題型一 、異面直線所成的角以及
研究異面直線所成的角首先要注意交的范圍，然后轉(zhuǎn)化為有直線的方向向量的夾角。
例1、【2018年高考江蘇卷】如圖，在正三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AA1=2，點(diǎn)P，Q分別為A1B1，BC的中點(diǎn)．（1）求異面直線BP與AC1所成角的余弦值；
（2）求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值．
例2、(2019南京學(xué)情調(diào)研） 如圖，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，已知底面ABCD的邊長(zhǎng)AB＝3，側(cè)棱AA1＝2，E是棱CC1的中點(diǎn)，點(diǎn)F滿足eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→)).
(1) 求異面直線FE和DB1所成角的余弦值；
(2) 記二面角EB1FA的大小為θ，求|csθ|.
題型二、直線與平面所成的角
直線與平面所成的角是通過研究直線的方向向量和平面的法向量的所成的角，因此，要特別注意所求的角與已求的角之間的關(guān)系。
例3、【2020年高考浙江】如圖，在三棱臺(tái)ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．
（Ⅰ）證明：EF⊥DB；
（Ⅱ）求直線DF與平面DBC所成角的正弦值．
例4、【2020年高考全國(guó)Ⅱ卷理數(shù)】如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，側(cè)面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，P為AM上一點(diǎn)，過B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．
（1）證明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
（2）設(shè)O為△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值．
題型三、平面與平面所成的角
利用平面的法向量求二面角的大小時(shí)，當(dāng)求出兩半平面α，β的法向量n1，n2時(shí)，要根據(jù)觀察判斷向量在圖形中的方向，從而確定二面角與向量n1，n2的夾角是相等還是互補(bǔ)，這是利用向量求二面角的難點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn)
例5、【2019年高考全國(guó)Ⅱ卷理數(shù)】如圖，長(zhǎng)方體ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點(diǎn)E在棱AA1上，BE⊥EC1．
（1）證明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．
例6、【2019年高考全國(guó)Ⅲ卷理數(shù)】圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連結(jié)DG，如圖2.
（1）證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求圖2中的二面角B?CG?A的大小.
例7、（2020屆山東省濰坊市高三上期中）如圖，在棱長(zhǎng)均為的三棱柱中，平面平面，，為與的交點(diǎn)．
（1）求證：；
（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值．
二、達(dá)標(biāo)訓(xùn)練
1、【2019年高考天津卷理數(shù)】如圖，平面，，．
（1）求證：平面；
（2）求直線與平面所成角的正弦值；
（3）若二面角的余弦值為，求線段的長(zhǎng)．
2、【2019年高考浙江卷】如圖，已知三棱柱，平面平面,，分別是AC，A1B1的中點(diǎn).
（1）證明：；
（2）求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.
3、【2018年高考全國(guó)Ⅰ卷理數(shù)】如圖，四邊形為正方形，分別為的中點(diǎn)，以為折痕把折起，使點(diǎn)到達(dá)點(diǎn)的位置，且.
（1）證明：平面平面；
（2）求與平面所成角的正弦值.
4、（2020屆山東省九校高三上學(xué)期聯(lián)考）已知四棱柱的底面為菱形，，，，平面，.
（1）證明：平面；
（2）求鈍二面角的余弦值.
5、（2020屆山東省濰坊市高三上期末）在底面為正方形的四棱錐中，平面平面分別為棱和的中點(diǎn).
(1)求證:平面;
(2)若直線與所成角的正切值為，求平面與平面所成銳二面角的大小.
