高考題中的解答題二（立體幾何）空間向量與空間角、距離問題(一)線面角以空間幾何體為載體考查線面角是高考命題的重點(diǎn).空間向量是將空間幾何問題坐標(biāo)化的工具，利用空間向量求線面角是高考熱點(diǎn)，通常以解答題的形式出現(xiàn)，難度中等.[典例](2022·全國(guó)甲卷)在四棱錐P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝eq\r(3).(1)證明：BD⊥PA；(2)求PD與平面PAB所成的角的正弦值．[解](1)證明：取AB中點(diǎn)為O，連接DO，CO，則OB＝DC＝1.又DC∥OB，所以四邊形DCBO為平行四邊形．又BC＝OB＝1，所以四邊形DCBO為菱形，所以BD⊥CO.同理可得，四邊形DCOA為菱形，所以AD∥CO，所以BD⊥AD.因?yàn)镻D⊥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?yàn)镻A?平面ADP，所以BD⊥PA.(2)由(1)知BD⊥AD，又AB＝2AD，所以∠DAO＝60°，所以三角形ADO為正三角形．過點(diǎn)D作垂直于DC的直線為x軸，DC所在直線為y軸，DP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則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)．則eq\o(AB,\s\up7(→))＝(0,2,0)，eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\r(3)))，eq\o(DP,\s\up7(→))＝(0,0，eq\r(3))．設(shè)平面PAB的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(AB,\s\up7(→))·n＝0，,eq\o(AP,\s\up7(→))·n＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＝0，,－\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＋\r(3)z＝0.))令x＝2，則y＝0，z＝1，所以n＝(2,0,1)．設(shè)直線PD與平面PAB所成的角為α，則sinα＝|cos〈n，eq\o(DP,\s\up7(→))〉|＝eq\f(|n·eq\o(DP,\s\up7(→))|,|n|·|eq\o(DP,\s\up7(→))|)＝eq\f(\r(3),\r(5)×\r(3))＝eq\f(\r(5),5)，所以直線PD與平面PAB所成的角的正弦值為eq\f(\r(5),5).方法技巧利用空間向量求線面角的解題模型針對(duì)訓(xùn)練(2022·百師聯(lián)盟開學(xué)考)如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四邊形A1ADD1為矩形，且平面A1ADD1⊥平面ABCD，AB∥CD，AB＝AD＝A1A＝eq\f(1,2)CD，∠DAB＝eq\f(π,2)，M，E分別為AD1，B1C的中點(diǎn)．(1)證明：ME∥平面DCC1D1；(2)求AE與平面B1BCC1所成的角的正弦值．解：(1)證明：分別取AD和BC的中點(diǎn)H，P，連接MH，HP，PE，則MH∥DD1，MH＝eq\f(1,2)DD1，PE∥CC1，PE＝eq\f(1,2)CC1，所以MH∥PE，MH＝PE，所以四邊形MHPE為平行四邊形，所以ME∥PH，又PH∥CD，所以ME∥CD，因?yàn)镃D?平面DCC1D1，ME?平面DCC1D1，所以ME∥平面DCC1D1.(2)因?yàn)樗倪呅蜛1ADD1為矩形，所以DD1⊥AD，因?yàn)槠矫鍭1ADD1⊥平面ABCD，且平面A1ADD1∩平面ABCD＝AD，所以D1D⊥平面ABCD，故D1D⊥CD，因?yàn)锳B∥CD,∠DAB＝eq\f(π,2)，所以CD⊥AD，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝1，則A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，B1(1,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)，\f(1,2)))，所以eq\o(BB1,\s\up7(→))＝(0,0,1)，eq\o(BC,\s\up7(→))＝(－1,1,0)，eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)，\f(1,2)))設(shè)平面B1BCC1的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(BB1,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z＝0，,－x＋y＝0，))令x＝1，則y＝1，所以n＝(1,1,0)，所以cos〈eq\o(AE,\s\up7(→))，n〉＝eq\f(1,\r(2)×\f(\r(11),2))＝eq\f(\r(22),11)，所以AE與平面B1BCC1所成的角的正弦值為eq\f(\r(22),11).