2019年数学湘教版选修2-1新设计同步（讲义）：第3章 章末小结

1．空间向量基本定理
设e1，e2，e3是空间中的三个不共面的单位向量，则
(1)空间中任意一个向量v可以写成这三个向量的线性组合：
v＝xe1＋ye2＋ze3.
(2)上述表达式中的系数x，y，z由v唯一决定，即：如果v＝xe1＋ye2＋ze3＝x′e1＋y′e2＋z′e3，则x＝x′，y＝y′，z＝z′.
2．空间向量的坐标运算公式
(1)加减法：(x1，y1，z1)±(x2，y2，z2)＝(x1±x2，y1±y2，z1±z2)．
(2)与实数的乘法：a(x，y，z)＝(ax，ay，az)．
(3)数量积：设v＝(x，y，z)，则|v|＝.
(4)向量的夹角：cos θ＝
＝ .
3．空间向量在立体几何中的应用
设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，ν，则
线线平行
l∥m?a∥b?a＝kb，k∈R
线面平行
l∥α?a⊥u?a·u＝0
面面平行
α∥β?u∥v?u＝kv，k∈R
线线垂直
l⊥m?a⊥b?a·b＝0
线面垂直
l⊥α?a∥u?a＝ku，k∈R
面面垂直
α⊥β?u⊥v ?u·v＝0
线线夹角
l，m的夹角为θ，cos θ＝
线面夹角
l，α的夹角为θ，sin θ＝
面面夹角
α，β的夹角为θ，cos θ＝
其中，线线平行包括线线重合，线面平行包括线在面内，面面平行包括面面重合．
空间向量与空间位置关系
[例1]　如图所示，已知PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，PA＝AD，M，N分别为AB，PC的中点．求证：
(1)MN∥平面PAD；
(2)平面PMC⊥平面PDC.
[证明]　如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系A-xyz.
设PA＝AD＝a，AB＝b.则有，
(1)P(0,0，a)，A(0,0,0)，D(0，a,0)，C(b，a,0)，B(b,0,0)．
∵M，N分别为AB，PC的中点，
∴M，N.
∴＝，＝(0,0，a)，＝(0，a,0)，
∴＝＋.
又∵MN?平面PAD，∴MN∥平面PAD.
(2)由(1)可知：
＝(b，a，－a)，＝，
＝(0，a，－a)．
设平面PMC的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则
∴
令z1＝b，则n1＝(2a，－b，b)．
设平面PDC的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则
∴
令z2＝1，则n2＝(0,1,1)，
∵n1·n2＝0－b＋b＝0，∴n1⊥n2.
∴平面PMC⊥平面PDC.
(1)用向量法证明立体几何中的平行或垂直问题，主要应用直线的方向向量和平面的法向量，同时也要借助空间中已有的一些关于平行或垂直的定理．
(2)用向量法证明平行或垂直的步骤：①建立空间图形与空间向量的关系(通过取基或建立空间直角坐标系的方法)，用空间向量或以坐标形式表示问题中涉及的点、直线和平面；②通过向量或坐标，研究向量之间的关系；③根据②的结论得出立体几何问题的结论．
(3)在用向量法研究线面平行或垂直时，上述判断方法不唯一，如果要证直线l∥平面α，只需证l＝λa，l?α，其中l是直线l的方向向量，a?α；如果要证l⊥α，只需在平面α内选取两个不共线向量m，n，证明即可．
1.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为AC与BD的交点，G为CC1的中点，求证：A1O⊥平面GBD.
证明：法一：设＝a，＝b，＝c，
则a·b＝0，b·c＝0，a·c＝0，
＝＋＝＋(＋)
＝c＋(a＋b)，
＝－＝b－a，
 ＝ ＋ ＝(＋ )＋＝(a＋b)－c，
∴·＝·(b－a)
＝c·(b－a)＋(a＋b)·(b－a)
＝c·b－c·a＋(b2－a2)＝(|b|2－|a|2)＝0，
∴⊥.∴A1O⊥BD.
同理可证⊥.∴A1O⊥OG.
又OG∩BD＝O，
∴A1O⊥平面GBD.
法二：如图所示，以D为坐标原点，DA，DC，DD1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)，B(2，2,0)，A1(2,0,2)，G(0,2,1)，O(1，1,0)，
所以＝(－1,1，－2)，＝(2,2,0)， ＝(0,2,1)，
则·＝(－1,1，－2)·(2,2,0)＝0，
·＝(－1,1，－2)·(0,2,1)＝0，
所以⊥，⊥.即A1O⊥DB，A1O⊥DG.
