专题研究　空间向量应用的综合问题课件-2026-2027学年高二数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学单元复习课件聚焦空间向量应用的综合问题，系统梳理空间角计算、折叠问题、探索性问题三大核心题型，通过例题解析、探究总结、思考题拓展串联知识，构建“题型-策略-应用”的完整知识网络。 其亮点在于采用“题型归类+策略提炼+高考衔接”模式，如折叠问题强调“变与不变”关系分析，探索性问题运用参数法推理，培养学生数学思维与空间观念。分层设计例题、思考题及高考真题，助力学生巩固知识，教师可直接用于专题复习，提升教学针对性。

内容导航 Content Navigation 01 专题讲解 02 走向高考 专题研究　空间向量应用的 综合问题 专题讲解 3 例 1　如图，在四棱锥P－ABCD中，AB＝2AD＝2BC＝2CD，AB∥CD，且PD⊥BC，平面PBD⊥平面ABCD. (1)证明：PD⊥平面ABCD； 题型一　 空间角的综合问题 【解析】　(1)证明：由AB＝2AD＝2BC＝2CD，AB∥CD，易得∠BAD＝60°，且四边形ABCD为等腰梯形． 在△ABD中，由余弦定理，得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD＝3AD2. 第页 4 ∴AD2＋BD2＝AB2，∴AD⊥BD. ∵平面PBD⊥平面ABCD，且平面PBD∩平面ABCD＝BD，AD⊂平面ABCD， ∴AD⊥平面PBD. ∵PD⊂平面PBD，∴AD⊥PD. ∵PD⊥BC，AD与BC是平面ABCD内的两条相交直线， ∴PD⊥平面ABCD. 第页 第页 第页 第页 探究1 (1)求解与空间角有关的综合性问题，首先应建立空间直角坐标系，在建立空间直角坐标系的过程中，一定要依据题目所给几何图形的特征，建立合理的空间直角坐标系，这样才会容易求得解题时需要的坐标． (2)求解直线和平面所成的角、两个平面的夹角问题有两种思路：①转化为两条直线所成的角求解；②利用平面的法向量求解． 第页 第页 第页 第页 例 2　(2019·课标全国Ⅲ，理)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2. (1)求证：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； 题型二　 折叠问题 第页 13 【解析】　(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面． 由题意知，AB⊥BC，AB⊥BE， 又∵BC⊂平面BCGE，BE⊂平面BCGE，BC∩BE＝B，∴AB⊥平面BCGE， 又∵AB⊂平面ABC， ∴平面ABC⊥平面BCGE. 第页 (2)求图2中的二面角B－CG－A的大小． 【解析】　(2)如图，分别取BC，AC的 中点为O，H，连接OE，OH，则OH∥AB， ∴OH⊥BC. ∵四边形BFGC为菱形，且∠FBC＝60°，∴OE⊥BC. 又∵AB⊥平面BCGE，OE⊂平面BCGE， ∴AB⊥OE. ∵BC⊂平面ABC，AB⊂平面ABC，AB∩BC＝B， ∴OE⊥平面ABC， 建立空间直角坐标系． 第页 第页 第页 探究2 折叠问题解题策略 (1)确定折叠前后变与不变的关系． 画好折叠前后的平面图形与立体图形，分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决． 第页 (2)确定折叠后关键点的位置． 所谓的关键点，是指折叠过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的点、线、面的关系变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算． 第页 第页 第页 (2)当四棱锥P－ABCD的体积最大时，求CD与平面ACM所成角的正弦值． 第页 第页 例 题型三　 探索性问题 第页 24 第页 (2)求直线AC与PD所成角的余弦值； 第页 (3)在线段PD上是否存在一点M，使得平面MAC与平面ACD的夹角为45°？如果存在，求出BM与平面MAC所成角的大小；如果不存在，请说明理由． 第页 第页 探究3 利用空间向量解决探索性问题的策略 探索性问题通常分为两类：一类是已知点存在，求点的位置；一类是判断点的“存在性”问题．其中，在点的“存在性”问题中，先假设所求点存在，将其作为已知条件，得出点的位置或与题设条件矛盾的结论，从而得到结果，在设参数求解点的坐标时，若出现多解的情况，则应分析不同解的含义，判断哪些解是符合题设条件的，再做出取舍． 第页 第页 第页 第页 返 回 请做：课时作业（十四） 走向高考 35 (一) 1．【多选题】(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则(　　) A．直线BC1与DA1所成的角为90° B．直线BC1与CA1所成的角为90° C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45° √ √ √ 第页 第页 第页 第页 第页 √ √ 第页 第页 第页 第页 3.(2025·全国Ⅰ卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD. (1)证明：平面PAB⊥平面PAD； 解析　(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB， 又AB⊥AD，AD∩PA＝A，AD，PA⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD， ∵AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD. 第页 第页 第页 第页 解析　(1)证明：∵AB＝BC，O为AC的中点， ∴BO⊥AC， 又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，BO⊂平面ABC，∴BO⊥平面PAC. ∵PA＝AC＝CP＝2，∴△PAC为等边三角形， 第页 第页 (2)求二面角B－PC－A的大小． 第页 第页 第页 第页 解析　(1)证明：由题意得EF∥CM，EF＝CM， 所以四边形EFCM为平行四边形，所以EM∥CF， 而EM⊄平面BCF，CF⊂平面BCF， 所以EM∥平面BCF. 第页 (2)求二面角A－EM－B的正弦值． 第页 第页 解析　(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD， 又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB， 而AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB. 因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB, 根据平面知识可知AD∥BC， 又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC. 第页 第页 第页 7.(2023·新高考Ⅱ卷)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC中点． (1)证明：BC⊥DA； 解析　(1)证明：如图，连接AE，DE，∵DB＝DC，E为BC中点，∴DE⊥BC.又∵DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，∴△ACD与△ABD均为等边三角形，∴AC＝AB，∴AE⊥BC，又AE∩DE＝E，∴BC⊥平面ADE，∵DA⊂平面ADE，∴BC⊥DA. 第页 第页 第页 解析　(1)证明：如图所示，取AB中点为O，连接DO，CO，则OB＝DC＝1. 又DC∥OB，所以四边形DCBO为平行四边形． 又BC＝OB＝1， 所以四边形DCBO为菱形，所以BD⊥CO. 第页 同理可得四边形DCOA为菱形，所以AD∥CO， 所以BD⊥AD. 因为PD⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，所以PD⊥BD， 又AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面ADP，所以BD⊥平面ADP. 因为PA⊂平面ADP，所以BD⊥PA. 第页 (2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值． 第页 第页 (二) 1．(2025·全国Ⅱ卷)如图，在四边形ABCD中，AB∥ CD，∠DAB＝90°，F为CD中点，点E在AB上，EF∥AD， AB＝3AD，CD＝2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形 EFD′A′，使得面EFD′A′与面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明：A′B∥平面CD′F； 解析　(1)证明： 方法一：∵EB∥FC,EB⊄平面CD′F,FC⊂平面CD′F,∴EB∥平面CD′F， ∵A′E∥D′F，A′E⊄平面CD′F，D′F⊂平面CD′F，∴A′E∥平面CD′F. ∵EB⊂平面BA′E,A′E⊂平面BA′E,EB∩A′E＝E,∴平面BA′E∥平面CD′F. ∵A′B⊂平面BA′E，∴A′B∥平面CD′F. 