2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章立體幾何與空間向量頂層設(shè)計前瞻立體幾何熱點問題教學(xué)案含解析新人教A版

PAGE18-立體幾何熱點問題三年真題考情核心熱點真題印證核心素養(yǎng)線、面位置關(guān)系的證明與線面角2024·天津，17；2024·浙江，19；2024·Ⅰ，18；2024·Ⅱ，20；2024·天津，17；2024·天津，17；2024·北京·16數(shù)學(xué)運算、邏輯推理、直觀想象線、面位置關(guān)系的證明與二面角2024·Ⅰ，18；2024·Ⅱ，17；2024·Ⅲ，19；2024·北京，16；2024·Ⅲ，19；2024·Ⅲ，19；2024·Ⅰ，18；2024·Ⅱ，19；2024·Ⅰ，18；2024·Ⅱ，19數(shù)學(xué)運算、邏輯推理、直觀想象熱點聚焦突破教材鏈接高考——線面位置關(guān)系與空間角[教材探究](選修2－1P109例4)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，點E是PC的中點，作EF⊥PB交PB于點F.(1)求證：PA∥平面EDB；(2)求證：PB⊥平面EFD；(3)求二面角C－PB－D的大小.[試題評析]1.本例包括了空間向量在立體幾何中最主要的兩個應(yīng)用：(1)證明或判定空間中的線面位置關(guān)系，(2)求空間角.2.教材給出的解法雖然都用到了向量，但第(1)(2)題仍舊沒有脫離線面平行、線面垂直的判定定理，第(3)題是先找到二面角的平面角，然后利用向量求解.3.除了教材給出的解法外，我們還可以利用相關(guān)平面的法向量解答本題，其優(yōu)點是可以使幾何問題代數(shù)化.【教材拓展】如圖，在四棱錐P－ABCD中，BC⊥CD，AD＝CD，PA＝3eq\r(2)，△ABC和△PBC均是邊長為2eq\r(3)的等邊三角形.(1)求證：平面PBC⊥平面ABCD；(2)求二面角C－PB－D的余弦值.(1)證明取BC的中點O，連接OP，OA，如圖.因為△ABC，△PBC均為邊長為2eq\r(3)的等邊三角形，點O為BC的中點，所以O(shè)A⊥BC，OP⊥BC，且OA＝OP＝3.在△PAO中，因為PA＝3eq\r(2)，則PO2＋OA2＝PA2，所以O(shè)P⊥OA.又因為OA∩BC＝O，OA?平面ABCD，BC?平面ABCD，所以O(shè)P⊥平面ABCD.又因為OP?平面PBC.所以平面PBC⊥平面ABCD.(2)解因為BC⊥CD，△ABC為等邊三角形，所以∠ACD＝eq\f(π,6).又因為AD＝CD，所以∠CAD＝eq\f(π,6)，∠ADC＝eq\f(2π,3).在△ADC中，由正弦定理，得eq\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(CD,sin∠CAD)，所以CD＝2.以O(shè)為坐標(biāo)原點，eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OP,\s\up6(→))分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則P(0，0，3)，B(0，eq\r(3)，0)，D(2，－eq\r(3)，0).所以eq\o(BP,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，3)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(2，－2eq\r(3)，0).設(shè)平面PBD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BP,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)y＋3z＝0，,2x－2\r(3)y＝0.))令z＝1，則平面PBD的一個法向量為n＝(3，eq\r(3)，1)，依題意，平面PBC的一個法向量m＝(1，0，0)，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(3\r(13),13).由題圖知，二面角C－PB－D為銳二面角，故二面角C－PB－D的余弦值為eq\f(3\r(13),13).探究提高1.本題與教材選修2－1P109例4相比其難點在于不易找到二面角C－PB－D的平面角，或者說找到這個二面角的平面角對學(xué)生來說是一個很大的難點，而利用空間向量，即找到相關(guān)平面的法向量并且利用法向量來求二面角，就可以化解這個難點，這也是向量法的優(yōu)勢所在.2.利用向量法解決問題時，要留意運算的正確性.【鏈接高考】(2024·全國Ⅱ卷)如圖，長方體ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點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.(1)證明由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE?平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，B1C1，EC1?平面EB1C1，所以BE⊥平面EB1C1.(2)解由(1)知∠BEB1＝90°.由題設(shè)知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.