6、(2019南京、鹽城一模）如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝1，PA＝AB＝eq \r(2)，點(diǎn)E是棱PB的中點(diǎn)．
(1) 求異面直線EC與PD所成角的余弦值；
(2) 求二面角BECD的余弦值．
專題21 運(yùn)用空間向量解決空間角
一、題型選講
題型一 、異面直線所成的角以及
研究異面直線所成的角首先要注意交的范圍，然后轉(zhuǎn)化為有直線的方向向量的夾角。
例1、【2018年高考江蘇卷】如圖，在正三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AA1=2，點(diǎn)P，Q分別為A1B1，BC的中點(diǎn)．（1）求異面直線BP與AC1所成角的余弦值；
（2）求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】如圖，在正三棱柱ABC?A1B1C1中，設(shè)AC，A1C1的中點(diǎn)分別為O，O1，則OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以為基底，建立空間直角坐標(biāo)系O?xyz．
因?yàn)锳B=AA1=2，
所以．
（1）因?yàn)镻為A1B1的中點(diǎn)，所以，
從而，
故．
因此，異面直線BP與AC1所成角的余弦值為．
（2）因?yàn)镼為BC的中點(diǎn)，所以，
因此，．
設(shè)n=（x，y，z）為平面AQC1的一個(gè)法向量，
則即
不妨取，
設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為，
則，
所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為．
例2、(2019南京學(xué)情調(diào)研） 如圖，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，已知底面ABCD的邊長(zhǎng)AB＝3，側(cè)棱AA1＝2，E是棱CC1的中點(diǎn)，點(diǎn)F滿足eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→)).
(1) 求異面直線FE和DB1所成角的余弦值；
(2) 記二面角EB1FA的大小為θ，求|csθ|.
規(guī)范解答 在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，
以{eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(→))}為正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz.
因?yàn)锳B＝3，AA1＝2，
E是CC1的中點(diǎn)，eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，
所以E(0，3，1)，F(xiàn)(3，2，0)，B1(3，3，2). (2分)
(1)從而eq \(FE,\s\up6(→))＝(－3，1，1)，eq \(DB1,\s\up6(→))＝(3，3，2)．
設(shè)異面直線FE和DB1所成的角為α，
則csα＝|cs〈eq \(FE,\s\up6(→))，eq \(DB1,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－3×3＋1×3＋1×2,\r(11)×\r(22))))＝eq \f(4,\r(11)×\r(22))＝eq \f(2\r(2),11).
因此，異面直線FE和DB1所成角的余弦值為eq \f(2\r(2),11). (5分)
(2)設(shè)平面B1FE的法向量為n1＝(x，y，z)．
因?yàn)閑q \(FE,\s\up6(→))＝(－3，1，1)，eq \(FB1,\s\up6(→))＝(0，1，2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(FE,\s\up6(→))＝0，,n1 ·\(FB1,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3x＋y＋z＝0，,y＋2z＝0，)) 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(1,3)z，,y＝－2z.))
取z＝－3，則平面B1FE的一個(gè)法向量為n1＝(1，6，－3)．(8分)
又因?yàn)槠矫鍭B1F的一個(gè)法向量為n2＝(1，0，0)，
所以cs〈n1，n2〉＝eq \f(1,\r(46)×1)＝eq \f(\r(46),46).
因此|csθ|＝| cs〈n1，n2〉|＝eq \f(\r(46),46). (10分)
題型二、直線與平面所成的角
直線與平面所成的角是通過研究直線的方向向量和平面的法向量的所成的角，因此，要特別注意所求的角與已求的角之間的關(guān)系。
例3、【2020年高考浙江】如圖，在三棱臺(tái)ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．
（Ⅰ）證明：EF⊥DB；
（Ⅱ）求直線DF與平面DBC所成角的正弦值．
【解析】（Ⅰ）如圖，過點(diǎn)D作，交直線AC于點(diǎn)，連結(jié)OB．
由，得，
由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC，所以.
由，得.
所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB．
由三棱臺(tái)得，所以.
（Ⅱ）方法一：
過點(diǎn)作，交直線BD于點(diǎn)，連結(jié).
由三棱臺(tái)得，所以直線DF與平面DBC所成角等于直線CO與平面DBC所成角.
由平面得，故平面BCD，所以為直線CO與平面DBC所成角.
設(shè).