(二)平面與平面的夾角以空間幾何體為載體考查平面與平面的夾角是高考命題的重點(diǎn).空間向量是將空間幾何問題坐標(biāo)化的工具，利用空間向量求平面與平面的夾角是高考熱點(diǎn)，通常以解答題的形式出現(xiàn)，難度中等.[典例]如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，△PAB為正三角形，且側(cè)面PAB⊥底面ABCD，PM＝MD.(1)求證：BP∥平面ACM；(2)求平面MBC與平面DBC夾角的余弦值．[關(guān)鍵點(diǎn)撥]切入點(diǎn)(1)在平面ACM內(nèi)找與PB平行的線；(2)建立坐標(biāo)系，利用向量法求解遷移點(diǎn)(1)把線面平行問題轉(zhuǎn)化為線線平行問題；(2)把求兩平面夾角問題轉(zhuǎn)化為求兩法向量的夾角問題障礙點(diǎn)不會(huì)建系．本題不能直接建系，需根據(jù)側(cè)面PAB⊥底面ABCD，作交線AB的垂線，可得平面ABCD的垂線，從而建立坐標(biāo)系[解](1)證明：連接BD，與AC交于O，連接OM，在△PBD中，因?yàn)镺，M分別為BD，PD的中點(diǎn)，所以BP∥OM.因?yàn)锽P?平面ACM，OM?平面ACM，所以BP∥平面ACM.(2)設(shè)E是AB的中點(diǎn)，連接PE，因?yàn)椤鱌AB為正三角形，所以PE⊥AB.又因?yàn)槊鍼AB⊥底面ABCD，面PAB∩底面ABCD＝AB，PE?平面PAB，所以PE⊥平面ABCD.過E作EF平行于CB與CD交于F.以E為原點(diǎn)，分別以EB，EF，EP為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Exyz，則E(0,0,0)，B(1,0,0)，P(0,0，eq\r(3))，C(1,2,0)，D(－1，2,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，\f(\r(3),2)))，所以eq\o(CM,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－1，\f(\r(3),2)))，eq\o(BC,\s\up7(→))＝(0,2,0)．設(shè)平面CBM的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(CM,\s\up7(→))＝－\f(3,2)x－y＋\f(\r(3),2)z＝0，,n·eq\o(BC,\s\up7(→))＝2y＝0，))令x＝1，則y＝0，z＝eq\r(3)，得n＝(1,0，eq\r(3))．因?yàn)镻E⊥平面ABCD，所以平面ABCD的法向量m＝(0,0,1)，設(shè)平面MBC與平面DBC的夾角為θ，所以cosθ＝eq\f(|n·m|,|n||m|)＝eq\f(\r(3),2).所以平面MBC與平面DBC的夾角的余弦值為eq\f(\r(3),2).方法技巧利用空間向量平面與平面所成角的解題模型針對(duì)訓(xùn)練1．(2022·新高考Ⅱ卷)如圖，PO是三棱錐P-ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E為PB的中點(diǎn)．(1)證明：OE∥平面PAC；(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C-AE-B的正弦值．解：(1)證明：如圖，取AB的中點(diǎn)D，連接DP，DO，DE.因?yàn)锳P＝PB，所以PD⊥AB.因?yàn)镻O為三棱錐P-ABC的高，所以PO⊥平面ABC，因?yàn)锳B?平面ABC，所以PO⊥AB.又PO，PD?平面POD，且PO∩PD＝P，所以AB⊥平面POD.因?yàn)镺D?平面POD，所以AB⊥OD，又AB⊥AC，所以O(shè)D∥AC，因?yàn)镺D?平面PAC，AC?平面PAC，所以O(shè)D∥平面PAC.因?yàn)镈，E分別為BA，BP的中點(diǎn)，所以DE∥PA，因?yàn)镈E?平面PAC，PA?平面PAC，所以DE∥平面PAC.又OD，DE?平面ODE，OD∩DE＝D，所以平面ODE∥平面PAC.又OE?平面ODE，所以O(shè)E∥平面PAC.(2)連接OA，因?yàn)镻O⊥平面ABC，OA，OB?平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，所以O(shè)A＝OB＝eq\r(PA2－PO2)＝eq\r(52－32)＝4.易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，所以O(shè)D＝OAsin30°＝4×eq\f(1,2)＝2，AB＝2AD＝2OAcos30°＝2×4×eq\f(\r(3),2)＝4eq\r(3).又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°，所以在Rt△ABC中，AC＝ABtan60°＝4eq\r(3)×eq\r(3)＝12.