2022高考总复习(人教A版)高中数学-第七章-立体几何-第7讲-第2课时求空间角和距离.docx

第2课时　求空间角和距离

__异面直线所成的角____________________

　如图，已知两个正四棱锥P­ABCD与Q­ABCD的高分别为1，2，AB＝4.

(1)证明：PQ⊥平面ABCD；
(2)求异面直线AQ与PB所成角的余弦值．
[解]　(1)证明：如图，连接OP，OQ，AC，BD，设AC∩BD＝O.
∵P­ABCD与Q­ABCD都是正四棱锥，
∴PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD，
从而P、O、Q三点在一条直线上．
∴PQ⊥平面ABCD.
(2)由题设知，四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD.
由(1)知，PQ⊥平面ABCD，故可分别以CA，DB，QP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，由条件得P(0，0，1)，A(2，0，0)，Q(0，0，－2)，B(0，2，0)，
∴＝(－2，0，－2)，＝(0，2，－1)．
于是cos〈，〉＝＝.
从而异面直线AQ与PB所成角的余弦值为.
[规律方法]　用向量方法求两条异面直线所成的角，是通过两条直线的方向向量的夹角来求解，而两异面直线所成角的范围是θ∈，两向量的夹角α的范围是[0，π]，所以要留意二者的区分与联系，应有cos θ＝|cos α|.
　1. 如图，四周体ABCD中，O是BD的中点，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝.

(1)求证：AO⊥平面BCD；
(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值．
解：(1)证明：连接OC，由CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝，知CO＝，AO＝1.在△AOC中，AC2＝AO2＋OC2，则AO⊥OC.
又AO⊥BD，BD∩OC＝O，因此AO⊥平面BCD.
(2)如图建立空间直角坐标系Oxyz.
则A(0，0，1)，B(1，0，0)，C(0，，0)，D(－1，0，0)，＝(1，0，－1)，＝(－1，－，0)，
∴|cos〈，〉|＝＝.
即异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
__直线与平面所成的角__________________

　(2022·高考陕西卷)四周体ABCD及其三视图如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四周体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.

(1)证明：四边形EFGH是矩形；
(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值．
[解]　(1)证明：由该四周体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1.
由题设，BC∥平面EFGH，
平面EFGH∩平面BDC＝FG，
平面EFGH∩平面ABC＝EH，
∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.
同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，
∴四边形EFGH是平行四边形．
又∵AD⊥DC，AD⊥BD，
∴AD⊥平面BDC，
∴AD⊥BC，
∴EF⊥FG，
∴四边形EFGH是矩形．
(2)法一： 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，
＝(0，0，1)，＝(－2，2，0)，＝(－2，0，1)．
设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，
∵EF∥AD，FG∥BC，
∴n·＝0，n·＝0，
得
取n＝(1，1，0)，
∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝
＝.
法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)．
∵E是AB的中点，∴F，G分别为BD，DC的中点，得
E，F(1，0，0)，G(0，1，0)．
∴＝，＝(－1，1，0)，＝(－2，0，1)．
设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，
则n·＝0，n·＝0，得取n＝(1，1，0)，
∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.
[规律方法]　利用向量求线面角的方法：
(1)分别求出斜线和它所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，取其余角就是斜线和平面所成的角．
　2. 在如图所示的几何体中，EA⊥平面ABC，DB⊥平面ABCAC⊥BC，且AC＝BC＝BD＝2AE，M是AB的中点．

(1)求证：CM⊥EM；
(2)求CM与平面CDE所成的角．

解：(1)证明：如图，以点C为坐标原点，以CA，CB分别为x轴、y轴，过点C作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系．
设EA＝a，则A(2a，0，0)，B(0，2a，0)，E(2a，0，a)，D(0，2a，2a)，M(a，a，0)．
∵＝(－a，a，－a)，＝(a，a，0)，
∴·＝0，故CM⊥EM.
(2)设向量n＝(1，y0，z0)与平面CDE垂直，
则n⊥，n⊥.
∵＝(2a，0，a)，＝(0，2a，2a)，
∴可解得y0＝2，z0＝－2，
即n＝(1，2，－2)．
cos〈n，〉＝＝.
直线CM与平面CDE所成的角θ是n与夹角的余角，∴θ＝45°.
__二面角(高频考点)____________________