以D為坐標(biāo)原點，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向為x軸正方向，|eq\o(DA,\s\up6(→))|為單位長度，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)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1，－1，1)，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(0，0，2).設(shè)平面EBC的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CB,\s\up6(→))·n＝0，,\o(CE,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,x1－y1＋z1＝0，))所以可取n＝(0，－1，－1).設(shè)平面ECC1的法向量為m＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CC1,\s\up6(→))·m＝0，,\o(CE,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2z2＝0，,x2－y2＋z2＝0，))所以可取m＝(1，1，0).于是cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝－eq\f(1,2)，則sin〈n，m〉＝eq\f(\r(3),2)，所以，二面角B－EC－C1的正弦值為eq\f(\r(3),2).教你如何審題——立體幾何中的折疊問題【例題】(2024·全國Ⅲ卷)圖①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖②.(1)證明：圖②中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖②中的二面角B－CG－A的大小.[審題路途][自主解答](1)證明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面.由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC?平面BCGE，所以AB⊥平面BCGE.又因為AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解作EH⊥BC，垂足為H.因為EH?平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平面ABC＝BC，所以EH⊥平面ABC.由已知，菱形BCGE的邊長為2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝eq\r(3).以H為坐標(biāo)原點，eq\o(HC,\s\up6(→))的方向為x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，eq\r(3))，eq\o(CG,\s\up6(→))＝(1，0，eq\r(3))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，－1，0).設(shè)平面ACGD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CG,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0，,2x－y＝0.))所以可取n＝(3，6，－eq\r(3)).又平面BCGE的法向量可取m＝(0，1，0)，所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(\r(3),2).因此二面角B－CG－A的大小為30°.探究提高立體幾何中折疊問題的解決方法解決立體幾何中的折疊問題，關(guān)鍵是搞清晰翻折前后圖形中線面位置關(guān)系和度量關(guān)系的改變狀況，一般地翻折后還在同一個平面上的性質(zhì)不發(fā)生改變，不在同一平面上的性質(zhì)發(fā)生改變.【嘗試訓(xùn)練】(2024·湖南六校聯(lián)考)在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，tan∠ACB＝eq\f(1,2).已知E，F(xiàn)分別是BC，AC的中點，將△CEF沿EF折起，使C到C′的位置且二面角C′－EF－B的平面角的大小是60°.連接C′B，C′A，如圖.(1)(一題多解)求證：平面C′FA⊥平面ABC′；(2)求平面AFC′與平面BEC′所成二面角的平面角的大小.(1)證明法一∵F是AC的中點，∴AF＝C′F.設(shè)AC′的中點為G，連接FG，如圖(1).(1)設(shè)BC′的中點為H，連接GH，EH.∵∠ABC＝90°，E，F(xiàn)分別是BC，AC的中點，∴FE⊥BC，∴C′E⊥EF，BE⊥EF，∴∠BEC′為二面角C′－EF－B的平面角.∴∠BEC′＝60°.∵E為BC的中點，∴BE＝EC′，∴△BEC′為等邊三角形，∴EH⊥BC′.∵EF⊥C′E，EF⊥BE，C′E∩BE＝E，∴EF⊥平面BEC′.∵EF∥AB，∴AB⊥平面BEC′，又EH?平面BEC′，∴AB⊥EH.∵BC′∩AB＝B，∴EH⊥平面ABC′.∵G，H分別為AC′，BC′的中點，∴GH綉eq\f(1,2)AB綉FE，∴四邊形EHGF為平行四邊形，∴FG∥EH，∴FG⊥平面ABC′.又FG?平面C′FA，∴平面C′FA⊥平面ABC′.法二∵∠ABC＝90°，E，F(xiàn)分別為BC，AC的中點，∴EF⊥BC，∴EF⊥BE，EF⊥EC′.∵BE∩EC′＝E，∴FE⊥平面BC′E.∴AB⊥平面BEC′.