第页 方法二：∵EB∥FC，A′E∥D′F，EB⊂平面BA′E，A′E⊂平面BA′E，FC⊂平面CD′F，D′F⊂平面CD′F，EB∩A′E＝E，FC∩D′F＝F，∴平面BA′E∥平面CD′F. ∵A′B⊂平面BA′E，∴A′B∥平面CD′F. 第页 方法三：如图，延长DC至点G，使得DG＝AB， 连接GB，GD′， ∵AB∥CD，∴AB∥DG，又AB＝DG， ∴四边形ABGD是平行四边形， ∴AD＝BG，AD∥BG. 翻折后，A′D′＝BG，A′D′∥BG， ∴四边形A′BGD′是平行四边形，∴A′B∥D′G. ∵A′B⊄平面CD′F，D′G⊂平面CD′F，∴A′B∥平面CD′F. 第页 (2)求平面BCD′与平面EFD′A′所成的二面角的正弦值． 第页 第页 第页 第页 2．(2025·天津)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别为A1D1，C1B1中点，点G在棱CC1上，且CG＝3C1G. (1)求证：GF⊥平面EBF； 第页 (2)求平面EBF与平面EBG夹角的余弦值； 第页 第页 (3)求三棱锥D－BEF的体积． 第页 第页 第页 (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 第页 第页 第页 第页 4．(2024·北京)如图，在四棱锥P－ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2. (1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD； 第页 (2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值． 解析　(2)因为AB⊥平面PAD，PE⊂平面PAD，所以AB⊥PE，又PE⊥AD，AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD. 连接EC，易知四边形ABCE为矩形，故直线EC，ED，EP两两垂直，故以E为坐标原点，EC，ED，EP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 第页 第页 第页 5．(2024·天津)如图，已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中点，M是DD1的中点． (1)求证D1N∥平面CB1M； 第页 第页 (2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值； 第页 (3)求点B到平面CB1M的距离． 第页 6．(2023·新高考Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3. (1)证明：B2C2∥A2D2； 第页 (2)点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P. 第页 第页 7.(2022·全国乙卷，理)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点． (1)证明：平面BED⊥平面ACD； 解析　(1)证明：因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB，所以△ADB≌△CDB，所以AB＝BC. 因为E为AC的中点，所以AC⊥BE，AC⊥DE， 又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BED，所以AC⊥平面BED， 又AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD. 第页 (2)设AB＝BD＝2,∠ACB＝60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值． 第页 第页 第页 第页 8.(2021·全国甲卷，理)如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1. (1)证明：BF⊥DE； 第页 第页 (2)当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？ 第页 返 回 感谢观看与聆听 THANKS 【解析】　(2)以点D为坐标原点，在平面ABCD内，过点D作AB的垂线为x轴，以DC，DP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． 令AD＝2，PD＝t(t>0)，则D(0，0，0)，A(eq \r(3)，－1，0)，B(eq \r(3)，3，0)，C(0，2，0)，P(0，0，t)， ∴eq \o(PA,\s\up18(→))＝(eq \r(3)，－1，－t)，eq \o(BC,\s\up18(→))＝(－eq \r(3)，－1，0)， (2)若PA与BC所成角的余弦值为eq \f(\r(2),4)，求二面角A－PB－C的正弦值． ∴|eq \o(PA,\s\up18(→))|＝eq \r(4＋t2)，|eq \o(BC,\s\up18(→))|＝2，eq \o(PA,\s\up18(→))·eq \o(BC,\s\up18(→))＝－2. ∵PA与BC所成角的余弦值为eq \f(\r(2),4)， ∴|cos〈eq \o(PA,\s\up18(→))，eq \o(BC,\s\up18(→))〉|＝eq \f(|\o(PA,\s\up18(→))·\o(BC,\s\up18(→))|,|\o(PA,\s\up18(→))||\o(BC,\s\up18(→))|)＝eq \f(1,\r(4＋t2))＝eq \f(\r(2),4)，解得t＝2. ∴eq \o(PA,\s\up18(→))＝(eq \r(3)，－1，－2)，eq \o(PB,\s\up18(→))＝(eq \r(3)，3，－2)． 设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(PA,\s\up18(→))＝0，,m·\o(PB,\s\up18(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－y－2z＝0，,\r(3)x＋3y－2z＝0.)) 令x＝2，则y＝0，z＝eq \r(3)，∴m＝(2，0，eq \r(3))． 设平面PBC的法向量为n＝(a，b，c)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up18(→))＝0，,n·\o(BC,\s\up18(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)a＋3b－2c＝0，,－\r(3)a－b＝0.)) 令a＝1，则b＝－eq \r(3)，c＝－eq \r(3)， ∴n＝(1，－eq \r(3)，－eq \r(3))． ∵cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2－3,\r(7)×\r(7))＝－eq \f(1,7)， ∴二面角A－PB－C的正弦值为eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,7)))\s\up18(2))＝eq \f(4\r(3),7). 思考题1　如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱与底面垂直，且AA1＝AB＝AC＝2，AB⊥AC，M，N分别是CC1，BC的中点，点P在线段A1B1上，且eq \o(A1P,\s\up18(→))＝λeq \o(A1B1,\s\up18(→)). (1)求直线AM与直线PN所成角的大小； 【解析】　(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC， 以点A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，则A1(0，0，2)，B1(2，0，2)，M(0，2，1)，N(1，1，0)， 易得点P(2λ，0，2)，eq \o(AM,\s\up18(→))＝(0，2，1)，eq \o(PN,\s\up18(→))＝(1－2λ，1，－2)，∴eq \o(AM,\s\up18(→))·eq \o(PN,\s\up18(→))＝0×(1－2λ)＋2×1＋1×(－2)＝0，∴AM⊥PN， ∴直线AM与直线PN所成角的大小为90°. 【解析】　 (2)由(1)知P(2λ，0，2)，eq \o(AM,\s\up18(→))＝(0，2，1)， eq \o(NP,\s\up18(→))＝(2λ－1，－1，2)，eq \o(NM,\s\up18(→))＝(－1，1，1)， 设平面PMN的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(NP,\s\up18(→))＝0，,n·\o(NM,\s\up18(→))＝0，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（2λ－1）x－y＋2z＝0，,－x＋y＋z＝0，))取x＝3，则n＝(3，2λ＋1，2－2λ)， (2)当直线AM与平面PMN所成角的正弦值为eq \f(\r(30),10)时，求实数λ的值． 