二面角是高考的重点，是考查热点，题型多以解答题形式毁灭，一般为中档题，高考对二面角的考查，主要有以下两个命题角度：(1)求二面角；(2)由二面角求其它量．
　(2022·高考课标全国卷Ⅰ) 如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.

(1)证明：AC＝AB1；
(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A­A1B1­C1的余弦值．
[解]　(1)证明：连接BC1，交B1C于点O，连接AO.由于侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1，且O为B1C及BC1的中点．
又AB⊥B1C，AB∩BO＝B，所以B1C⊥平面ABO.
由于AO⊂平面ABO，故B1C⊥AO.
又B1O＝CO，故AC＝AB1.
(2)由于AC⊥AB1，且O为B1C的中点，
所以AO＝CO.
又由于AB＝BC，所以△BOA≌△BOC，故OA⊥OB，从而OA，OB，OB1两两相互垂直．
以O为坐标原点，、、的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.

由于∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形．又AB＝BC，OC＝OA，则A，B(1，0，0)，B1，C，＝，＝＝，＝＝.
设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，
则即
所以可取n＝(1，，)．
设m是平面A1B1C1的法向量，则
同理可取m＝(1，－，)．
则cosn，m＝＝.
所以二面角A­A1B1­C1的余弦值为.
　在本例条件下，若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC­A1B1C1的高．
解：作OD⊥BC，垂足为D，连接AD.作OH⊥AD，垂足为H.
由于BC⊥AO，BC⊥OD，故BC⊥平面AOD，
所以OH⊥BC.
又OH⊥AD，所以OH⊥平面ABC.
由于∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形．
又BC＝1，可得OD＝.
由于AC⊥AB1，所以OA＝B1C＝.
由OH·AD＝OD·OA，且AD＝＝，得OH＝.
又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为，故三棱柱ABC­A1B1C1的高为.
[规律方法]　求二面角大小的常用方法：
(1)分别求出二面角的两个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，但要留意结合实际图形推断所求角的大小．
(2)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．
　3.(1)(2021·洛阳市统考)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝，AD＝1，M是线段AD的中点．
①试在平面ABCD内过M点作出与平面A1B1CD平行的直线l，说明理由，并证明：l⊥平面AA1D1D；

②若①中的直线l交直线AC于点N，且二面角A­A1N­M的余弦值为，求AA1的长．
(2)(2021·沈阳教学质量监测) 如图，BC为圆O的直径，D为圆周上异于B、C的一点，AB垂直于圆O所在的平面，BE⊥AC于点E，BF⊥AD于点F.