以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AC所在直線分別為x，y軸，以過A且垂直于平面ABC的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．則A(0,0,0)，B(4eq\r(3)，0,0)，C(0,12,0)，P(2eq\r(3)，2,3)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(3)，1，\f(3,2)))，所以eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(3)，1，\f(3,2)))，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(4eq\r(3)，0,0)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(0,12,0)．設(shè)平面AEC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AE,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(AC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3\r(3)x＋y＋\f(3,2)z＝0，,12y＝0，))令z＝2eq\r(3)，則n＝(－1,0,2eq\r(3))．設(shè)平面AEB的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(AE,\s\up7(→))＝0，,m·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3\r(3)x1＋y1＋\f(3,2)z1＝0，,4\r(3)x1＝0，))令z1＝2，則m＝(0，－3,2)．所以|cos〈n，m〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·m,|n|·|m|)))＝eq\f(4\r(3),13).設(shè)二面角C-AE-B的大小為θ，則sinθ＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),13)))2)＝eq\f(11,13).2.(2022·岳陽質(zhì)檢)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別是棱AA1，CC1上的點(diǎn)，AD＝C1E＝eq\f(1,3)AA1，A1C1＝B1C1.(1)求證：平面DEB1⊥平面A1ABB1；(2)若直線B1D與平面ABC所成的角為45°，且A1B1＝eq\r(2)A1C1，求平面DB1E與平面BB1E夾角的正弦值．解：(1)證明：取A1B1中點(diǎn)O1，AB中點(diǎn)O，連接O1O交DB1于F，連接EF，O1C1，則O1F∥A1D，∵O1F＝eq\f(1,2)A1D＝DA＝C1E，∴O1F＝C1E，O1F∥C1E，∴四邊形O1C1EF是平行四邊形，∴O1C1∥EF，∵A1C1＝B1C1，∴O1C1⊥A1B1.又在直三棱柱ABC-A1B1C1中，B1B⊥平面A1B1C1，∴B1B⊥O1C1，又B1B∩A1B1＝B1，∴O1C1⊥平面A1B1BA，∴EF⊥平面A1B1BA，又EF?平面DEB1，∴平面DEB1⊥平面A1ABB1.(2)由(1)知，OC，OB，OO1兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz，取B1B上一點(diǎn)M，使B1M＝DA，連接AM，則B1D∥AM，又MB⊥平面ABC，∴B1D與平面ABC所成角為∠MAB，即∠MAB＝45°，∴AB＝BM＝eq\f(2,3)BB1，不妨設(shè)B1B＝3，則AB＝2，AD＝C1E＝1，A1B1＝eq\r(2)A1C1＝2，A1C1＝B1C1＝eq\r(2)，∴OC＝1，A(0，－1,0)，D(0，－1,1)，E(1,0,2)，B1(0,1,3)，C(1,0,0)，eq\o(DE,\s\up7(→))＝(1,1,1)，eq\o(DB1,\s\up7(→))＝(0,2,2)．設(shè)平面DB1E的一個(gè)法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(DE,\s\up7(→))·m＝0，,eq\o(DB1,\s\up7(→))·m＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＋z＝0，,2y＋2z＝0，))取y＝1，得m＝(0,1，－1)，∵AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC，又AC⊥CC1，BC，CC1?平面BB1E，∴AC⊥平面BB1E，∴平面BB1E的一個(gè)法向量n＝eq\o(AC,\s\up7(→))＝(1,1,0)，cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2)，∴平面DB1E與平面BB1E夾角的正弦值為eq\f(\r(3),2).