设直线AM与平面PMN所成的角为α， 则sin α＝|cos〈n，eq \o(AM,\s\up18(→))〉|＝eq \f(|n·\o(AM,\s\up18(→))|,|n|·|\o(AM,\s\up18(→))|)＝eq \f(|2λ＋4|,\r(8λ2－4λ＋14)·\r(5))＝eq \f(\r(30),10)， 整理可得8λ2－22λ＋5＝0，即(4λ－1)(2λ－5)＝0， 因为0≤λ≤1，解得λ＝eq \f(1,4). ∴以点O为坐标原点，OC，OH，OE所在直线分别为x轴、y轴、z轴， ∵AB＝1，BE＝BF＝2， ∴A(－1，1，0)，B(－1，0，0)，C(1，0，0)，G(2，0，eq \r(3))， ∴eq \o(AC,\s\up18(→))＝(2，－1，0)，eq \o(CG,\s\up18(→))＝(1，0，eq \r(3))， 设平面ACG的一个法向量为n＝(x，y，z)， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up18(→))＝0，,n·\o(CG,\s\up18(→))＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＝0，,x＋\r(3)z＝0，)) 令z＝1，则x＝－eq \r(3)，y＝－2eq \r(3)， 得n＝(－eq \r(3)，－2eq \r(3)，1)， ∵平面BCG的一个法向量为eq \o(AB,\s\up18(→))＝(0，－1，0)， ∴cos〈eq \o(AB,\s\up18(→))，n〉＝eq \f(\o(AB,\s\up18(→))·n,|\o(AB,\s\up18(→))||n|)＝eq \f(2\r(3),4)＝eq \f(\r(3),2)，由图知二面角B－CG－A为锐二面角，故二面角B－CG－A的大小为eq \f(π,6). 思考题2　如图1，在直角梯形BCDE中，BC∥DE，BC⊥CD，A为DE的中点，且DE＝2BC＝4，BE＝2eq \r(2)，将△ABE沿AB折起，使得点E到达P处(P与D不重合)，记PD的中点为M，如图2. (1)在折叠过程中，PB是否始终与平面ACM平行？请说明理由； 【解析】　(1)在折叠过程中，PB始终与平面ACM平行． 理由如下： 由已知可得AB⊥DE，BC∥DE，DE＝2BC＝4，BE＝2eq \r(2)，所以AB＝2，即四边形ABCD为正方形， 连接BD交AC于点N，连接MN， 又M为PD的中点，所以MN∥PB， 因为PB⊄平面ACM，MN⊂平面ACM， 所以PB∥平面ACM. 【解析】　(2)要使四棱锥P－ABCD的 体积最大，只需点P到平面ABCD的距离最 大，即PA⊥平面ABCD. 以A为坐标原点，eq \o(AB,\s\up18(→))，eq \o(AD,\s\up18(→))，eq \o(AP,\s\up18(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，M(0，1，1)， 故eq \o(AC,\s\up18(→))＝(2，2，0)，eq \o(AM,\s\up18(→))＝(0，1，1)，eq \o(DC,\s\up18(→))＝(2，0，0)， 设平面ACM的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up18(→))＝0，,n·\o(AM,\s\up18(→))＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2y＝0，,y＋z＝0，)) 令y＝－1，得x＝z＝1，则n＝(1，－1，1)， 设CD与平面ACM所成角为θ，所以sin θ＝|cos〈n，eq \o(DC,\s\up18(→))〉|＝eq \f(|n·\o(DC,\s\up18(→))|,|n|·|\o(DC,\s\up18(→))|)＝eq \f(2,\r(3)×2)＝eq \f(\r(3),3). 即当四棱锥P－ABCD的体积最大时，CD与平面ACM所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3). 3　如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD， AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝eq \r(2)，BC＝2eq \r(2)，PA＝2. (1)取PC的中点N，求证：DN∥平面PAB； 【解析】　(1)证明：取BC的中点E，连接DE，交AC于点O，连接ON，易证OE，OC，ON两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1，0)，B(2，－1，0)，C(0，1，0)，D(－1，0，0)，P(0，－1，2)，N(0，0，1)． ∴eq \o(DN,\s\up18(→))＝(1，0，1)． 设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)， 由eq \o(AP,\s\up18(→))＝(0，0，2)，eq \o(AB,\s\up18(→))＝(2，0，0)， 可得n＝(0，1，0)，∴eq \o(DN,\s\up18(→))·n＝0. 又∵DN⊄平面PAB，∴DN∥平面PAB. 【解析】　(2)由(1)知eq \o(AC,\s\up18(→))＝(0，2，0)，eq \o(PD,\s\up18(→))＝(－1， 1，－2)． 设直线AC与PD所成的角为θ， 则cos θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,2×\r(6))))＝eq \f(\r(6),6). ∴直线AC与PD所成角的余弦值为eq \f(\r(6),6). 【解析】　(3)存在． 设M(x，y，z)，且eq \o(PM,\s\up18(→))＝λeq \o(PD,\s\up18(→))，0≤λ≤1， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－λ，,y＋1＝λ，,z－2＝－2λ，))∴M(－λ，λ－1，2－2λ)． 设平面MAC的一个法向量为m＝(x′，y′，z′)， 由eq \o(AC,\s\up18(→))＝(0，2，0)，eq \o(AM,\s\up18(→))＝(－λ，λ，2－2λ)，可得m＝(2－2λ，0，λ)， 由图知平面ACD的一个法向量为p＝(0，0，1)， ∴|cos〈m，p〉|＝eq \f(λ,1·\r(λ2＋（2－2λ）2))＝eq \f(\r(2),2)， 解得λ＝eq \f(2,3)或λ＝2(舍去)． ∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，－\f(1,3)，\f(2,3)))，∴eq \o(BM,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)，\f(2,3)，\f(2,3)))，m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，0，\f(2,3))). 设BM与平面MAC所成的角为φ， 则sin φ＝|cos〈eq \o(BM,\s\up18(→))，m〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(\f(12,9),\f(2\r(2),3)×2\r(2))))＝eq \f(1,2)，∴φ＝30°. 故线段PD上存在点M，使得平面MAC与平面ACD的夹角为45°，此时BM与平面MAC所成的角为30°. 思考题3　如图，线段AC是圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的点，AC＝2，BC＝1，PA⊥底面ABC，M是PB上的动点，且eq \o(PM,\s\up18(→))＝λeq \o(PB,\s\up18(→))(0<λ<1)，N是PC的中点． (1)当λ＝eq \f(1,2)时，记平面AMN与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PBC的位置关系，并加以证明； 【解析】　(1)直线l∥平面PBC. 证明：当λ＝eq \f(1,2)时，M是PB的中点，又因为N是PC的中点， 所以MN∥BC，又BC⊂平面ABC，且MN⊄平面ABC，所以MN∥平面ABC.又MN⊂平面AMN，且平面AMN∩平面ABC＝l， 所以MN∥l. 又因为l⊄平面PBC，MN⊂平面PBC， 所以直线l∥平面PBC. 【解析】 (2)因为AC是圆O的直径，所以∠ABC ＝90°. 由勾股定理得AB＝eq \r(3)，因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， 所以PA⊥BC.