由，得，
所以，
因此，直線DF與平面DBC所成角的正弦值為.
方法二：
由三棱臺(tái)得，所以直線DF與平面DBC所成角等于直線CO與平面DBC所成角，記為.
如圖，以為原點(diǎn)，分別以射線OC，OD為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系.
設(shè).
由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：
.
因此.
設(shè)平面BCD的法向量.
由即，可取.
所以.
因此，直線DF與平面DBC所成角的正弦值為.
例4、【2020年高考全國(guó)Ⅱ卷理數(shù)】如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，側(cè)面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，P為AM上一點(diǎn)，過B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．
（1）證明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
（2）設(shè)O為△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值．
【解析】（1）因?yàn)镸，N分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，所以．又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN．
因?yàn)椤鰽1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N．又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN．
所以平面A1AMN⊥平面．
（2）由已知得AM⊥BC．以M為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，為單位長(zhǎng)，建立空間直角坐標(biāo)系M-xyz，則AB=2，AM=．
連接NP，則四邊形AONP為平行四邊形，故．由（1）知平面A1AMN⊥平面ABC，作NQ⊥AM，垂足為Q，則NQ⊥平面ABC．
設(shè)，則，
故．
又是平面A1AMN的法向量，故．
所以直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值為．
題型三、平面與平面所成的角
利用平面的法向量求二面角的大小時(shí)，當(dāng)求出兩半平面α，β的法向量n1，n2時(shí)，要根據(jù)觀察判斷向量在圖形中的方向，從而確定二面角與向量n1，n2的夾角是相等還是互補(bǔ)，這是利用向量求二面角的難點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn)
例5、【2019年高考全國(guó)Ⅱ卷理數(shù)】如圖，長(zhǎng)方體ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點(diǎn)E在棱AA1上，BE⊥EC1．
（1）證明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．
【解析】（1）由已知得，平面，平面，
故．
又，所以平面．
（2）由（1）知．由題設(shè)知≌，所以，
故，．
以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D–xyz，
則C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，．
設(shè)平面EBC的法向量為n=（x，y，x），則
即
所以可取n=.
設(shè)平面的法向量為m=（x，y，z），則
即
所以可取m=（1，1，0）．
于是．
所以，二面角的正弦值為．
【名師點(diǎn)睛】本題考查了利用線面垂直的性質(zhì)定理證明線線垂直以及線面垂直的判定，考查了利用空間向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函數(shù)關(guān)系，考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算能力.
例6、【2019年高考全國(guó)Ⅲ卷理數(shù)】圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連結(jié)DG，如圖2.
（1）證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求圖2中的二面角B?CG?A的大小.
【答案】（1）見解析；（2）.
【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG確定一個(gè)平面，從而A，C，G，D四點(diǎn)共面．
由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因?yàn)锳B平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）作EHBC，垂足為H．
因?yàn)镋H平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．
由已知，菱形BCGE的邊長(zhǎng)為2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．
以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H–xyz，
則A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．
設(shè)平面ACGD的法向量為n=（x，y，z），則
即
所以可取n=（3，6，–）．
又平面BCGE的法向量可取為m=（0，1，0），
所以．
因此二面角B–CG–A的大小為30°．
例7、（2020屆山東省濰坊市高三上期中）如圖，在棱長(zhǎng)均為的三棱柱中，平面平面，，為與的交點(diǎn)．
（1）求證：；
（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值．
【解析】
（1）因?yàn)樗倪呅螢榱庑危裕?br>又平面平面，平面平面，
所以平面，
因?yàn)槠矫妫?br>所以.
（2）因?yàn)?，所以菱形為正方形?br>在中，，
在中，，，，
所以，，又，，
所以，平面；
以為坐標(biāo)原點(diǎn)，以，，所在直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.
，，，，
設(shè)平面的一個(gè)法向量為平面的一個(gè)法向量為，則
令，得，
令，得，
設(shè)平面與平面所成銳二面角為，
則，
所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為.