如圖(2)，分別以BE，BA所在直線為y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)AB＝2，(2)則B(0，0，0)，A(0，0，2)，E(0，2，0)，F(xiàn)(0，2，1)，C′(eq\r(3)，1，0).∴eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0，0，2)，eq\o(BC′,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，eq\o(AC′,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，－2).設(shè)平面ABC′的法向量為a＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a·\o(BA,\s\up6(→))＝0，,a·\o(BC′,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2z1＝0，,\r(3)x1＋y1＝0.))令x1＝1，則y1＝－eq\r(3)，z1＝0，∴a＝(1，－eq\r(3)，0).設(shè)平面C′FA的法向量為b＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b·\o(AF,\s\up6(→))＝0，,b·\o(AC′,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y2－z2＝0，,\r(3)x2＋y2－2z2＝0.))令x2＝eq\r(3)，則y2＝1，z2＝2，∴b＝(eq\r(3)，1，2).∴a·b＝eq\r(3)－eq\r(3)＋0＝0，∴平面C′FA⊥平面ABC′.(2)解由(1)中法二可得平面AFC′的一個法向量為b＝(eq\r(3)，1，2).明顯平面BEC′的一個法向量為m＝(0，0，1)，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·b,|m|·|b|)＝eq\f(\r(2),2).視察圖形可知，平面AFC′與平面BEC′所成的二面角的平面角為銳角，∴平面AFC′與平面BEC′所成二面角的平面角的大小為45°.滿分答題示范——立體幾何中的開放問題【例題】(12分)如圖①，已知等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2.將△ADC沿AC折起，使得AD⊥BC，如圖②.(1)求證：平面ADC⊥平面ABC；(2)在線段BD上是否存在點E，使得二面角E－AC－D的大小為eq\f(π,4)？若存在，指出點E的位置；若不存在，請說明理由.[規(guī)范解答](1)證明∵等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，∴由平面幾何學(xué)問易得∠ABC＝eq\f(π,3)，∴AC2＝22＋12－2×2×1×coseq\f(π,3)＝3.又AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.2′∵AD⊥BC，AD∩AC＝A，∴BC⊥平面ADC.3′又∵BC?平面ABC，∴平面ADC⊥平面ABC.4′(2)解在線段BD上存在點E，使得二面角E－AC－D的大小為eq\f(π,4).以C為原點，CA所在的直線為x軸，CB所在的直線為y軸，過點C垂直于平面ABC的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖.5′由平面ADC⊥平面ABC，△ADC是頂角為eq\f(2π,3)的等腰三角形，知z軸與△ADC底邊上的中線平行，則C(0，0，0)，A(eq\r(3)，0，0)，B(0，1，0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，\f(1,2)))，∴eq\o(CA,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－1，\f(1,2))).令eq\o(BE,\s\up6(→))＝teq\o(BD,\s\up6(→))(0≤t≤1)，則Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)t，1－t，\f(t,2)))，∴eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)t，1－t，\f(t,2))).7′設(shè)平面ACE的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CA,\s\up6(→))·m＝0，,\o(CE,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＝0，,\f(\r(3),2)tx＋（1－t）y＋\f(t,2)z＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,2（1－t）y＋tz＝0.))令y＝t，則z＝2(t－1)，∴m＝(0，t，2(t－1)).9′由(1)知，平面ACD的一個法向量為n＝(0，1，0).10′要使二面角E－AC－D的大小為eq\f(π,4)，則coseq\f(π,4)＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(t,\r(t2＋4（t－1）2))＝eq\f(\r(2),2)，解得t＝eq\f(2,3)或t＝2(舍去).∴在線段BD上存在點E，使得二面角E－AC－D的大小為eq\f(π,4)，此時點E在線段BD上靠近點D的三等分點處.12′[高考狀元滿分心得]?得步驟分：抓住得分點的步驟“步步為贏”，求得滿分.