又AB⊥BC，AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PBA， 所以BC⊥平面PBA，而PB⊂平面PBA，故PB⊥BC， 故∠PBA就是二面角P－BC－A的平面角，所以∠PBA＝45°， 所以△PAB为等腰直角三角形，且PA＝AB＝eq \r(3). 以点B为坐标原点，eq \o(BA,\s\up18(→))，eq \o(BC,\s\up18(→))的方向分别为x轴、y轴的正方向，过B且平行于PA的直线为z轴建立空间直角坐标系， (2)若二面角P－BC－A的大小为eq \f(π,4)，点M到平面PAC的距离是eq \f(\r(3),3)，求λ的值． 则A(eq \r(3)，0，0)，B(0，0，0)，C(0，1，0)，P(eq \r(3)，0，eq \r(3))，则eq \o(AC,\s\up18(→))＝(－eq \r(3)，1，0)，eq \o(AP,\s\up18(→))＝(0，0，eq \r(3))． 设平面PAC的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up18(→))＝0，,n·\o(AP,\s\up18(→))＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋y＝0，,\r(3)z＝0，)) 令x＝1，则y＝eq \r(3)，z＝0，得n＝(1，eq \r(3)，0)， 因为eq \o(PM,\s\up18(→))＝λeq \o(PB,\s\up18(→))＝(－eq \r(3)λ，0，－eq \r(3)λ)， 所以点M到平面PAC的距离d＝eq \f(|\o(PM,\s\up18(→))·n|,|n|)＝eq \f(\r(3)λ,2)＝eq \f(\r(3),3)，所以λ＝eq \f(2,3). 解析　方法一：如图，连接AD1，在正方形A1ADD1中，AD1⊥DA1，因为AD1∥BC1，所以BC1⊥DA1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°，故A正确；在正方体ABCD－A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，又BC1⊂平面BCC1B1，所以CD⊥BC1，连接B1C，则B1C⊥BC1，因为CD∩B1C＝C，CD，B1C⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥平面DCB1A1，又CA1⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥CA1，所以直线BC1与CA1所成的角为90°，故B正确；连接A1C1，交B1D1于点O，则易得OC1⊥平面BB1D1D，连接OB，因为OB⊂平面BB1D1D， 所以OC1⊥OB，∠OBC1即为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，设正方体的棱长为a，则易得BC1＝eq \r(2)a，OC1＝eq \f(\r(2)a,2)，所以在Rt△BOC1中，OC1＝eq \f(1,2)BC1，所以∠OBC1＝30°，故C错误；因为C1C⊥平面ABCD，所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠CBC1＝45°，故D正确．故选ABD. 方法二(向量法)：如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，A1(1，0，1)，B(1，1，0)，C1(0，1，1)．则eq \o(BC1,\s\up18(→))＝(－1，0，1)，eq \o(CA1,\s\up18(→))＝(1，－1，1)，eq \o(DA1,\s\up18(→))＝(1，0，1)，因为eq \o(BC1,\s\up18(→))·eq \o(DA1,\s\up18(→))＝0，eq \o(BC1,\s\up18(→))·eq \o(CA1,\s\up18(→))＝0，所以BC1⊥DA1，BC1⊥CA，所以直线BC1与DA1所成的角为90°，直线BC1与CA1所成的角为90°，故A、B正确；连接A1C1，由正方体的性质可知A1C1⊥平面BB1D1D，结合eq \o(A1C1,\s\up18(→))＝(－1，1，0)，eq \o(BC1,\s\up18(→))＝(－1，0，1)， 可知直线BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(A1C1,\s\up18(→))·\o(BC1,\s\up18(→)),|\o(A1C1,\s\up18(→))||\o(BC1,\s\up18(→))|)))＝eq \f(1,2)，所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故C错误；由平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)，eq \o(BC1,\s\up18(→))＝(－1，0，1)，则直线BC1与平面ABCD所成角的正弦值为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BC1,\s\up18(→))·m,|\o(BC1,\s\up18(→))||m|)))＝eq \f(\r(2),2)，即直线BC1与平面ABCD所成的角为45°，故D正确．故选ABD. 2．【多选题】(2021·新高考Ⅰ卷)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足eq \o(BP,\s\up18(→))＝λeq \o(BC,\s\up18(→))＋μeq \o(BB1,\s\up18(→))，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则(　　) A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值 B．当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值 C．当λ＝eq \f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP D．当μ＝eq \f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P 解析　当λ＝1时，点P在棱CC1上运动，如图1所示，此时△AB1P的周长为AB1＋AP＋PB1＝eq \r(2)＋eq \r(1＋μ2)＋eq \r(1＋（1－μ）2)＝eq \r(2)＋eq \r(1＋μ2)＋eq \r(2－2μ＋μ2)，不是定值，A错误； INCLUDEPICTURE"M388.TIF" 　　 当μ＝1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示， 则VP－A1BC＝VA1－PBC＝eq \f(1,3)S△PBC×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),6)S△PBC＝eq \f(\r(3),6)×eq \f(1,2)×1×1＝eq \f(\r(3),12)，为定值，故B正确； 取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B，则当λ＝eq \f(1,2)时，点P在线段DD1上运动，假设A1P⊥BP，则A1P2＋BP2＝A1B2，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2))) eq \s\up18(2)＋(1－μ)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up18(2)＋μ2＝2，解得μ＝0或μ＝1，所以当点P与点D或D1重合时，A1P⊥BP，故C错误； 分别取BB1，CC1的中点E，F，连接EF，AF，B1F，则当μ＝eq \f(1,2)时，点P在线段EF上运动， 以点C1为原点建立如图3所示的空间直角坐标系C1xyz，则B(0，1，1)，B1(0，1，0)，A1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1－λ，\f(1,2)))，所以eq \o(A1B,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，eq \o(B1P,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－λ，\f(1,2)))，易知A1B⊥AB1，若A1B⊥平面AB1P，则只要A1B⊥B1P即可，即eq \o(A1B,\s\up18(→))·eq \o(B1P,\s\up18(→))＝0，所以－eq \f(λ,2)＋eq \f(1,2)＝0，解得λ＝1，所以只存在一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，此时点P与点F重合，故D正确．综上，选BD. 