2023屆高考數(shù)學(xué)特訓(xùn)營-第6節(jié)-空間向量的應(yīng)用

第6節(jié)空間向量的應(yīng)用A級(基礎(chǔ)應(yīng)用練)1．(2022·遼寧省摸底檢測)如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是棱BB1，B1C1的中點，若∠CMN＝90°，則異面直線AD1和DM所成角的大小為()A．30° B．45°C．60° D．90°答案：D解析：以D1為坐標(biāo)原點，D1A1，D1C1，D1D所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．設(shè)D1A1＝a，D1C1＝b，D1D＝c，則C(0，b，c)，M(a，b，eq\f(c,2))，N(eq\f(a,2)，b，0)，A(a，0，c)，D(0，0，c)，eq\o(CM,\s\up6(→))＝(a，0，－eq\f(c,2))，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(－eq\f(a,2)，0，－eq\f(c,2))，eq\o(DM,\s\up6(→))＝(a，b，－eq\f(c,2))，eq\o(D1A,\s\up6(→))＝(a，0，c)．因為∠CMN＝90°，所以eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝0，即有c2＝2a2.因為eq\o(DM,\s\up6(→))·eq\o(D1A,\s\up6(→))＝a2－eq\f(c2,2)＝a2－a2＝0，所以DM⊥AD1，即異面直線AD1和DM所成角的大小為90°.故選D.2．(多選題)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，點E，O分別是A1B1，A1C1的中點，P在正方體內(nèi)部且滿足eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AA1,\s\up6(→))，則下列說法正確的是()A．點A到直線BE的距離是eq\f(\r(5),5)B．點O到平面ABC1D1的距離為eq\f(\r(2),4)C．平面A1BD與平面B1CD1間的距離為eq\f(\r(3),3)D．點P到直線AB的距離為eq\f(25,36)答案：BC解析：如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)，E(eq\f(1,2)，0，1)，所以eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，0，1)．設(shè)∠ABE＝θ，則cosθ＝eq\f(|\o(BA,\s\up6(→))·\o(BE,\s\up6(→))|,|\o(BA,\s\up6(→))||\o(BE,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(5),5)，sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(2\r(5),5).故A到直線BE的距離d1＝|eq\o(BA,\s\up6(→))|sinθ＝1×eq\f(2\r(5),5)＝eq\f(2\r(5),5)，故A錯誤．易知eq\o(C1O,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(C1A1,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)，0)，平面ABC1D1的一個法向量eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，則點O到平面ABC1D1的距離d2＝eq\f(|\o(DA1,\s\up6(→))·\o(C1O,\s\up6(→))|,|\o(DA1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(1,2),\r(2))＝eq\f(\r(2),4)，故B正確．eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝(0，1，0)．設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1D,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－z＝0，,y－z＝0.))令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝(1，1，1)．所以點D1到平面A1BD的距離d3＝eq\f(|\o(A1D1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3).因為易證得平面A1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD與平面B1CD1間的距離等于點D1到平面A1BD的距離，所以平面A1BD與平面B1CD1間的距離為eq\f(\r(3),3)，故C正確．因為eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AA1,\s\up6(→))，所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝(eq\f(3,4)，eq\f(1,2)，eq\f(2,3))，又eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，則eq\f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq\f(3,4)，所以點P到直線AB的距離d＝eq\r(|\o(AP,\s\up6(→))|2－|\f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)|2)＝eq\r(\f(181,144)－\f(9,16))＝eq\f(5,6)，故D錯誤．3．(2022·湖北省高三期中)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是BB1和DD1的中點，則平面ECF與平面ABCD所成的角的余弦值為()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(\r(6),3)C.eq\f(1,3) D.eq\f(\r(2),3)答案：B解析：以點A為坐標(biāo)原點，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)正方體的棱長為2，則A(0，0，0)，E(2，0，1)，F(xiàn)(0，2，1)，C(2，2，0)，∴eq\o(CE,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(－2，0，1)，∴平面ECF的一個法向量為n＝(1，1，2)．