又DB∩DG＝D，故A1O⊥平面GBD.
法三：以D为坐标原点，DA，DC，DD1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)，B(2,2,0)，A1(2,0,2)，G(0,2,1)，O(1,1,0)，
所以＝(－1,1，－2)，＝(2,2,0)，＝(0,2,1)．
设向量n＝(x，y，z)为平面GBD的一个法向量，
则n⊥，n⊥.
即n·＝0，n·＝0.
所以
令x＝1，则y＝－1，z＝2，
所以n＝(1，－1,2)．
所以＝－n.即∥n.
所以A1O⊥平面GBD.
2.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为AB，B1C的中点．
(1)用向量法证明平面A1BD∥平面B1CD1；
(2)用向量法证明MN⊥平面A1BD.
证明：(1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，
＝－，＝－，
又∵＝，＝，∴＝，
∴BD∥B1D1.
同理可证A1B∥D1C，
又BD∩A1B＝B，B1D1∩D1C＝D1，
所以平面A1BD∥平面B1CD1.
(2)＝＋＋＝＋＋(＋)
＝＋＋(－＋)
＝＋＋.
设＝a，＝b，＝c，则＝(a＋b＋c)．
又＝－＝b－a，
∴·＝(a＋b＋c)·(b－a)
＝(b2－a2＋c·b－c·a)．
又∵A1A⊥AD，A1A⊥AB，∴c·b＝0，c·a＝0.
又|b|＝|a|，∴b2＝a2.∴b2－a2＝0.
∴·＝0.∴MN⊥BD.
同理可证MN⊥A1B.
又A1B∩BD＝B，
∴MN⊥平面A1BD.
空间向量与空间角
[例2]　四棱锥P-ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝2，点M，N分别在棱PD，PC上，且PC⊥平面AMN.
(1)求AM与PD所成的角；
(2)求二面角P-AM-N的余弦值；
(3)求直线CD与平面AMN所成角的余弦值．
[解]　建立如图所示的空间直角坐标系．
∵A(0,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，D(0，2,0)，
∴＝(2,2，－2)，＝(0,2，－2)．
设M(x1，y1，z1)，＝λ，
则(x1，y1，z1－2)＝λ(0,2，－2)．
∴x1＝0，y1＝2λ，z1＝－2λ＋2.
∴M(0,2λ，2－2λ)．
∵PC⊥平面AMN，∴⊥，
∴·＝0.
∴(2,2，－2)·(0,2λ，2－2λ)＝0?4λ－2(2－2λ)＝0.
∴λ＝.∴M(0,1,1)．
设N(x2，y2，z2)，＝t，
则(x2，y2，z2－2)＝t(2,2，－2)．
∴x2＝2t，y2＝2t，z2＝－2t＋2.
∴N(2t,2t,2－2t)．
∵⊥，∴·＝0.
∴(2t,2t,2－2t)·(2,2，－2)＝0.
∴4t＋4t－2(2－2t)＝0，
∴t＝.∴N.
(1)∵cos〈，〉＝＝0，
∴AM与PD所成角为90°.
(2)∵AB⊥平面PAD，PC⊥平面AMN，
∴，分别是平面PAD，平面AMN的法向量．
∵·＝(2,0,0)·(2,2，－2)＝4，
||＝2，||＝2，
∴cos〈，〉＝＝.
∴二面角P-AM-N的余弦值为.
(3)∵是平面AMN的法向量，
∴CD与平面AMN所成角即为CD与PC所成角的余角．
∵·＝(－2,0,0)·(2,2，－2)＝－4，
∴cos〈，〉＝＝－.
∴直线CD与PC所成角的正弦值为，
即直线CD与平面AMN所成角的余弦值为.
(1)求异面直线所成的角：
设两异面直线的方向向量分别为n1，n2，那么这两条异面直线所成的角为θ＝〈n1，n2〉或θ＝π－〈n1，n2〉，
∴cos θ＝|cos〈n1，n2〉|.
(2)求二面角的大小：
如图，设平面α，β的法向量分别为n1，n2.因为两平面的法向量所成的角就等于平面α，β所成的锐二面角θ，所以cos θ＝|cos〈n1，n2〉|.
(3)求斜线与平面所成的角：
如图，设平面α的法向量为n1，斜线OA的方向向量为n2，斜线OA与平面所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n1，n2〉|.
3.如图所示，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，沿对角线AC折起，使D在平面ABC上的射影E恰好落在AB上，求这时二面角B-AC-D的余弦值．
解：如图所示，作DG⊥AC于G，BH⊥AC于H.