解析　(2)∵PA⊥平面ABCD， ∴PA⊥AD，∴AB，AD，AP两两垂直，分别以eq \o(AB,\s\up18(→))，eq \o(AD,\s\up18(→))，eq \o(AP,\s\up18(→))的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系Axyz. 则A(0，0，0)，B(eq \r(2)，0，0)，C(eq \r(2)，2，0)，D(0，eq \r(3)＋1，0)，P(0，0，eq \r(2))． (2)设PA＝AB＝eq \r(2)，BC＝2，AD＝1＋eq \r(3)，且点P，B，C，D均在球O的球面上． (ⅰ)证明：点O在平面ABCD内； (ⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值． (ⅰ)证明：设球心O(x，y，z)，半径为R，连接OB，OC，OD， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(OP＝R，,OB＝R，,OC＝R，,OD＝R，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(x2＋y2＋（z－\r(2)）2)＝R，,\r(（x－\r(2)）2＋y2＋z2)＝R，,\r(（x－\r(2)）2＋（y－2）2＋z2)＝R，,\r(x2＋（y－\r(3)－1）2＋z2)＝R，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝1，,z＝0，,R＝\r(3).))∴O(0，1，0)，∴O∈平面ABCD. (ⅱ)∵eq \o(AC,\s\up18(→))＝(eq \r(2)，2，0)，eq \o(PO,\s\up18(→))＝(0，1，－eq \r(2))， ∴cos〈AC，PO〉＝|cos〈eq \o(AC,\s\up18(→))，eq \o(PO,\s\up18(→))〉|＝eq \f(|\o(AC,\s\up18(→))·\o(PO,\s\up18(→))|,|\o(AC,\s\up18(→))||\o(PO,\s\up18(→))|)＝eq \f(2,\r(6)×\r(3))＝eq \f(\r(2),3). 4．(2025·上海春季高考)如图，在三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA＝AC＝CP＝2，AB＝BC＝eq \r(2)，点O是棱AC的中点． (1)证明：BO⊥平面PAC，并求三棱锥B－OPA的体积； 又O为AC的中点， ∴S△OPA＝eq \f(1,2)S△PAC＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×2×2×sin eq \f(π,3)＝eq \f(\r(3),2). 在△ABC中，AB＝BC＝eq \r(2)，AC＝2，则AB2＋BC2＝AC2， ∴△ABC为等腰直角三角形，∴BO＝eq \f(1,2)AC＝1， ∴V三棱锥B－OPA＝eq \f(1,3)S△OPA×BO＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×1＝eq \f(\r(3),6). 解析　(2)方法一(几何法)：如图，过O作OD⊥PC，垂足为D，连接BD， 由(1)知，BO⊥平面PAC， 又PC⊂平面PAC，∴BO⊥PC， 又DO∩BO＝O，DO，BO⊂平面BOD， ∴PC⊥平面BOD， 又BD⊂平面BOD，∴PC⊥BD， ∴∠BDO为二面角B－PC－A的平面角． ∵△PAC为等边三角形，∴∠OCD＝eq \f(π,3)， 在Rt△OCD中，DO＝OCsin eq \f(π,3)＝1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2). ∵BO⊥平面PAC，OD⊂平面PAC，∴BO⊥OD， 在Rt△BOD中，tan∠BDO＝eq \f(BO,DO)＝eq \f(1,\f(\r(3),2))＝eq \f(2,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3)， ∴∠BDO＝arctan eq \f(2\r(3),3)， 即二面角B－PC－A的大小为arctan eq \f(2\r(3),3). 方法二(向量法)：以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示． 则B(0，1，0)，C(－1，0，0)，P(0，0，eq \r(3))，eq \o(PB,\s\up18(→))＝(0，1，－eq \r(3))，eq \o(PC,\s\up18(→))＝(－1，0，－eq \r(3))． 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up18(→))＝y－\r(3)z＝0，,n·\o(PC,\s\up18(→))＝－x－\r(3)z＝0，)) 令z＝1，则x＝－eq \r(3)，y＝eq \r(3)，∴n＝(－eq \r(3)，eq \r(3)，1)． 易得平面PAC的一个法向量为m＝(0，1，0)． 设二面角B－PC－A的平面角为θ，由图知θ为锐角， 则cos θ＝|cos〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n|·|m|)＝eq \f(\r(3),\r(7))＝eq \f(\r(21),7)， ∴二面角B－PC－A的大小为arccos eq \f(\r(21),7). 5.(2024·全国甲卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形CDEF均为等腰梯形，AB∥CD，CD∥EF，AB＝DE＝EF＝CF＝2，CD＝4，AD＝BC＝eq \r(10)，AE＝2eq \r(3)，M为CD的中点． (1)证明：EM∥平面BCF； 解析　(2)取DM的中点O，连接OA，OE， 由已知得△EMD是边长为2的等边三角形，△ADM是等腰三角形，且AD＝AM＝eq \r(10)，则OE⊥DM，OA⊥DM，OA＝3，OE＝eq \r(3)， 又AE＝2eq \r(3)，故OA⊥OE，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，3)，E(eq \r(3)，0，0)，M(0，1，0)，B(0，2，3)， eq \o(AE,\s\up18(→))＝(eq \r(3)，0，－3)，eq \o(EM,\s\up18(→))＝(－eq \r(3)，1，0)，eq \o(MB,\s\up18(→))＝(0，1，3)， 设平面AEM的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up18(→))＝0，,n·\o(EM,\s\up18(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－3z＝0，,－\r(3)x＋y＝0，)) 取z＝1，则n＝(eq \r(3)，3，1)， 同理，平面BEM的一个法向量为m＝(eq \r(3)，3，－1)， 所以cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(11,13)，所以sin〈m，n〉＝eq \f(4\r(3),13)， 故二面角A－EM－B的正弦值为eq \f(4\r(3),13). 6.(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝eq \r(3). (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角A－CP－D的正弦值为eq \f(\r(42),7)，求AD. 解析　(2)如图建系，设AD＝x(0<x<2)，则D(0，0，0)， A(x，0，0)，C(0，eq \r(4－x2)，0)，P(x，0，2)，则eq \o(AC,\s\up18(→))＝(－x，eq \r(4－x2)，0)，eq \o(AP,\s\up18(→))＝(0，0，2)，eq \o(DC,\s\up18(→))＝(0，eq \r(4－x2)，0)，eq \o(DP,\s\up18(→))＝(x，0，2)． 设平面ACP和平面DCP的法向量分别为n1＝(a1，b1，c1)，n2＝(a2，b2，c2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a1x＋b1\r(4－x2)＝0，,2c1＝0，)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2\r(4－x2)＝0，,a2x＋2c2＝0，)) 取n1＝(eq \r(4－x2)，x，0)，n2＝(2，0，－x)． 由题意知|cos〈n1，n2〉|＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(42),7)))\s\up18(2))＝eq \f(\r(7),7)， 即eq \f(2\r(4－x2),2×\r(4＋x2))＝eq \f(\r(7),7)，解得x＝eq \r(3)，即AD＝eq \r(3). 