設(shè)平面ECF與平面ABCD的夾角為θ.∵m＝(0，0，1)是平面ABCD的一個法向量，∴cosθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(|2|,\r(1)×\r(6))＝eq\f(\r(6),3).故選B.4．(2022·福建省福州市高三調(diào)研)如圖所示，在四面體P-ABC中，PC⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝PC，那么二面角B-AP-C的余弦值為()A.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(7),7) D.eq\f(5,7)答案：C解析：如圖所示，作BD⊥AP于點D，作CE⊥AP于點E，設(shè)AB＝1，則易得CE＝eq\f(\r(2),2)，EP＝eq\f(\r(2),2)，PA＝PB＝eq\r(2)，可以求得BD＝eq\f(\r(14),4)，ED＝eq\f(\r(2),4).因為eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(DE,\s\up6(→))＋eq\o(EC,\s\up6(→))，所以eq\o(BC,\s\up6(→))2＝eq\o(BD,\s\up6(→))2＋eq\o(DE,\s\up6(→))2＋eq\o(EC,\s\up6(→))2＋2eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＋2eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(EC,\s\up6(→))＋2eq\o(EC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))，則eq\o(EC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝－eq\f(1,4)，cos〈eq\o(BD,\s\up6(→))，eq\o(EC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(EC,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→)),|\o(EC,\s\up6(→))|·|\o(BD,\s\up6(→))|)＝－eq\f(\r(7),7)，因為二面角B-AP-C為銳二面角，所以二面角B-AP-C的余弦值為eq\f(\r(7),7)，故選C.5．設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，則點D1到平面A1BD的距離是()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(2\r(2),3) D.eq\f(2\r(3),3)答案：D解析：如圖，以點D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0，0，0)，D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，B(2，2，0)，eq\o(D1A1,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2，2，0)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(2，0，2)，設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DB,\s\up6(→))＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2z＝0，,2x＋2y＝0，))令z＝1，得平面A1BD的一個法向量為n＝(－1，1，1)．∴點D1到平面A1BD的距離d＝eq\f(|\o(D1A1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(3))＝eq\f(2\r(3),3).6．(多選題)(2022·江蘇省淮安市高三月考)如圖，設(shè)E，F(xiàn)分別是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱DC上兩點，且AB＝2，EF＝1，其中正確的命題為()A．三棱錐D1-B1EF的體積為定值B．異面直線D1B1與EF所成的角的大小為60°C．D1B1⊥平面B1EFD．直線D1B1與平面B1EF所成的角的大小為30°答案：ADeq\f(1,3)×eq\f(1,2)×EF×DD1×BC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×2×2＝eq\f(2,3)，故三棱錐D1-B1EF的體積為定值，故A正確；對于B，EF∥D1C1，D1B1和D1C1所成角的大小為45°，即異面直線D1B1與EF所成角的大小為45°，故B錯誤；對于C，若D1B1⊥平面B1EF，則D1B1⊥EF，即異面直線D1B1與EF所成角的大小為90°，故C錯誤；對于D，以D為坐標(biāo)原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)E(0，a，0)(0≤a≤1)，則F(0，1＋a，0)，B1(2，2，2)，D1(0，0，2)，eq\o(EB1,\s\up6(→))＝(2，2－a，2)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(D1B1,\s\up6(→))＝(2，2，0)，設(shè)平面B1EF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EB1,\s\up6(→))＝（x，y，z）·（2，2－a，2）＝0,n·\o(EF,\s\up6(→))＝（x，y，z）·（0，1，0）＝0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝0,x＋z＝0))，令z＝－1，則平面B1EF的一個法向量n＝(1，0，－1)，cos〈n，eq\o(D1B1,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(D1B1,\s\up6(→)),|n|·|\o(D1B1,\s\up6(→))|)＝eq\f(（1，0，－1）·（2，2，0）,\r(2)·2\r(2))＝eq\f(1,2)，〈n，eq\o(D1B1,\s\up6(→))〉＝60°，所以直線D1B1與平面B1EF所成角的大小為30°，正確．故選AD.7．