90°. ∴在棱 PC 上存在一点 E，使得 AE⊥PC.
这时，∠AEP＝90°.
故存在点 E 使得二面角 A－DE－P 是直二面角．
方法二：如图所示，以 A 为原点建立空间直角坐标系 A－xyz.
同理，可得平面 C1DB 的一个法向量为 n2＝(－1，1，1)．
（－1，1，0）·（－1，1，1） 6
则 cosn1，n2＝
2× 3
＝3.
2
所以 tann1，n2＝ 2 .
2.如图所示，在三棱锥 P－ABC 中，PA⊥底面
ABC，PA＝AB，∠ABC＝60°，∠BCA＝90°，点 D，E 分别在棱
题组层级快练(五十八)
1.已知正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 1，E，F 分别是棱
B1C1，C1D1 的中点．试求：
(1)AD1 与 EF 所成角的大小；
(2)AF 与平面 BEB1 所成角的余弦值；
(3)二面角 C1－DB－B1 的正切值．
22
2
答案 (1)60° (2) 3 (3) 2
(1)利用下面的结论 1 或结论 2，证明：E，F，M，N 四点共面； 结论 1：过空间一点作已知直线的垂面，有且只有一个． 结论 2：过平面内一条直线作该平面的垂面，有且只有一个． (2)若二面角 E－AD－B 和二面角 F－BC－A 都是 60°，求二面角 A－BE－F 的余弦值．
238 答案 (1)略 (2)－ 17 解析 (1)如图，连接 MN，ME，NF， ∵四边形 ABCD 是矩形，点 M，N 分别是 AD，BC 的中点， ∴AM∥BN，AM＝BN，∠DAB＝90°， ∴四边形 ABNM 是矩形， ∴AD⊥MN. ∵AE＝DE，点 M 是 AD 的中点，∴AD⊥ME， 又 MN∩ME＝M，∴AD⊥平面 EMN， ∴平面 EMN⊥平面 ABCD， 同理可得平面 FMN⊥平面 ABCD， 由结论 2 可得平面 EMN 与平面 FMN 是同一个平面， ∴E，F，M，N 四点共面． (2)由(1)知平面 EMNF⊥平面 ABCD， 过点 E 作 EO⊥MN，垂足为 O， ∴EO⊥平面 ABCD. 以过点 O 作垂直于 MN 的直线为 x 轴，ON，OE 所在直线分别为 y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 O－xyz. ∵AD＝2，AE＝DE＝ 2，点 M 是 AD 的中点，
238 ∴二面角 A－BE－F 的余弦值为－ 17 .
1．(2018·河北徐水一中模拟)如下图所示，在四边形 ABCD 中， AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD 沿 BD 折起，使平面 ABD⊥平面 BCD，构成三棱锥 A－BCD，则在三棱锥 A－BCD 中，下列命题正确的是( )
13
3
设 PA＝a，由已知可得 A(0，0，0)，B(－2a， 2 a，0)，C(0， 2 a，0)，
P(0，0，a)．
(1)∵A→P＝(0，0，a)，B→C＝(12a，0，0)， B→C A→P
∴ · ＝0，∴BC⊥AP.
又∵∠BCA＝90°，∴BC⊥AC.又 AP∩AC＝A，
∴BC⊥平面 PAC.
取 x1＝1，则 y1＝－ 3，z1＝1，
∴m＝(1，－ 3，1)，为平面 AA1B 的一个法向量．
设平面 A1BC1 的法向量为 n＝(x2，y2，z2)，
{ ) { ) n·A→1C1＝0，
n·A→1B＝0
则有
⇒
2y2＝0， 3x2－ 3z2＝0.
y2＝0，令 x2＝1，则 z2＝1，∴n＝(1，0，1)，为平面 A1BC1 的一个法向量， m·n 2 10
2．(2018·河北冀州中学月考)如图，已知二面角 α－PQ－β 的大小为 60°，点 C 为棱 PQ 上
一点，A∈β，AC＝2，∠ACP＝30°，则点 A 到平面 α 的距离为( )
1
A．1
B.2
3
3
∴cos〈m，n〉＝|m|·|n|＝ 10＝ 5 .
易知二面角 A－A1B－C1 的平面角为钝角， 10
∴所求二面角的余弦值为－ 5 . 4．(2018·河北开滦二中月考)如图所示，在四棱锥 P－ABCD 中，PD⊥
平面 ABCD，底面 ABCD 是正方形，PD＝AB＝2，E 为 PC 中点．
(1)求证：DE⊥平面 PCB；
思路
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则 B1(0，0，0)，
1
1
A(1，0，1)，B(0，0，1)，D1(1，1，0)，E(0，2，0)，F(2，1，0)，
D(1，1，1)．
(1)因为A→D1＝(0，1，－1)，E→F＝(12，12，0)，
11 （0，1，－1）·（ ， ，0）
22
A→D1 E→F 所以 cos ， ＝
(2)求点 C 到平面 DEB 的距离；
(3)求二面角 E－BD－P 的余弦值．
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答案 (1)略 (2) 3 (3) 3
解析 (1)证明：∵PD⊥平面 ABCD，∴PD⊥BC.