①求 证：BF⊥平面ACD；
②若AB＝BC＝2，∠CBD＝45°，求平面BEF与平面BCD所成锐二面角的余弦值．
解：(1)①在平面ABCD内过M点作直线l∥DC，
∴l⊄平面A1B1CD，DC⊂平面A1B1CD，∴l∥平面A1B1CD.
在长方体ABCD­A1B1C1D1中，DC⊥AD，DC⊥DD1，
则l⊥AD，l⊥DD1.
又AD∩DD1＝D，∴l⊥平面AA1D1D.
②由①知，l∥DC且M是线段AD的中点．
∴N是线段AC的中点．
设AA1＝h，以A1为坐标原点，分别以A1B1，A1D1，A1A所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A1xyz.则A1(0，0，0)，A(0，0，h)，N(，，h)，M(0，，h)．
∴＝(0，0，h)，＝(，，h)，＝(0，，h)，＝(，0，0)．
设平面A1AN的法向量n1＝x1，y1，z1)，
则，
∴，
取x1＝1，∴n1＝(1，－，0)．
设平面A1MN的法向量n2＝(x2，y2，z2)，
则，
∴，
取z2＝1，∴n2＝(0，－2h，1)．
∵二面角A­A1N­M的余弦值为，
∴cos〈n1，n2〉＝，
即＝.
∴＝，解得h＝1，
即AA1＝1.
(2)①证明：∵BC为圆O的直径，
∴CD⊥BD，
∵AB⊥圆O所在的平面，
∴AB⊥CD，又AB∩BD＝B，
∴CD⊥平面ABD，
∵BF⊂平面ABD，∴CD⊥BF，
又∵BF⊥AD，且AD∩CD＝D，
∴BF⊥平面ACD.
②法一：(向量法)
由①知，BF⊥平面ACD，AC⊂平面ACD，
∴BF⊥AC，又BE⊥AC，且BE∩BF＝B，
∴AC⊥平面BEF，
即是平面BEF的一个法向量．
又由已知AB垂直于圆O所在的平面，得是平面BCD的一个法向量，
∴平面BEF与平面BCD所成的锐二面角与向量与所成的角相等，
故所求锐二面角的余弦值为cos∠CAB＝.
法二：(建系向量法)如图，以O为原点建立空间直角坐标系．
则B(0，－1，0)，E(0，0，1)，D(1，0，0)，A(0，－1，2)，
∵BF⊥AD，
∴DF＝＝＝AD，
得＝，
∴F(，－，)，
＝(，，)，＝(0，1，1)，
设平面BEF的法向量为n1＝(x，y，z)，
则，
即，
解得，不妨取平面BEF的一个法向量n1＝(0，－1，1)．
而又由已知AB垂直于圆O所在的平面．
得是平面BDC的一个法向量，即n2＝＝(0，0，2)，
设平面BEF与平面BCD所成的锐二面角为θ，
即cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝.

考题溯源——有关二面角问题

　　　(2022·高考课标全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．

(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)设二面角D­AE­C为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥E­ACD的体积．
[解]　(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.
由于ABCD为矩形，所以O为BD的中点．
又E为PD的中点，所以EO∥PB.
由于EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，
所以PB∥平面AEC.

(2)由于PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，
所以AB，AD，AP两两垂直．
如图，以A为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系A­xyz，
则D(0，，0)，E，＝.
设B(m，0，0)(m>0)，则C(m，，0)，＝(m，，0)．
设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，
则即
可取n1＝.
又n2＝(1，0，0)为平面DAE的法向量，由题设知|cosn1，n2|＝，即＝，解得m＝.
由于E为PD的中点，所以三棱锥E­ACD的高为，三棱锥E­ACD的体积V＝××××＝.
[考题溯源]　本题源于人教A版选修2­1 P109例4.

如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，点E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.
(1)求证：PA∥平面EDB；
(2)求证：PB⊥平面EFD；
(3)求二面角C­PB­D的大小．
两题的解法及难度基本相同．
　　　如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，Q为AD的中点．

(1)若PA＝PD，求证：平面PQB⊥平面PAD
(2)点M在线段PC上，PM＝PC，若平面PAD⊥平面ABCD，且PA＝PD＝AD＝2，求二面角M­BQ­C的大小．
解：(1)证明：由题知PQ⊥AD，BQ⊥AD，PQ∩BQ＝Q，∴AD⊥平面PQB，
又∵AD⊂平面PAD，
∴平面PQB⊥平面PAD.
(2)连接BD，则PA＝BD，Q为AD的中点，
∴PQ⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PQ⊥平面ABCD.

∴以Q为坐标原点，分别以QA，QB，QP为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Qxyz.
则Q(0，0，0)，A(1，0，0)，P(0，0，)，B(0，，0)，C(－20)．
＝＋＝(－，，)．
设n1＝(x，y，z)是平面MBQ的法向量，
则，
即，
即.令z＝1得n1＝(，0，1)．
又n2＝(0，0，1)是平面BQC的一个法向量，
所以cos〈n1，n2〉＝.
故二面角M­BQ­C的大小为.