解析　(2)设DA＝DB＝DC＝2，∴BC＝2eq \r(2)，∴DE ＝AE＝eq \r(2)，又AD＝2，∴AE2＋DE2＝4＝AD2，∴AE⊥DE，又∵AE⊥BC，DE∩BC＝E， ∴AE⊥平面BCD，以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(eq \r(2)，0，0)，A(0，0，eq \r(2))，B(0，eq \r(2)，0)，E(0，0，0)，∵eq \o(EF,\s\up18(→))＝eq \o(DA,\s\up18(→))＝(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，∴F(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，∴eq \o(AB,\s\up18(→))＝(0，eq \r(2)，－ (2)点F满足eq \o(EF,\s\up18(→))＝eq \o(DA,\s\up18(→))，求二面角D－AB－F的正弦值． eq \r(2))，eq \o(AF,\s\up18(→))＝(－eq \r(2)，0，0)，设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,\r(2)y1－\r(2)z1＝0，))令x1＝1，解得y1＝z1＝1，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)y2－\r(2)z2＝0，,－\r(2)x2＝0，))令y2＝1，解得x2＝0，z2＝1，故n1＝(1，1，1)，n2＝(0，1，1)，设二面角D－AB－F的平面角为θ，则|cos θ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3)，故sin θ＝eq \f(\r(3),3)，所以二面角D－AB－F的正弦值为eq \f(\r(3),3). 8．(2022·全国甲卷，理)在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝eq \r(3). (1)证明：BD⊥PA； 解析　(2)由(1)知BD⊥AD，又AB＝2AD，所以 ∠DAO＝60°，所以三角形ADO为正三角形． 过点D作垂直于DC的直线为x轴，DC所在直线为y轴，DP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，P(0，0，eq \r(3))，D(0，0，0)． 则eq \o(AB,\s\up18(→))＝(0，2，0)，eq \o(AP,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\r(3)))，eq \o(DP,\s\up18(→))＝(0，0，eq \r(3))． 设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up18(→))·n＝0，,\o(AP,\s\up18(→))·n＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＝0，,－\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＋\r(3)z＝0.)) 令x＝2，则y＝0，z＝1，所以n＝(2，0，1)． 设直线PD与平面PAB所成的角为α，则sin α＝|cos〈n，eq \o(DP,\s\up18(→))〉|＝eq \f(|n·\o(DP,\s\up18(→))|,|n|·|\o(DP,\s\up18(→))|)＝eq \f(\r(3),\r(5)×\r(3))＝eq \f(\r(5),5). 所以直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为eq \f(\r(5),5). 解析　(2)∵∠DAB＝90°，EF∥AD，∴∠FEB＝90°， 即AB⊥EF， 翻折后，A′E⊥EF，EB⊥EF， ∴面EFD′A′与面EFCB所成二面角的平面角为∠A′EB， 即∠A′EB＝60°，同理∠D′FC＝60°. 设AD＝1，CF的中点为O，连接D′O， 在△D′OF中，D′F＝1，OF＝eq \f(1,2)，∠D′FO＝60°，由余弦定理得OD′＝eq \f(\r(3),2)， ∴D′F2＝OF2＋OD′2，∴OD′⊥OF. 在线段EB上取一点M，使得EM＝eq \f(1,2)，连接OM，则EM＝OF，又EM∥OF，∴四边形EMOF为平行四边形， ∴EF∥OM， ∵D′F⊥EF，CF⊥EF，D′F∩CF＝F，∴EF⊥平面CD′F，即OM⊥平面CD′F， ∴OM，OC，OD′两两垂直， 如图所示，以O为坐标原点，eq \o(OM,\s\up18(→))，eq \o(OC,\s\up18(→))，eq \o(OD′,\s\up18(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，D′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))，eq \o(CB,\s\up18(→))＝(1，1，0)，eq \o(CD′,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq \o(FE,\s\up18(→))＝(1，0，0)，eq \o(FD′,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2))). 设平面BCD′的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CB,\s\up18(→))·m＝0，,\o(CD′,\s\up18(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋y1＝0，,－\f(1,2)y1＋\f(\r(3),2)z1＝0，))取z1＝eq \r(3)，则m＝(－3，3，eq \r(3))． 设平面EFD′A′的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(FE,\s\up18(→))·n＝0，,\o(FD′,\s\up18(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,\f(1,2)y2＋\f(\r(3),2)z2＝0，))取z2＝eq \r(3)，则n＝(0，－3，eq \r(3))． 设平面BCD′与平面EFD′A′的夹角为θ， 则cos θ＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(6,\r(21)×\r(12))＝eq \f(1,\r(7))＝eq \f(\r(7),7)， ∴sin θ＝eq \r(1－cos2θ)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),7)))\s\up18(2))＝eq \f(\r(42),7)， ∴平面BCD′与平面EFD′A′所成二面角的正弦值为eq \f(\r(42),7). 解析　(1)证明：以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则D(0，0，0)，G(0，4，3)，F(2，4，4)，E(2，0，4)，B(4，4，0)，eq \o(GF,\s\up18(→))＝(2，0，1)，eq \o(EF,\s\up18(→))＝(0，4，0)，eq \o(BF,\s\up18(→))＝(－2，0，4)， ∴eq \o(GF,\s\up18(→))·eq \o(EF,\s\up18(→))＝0，eq \o(GF,\s\up18(→))·eq \o(BF,\s\up18(→))＝0，即GF⊥EF，GF⊥BF. 又EF∩BF＝F，EF⊂平面EBF，BF⊂平面EBF，∴GF⊥平面EBF. 解析　(2)设平面EBF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(EF,\s\up18(→))＝0，,n1·\o(BF,\s\up18(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4y1＝0，,－2x1＋4z1＝0，)) 则y1＝0，取x1＝2，则z1＝1， 故n1＝(2，0，1)． 设平面EBG的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(EG,\s\up18(→))＝0，,n2·\o(BG,\s\up18(→))＝0，)) 又eq \o(EG,\s\up18(→))＝(－2，4，－1)，eq \o(BG,\s\up18(→))＝(－4，0，3)， 故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x2＋4y2－z2＝0，,－4x2＋3z2＝0，)) 可取x2＝6，则y2＝5，z2＝8，故n2＝(6，5，8)． ∵|cos〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(12＋0＋8,\r(5)×5\r(5))＝eq \f(4,5)， ∴平面EBF与平面EBG夹角的余弦值为eq \f(4,5). 