命題點(diǎn)(三)距離問題[典例](2022·菏澤一模)如圖，圓柱的軸截面ABCD是正方形，點(diǎn)E在底面圓周上，AF⊥DE，F(xiàn)為垂足．(1)求證：AF⊥DB；(2)當(dāng)直線DE與平面ABE所成角的正切值為2時(shí)，①求二面角E-DC-B的余弦值；②求點(diǎn)B到平面CDE的距離．[解](1)證明：由題意可知DA⊥底面ABE，BE?底面ABE，故BE⊥DA，又BE⊥AE，AE∩DA＝A，AE，DA?平面AED，故BE⊥平面AED,由AF?平面AED，得AF⊥BE,又AF⊥DE，BE∩DE＝E，BE，DE?平面BED，故AF⊥平面BED，由DB?平面BED，得AF⊥DB.(2)①由題意，以A為原點(diǎn)，在底面圓內(nèi)過點(diǎn)A作AB的垂線作為x軸，以AB，AD所在直線為y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AD的長(zhǎng)度為2，則A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(0,2,2)，D(0,0,2)，因?yàn)镈A⊥平面ABE，所以∠DEA就是直線DE與平面ABE所成的角，所以tan∠DEA＝eq\f(DA,AE)＝2，所以AE＝1，又因?yàn)锳B＝2，AE⊥BE，所以∠BAE＝60°，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，由上可得eq\o(DC,\s\up7(→))＝(0,2,0)，eq\o(DE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，－2))，設(shè)平面DCE的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(DC,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(DE,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＝0，,\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y－2z＝0，))取x＝4，得n＝(4,0，eq\r(3))．又m＝(1,0,0)是平面BCD的一個(gè)法向量，所以cos〈m，n〉＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(|1×4＋0×0＋0×\r(3)|,1×\r(42＋0＋3))＝eq\f(4\r(19),19)，又由圖可知二面角E-DC-B為銳角，所以它的余弦值為eq\f(4\r(19),19).②因?yàn)閑q\o(BE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，0))，所以點(diǎn)B到平面CDE的距離d＝eq\f(|eq\o(BE,\s\up7(→))·n|,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(\a\vs4\al(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)×4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))×0＋0×\r(3)))),\r(42＋0＋3))＝eq\f(2\r(57),19).方法技巧向量法求點(diǎn)到平面的距離的步驟針對(duì)訓(xùn)練(2022·北京房山區(qū)二模)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD.在底面ABCD中，BC∥AD，CD⊥AD，AD＝CD＝1，BC＝2.(1)求證：AC⊥平面PAB；(2)若平面PAB與平面PCD的夾角等于eq\f(π,3)，求點(diǎn)B到平面PCD的距離．解：(1)證明：設(shè)BC中點(diǎn)為E，連接AE，易知ADCE為正方形，且AC＝eq\r(2)，AE＝1，AB＝eq\r(2)，所以BC2＝AB2＋AC2，所以AB⊥AC.因?yàn)镻A⊥底面ABCD，AC?底面ABCD，所以PA⊥AC，又PA?平面PAB，AB?平面PAB，PA∩AB＝A，所以AC⊥平面PAB.(2)因?yàn)镻A⊥底面ABCD，在正方形ADCE中，AE⊥AD，所以AE，AD，PA兩兩互相垂直．如圖，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz.設(shè)PA＝a(a>0)，則C(1,1,0)，D(0,1,0)，B(1，－1,0)，P(0，0，a)，所以eq\o(PD,\s\up7(→))＝(0,1，－a)，eq\o(DC,\s\up7(→))＝(1,0,0)，設(shè)平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(PD,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(DC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－az＝0，,x＝0.))