如第(1)問中證明面面垂直時，層層遞進(jìn)，先證明線線垂直，再證明線面垂直，最終得到面面垂直.?得關(guān)鍵分：解題過程中不行忽視關(guān)鍵點，有則給分，無則沒分.如第(2)問中的建系方法，求兩個平面的法向量.?得計算分：解題過程中計算精確是得滿分的保證.如第(2)問中由二面角的大小求t的值等.[構(gòu)建模板]……利用題目中的線、面位置關(guān)系，建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系……假設(shè)數(shù)學(xué)對象存在，設(shè)出其坐標(biāo)……求相關(guān)的坐標(biāo)和平面的法向量……依據(jù)題目條件構(gòu)建方程求解……明確結(jié)論【規(guī)范訓(xùn)練】(2024·綿陽診斷)如圖，四棱錐S－ABCD中，SD⊥底面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝AD＝1，DC＝SD＝2，E為棱SB上的一個點，且SE＝2EB.(1)求證：DE⊥平面SBC；(2)在線段BC上是否存在點M，使得SM與平面ADE所成角的正弦值為eq\f(5\r(7),14)？若存在，請指出點M的位置；若不存在，請說明理由.(1)證明由SD⊥底面ABCD，AD，DC?平面ABCD，知SD⊥AD，SD⊥DC.又AD⊥DC，故以D為原點，DA，DC，DS所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，S(0，0，2).由SE＝2EB，得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(2,3))).∴eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(BS,\s\up6(→))＝(－1，－1，2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(2,3)))，∴eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(BS,\s\up6(→))＝0.∴DE⊥BC，DE⊥BS.又∵BC∩BS＝B，∴DE⊥平面SBC.(2)解存在.理由如下：設(shè)點M(x，y，z)，則eq\o(BM,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))(0<λ<1).∴(x－1，y－1，z)＝λ(－1，1，0)，∴M(1－λ，1＋λ，0)，∴eq\o(SM,\s\up6(→))＝(1－λ，1＋λ，－2).由(1)知eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(2,3))).設(shè)平面ADE的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,\f(2,3)x＋\f(2,3)y＋\f(2,3)z＝0.))令y＝1，則z＝－1，∴n＝(0，1，－1).∴|cos〈eq\o(SM,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(SM,\s\up6(→))·n|,|\o(SM,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(|1＋λ＋2|,\r(（1－λ）2＋（1＋λ）2＋（－2）2)×\r(2))＝eq\f(5\r(7),14)，解得λ＝eq\f(1,3)或λ＝2.又∵0<λ<1，∴λ＝eq\f(1,3).∴存在點M，且點M是靠近點B的BC的三等分點.熱點跟蹤訓(xùn)練1.(2024·安徽六校聯(lián)考)如圖，直三棱柱ABC－A′B′C′的側(cè)棱長為4，AB⊥BC，且AB＝BC＝4，點D，E分別是棱AB，BC上的動點，且AD＝BE.(1)求證：無論點D在何處，總有B′C⊥C′D；(2)當(dāng)三棱錐B－DB′E的體積取最大值時，求二面角D－B′E－A′的余弦值.解依據(jù)題意，以B為坐標(biāo)原點，分別以BC，BA，BB′所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系B－xyz，如圖，則B(0，0，0)，A(0，4，0)，A′(0，4，4)，C(4，0，0)，C′(4，0，4)，B′(0，0，4).(1)證明設(shè)D(0，a，0)(0≤a≤4)，則E(4－a，0，0).得eq\o(B′C,\s\up6(→))＝(4，0，－4)，eq\o(C′D,\s\up6(→))＝(－4，a，－4)，故eq\o(B′C,\s\up6(→))·eq\o(C′D,\s\up6(→))＝0，即總有B′C⊥C′D.(2)易知V三棱錐B－DB′E＝V三棱錐B′－DBE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)a(4－a)×4＝eq\f(2,3)a(4－a)≤eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋4－a,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(8,3)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2時，取等號.此時D(0，2，0)，E(2，0，0)，則eq\o(B′E,\s\up6(→))＝(2，0，－4)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(2，－2，0).