在Rt△ADC中，
AC＝＝5，
cos∠DAC＝＝.
在Rt△AGD中，
AG＝AD·cos∠DAC＝3×＝，
DG＝＝ ＝.
同理，cos∠BCA＝，CH＝，BH＝.
·＝(＋)·＝·＋·＝0，
·＝(＋)·(＋)
＝·＋·＋·＋·
＝－×＋×3×＋3××＋0＝.
又||·||＝，
∴cos〈，〉＝.
因此所求二面角的余弦值为.
4.如图，ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱．
(1)求证：BD⊥平面ACC1A1；
(2)二面角C1-BD-C的大小为60°，求异面直线BC1与AC所成角的余弦值．
解：(1)证明：建立空间直角坐标系D-xyz，如图．
设AD＝a，DD1＝b，则有D(0,0,0)，A(a，0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，C1(0，a，b)，
∴＝(－a，－a,0)，＝(－a，a,0)，＝(0,0，b)，
∴·＝0，·＝0.
∴BD⊥AC，BD⊥CC1.
又∵AC，CC1?平面ACC1A1，且AC∩CC1＝C，
∴BD⊥平面ACC1A1.
(2)设BD与AC相交于点O，连接C1O，
则点O的坐标为，＝.
∵·＝0，∴BD⊥C1O.
又BD⊥CO，
∴∠C1OC是二面角C1-BD-C的平面角，
∴∠C1OC＝60°，
∵tan∠C1OC＝＝＝，
∴b＝a.
∵＝(－a，a,0)，＝(－a,0，b)，
∴cos〈，〉＝＝.
∴异面直线BC1与AC所成角的余弦值为.
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知l∥π，且l的方向向量为(2，m,1)，平面π的法向量为，则m＝(　　)
A．－8　　　　　　　　　　 B．－5
C．5 D．8
解析：∵l∥π，∴直线l的方向向量与平面π的法向量垂直．
∴2＋＋2＝0，m＝－8.
答案：A
2．在空间四边形ABCD中，连接AC，BD，若△BCD是正三角形，且E为其中心，则＋－－的化简结果为(　　)
A． 　　　　　　　　　 B．2
C．0 D．2
解析：如图，F是BC的中点，E是DF的三等分点，
∴＝.
∵＝，则＋－－＝＋－－＝＋－＝－＝0.
答案：C
3．在以下命题中，不正确的个数为(　　)
①|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件；
②若a∥b，则存在唯一的实数λ，使a＝λb；
③对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝2－2－，则P，A，B，C四点共面；
④若{a，b，c}为空间的一组基，则{a＋b，b＋c，c＋a}构成空间的另一组基；
⑤ |(a·b)·c|＝|a|·|b|·|c|.
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：①|a|－|b|＝|a＋b|?a与b的夹角为π，故是充分不必要条件，故不正确；②b需为非零向量，故不正确；③因为2－2－1≠1，由共面向量定理知，不正确；④由基的定义知正确；⑤由向量的数量积的性质知，不正确．
答案：C
4．直三棱柱ABC-A1B1C1中，若＝a，＝b，＝c，则＝(　　)
A．a＋b－c B．a－b＋c
C．－a＋b＋c D．－a＋b－c
解析：＝－＝－(＋)＝b－a－c.
答案：D
5．已知四面体ABCD的各边长都是a，点E，F分别为BC，AD的中点，则·的值是(　　)
A．a2 B.a2
C.a2 D.a2
解析：由已知得ABCD为正四面体，因为＝(＋)，＝，所以·＝(＋)·＝(·＋·)
＝(a2cos 60°＋a2cos 60°)＝a2.
答案：C
6．已知正四棱锥S-ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE与SD所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设A(1,0,0)，则B(0,1,0)，D(0，－1,0)，AB＝，SD＝，∴SO＝1，
∴S(0,0,1)，∴E，＝－1，，，＝(0，－1，－1)．
∴cos〈， 〉＝＝＝－，
∴AE与SD所成角的余弦值为.
答案：C
7．在平行六面体ABCD-A′B′C′D′中，若＝x＋2y＋3z，则x＋y＋z等于(　　)
A．1 B.
C. D.
解析：如图，＝＋＋＝＋－，所以x＝1,2y＝1，3z＝－1，所以x＝1，y＝，z＝－，因此x＋y＋z＝1＋－＝.