所以n＝(0，a,1)．由(1)知，平面PAB的法向量為eq\o(AC,\s\up7(→))＝(1,1,0)．因?yàn)槠矫鍼AB與平面PCD的夾角為eq\f(π,3)，所以coseq\f(π,3)＝|cos〈eq\o(AC,\s\up7(→))，n〉|＝eq\f(|eq\o(AC,\s\up7(→))·n|,|eq\o(AC,\s\up7(→))||n|)＝eq\f(|1，1，0·0，a，1|,\r(2)·\r(02＋a2＋12))＝eq\f(1,2)，解得a＝1.設(shè)點(diǎn)B到平面PCD的距離為d，因?yàn)閑q\o(BC,\s\up7(→))＝(0,2,0)，n＝(0,1,1)，所以d＝eq\f(|eq\o(BC,\s\up7(→))·n|,|n|)＝eq\f(|0，2，0·0，1，1|,\r(2))＝eq\r(2).[課時(shí)驗(yàn)收評(píng)價(jià)]綜合性考法針對(duì)練——空間向量與空間角、距離問題1.三棱錐P-ABC中，PA＝4，AB＝2eq\r(3)，BC＝2，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，D為AC中點(diǎn)，點(diǎn)E在棱PC上(端點(diǎn)除外)．過直線DE的平面α與平面PAB垂直，平面α與此三棱錐的面相交，交線圍成一個(gè)四邊形．(1)在圖中畫出這個(gè)四邊形，并寫出作法(不要求證明)；(2)若PE＝3EC，求點(diǎn)C到平面α的距離．解：(1)取AB的中點(diǎn)M，連接DM，作EF∥BC交PB于點(diǎn)F，連接MF，則四邊形DMFE即為所求．如圖所示．(2)以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，因?yàn)锳B⊥BC，AB＝2eq\r(3)，BC＝2，所以AC＝4，∠BAC＝30°，AM＝eq\f(1,2)AB＝eq\r(3)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，D(0,2,0)，C(0，4,0)，因?yàn)镻A＝4，AC＝4，PE＝3EC，所以E(0,3,1)，故eq\o(CE,\s\up7(→))＝(0，－1,1)，eq\o(DM,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，eq\o(DE,\s\up7(→))＝(0,1,1)．設(shè)平面DME的一個(gè)法向量為m＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(DM,\s\up7(→))＝0，,m·eq\o(DE,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x－\f(1,2)y＝0，,y＋z＝0，))令x＝1，則y＝eq\r(3)，z＝－eq\r(3)，所以m＝(1，eq\r(3)，－eq\r(3))．所以點(diǎn)C到平面α的距離d＝eq\f(|m·eq\o(CE,\s\up7(→))|,|m|)＝eq\f(2\r(3),\r(7))＝eq\f(2\r(21),7).2.(2022·泰安一模)如圖，在五面體ABCDE中，已知AC⊥平面BCD，ED∥AC，且AC＝BC＝2ED＝2，DC＝DB＝eq\r(3).(1)求證：平面ABE⊥平面ABC；(2)求平面ABE與平面BCE夾角的余弦值．解：(1)證明：取BC中點(diǎn)M，AB中點(diǎn)N，連接DM，MN，EN.∴MN∥AC且MN＝eq\f(1,2)AC.又DE＝eq\f(1,2)AC，DE∥AC，∴DE∥MN，且DE＝MN，∴四邊形MNED是平行四邊形，∴EN∥DM且EN＝DM.又AC⊥平面BCD，AC?平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCD，∵DC＝DB，∴DM⊥BC，又平面ABC∩平面BCD＝BC，DM?平面BCD，∴DM⊥平面ABC，∴EN⊥平面ABC，又EN?平面ABE，∴平面ABE⊥平面ABC.(2)由(1)知，AC⊥BC，EN∥DM且EN＝DM，EN⊥平面ABC，平面ABE⊥平面ABC，以C為原點(diǎn)，CA，CB所在直線為x，y軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，N(1,1,0)，E(1,1，eq\r(2))，eq\o(CB,\s\up7(→))＝(0,2,0)，eq\o(CN,\s\up7(→))＝(1,1,0)，eq\o(CE,\s\up7(→))＝(1,1，eq\r(2))．設(shè)平面BCE的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(CE,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(CB,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＋\r(2)z＝0，,2y＝0，))取z＝eq\r(2)，則x＝－2，y＝0，∴n＝(－2,0，eq\r(2))又AC＝BC，則CN⊥AB，又平面ABC∩平面ABE＝AB，CN?