二、達(dá)標(biāo)訓(xùn)練
1、【2019年高考天津卷理數(shù)】如圖，平面，，．
（1）求證：平面；
（2）求直線與平面所成角的正弦值；
（3）若二面角的余弦值為，求線段的長(zhǎng)．
【解析】依題意，可以建立以為原點(diǎn)，分別以的方向?yàn)檩S，軸，軸正方向的空間直角坐標(biāo)系（如圖），可得，．設(shè)，則．
（1）依題意，是平面的法向量，又，可得，又因?yàn)橹本€平面，所以平面．
（2）依題意，．
設(shè)為平面的法向量，則即不妨令，
可得．因此有．
所以，直線與平面所成角的正弦值為．
（3）設(shè)為平面的法向量，則即
不妨令，可得．
由題意，有，解得．經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意．
所以，線段的長(zhǎng)為．
2、【2019年高考浙江卷】如圖，已知三棱柱，平面平面,，分別是AC，A1B1的中點(diǎn).
（1）證明：；
（2）求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.
【解析】方法一：
（1）連接A1E，因?yàn)锳1A=A1C，E是AC的中點(diǎn)，所以A1E⊥AC．
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
所以，A1E⊥平面ABC，則A1E⊥BC．
又因?yàn)锳1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．
所以BC⊥平面A1EF．
因此EF⊥BC．
（2）取BC中點(diǎn)G，連接EG，GF，則EGFA1是平行四邊形．
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四邊形EGFA1為矩形．
由（1）得BC⊥平面EGFA1，則平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上．
連接A1G交EF于O，則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角（或其補(bǔ)角）．
不妨設(shè)AC=4，則在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.
由于O為A1G的中點(diǎn)，故，
所以．
因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是．
方法二：
（1）連接A1E，因?yàn)锳1A=A1C，E是AC的中點(diǎn)，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC．
如圖，以點(diǎn)E為原點(diǎn)，分別以射線EC，EA1為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系E–xyz．
不妨設(shè)AC=4，則
A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0)．
因此，，．
由得．
（2）設(shè)直線EF與平面A1BC所成角為θ．
由（1）可得．
設(shè)平面A1BC的法向量為n，
由，得，
取n，故，
因此，直線EF與平面A1BC所成的角的余弦值為．
【名師點(diǎn)睛】本題主要考查空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系，直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查空間想象能力和運(yùn)算求解能力.
3、【2018年高考全國(guó)Ⅰ卷理數(shù)】如圖，四邊形為正方形，分別為的中點(diǎn)，以為折痕把折起，使點(diǎn)到達(dá)點(diǎn)的位置，且.
（1）證明：平面平面；
（2）求與平面所成角的正弦值.
【解析】方法一：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，
所以BF⊥平面PEF.
又平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD.
（2）在平面DEF中，過P作PH⊥EF于點(diǎn)H，連接DH，如圖，
由于EF為平面ABCD和平面PEF的交線，PH⊥EF，
則PH⊥平面ABFD，故PH⊥DH.
則與平面所成的角為.
在三棱錐P-DEF中，可以利用等體積法求PH.
因?yàn)镈E∥BF且PF⊥BF，所以PF⊥DE，
又△PDF≌△CDF，所以∠FPD=∠FCD=90°，
所以PF⊥PD，
由于DE∩PD=D，則PF⊥平面PDE，
故，
因?yàn)锽F∥DA且BF⊥平面PEF，
所以DA⊥平面PEF，
所以DE⊥EP.
設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為2a，則PD=2a，DE=a，
在△PDE中，，
所以，
故，
又，
所以，
所以在△PHD中，，
故與平面所成角的正弦值為.
方法二：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，
所以BF⊥平面PEF.
又平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD.
（2）作PH⊥EF，垂足為H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.
以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閥軸正方向，為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H?xyz.
由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.
可得.
則為平面ABFD的法向量.