1．(2022·高考课标全国卷Ⅱ)直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选C.法一：由于∠BCA＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC＝CA＝CC1，
可将三棱柱补成正方体．建立如图(1)所示空间直角坐标系．设正方体棱长为2，则可得A(0，0，0)，B(2，2，0)，M(1，1，2)，N(0，1，2)，∴＝(1，1，2)－(2，2，0)＝(－1，－1，2)，＝(0，1，2)．
∴cos，＝＝
＝＝.

法二：如图(2)，取BC的中点D，连接MN，ND，AD，由于MN綊B1C1綊BD，因此有ND綊BM，则ND与NA所成角即为异面直线BM与AN所成角．设BC＝2，则BM＝ND＝，AN＝，AD＝，因此cos∠AND＝＝.
2．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(　　)

A. B.
C. D.
解析：选B. 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E(1，0，)，D(0，1，0)，∴＝(0，1，－1)，
＝(1，0，－)，
设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，则
∴
∴n1＝(1，2，2)．∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，∴cos〈n1，n2〉＝＝.
即所成的锐二面角的余弦值为.
3. 如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC­A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为________．

解析：不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2，可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，
∴＝(0，2，－1)，＝(－2，2，1)，
∴cos〈，〉＝＝＝＝＞0.
∴与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，
∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.
答案：
4. 如图，在正四棱锥S­ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成角为________．

解析：如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.
设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，
则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a，00)，P(0，－，)．
则＝(2a，0，0)，＝(－a，－，)，＝(a，a，0)．
设平面PAC的法向量为n，可求得n＝(0，1，1)，
则cos〈，n〉＝＝＝.
∴〈，n〉＝60°，
∴直线BC与平面PAC所成角为90°－60°＝30°.
答案：30°
5．已知单位正方体ABCD­A1B1C1D1，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．
解：建立如图所示的空间直角坐标系，A(1，0，1)，B(0，0，1)，D1(1，1，0)，E(0，，0)，F(，1，0)．
(1)∵＝(0，1，－1)＝(，，0)，
∴cos〈，〉＝＝，
即AD1与EF所成的角为60°.
(2)＝(，－1，1)，由图可得，＝(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，则sin θ＝cos〈，〉＝＝，∴cos θ＝.
即AF与平面BEB1所成角的余弦值为.
6．(2021·唐山市第一次模拟) 如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，O是AC的中点，A1O⊥平面ABC，∠BCA＝90°，AA1＝AC＝BC.

(1)求证：A1B⊥AC1；
(2)求二面角A­BB1­C的余弦值．
解：(1)证明：由于A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC.
又BC⊥AC，所以BC⊥平面A1ACC1，所以AC1⊥BC.
由于AA1＝AC，所以四边形A1ACC1是菱形，所以AC1⊥A1C，
所以AC1⊥平面A1BC，
所以A1B⊥AC1.
(2)以OC为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，
则A(0，－1，0)，B(2，1，0)，C(0，1，0)，C1(0，2，)．
＝(2，2，0)，＝＝(0，1，)．

设m＝(x，y，z)是平面ABB1的一个法向量，
则m·＝m·＝0，
即，取m＝(，－，1)．
同理，平面CBB1的一个法向量为n＝(0，－，1)．
由于cos〈m，n〉＝＝，
所以二面角A­BB1­C的余弦值为.
7．(2021·昆明三中、玉溪一中统考) 如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA＝PD＝2，BC＝AD＝1，CD＝.