平面ABC，∴CN⊥平面ABE，即eq\o(CN,\s\up7(→))為平面ABE的一個(gè)法向量，∴|cos〈n，eq\o(CN,\s\up7(→))〉|＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(CN,\s\up7(→)))),|n||eq\o(CN,\s\up7(→))|)＝eq\f(|－2|,\r(6)×\r(2))＝eq\f(\r(3),3)，故平面ABE與平面BCE夾角的余弦值為eq\f(\r(3),3).3.(2022·鹽城模擬)在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝13，AB＝8，BC＝6，AB⊥BC，AB1＝B1C，D為AC中點(diǎn)，平面AB1C⊥平面ABC.(1)求證：B1D⊥平面ABC；(2)求直線C1D與平面AB1C所成角的正弦值．解：(1)證明：因?yàn)锳B1＝B1C，D為AC的中點(diǎn)，所以B1D⊥AC，又平面AB1C⊥平面ABC，平面AB1C∩平面ABC＝AC，B1D?平面AB1C，所以B1D⊥平面ABC.(2)在平面ABC內(nèi)過點(diǎn)D作Dx⊥AC，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，由AB＝8，BC＝6，AB⊥BC，所以AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(62＋82)＝10，所以AD＝BD＝eq\f(1,2)AC＝5，因?yàn)锳A1＝BB1＝13，所以B1D＝eq\r(BB\o\al(2,1)－BD2)＝12，所以B1(0,0,12)，D(0,0,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(24,5)，\f(7,5)，0))，C(0,5,0)，eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(24,5)，\f(18,5)，0))，由eq\o(B1C1,\s\up7(→))＝eq\o(BC,\s\up7(→))，得C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(24,5)，\f(18,5)，12))，所以eq\o(C1D,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(24,5)，－\f(18,5)，－12))，顯然平面AB1C的一個(gè)法向量可以為n＝(1,0,0)，設(shè)直線C1D與平面AB1C所成角為θ，則sinθ＝eq\f(|eq\o(C1D,\s\up7(→))·n|,|eq\o(C1D,\s\up7(→))|·|n|)＝eq\f(\f(24,5),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(24,5)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(18,5)))2＋－122))＝eq\f(\f(24,5),6\r(5))＝eq\f(4\r(5),25)，所以直線C1D與平面AB1C所成角的正弦值為eq\f(4\r(5),25).4.(2022·湖北調(diào)研)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，E，F(xiàn)分別為線段PB，BC上的動(dòng)點(diǎn)．(1)若E為線段PB的中點(diǎn)，證明：平面AEF⊥平面PBC；(2)若BE＝eq\r(2)BF，且平面AEF與平面PBC所成角的余弦值為eq\f(\r(7),14)，試確定點(diǎn)F的位置．解：(1)證明：由PA⊥底面ABCD，得PA⊥BC，又在正方形ABCD中，BC⊥AB，且PA∩AB＝A，則BC⊥平面PAB，有BC⊥AE.由PA＝AB，E為PB中點(diǎn)，得AE⊥PB，又PB∩BC＝B，則AE⊥平面PBC，從而平面AEF⊥平面PBC.(2)以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AB＝1，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，P(0，0,1)．由(1)可知n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))為平面PBC的法向量．由BE＝eq\r(2)BF，可知EF∥PC，設(shè)eq\o(BF,\s\up7(→))＝λeq\o(BC,\s\up7(→))(0≤λ≤1)，eq\o(BE,\s\up7(→))＝λeq\o(BP,\s\up7(→))，則eq\o(BF,\s\up7(→))＝λ(0,1,0)，eq\o(BE,\s\up7(→))＝λ(－1,0,1)，可得eq\o(AF,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BF,\s\up7(→))＝(1，λ，0)，eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BE,\s\up7(→))＝(1－λ，0，λ)．