解析　(3)设点D到平面EBF的距离为d， 易知eq \o(DE,\s\up18(→))＝(2，0，4)， 由(2)知平面EBF的一个法向量为n1＝(2，0，1)， 故d＝eq \f(|n1·\o(DE,\s\up18(→))|,|n1|)＝eq \f(8\r(5),5)， 在△EBF中，易知BE＝6，BF＝2eq \r(5)，EF＝4， 故EF2＋BF2＝BE2，∴EF⊥BF， ∴△EBF的面积为eq \f(1,2)×4×2eq \r(5)＝4eq \r(5)， 故三棱锥D－BEF的体积为eq \f(1,3)d×4eq \r(5)＝eq \f(32,3). 3.(2024·新课标Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5eq \r(3)，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足eq \o(AE,\s\up18(→))＝eq \f(2,5) eq \o(AD,\s\up18(→))，eq \o(AF,\s\up18(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up18(→))，将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4eq \r(3). (1)证明：EF⊥PD； 解析　(1)证明：在△AEF中，AE＝eq \f(2,5)AD＝2eq \r(3)，AF＝eq \f(1,2)AB＝4，∠EAF＝30°， 所以cos∠EAF＝eq \f(AE2＋AF2－EF2,2AE·AF)＝eq \f(12＋16－EF2,2×2\r(3)×4)＝eq \f(\r(3),2)， 所以EF＝2，所以EF2＋AE2＝AF2，所以AE⊥EF，所以DE⊥EF. 由折叠的性质可知PE⊥EF，又因为PE∩DE＝E，PE，DE⊂面PDE， 所以EF⊥面PDE. 又PD⊂面PDE，所以EF⊥PD. 解析　(2)连接CE，如图．因为DE＝5eq \r(3)－2eq \r(3)＝3eq \r(3)， CD＝3，∠CDE＝90°， 所以CE2＝36，CE＝6， 又PE＝AE＝2eq \r(3)，所以PE2＋CE2＝PC2，所以PE⊥CE， 又因为PE⊥EF，EF∩CE＝E，EF，CE⊂面ABCD， 所以PE⊥面ABCD， 又DE⊂面ABCD，所以PE⊥ED， 所以EF，ED，EP所在直线两两垂直， 以EF，ED，EP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则P(0，0，2eq \r(3))，D(0，3eq \r(3)，0)，F(2，0，0)，A(0，－2eq \r(3)，0)，则B(4，2eq \r(3)，0)，C(3，3eq \r(3)，0)， 所以eq \o(PD,\s\up18(→))＝(0，3eq \r(3)，－2eq \r(3))，eq \o(CD,\s\up18(→))＝(－3，0，0)，eq \o(PB,\s\up18(→))＝(4，2eq \r(3)，－2eq \r(3))，eq \o(BF,\s\up18(→))＝(－2，－2eq \r(3)，0)， 设平面PCD的法向量n1＝(x1，y1，z1)， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(PD,\s\up18(→))＝3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，,n1·\o(CD,\s\up18(→))＝－3x1＝0，)) 令y1＝2，则z1＝3，x1＝0， 所以n1＝(0，2，3)， 设平面PBF的法向量n2＝(x2，y2，z2)， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(PB,\s\up18(→))＝4x2＋2\r(3)y2－2\r(3)z2＝0，,n2·\o(BF,\s\up18(→))＝－2x2－2\r(3)y2＝0，)) 令x2＝eq \r(3)，则y2＝－1，z2＝1， 所以n2＝(eq \r(3)，－1，1)， 设平面PCD与平面PBF所成的二面角为α， cos〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|) ＝eq \f(（0，2，3）·（\r(3)，－1，1）,\r(22＋32)×\r(（\r(3)）2＋（－1）2＋12))＝eq \f(1,\r(13)×\r(5))＝eq \f(1,\r(65))，所以sin α＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(65))))\s\up18(2))＝eq \f(8\r(65),65). 解析　(1)证明：取PD的中点G，连接FG，CG， 因为F为PE的中点，所以FG＝eq \f(1,2)DE＝1，FG∥DE， 又BC＝1，AD∥BC，所以FG＝BC，FG∥BC， 所以四边形FGCB为平行四边形，所以BF∥CG， 又BF⊄平面PCD，CG⊂平面PCD，所以BF∥平面PCD. 则P(0，0，2)，C(1，0，0)，D(0，2，0)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，则eq \o(AB,\s\up18(→))＝(1，0，0)，eq \o(AP,\s\up18(→))＝(0，1，2)，eq \o(PC,\s\up18(→))＝(1，0，－2)，eq \o(PD,\s\up18(→))＝(0，2，－2)． 设平面PAB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up18(→))＝x1＝0，,n1·\o(AP,\s\up18(→))＝y1＋2z1＝0，))可取n1＝(0，－2，1)． 设平面PCD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(PC,\s\up18(→))＝x2－2z2＝0，,n2·\o(PD,\s\up18(→))＝2y2－2z2＝0，)) 可取n2＝(2，1，1)． 设平面PAB与平面PCD的夹角为θ， 则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq \f(\r(30),30). 所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为eq \f(\r(30),30). 解析　(1)证明：以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 依题意得B(2，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，B1(2，0，2)，C1(1，1，2)，D1(0，1，2)， 则M(0，1，1)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2)，2))， 所以eq \o(D1N,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(1,2)，0))，eq \o(CB1,\s\up18(→))＝(1，－1，2)，eq \o(CM,\s\up18(→))＝(－1，0，1)． 设平面CB1M的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB1,\s\up18(→))＝0，,n·\o(CM,\s\up18(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－y1＋2z1＝0，,－x1＋z1＝0，)) 取x1＝1，得z1＝1，y1＝3，则n＝(1，3，1)， 则eq \o(D1N,\s\up18(→))·n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(1,2)，0))·(1，3，1)＝eq \f(3,2)－eq \f(3,2)＝0， 所以eq \o(D1N,\s\up18(→))⊥n，显然D1N⊄平面CB1M，所以D1N∥平面CB1M. 解析　(2)由(1)知eq \o(CB1,\s\up18(→))＝(1，－1，2)，eq \o(BC,\s\up18(→))＝(－1，1，0)， 设平面BB1C1C的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CB1,\s\up18(→))＝0，,m·\o(BC,\s\up18(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－y2＋2z2＝0，,－x2＋y2＝0，)) 取x2＝1，得y2＝1，z2＝0，则m＝(1，1，0)． 设平面CB1M与平面BB1C1C夹角为θ， 则cos θ＝|cos〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)＝eq \f(4,\r(11)×\r(2))＝eq \f(2\r(22),11)， 所以平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为eq \f(2\r(22),11). 