設(shè)平面DB′E的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(B′E,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DE,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－4z＝0，,2x－2y＝0.))令z＝1，則x＝y(tǒng)＝2，所以n＝(2，2，1).同理可得平面A′B′E的一個法向量m＝(2，0，1).所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(2×2＋2×0＋1×1,\r(5)×3)＝eq\f(\r(5),3)，所以二面角D－B′E－A′的余弦值為eq\f(\r(5),3).2.(2024·成都一診)如圖，四棱錐P－ABCD的底面ABCD是邊長為2的菱形，∠ABC＝eq\f(π,3)，PA⊥底面ABCD，點M是棱PC的中點.(1)求證：PA∥平面BMD；(2)當(dāng)PA＝eq\r(3)時，求直線AM與平面PBC所成角的正弦值.(1)證明如圖，連接AC交BD于點O，易知O為AC的中點，連接MO.∵M(jìn)，O分別為PC，AC的中點，∴PA∥MO.∵PA?平面BMD，MO?平面BMD，∴PA∥平面BMD.(2)解如圖，取線段BC的中點H，連接AH.∵四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝eq\f(π,3)，∴AH⊥AD.以A為坐標(biāo)原點，分別以AH，AD，AP所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz.∴A(0，0，0)，B(eq\r(3)，－1，0)，C(eq\r(3)，1，0)，P(0，0，eq\r(3))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，∴eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，－eq\r(3)).設(shè)平面PBC的法向量為m＝(x，y，z).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(PC,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＝0，,\r(3)x＋y－\r(3)z＝0.))取z＝1，則x＝1，y＝0，∴m＝(1，0，1).設(shè)直線AM與平面PBC所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈m，eq\o(AM,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|m·\o(AM,\s\up6(→))|,|m|·|\o(AM,\s\up6(→))|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)×1＋\f(1,2)×0＋\f(\r(3),2)×1)),\r(2)×\r(\f(7,4)))＝eq\f(\r(42),7).∴直線AM與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(\r(42),7).3.(2024·廣州模擬)如圖(1)，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，且BC＝2AD＝4，E，F(xiàn)分別為線段AB，DC的中點，沿EF把AEFD折起，使AE⊥CF，得到如圖(2)的立體圖形.(1)證明：平面AEFD⊥平面EBCF；(2)若BD⊥EC，求二面角F－BD－C的余弦值.(1)證明由折疊可知，AE⊥EF.因為AE⊥CF，且EF∩CF＝F，所以AE⊥平面EBCF.因為AE?平面AEFD，所以平面AEFD⊥平面EBCF.(2)解如圖所示，過點D作DG∥AE交EF于點G，連接BG，則DG⊥平面EBCF，又EC?平面EBCF，所以DG⊥EC.因為BD⊥EC，BD∩DG＝D，所以EC⊥平面BDG，又BG?平面BDG，所以EC⊥BG.所以∠BGE＋∠GEC＝∠CEB＋∠GEC，所以∠BGE＝∠CEB，且∠EBC＝∠GEB＝90°，所以△EGB∽△BEC，則eq\f(EG,EB)＝eq\f(EB,BC)，因為EG＝AD＝2，BC＝4，所以EB＝2eq\r(2).以E為坐標(biāo)原點，eq\o(EB,\s\up6(→))的方向為x軸的正方向，eq\o(EF,\s\up6(→))的方向為y軸的正方向，eq\o(EA,\s\up6(→))的方向為z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系E－xyz，則F(0，3，0)，D(0，2，2eq\r(2))，C(2eq\r(2)，4，0)，A(0，0，2eq\r(2))，B(2eq\r(2)，0，0).故eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2eq\r(2)，2，2eq\r(2))，eq\o(FD,\s\up6(→))＝(0，－1，2eq\r(2))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，4，0)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－2eq\r(2)，－2，2eq\r(2)).設(shè)平面FBD的法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝－2\r(2)x＋2y＋2\r(2)z＝0，,n·\o(FD,\s\up6(→))＝－y＋2\r(2)z＝0.))