設(shè)平面AEF的法向量為n2＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·eq\o(AF,\s\up7(→))＝0，,n2·eq\o(AE,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋λy＝0，,1－λx＋λz＝0，))取y＝1，則x＝－λ，z＝1－λ，即n2＝(－λ，1,1－λ)．所以，由eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈n1，n2〉))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n1·n2)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n1))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n2)))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－2λ)),\r(2)·\r(2λ2－2λ＋2))＝eq\f(\r(7),14)，解得λ＝eq\f(1,3)或λ＝eq\f(2,3)，即F為BC三等分點(diǎn)處．5.如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AD⊥平面A1BC，垂足D在直線A1B上．(1)求證：BC⊥A1B.(2)若AD＝eq\r(3)，AB＝BC＝2，在線段AC上找一點(diǎn)P，使二面角A-A1B-P的余弦值是eq\f(\r(21),7).解：(1)證明：因?yàn)槿庵鵄BC-A1B1C1是直三棱柱，所以A1A⊥平面ABC.又BC?平面ABC，所以A1A⊥BC.因?yàn)锳D⊥平面A1BC，BC?平面A1BC，所以AD⊥BC.又AA1?平面A1AB，AD?平面A1AB，A1A∩AD＝A，所以BC⊥平面A1AB.因?yàn)锳1B?平面A1AB，所以BC⊥A1B.(2)因?yàn)锳D⊥平面A1BC，所以AD⊥A1B.在Rt△ADB中，AD＝eq\r(3)，AB＝BC＝2，sin∠ABD＝eq\f(AD,AB)＝eq\f(\r(3),2)，故∠ABD＝60°.則在Rt△BAA1中，AA1＝AB·tan60°＝2eq\r(3).由(1)知BC⊥平面A1AB，故BC⊥AB，則BC，BA，BB1兩兩垂直．如圖，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(BC,\s\up7(→))，eq\o(BA,\s\up7(→))，eq\o(BB1,\s\up7(→))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Bxyz.則B(0,0,0)，A1(0,2,2eq\r(3))，設(shè)P(a,2－a,0)(0≤a≤2)，所以eq\o(BA1,\s\up7(→))＝(0,2,2eq\r(3))，eq\o(BP,\s\up7(→))＝(a,2－a,0)．設(shè)平面A1PB的法向量為m＝(x，y，z)，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(BP,\s\up7(→))＝0，,m·eq\o(BA1,\s\up7(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋2－ay＝0，,2y＋2\r(3)z＝0，))令y＝3，可得m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3a－6,a)，3，－\r(3)))為平面A1PB的一個(gè)法向量．易知平面A1AB的一個(gè)法向量是n＝(1,0,0)，于是eq\f(\r(21),7)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(3a－6,a),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3a－6,a)))2＋12))))，解得a＝1.故滿足條件的點(diǎn)P為線段AC的中點(diǎn)．(三)立體幾何中的綜合問題(一)立體幾何中的折疊問題對(duì)立體幾何中的折疊問題，要求學(xué)生要有較強(qiáng)的空間想象力和準(zhǔn)確的計(jì)算運(yùn)算能力，才能順利解答.從實(shí)際教學(xué)和考試來看，學(xué)生對(duì)這類題看到就頭疼.分析原因，首先是學(xué)生的空間想象力較弱，其次是學(xué)生對(duì)這類問題沒有形成解題的模式和套路，以至于遇到類似的題目便產(chǎn)生畏懼心理.[典例](2022·齊齊哈爾一模)已知平面四邊形ABCM由等腰△MAC和Rt△ABC組成，AB⊥BC，MA＝MC，O為AC上的點(diǎn)且OA＝OC＝BC＝2(如圖1所示)，將等腰△MAC沿AC折起，點(diǎn)M折至點(diǎn)D位置，使得平面DAC⊥平面ABC(如圖2所示)．