(1)求证：平面PQB⊥平面PAD；
(2)若二面角M­QB­C为30°，试确定点M的位置．
解：(1)证明：∵AD∥BC，BC＝AD，Q为AD的中点．
∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ.
∵∠ADC＝90°，∴∠AQB＝90°，即QB⊥AD.
又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴BQ⊥平面PAD.
∵BQ⊂平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD.
(2)∵PA＝PD，Q为AD的中点．
∴PQ⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PQ⊥平面ABCD.
如图，以Q为原点建立空间直角坐标系．
则平面BQC的一个法向量为n＝(0，0，1)，Q(0，0，0)，P(0，0，)，B(0，，0)，C(－1，，0)．
设M(x，y，z)，则＝(x，y，z－)，＝(－1－x，－y，－z)，
∵＝t，
∴，∴.
在平面MBQ中，＝(0，，0)，＝(－，，)，
∴平面MBQ的一个法向量为m＝(，0，t)．
∵二面角M­BQ­C为30°，cos 30°＝＝＝，∴t＝3.
∴M(－，，)
)
1. (2022·高考天津卷)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．

(1)证明：BE⊥DC；
(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；
(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F­AB­P的余弦值．
解：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)证明：＝(0，1，1)，＝(2，0，0)，故·＝0，所以，BE⊥DC.
(2)＝(－1，2，0)，＝(1，0，－2)．
设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，则
即
不妨令y＝1，可得n＝(2，1，1)为平面PBD的一个法向量．
于是有cos〈n，〉＝＝＝，
所以，直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.
(3)＝(1，2，0)，＝(－2，－2，2)，＝(2，2，0)，＝(1，0，0)．
由点F在棱PC上，设＝λ，0≤λ≤1，
故＝＋＝＋λ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．
由BF⊥AC，得·＝0，
因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝，
即＝.
设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，
则即
不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3，1)为平面FAB的一个法向量．
取平面ABP的法向量n2＝(0，1，0)，
则cos〈n1，n2〉＝＝＝－.
易知，二面角F­AB­P是锐角，所以其余弦值为.
2．(2021·山西省第三次四校联考) 如图，在几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1.

(1)求证：平面FBC⊥平面ACFE；
(2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cos θ的取值范围．
解：(1)证明：在四边形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，∴AB＝2，
∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3，
∴AB2＝AC2＋BC2，∴BC⊥AC.
∵平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面ACFE.
又由于BC⊂平面FBC，所以平面FBC⊥平面ACFE.
(2)由(1)知可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系，令FM＝λ(0≤λ≤)，则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，M(λ，0，1)，
∴＝(－，1，0)，＝(λ，－1，1)．
设n1＝(x，y，z)为平面MAB的法向量，
由，得，
取x＝1，则n1＝(1，，－λ)．
∵n2＝(1，0，0)是平面FCB的一个法向量，
∴cos θ＝＝
＝.
∵0≤λ≤，∴当λ＝0时，cos θ有最小值.
当λ＝时，cos θ有最大值.∴cos θ∈[，]．
3. 如图，ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF，BE与平面ABCD所成的角为60°.

(1)求证：AC⊥平面BDE；
(2)求二面角F­BE­D的余弦值；
(3)设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM∥平面BEF，并证明你的结论．
解：(1)证明：∵DE⊥平面ABCD，
∴DE⊥AC.
∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD，又DE∩BD＝D，
∴AC⊥平面BDE.
(2)∵DE⊥平面ABCD，
∴∠EBD就是BE与平面ABCD所成的角，
即∠EBD＝60°.
∴＝.由AD＝3，得BD＝3，DE＝3，AF＝.

如图，分别以DA，DC，DE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(3，0，0)，F(3，0，)，E(0，0，3)，B(3，3，0)，C(0，3，0)．
∴＝(0，－3，)，＝(3，0，－2)．
设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则，
即.令z＝，则n＝(4，2，)．
∵AC⊥平面BDE，
∴＝(3，－3，0)为平面BDE的一个法向量．
∵cos〈n，〉＝＝＝.
故二面角F­BE­D的余弦值为.
(3)依题意，设M(t，t，0)(t>0)，则＝(t－3，t，0)，
∵AM∥平面BEF，∴·n＝0，
即4(t－3)＋2t＝0，解得t＝2.
∴点M的坐标为(2，2，0)，此时＝，
∴点M是线段BD上靠近B点的三等分点．