令z＝1，得y＝2eq\r(2)，x＝3，所以平面FBD的一個法向量是n＝(3，2eq\r(2)，1).設(shè)平面BCD的法向量m＝(a，b，c)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up6(→))＝4b＝0，,m·\o(CD,\s\up6(→))＝－2\r(2)a－2b＋2\r(2)c＝0.))令a＝1，得b＝0，c＝1，所以平面BCD的一個法向量是m＝(1，0，1).則cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(4,\r(18)×\r(2))＝eq\f(2,3).易知，所求二面角為銳角，所以二面角F－BD－C的余弦值為eq\f(2,3).4.(2024·宜昌模擬)如圖，四邊形ABCD是正方形，四邊形BDEF為矩形，AC⊥BF，G為EF的中點.(1)求證：BF⊥平面ABCD；(2)二面角C－BG－D的大小可以為60°嗎，若可以求出此時eq\f(BF,BC)的值，若不行以，請說明理由.(1)證明∵四邊形ABCD是正方形，四邊形BDEF為矩形，∴BF⊥BD，又∵AC⊥BF，AC，BD為平面ABCD內(nèi)兩條相交直線，∴BF⊥平面ABCD.(2)解假設(shè)二面角C－BG－D的大小可以為60°，由(1)知BF⊥平面ABCD，以A為原點，分別以AB，AD為x軸，y軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，不妨設(shè)AB＝AD＝2，BF＝h(h>0)，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，C(2，2，0)，EF的中點G(1，1，h)，eq\o(BG,\s\up6(→))＝(－1，1，h)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，2，0).設(shè)平面BCG的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BG,\s\up6(→))·n＝0，,\o(BC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋y＋hz＝0，,2y＝0，))取n＝(h，0，1).由于AC⊥BF，AC⊥BD，∴AC⊥平面BDG，平面BDG的一個法向量為eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，2，0).由題意得cos60°＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(AC,\s\up6(→)),|n|·|\o(AC,\s\up6(→))|)))＝eq\f(2h,\r(h2＋1)·\r(4＋4))，解得h＝1，此時eq\f(BF,BC)＝eq\f(1,2).∴當(dāng)eq\f(BF,BC)＝eq\f(1,2)時，二面角C－BG－D的大小為60°.5.(2024·天津卷)如圖，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.(1)求證：BF∥平面ADE；(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角E－BD－F的余弦值為eq\f(1,3)，求線段CF的長.解依題意，建立以A為原點，分別以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))的方向為x軸、y軸、z軸正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2).設(shè)CF＝h(h>0)，則F(1，2，h).(1)證明依題意，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)是平面ADE的一個法向量，又eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，2，h)，可得eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，又因為直線BF?平面ADE，所以BF∥平面ADE.(2)依題意，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－1，－2，2).設(shè)n＝(x，y，z)為平面BDE的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋2z＝0，))不妨令z＝1，可得n＝(2，2，1).因此有cos〈eq\o(CE,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(CE,\s\up6(→))·n,|\o(CE,\s\up6(→))||n|)＝－eq\f(4,9).所以，直線CE與平面BDE所成角的正弦值為eq\f(4,9).(3)設(shè)m＝(x1，y1，z1)為平面BDF的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1＋y1＝0，,2y1＋hz1＝0，))不妨令y1＝1，可得m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(2,h))).又n＝(2，2，1)為平面BDE的一個法向量，故由題意，有|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4－\f(2,h))),3\r(2＋\f(4,h2)))＝eq\f(1,3).解得h＝eq\f(8,7).經(jīng)檢驗，符合題意.所以，線段CF的長為eq\f(