設(shè)DP與平面ABFD所成角為，則.
所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為.
4、（2020屆山東省九校高三上學(xué)期聯(lián)考）已知四棱柱的底面為菱形，，，，平面，.
（1）證明：平面；
（2）求鈍二面角的余弦值.
【解析】
（1）證明：連接交于點(diǎn)，易知為中點(diǎn)，
∵為中點(diǎn)，∴在中，，
∵平面，平面，
∴平面.
（2）∵平面，∴，
∵且為的中點(diǎn)，
∴，
∵平面且，
∴平面，如圖，建立空間直角坐標(biāo)系.
易得：，，，，
∴，，
設(shè)平面的一個(gè)法向量為，
則，∴，
令，得，
∴.
同理可得平面的一個(gè)法向量為，
∴，
∴鈍二面角的余弦值為.
5、（2020屆山東省濰坊市高三上期末）在底面為正方形的四棱錐中，平面平面分別為棱和的中點(diǎn).
(1)求證:平面;
(2)若直線與所成角的正切值為，求平面與平面所成銳二面角的大小.
【解析】
(1)證明:取的中點(diǎn)，連接，
因?yàn)榉謩e為和的中點(diǎn)，四邊形為正方形，
所以，
因?yàn)槠矫嫫矫妫?br>所以平面平面，
因?yàn)槠矫妫?br>所以平面.
(2)因?yàn)槠矫嫫矫妫矫嫫矫?br>平面
所以平面，
所以，
因?yàn)椋?br>所以就是直線與所成的角，
所以，
設(shè)，
分別取和的中點(diǎn)，連，
因?yàn)椋?br>所以，
因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面平面?br>所以平面
如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，
則，
所以，
設(shè)是平面的一個(gè)法向量，則
取，則，所以
是平面的一個(gè)法向量，
所以，
所以所求二面角的大小為
6、(2019南京、鹽城一模）如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝1，PA＝AB＝eq \r(2)，點(diǎn)E是棱PB的中點(diǎn)．
(1) 求異面直線EC與PD所成角的余弦值；
(2) 求二面角BECD的余弦值．
規(guī)范解答 (1)因?yàn)镻A⊥底面ABCD，且底面ABCD為矩形，所以AB，AD，AP兩兩垂直，以A為原點(diǎn)，AB，AD，AP分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．又因?yàn)镻A＝AB＝eq \r(2)，AD＝1，所以A(0，0，0)，B(eq \r(2)，0，0)，C(eq \r(2)，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，eq \r(2))，(2分)
因?yàn)镋是棱PB的中點(diǎn)，所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2)))，
所以eq \(EC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1，－\f(\r(2),2)))，eq \(PD,\s\up6(→))＝(0，1，－eq \r(2))，
所以cs〈eq \(EC,\s\up6(→))，eq \(PD,\s\up6(→))〉＝eq \f(1＋1,\r(\f(1,2)＋1＋\f(1,2))×\r(1＋2))＝eq \f(\r(6),3)，
所以異面直線EC與PD所成角的余弦值為eq \f(\r(6),3).(6分)
(2)由(1)得eq \(EC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1，－\f(\r(2),2)))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(DC,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，0，0)．
設(shè)平面BEC的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)x1＋y1－\f(\r(2),2)z1＝0，,y1＝0.))
令x1＝1，則z1＝1，所以平面BEC的一個(gè)法向量為n1＝(1，0，1)．
設(shè)平面DEC的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)x2＋y2－\f(\r(2),2)z2＝0，,\r(2)x2＝0.))
令z2＝eq \r(2)，則y2＝1，所以平面DEC的一個(gè)法向量為n2＝(0，1，eq \r(2))，
所以cs〈n1，n2〉＝eq \f(\r(2),\r(1＋1)×\r(1＋2))＝eq \f(\r(3),3).由圖可知二面角BECD為鈍角，所以二面角BECD的余弦值為－eq \f(\r(3),3).(10分)

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