又正方形 ABCD 中，CD⊥BC，PD∩CD＝D，∴BC⊥平面 PCD.
∵DE⊂平面 PCD，∴BC⊥DE.
∵PD＝CD，E 是 PC 的中点，∴DE⊥PC. 又∵PC∩BC＝C，∴DE⊥平面 PCB.
(2)如图①所示，过点 C 作 CM⊥BE 于点 M，
由(1)知平面 DEB⊥平面 PCB，
∵平面 DEB∩平面 PCB＝BE，∴CM⊥平面 DEB.
∴线段 CM 的长度就是点 C 到平面 DEB 的距离．
∵PD＝AB＝CD＝2，∠PDC＝90°， ∴PC＝2 2，EC＝ 2，BC＝2.∴BE＝ 6.
10 答案 (1)略 (2)－ 5 解析 (1)∵AA1＝A1C，且 O 为 AC 的中点，∴A1O⊥AC， 又侧面 AA1C1C⊥底面 ABC，交线为 AC，且 A1O⊂平面 AA1C1C， ∴A1O⊥平面 ABC. (2)如图，连接 OB，以 O 为坐标原点，OB，OC，OA1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴， 建立空间直角坐标系．
(2)∵D 为 PB 的中点，DE∥BC，
∴E 为 PC 的中点．
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∴D(－4a， 4 a，2a)，E(0， 4 a，2a)．
又由(1)知，BC⊥平面 PAC，
∴DE⊥平面 PAC，垂足为点 E.
∴∠DAE 是 AD 与平面 PAC 所成的角．
∵A→D＝(－14a，
43a，12a)，A→E＝(0，
∴PA⊥BC.又∠BCA＝90°，
∴AC⊥BC，∴BC⊥平面 PAC.
(2)∵D 为 PB 的中点，DE∥BC， 1
∴DE＝2BC.
又由(1)知，BC⊥平面 PAC，
∴DE⊥平面 PAC，垂足为点 E.
∴∠DAE 是 AD 与平面 PAC 所成的角．
∵PA⊥底面 ABC，∴PA⊥AB. 又 PA＝AB，∴△ABP 为等腰直角三角形．
由已知可得 A(0，－1，0)，A1(0，0， 3)，C1(0，2， 3)，B( 3，0，0)，
A→ B ∴ ＝(
3，1，0)，A→1B＝(
3，0，－
3)，A→1C1＝(0，2，0)．
设平面 AA1B 的法向量为 m＝(x1，y1，z1)．
{ ) { ) m·A→B＝0，
m·A→1B＝0
则有
⇒
3x1＋y1＝0， 3x1－ 3z1＝0.
2 2×
2
1 ＝2，
即 AD1 与 EF 所成的角为 60°. (2)F→A＝(12，－1，1)，由图可得，B→A＝(1，0，0)为平面 BEB1 的一个法向量，设 AF 与平 面 BEB1 所成的角为 θ，
1 （1，0，0）·（ ，－1，1）
2
B→A F→A
1×
则 sinθ＝|cos ， |＝|
BDE 的法向量为 n1＝(x，y，z)，
{ ) { ) n1·D→B＝0，
则
n1·D→E＝0，
∴
2x＋2y＝0， y＋z＝0.
令 z＝1，得 y＝－1，x＝1.
∴平面 BDE 的一个法向量为 n1＝(1，－1，1)． A→ C
又∵C(0，2，0)，A(2，0，0)， ＝(－2，2，0)，且 AC⊥平面 PDB， ∴平面 PDB 的一个法向量为 n2＝(1，－1，0)．
53
{ ) { ) n·E→F＝0，
y2＋ z2＝0， 22
则
n·B→E＝0，
∴
73 －x2－ y2＋ z2＝0，
22
12 3 2 3
令 z2＝2，∴n＝( 5 ，－ 5 ，2)是平面 BEF 的一个法向量．
m·n 238 ∴cos〈m，n〉＝|m||n|＝ 17 ，
易知二面角 A－BE－F 是钝Fra bibliotek，31 4 a，2a)，
A→D·A→E
14
|A→D|·|A→E|
∴cos∠DAE＝
＝
4
.
(3)同方法一．
3．(2018·辽宁沈阳一模)如图，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，侧面 AA1C1C⊥底面 ABC，AA1＝A1C＝AC＝AB＝BC＝2，且 O 为 AC 的中点．
(1)求证：A1O⊥平面 ABC； (2)求二面角 A－A1B－C1 的余弦值．