答案：B
8.如图所示，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AB＝AC，AB⊥AC，M是CC1的中点，Q是BC的中点，P是A1B1的中点，则直线PQ与AM所成的角为(　　)
A. B.
C. D.
解析：以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AA1＝AB＝AC＝2，则＝(0,2,1)，Q(1,1,0)，P(1,0,2)，＝(0，－1,2)，所以·＝0，所以QP与AM所成角为.
答案：D
9．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：以D点为坐标原点，以DA，DC，DD1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(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,1)，
∴＝(－2,0,1)，＝(－2,2,0)，且为平面BB1D1D的一个法向量．
∴cos〈，〉＝＝＝.
∴BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为.
答案：D
10．已知＝(1,2,3)，＝(2,1,2)，＝(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，则当·取得最小值时，点Q的坐标为(　　)
A. B.
C. D.
解析：∵Q在OP上，∴可设Q(x，x,2x)，则＝(1－x，2－x,3－2x)， ＝(2－x,1－x,2－2x)．
∴·＝6x2－16x＋10，∴x＝时，·取得最小值，这时Q.
答案：C
11.如图，在四面体P-ABC中，PC⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝PC，那么二面角B-AP-C的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：如图，作BD⊥AP于点D，作CE⊥AP于点E.设AB＝1，则易得CE＝，EP＝，PA＝PB＝，可以求得BD＝，ED＝.
∵＝＋＋，
∴2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·，
∴·＝－，∴cos〈，〉＝－.
故二面角B-AP-C的余弦值为.
答案：C
12.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC为正三角形，且侧棱AA1⊥底面ABC，且底面边长与侧棱长都等于2，O，O1分别为AC，A1C1的中点，则平面AB1O1与平面BC1O间的距离为(　　)
A. B.
C. D.
解析：如图，连接OO1，根据题意，OO1⊥底面ABC，则以O为原点，分别以OB，OC，OO1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
∵AO1∥OC1，OB∥O1B1，AO1∩O1B1＝O1，OC1∩OB＝O，∴平面AB1O1∥平面BC1O.∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离即为O1到平面BC1O的距离．∵O(0，0,0)，B(，0,0)，C1(0,1,2)，O1(0,0,2)，∴＝(，0,0)，＝(0,1,2)，＝(0,0,2)，设n＝(x，y，z)为平面BC1O的法向量，则n·＝0，∴x＝0.又n·＝0，∴y＋2z＝0，∴可取n＝(0,2，－1)．点O1到平面BC1O的距离记为d，则d＝＝＝.∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离为.
答案：B
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)
13．若空间三点A(1,5，－2)，B(2,4,1)，C(p,3，q)共线，则p＋q＝________.
解析：由已知得＝(1，－1,3)，＝(p－1，－2，q＋2)，因为∥，所以＝＝，所以p＝3，q＝4，故p＋q＝7.
答案：7
14.已知空间四边形OABC，如图所示，其对角线为OB，AC，M，N分别为OA，BC的中点，点G在线段MN上，且＝3，现用基向量，，表示向量，并设＝x＋y＋z，则x，y，z的和为________．
解析：＝＋＝＋
＝＋
＝－＋＋－
＝＋＋，
∴x＝，y＝，z＝.
∴x＋y＋z＝.
答案：
15．已知空间三点O(0,0,0)，A(－1,1,0)，B(0,1,1)，在直线OA上有一点H满足BH⊥OA，则点H的坐标为______________．
解析：由＝(－1,1,0)，且点H在直线OA上，
可设H(－λ，λ，0)，则＝(－λ，λ－1，－1)．
又BH⊥OA，∴·＝0，即(－λ，λ－1，－1)·(－1,1,0)＝0，即λ＋λ－1＝0，解得λ＝，
∴H.
答案：
16.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，侧棱AA1＝2，D，E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G.则A1B与平面ABD所成角的正弦值为________．
解析：以C为坐标原点，CA所在的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，CC1所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
设CA＝CB＝a，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，A1(a,0,2)，D(0,0,1)，∴E，G，
＝，＝(0，－a,1)．
∵点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G，
∴⊥平面ABD，∴·＝0，解得a＝2.
∴＝，＝(2，－2,2)，
∵⊥平面ABD，∴为平面ABD的一个法向量．
又cos〈，〉＝＝＝，
∴A1B与平面ABD所成角的正弦值为.
答案：
三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知向量a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，点A(－3，－1,4)，B(－2，－2,2)．
(1)求|2a＋b|；
(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得⊥b？(O为原点)
解：(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，故|2a＋b|＝＝5.
(2)＝＋＝＋t
＝(－3，－1,4)＋t(1，－1，－2)
＝(－3＋t，－1－t,4－2t)．
若⊥b，则·b＝0，
所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，
解得t＝，
因此存在点E，使得⊥b，
此时E点坐标为.