解析　(3)由(1)知eq \o(BB1,\s\up18(→))＝(0，0，2)． 设点B到平面CB1M的距离为d， 则d＝eq \f(|\o(BB1,\s\up18(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(11))＝eq \f(2\r(11),11)， 所以点B到平面CB1M的距离为eq \f(2\r(11),11). 解析　(1)证明：以C为坐标原点，分别以CD，CB，CC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系Cxyz. 则B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)， 则eq \o(B2C2,\s\up18(→))＝(0，－2，1)，eq \o(A2D2,\s\up18(→))＝(0，－2，1)，∴eq \o(B2C2,\s\up18(→))＝eq \o(A2D2,\s\up18(→))，又B2∉A2D2，∴B2C2∥A2D2. 解析　(2)设P(0，2，t)(0≤t≤4)，则eq \o(PA2,\s\up18(→))＝(2，0，1－t)， eq \o(A2C2,\s\up18(→))＝(－2，－2，2)． 设平面PA2C2的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(PA2,\s\up18(→))＝0，,n1·\o(A2C2,\s\up18(→))＝0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x1＋（1－t）z1＝0，,－2x1－2y1＋2z1＝0.)) 令z1＝2，则x1＝t－1，y1＝3－t， ∴n1＝(t－1，3－t，2)． 设平面A2C2D2的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(A2C2,\s\up18(→))＝0，,n2·\o(A2D2,\s\up18(→))＝0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x2－2y2＋2z2＝0，,－2y2＋z2＝0.)) 令z2＝2，则y2＝1，x2＝1，n2＝(1，1，2)． ∵二面角P－A2C2－D2为150°， ∴－eq \f(\r(3),2)＝－|cos〈n1，n2〉|＝－eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝－eq \f(6,\r(（t－1）2＋（3－t）2＋4)·\r(6))， ∴t＝1或3，∴B2P＝1. 解析　(2)因为AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，所以△ABC为正三角形，则AC＝2，BE＝eq \r(3)，AE＝1. 因为AD＝CD，AD⊥CD，所以△ADC为等腰直角三角形，所以DE＝1. 所以DE2＋BE2＝BD2，则DE⊥BE. 由(1)可知，AC⊥平面BED.连接EF，如图．因为EF⊂平面BED，所以AC⊥EF，当△AFC的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，即EF的长度最小．在Rt△BED中，当EF的长度最小时，EF⊥BD，EF＝eq \f(DE·BE,BD)＝eq \f(\r(3),2). 方法一：因为DE⊥AC，BE⊥AC，DE⊥BE， 所以以E为坐标原点，EA，EB，ED所在的直线分 别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(0，eq \r(3)，0)，D(0，0，1)，C(－1，0，0)，eq \o(AB,\s\up18(→))＝(－1，eq \r(3)，0)，eq \o(DB,\s\up18(→))＝(0，eq \r(3)，－1)． 易得DF＝eq \f(1,2)，FB＝eq \f(3,2)，所以3eq \o(DF,\s\up18(→))＝eq \o(FB,\s\up18(→)).设F(0，y，z)，则eq \o(DF,\s\up18(→))＝(0，y，z－1)，eq \o(FB,\s\up18(→))＝(0，eq \r(3)－y，－z)，所以3(0，y，z－1)＝(0，eq \r(3)－y，－z)，得y＝eq \f(\r(3),4)，z＝eq \f(3,4)，即Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),4)，\f(3,4)))， 所以eq \o(CF,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),4)，\f(3,4))). 设平面ABD的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up18(→))＝－x1＋\r(3)y1＝0，,n·\o(DB,\s\up18(→))＝\r(3)y1－z1＝0，)) 不妨取y1＝1，则x1＝eq \r(3)，z1＝eq \r(3)，n＝(eq \r(3)，1，eq \r(3))． 记CF与平面ABD所成的角为α，则sin α＝|cos〈eq \o(CF,\s\up18(→))，n〉|＝eq \f(|\o(CF,\s\up18(→))·n|,|\o(CF,\s\up18(→))|·|n|)＝eq \f(4\r(3),7). 方法二：因为E为AC的中点，所以点C到平面ABD的距离等于点E到平面ABD的距离的2倍． 因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC. 因为VD－AEB＝VE－ADB，所以eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AE×BE×DE＝eq \f(1,3)×S△ABD×eq \f(d,2)，其中d为点C到平面ABD的距离． 在△ABD中，BA＝BD＝2，AD＝eq \r(2)，所以S△ABD＝eq \f(\r(7),2)，所以d＝eq \f(2\r(21),7). 因为AC⊥平面BED，EF⊂平面BED，所以AC⊥EF，所以CF＝eq \r(FE2＋EC2)＝eq \f(\r(7),2). 记CF与平面ABD所成的角为α，则sin α＝eq \f(d,CF)＝eq \f(4\r(3),7). 解析　(1)证明：因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2， 所以CF＝1，BF＝eq \r(5). 如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB， 于是AF＝eq \r(BF2＋AB2)＝3，所以AC＝eq \r(AF2－CF2)＝2eq \r(2).由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，故以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Bxyz， 则B(0，0，0)，E(1，1，0)，F(0，2，1)，eq \o(BF,\s\up18(→))＝(0，2，1)． 设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m，0，2)， 于是eq \o(DE,\s\up18(→))＝(1－m，1，－2)． 所以eq \o(BF,\s\up18(→))·eq \o(DE,\s\up18(→))＝0，所以BF⊥DE. 解析　(2)易知面BB1C1C的一个法向量为n1＝(1，0，0)． 设面DFE的法向量为n2＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DE,\s\up18(→))·n2＝0，,\o(EF,\s\up18(→))·n2＝0，)) 又eq \o(DE,\s\up18(→))＝(1－m，1，－2)，eq \o(EF,\s\up18(→))＝(－1，1，1)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（1－m）x＋y－2z＝0，,－x＋y＋z＝0，))令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m， 于是，面DFE的一个法向量为n2＝(3，m＋1，2－m)， 所以cos〈n1，n2〉＝eq \f(3,\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(1,2)))\s\up18(2)＋\f(27,2))). 设面BB1C1C与面DFE所成的二面角为θ，则sin θ＝eq \r(1－cos2〈n1，n2〉)，　 故当m＝eq \f(1,2)时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小，为eq \f(\r(3),3)，即当B1D＝eq \f(1,2)时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小． $