在正四棱錐S-ABCD中，O為頂點S在底面上的射影，P為側(cè)棱SD的中點，且SO＝OD，則直線BC與平面PAC所成角的大小是________．答案：30°解析：如圖所示，以O(shè)為原點建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.設(shè)OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a(a＞0)，則A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a，0，0)，P(0，－eq\f(a,2)，eq\f(a,2))．則eq\o(CA,\s\up6(→))＝(2a，0，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－a，－eq\f(a,2)，eq\f(a,2))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(a，a，0)．設(shè)平面PAC的法向量為n，則n⊥eq\o(AP,\s\up6(→))，n⊥eq\o(CA,\s\up6(→))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2ax＝0,－ax－\f(a,2)y＋\f(a,2)z＝0))，得x＝0，令y＝1，則z＝1，∴n＝(0，1，1)，則cos〈eq\o(CB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(CB,\s\up6(→))·n,|\o(CB,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(a,\r(2)·\r(2)a)＝eq\f(1,2).∴〈eq\o(CB,\s\up6(→))，n〉＝60°，∴直線BC與平面PAC所成角的大小為90°－60°＝30°.8．(2022·山東濟(jì)南高三月考)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，N是棱AD的中點，M是棱CC1上的點，且CC1＝3CM，則直線BM與B1N之間的距離為________．答案：eq\f(6\r(89),89)解析：設(shè)正方體的棱長為1，如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則B(1，1，0)，B1(1，1，1)，M(0，1，eq\f(1,3))，N(eq\f(1,2)，0，0)，∴eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1，0，eq\f(1,3))，eq\o(B1N,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，－1，－1)．設(shè)直線BM與B1N的公垂線方向上的向量n＝(x，y，z)，由n·eq\o(BM,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(B1N,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,3)z＝0，,－\f(1,2)x－y－z＝0，))令x＝2，則z＝6，y＝－7，∴n＝(2，－7，6)．設(shè)直線BM與B1N之間的距離為d，則d＝eq\f(|\o(BB1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(6,\r(89))＝eq\f(6\r(89),89).9．(2022·遼寧省摸底檢測)已知點E，F(xiàn)分別在正方體ABCD-A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，則平面AEF與平面ABC所成的銳二面角的正切值為________．答案：eq\f(\r(2),3)解析：法一：延長FE，CB相交于點G，連接AG，如圖所示．設(shè)正方體的棱長為3，則GB＝BC＝3，作BH⊥AG于點H，連接EH，則∠EHB為所求銳二面角的平面角．∵BH＝eq\f(3\r(2),2)，EB＝1，∴tan∠EHB＝eq\f(EB,BH)＝eq\f(\r(2),3).法二：如圖，以點D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，設(shè)DA＝1，由已知條件得A(1，0，0)，E(1，1，eq\f(1,3))，F(xiàn)(0，1，eq\f(2,3))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0，1，eq\f(1,3))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－1，1，eq\f(2,3))，設(shè)平面AEF的法向量為n＝(x，y，z)，平面AEF與平面ABC所成的銳二面角為θ，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,3)z＝0，,－x＋y＋\f(2,3)z＝0，))令y＝1，得z＝－3，x＝－1，則平面AEF的一個法向量n＝(－1，1，－3)，取平面ABC的法向量為m＝(0，0，－1)，則cosθ＝|cos〈n，m〉|＝eq\f(3\r(11),11)，tanθ＝eq\f(\r(2),3).10．(2022·浙江高三月考)如圖，在三棱錐S-ABC中，SA＝SB＝SC，且∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝eq\f(π,2)，M，N分別是AB，SC的中點．則異面直線SM與BN所成的角的余弦值為________，直線SM與平面SAC所成角的大小為________．答案：eq\f(\r(10),5)eq\f(π,4)解析：因為∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝eq\f(π,2)，所以以S為坐標(biāo)原點，SA，SB，SC所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)SA＝SB＝SC＝2，則M(1，1，0)，B(0，2，0)，N(0，0，1)，A(2，0，0)，C(0，0，2)．因為eq\o(SM,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(BN,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，cos〈eq\o(SM,\s\up6(→))，eq\o(BN,\s\up6(→))〉＝eq\f(－2,\r(2)·\r(5))＝－eq\f(\r(10),5)，所以異面直線SM與BN所成的角的余弦值為eq\f(\r(10),5).