18．(本小题满分12分)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝60°，∠BAA1＝∠DAA1＝45°.
(1)求||；
(2)求证：BD⊥平面ACC1A1.
解：(1)∵＝＋＋
∴||2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·)＝1＋1＋1＋2＝2，
∴||＝.
(2)证明：∵＝－，
∴·＝·(－)＝0，
∴BD⊥AA1，
又BD⊥AC，AA1∩AC＝A，
所以BD⊥平面ACC1A1.
19．(本小题满分12分)如图，已知点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上，∠PDA＝60°.
(1)求DP与CC1所成角的大小；
(2)求DP与平面AA1D1D所成角的大小．
解：如图，以D为原点，DA为单位长建立空间直角坐标系Dxyz.则＝(1,0,0)，＝(0,0,1)．连接BD，B1D1.
在平面BB1D1D中，延长DP交B1D1于H.
设＝(m，m,1)(m＞0)，
由已知〈，〉＝60°，
由·＝||||cos〈，〉，
可得2m＝.
解得m＝，所以＝.
(1)因为cos〈，〉＝＝，
所以〈，〉＝45°.
即DP与CC1所成的角为45°.
(2)平面AA1D1D的一个法向量是＝(0,1,0)．
因为cos〈，〉＝＝，
所以〈，〉＝60°，
可得DP与平面AA1D1D所成的角为30°.
20．(本小题满分12分)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．
(1)求直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值；
(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．
解：设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1.
如图所示，以，，为单位正交基底建立空间直角坐标系．
(1)依题意，得B(1,0,0)，E，A(0,0,0)，D(0,1,0)，所以＝，＝(0,1,0)．
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，
因为AD⊥平面ABB1A1，
所以是平面ABB1A1的一个法向量，
设直线BE和平面ABB1A1所成的角为θ，则
sin θ＝＝＝.
即直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为.
(2)依题意，得A1(0,0,1)，
＝(－1,0,1)，＝.
设n＝(x，y，z)是平面A1BE的一个法向量，
则由n·＝0，n·＝0，
得
所以x＝z，y＝z.
取z＝2，得n＝(2,1,2)．
设F是棱C1D1上的点，连接B1F，则F(t,1,1)(0≤t≤1)，
又B1(1,0,1)，所以＝(t－1,1,0)．
而B1F?平面A1BE，
于是B1F∥平面A1BE?·n＝0?(t－1,1,0)·(2,1,2)＝0?2(t－1)＋1＝0?t＝?F为C1D1的中点．
这说明在棱C1D1上存在点F(C1D1的中点)，使B1F∥平面A1BE.
21．(本小题满分12分)(2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD.
(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D-AE-C的余弦值．
解：(1)证明：由题设可得，△ABD≌△CBD，从而AD＝DC.
又△ACD是直角三角形，所以∠ADC＝90°.
取AC的中点O，连接DO，BO，则DO⊥AC，DO＝AO.
又因为△ABC是正三角形，所以BO⊥AC.
所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角．
在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.
又AB＝BD，
所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，
故∠DOB＝90°.
所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直．以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则A(1,0,0)，B(0，，0)，C(－1,0,0)，D(0,0,1)．
由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得E.故＝(－1,0,1)，＝(－2,0,0)，＝.
设n＝(x1，y1，z1)是平面DAE的法向量，
则即
可取n＝.
设m＝(x2，y2，z2)是平面AEC的法向量，
则即
可取m＝(0，－1，)．
则cos〈n，m〉＝＝＝.
由图知二面角D-AE-C为锐角，
所以二面角D-AE-C的余弦值为.
22.(本小题满分12分)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝.
(1)证明：D′H⊥平面ABCD；
(2)求二面角B-D′A-C的正弦值．
解：(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.
又由AE＝CF，得＝，
故AC∥EF.
因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.
由AB＝5，AC＝6，得DO＝BO＝＝4.
由EF∥AC，得＝＝.
所以OH＝1，D′H＝DH＝3.
于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.
又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD.
(2)如图，以H为坐标原点， 的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系H-xyz，则H(0,0,0)，A(－3，－1,0)，B(0，－5,0)，C(3，－1,0)，D′(0,0,3)，
故＝(3，－4,0)，＝(6,0,0)，＝(3,1,3)．
设m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，
则即
所以可取m＝(4,3，－5)．
设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，
则即
所以可取n＝(0，－3,1)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝－.
故sin〈m，n〉＝.
因此二面角B-D′A-C的正弦值是.