平面SAC的一個法向量為eq\o(SB,\s\up6(→))＝(0，2，0)，則由cos〈eq\o(SM,\s\up6(→))，eq\o(SB,\s\up6(→))〉＝eq\f(2,\r(2)·2)＝eq\f(\r(2),2)得〈eq\o(SM,\s\up6(→))，eq\o(SB,\s\up6(→))〉＝eq\f(π,4)，即直線SM與平面SAC所成角的大小為eq\f(π,4).(通常“右手系”建系)B級(綜合創(chuàng)新練)11．(2022·重慶高三期末)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，側(cè)面PAD為正三角形，AD＝2，AB＝3，平面PAD⊥平面ABCD，E為棱PB上一點(不與P，B重合)，平面ADE交棱PC于點F.(1)求證：AD∥EF.(2)若平面BAC與平面ACE的夾角的余弦值為eq\f(3\r(30),20)，求點B到平面AEC的距離．解：(1)證明：∵底面ABCD為矩形，∴AD∥BC，又∵AD?平面PBC，BC?平面PBC，∴AD∥平面PBC.又∵AD?平面ADE，平面ADE∩平面PBC＝EF，∴AD∥EF.(2)如圖，取AD的中點O，連接PO，過點O作OH∥AB交BC于點H.∵側(cè)面PAD為正三角形，∴PO⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，且交線為AD，∴PO⊥平面ABCD，∵底面ABCD為矩形，∴AB⊥AD，∴OH⊥AD.以O(shè)為原點，OA，OH，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，則O(0，0，0)，P(0，0，eq\r(3))，A(1，0，0)，B(1，3，0)，C(－1，3，0)，∴eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，3，－eq\r(3))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2，3，0)．設(shè)eq\o(PE,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))(0<λ<1)，則E(λ，3λ，eq\r(3)－eq\r(3)λ)，∴eq\o(AE,\s\up6(→))＝(λ－1，3λ，eq\r(3)－eq\r(3)λ)．設(shè)平面AEC的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0,n·\o(AE,\s\up6(→))＝0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x1＋3y1＝0，,（λ－1）x1＋3λy1＋（\r(3)－\r(3)λ）z1＝0，))令x1＝3，則y1＝2，z1＝eq\f(\r(3)（3λ－1）,λ－1)，∴平面AEC的一個法向量為n＝(3，2，eq\f(\r(3)（3λ－1）,λ－1))．易知eq\o(OP,\s\up6(→))＝(0，0，eq\r(3))是平面ABC的一個法向量，∴|cos〈eq\o(OP,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(OP,\s\up6(→))·n|,|\o(OP,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(|\f(9λ－3,λ－1)|,\r(3)×\r(13＋\f(3（3λ－1）2,（λ－1）2)))＝eq\f(3\r(30),20)，解得λ＝eq\f(2,3)，∴E(eq\f(2,3)，2，eq\f(\r(3),3))，∴eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,3)，－1，eq\f(\r(3),3))．又∵平面AEC的一個法向量n＝(3，2，－3eq\r(3))，∴點B到平面AEC的距離為eq\f(|\o(BE,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(6,2\r(10))＝eq\f(3\r(10),10).12．(2022·寧夏石嘴山市模擬)在Rt△ABC中，∠ABC＝eq\f(π,2)，AB＝2，BC＝4，已知E，F(xiàn)分別是BC，AC的中點，將△CEF沿EF折起，使C到C1的位置如圖所示，且∠BEC1＝eq\f(π,3)，連接C1B，C1A.(1)求證：平面AFC1⊥平面ABC1.(2)求平面AFC1與平面BEC1所成銳二面角的大?。猓?1)證明：取AC1，BC1的中點分別為G，H，連接GH，GF，HE，如圖所示，則GH∥AB∥EF，GH＝EF＝eq\f(1,2)AB，EF⊥BE，EF⊥C1E，BE∩C1E＝E，所以EF⊥平面BEC1，又EH?平面BEC1，所以EF⊥EH，所以GH⊥EH.因為∠BEC1＝eq\f(π,3)，E是BC的中點，所以△EBC1為等邊三角形，所以EH⊥BC1，又因為GH?平面ABC1，BC1?平面ABC1，GH∩BC1＝H，所以EH⊥平面ABC1.又因為GH∥EF，GH＝EF，所以四邊形EHGF為平行四邊形，所以FG∥EH，所以FG⊥平面ABC1，又因為FG?平面AFC1，所以平面AFC1⊥平面ABC1.(2)以B為坐標(biāo)原點，在平面BC1E內(nèi)與BE垂直的直線為x軸，BE，BA所在的直線為y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則A(0，0，2)，F(xiàn)(0，2，1)，C1(eq\r(3)，1，0)，平面BEC1的一個法向量m＝(0，0，1)，設(shè)平面AFC1的法向量為n＝(x，y，z)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，－2)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y－z＝0，,\r(3)x＋y－2z＝0，))令y＝1，則z＝2，x＝eq\r(3)，所以n＝(eq\r(3)，1，2)是平面AFC1的一個法向量，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(2,1×\r(3＋1＋4))＝eq\f(\r(2),2)，所以平面AFC1與平面BEC1所成銳二面角的大小為eq\f(π,4).(通?！坝沂窒怠苯ㄏ?13．(2022·江蘇淮陰高三模擬)試在①PC⊥BD，②PC⊥AB，③PA＝PC三個條件中選兩個條件補充在下面的橫線處，使得PO⊥平面ABCD成立，請說明理由，并在此條件下進(jìn)一步解答該題．如圖，在四棱錐P-ABCD中，AC∩BD＝O，底面四邊形ABCD為菱形，若________，且∠ABC＝60°，異面直線PB與CD所成的角為60°，求二面角A-PB-C的余弦值．解：若選②：由PO⊥平面ABCD，PC⊥AB，PO∩PC＝P，得AB⊥平面PAC，所以AB⊥AC，所以∠BAC＝90°，BC>BA，這與底面四邊形AB