(1)求證：DO⊥AB；(2)若點(diǎn)E在棱DC上，且滿足DE＝2EC，平面EAB和平面ABC所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5)，求四面體ABCD的體積．[關(guān)鍵點(diǎn)撥]切入點(diǎn)通過面面垂直的性質(zhì)證明DO⊥平面ABC，進(jìn)而證明DO⊥AB遷移點(diǎn)建立坐標(biāo)系，寫出兩個(gè)平面的法向量，通過銳二面角的余弦值求出參數(shù)，進(jìn)而計(jì)算四面體ABCD的體積[解](1)證明：因?yàn)镸A＝MC，OA＝OC，所以在△ACD中，DO⊥AC.又因?yàn)槠矫鍰AC⊥平面ABC，平面DAC∩平面ABC＝AC，DO?平面DAC，所以DO⊥平面ABC，又因?yàn)锳B?平面ABC，所以DO⊥AB.(2)在平面ABC內(nèi)過點(diǎn)O作AC的垂線，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，設(shè)OD＝a(a>0)，則A(0，－2,0)，B(eq\r(3)，1,0)，C(0,2,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)，\f(a,3)))，eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(10,3)，\f(a,3)))，eq\o(BE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，\f(1,3)，\f(a,3))).設(shè)平面EAB的一個(gè)法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(AE,\s\up7(→))·n＝0，,eq\o(BE,\s\up7(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10y＋az＝0，,－3\r(3)x＋y＋az＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\r(3)y，,z＝－\f(10,a)y，))不妨取y＝a，則n＝(－eq\r(3)a，a，－10)．結(jié)合(1)知，DO⊥平面ABC，取平面ABC的一個(gè)法向量eq\o(OD,\s\up7(→))＝(0,0，a)，則eq\f(|eq\o(OD,\s\up7(→))·n|,|eq\o(OD,\s\up7(→))|·|n|)＝eq\f(10a,a\r(4a2＋100))＝eq\f(\r(5),5)，解得a＝10.在△ABC中，因?yàn)锳C2＝AB2＋BC2，所以AB＝eq\r(42－22)＝2eq\r(3)，所以△ABC的面積為eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)＝2eq\r(3)，所以四面體ABCD的體積為eq\f(1,3)×2eq\r(3)×10＝eq\f(20\r(3),3).方法技巧畫好翻折前后的平面圖形與立體圖形，分清翻折前后圖形的位置和數(shù)量關(guān)系的變與不變．一般地，位于“折痕”同側(cè)的點(diǎn)、線、面之間的位置和數(shù)量關(guān)系不變，而位于“折痕”兩側(cè)的點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系會(huì)發(fā)生變化；對(duì)于不變的關(guān)系應(yīng)在平面圖形中處理，而對(duì)于變化的關(guān)系則要在立體圖形中解決．針對(duì)訓(xùn)練(2022·石家莊一模)如圖1，在梯形ABCD中，∠BAD為直角，AD∥BC，AB＝AD＝eq\f(1,2)BC＝2eq\r(2)，如圖2，將三角形ABD沿BD折起至PBD.(1)若平面PBD⊥平面BCD，求證：PB⊥PC；(2)設(shè)E是PC的中點(diǎn)，若二面角E-BD-C為30°，求平面PBD與平面BCD夾角的大?。猓?1)證明：由題設(shè)知△PBD為等腰直角三角形且PB⊥PD，PB＝PD＝2eq\r(2)，則BD＝4，又∠DBC＝45°，BC＝4eq\r(2)，在△BCD中，由余弦定理，得CD＝4，所以BD2＋CD2＝BC2，即BD⊥CD，又平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，CD?平面BCD，所以CD⊥平面PBD，又PB?平面PBD，則CD⊥PB，因?yàn)镻D∩CD＝D，所以PB⊥平面PCD，又PC?平面PCD，則PB⊥PC.(2)設(shè)M，N分別是BD，BC的中點(diǎn)，連接PM，MN，則PM⊥BD，MN⊥BD，又PM∩MN＝M，則BD⊥平面PMN，所以∠PMN是二面角P-BD-C的平面角．在平面PMN上過M作Mz⊥MN，如圖，以M為原點(diǎn)，直線MB為x軸，直線MN為y軸，直線Mz為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．則B(2,0,0)，C(－2,4,0)，D(－2,0,0)，設(shè)∠PMN＝θ，θ∈(0，π)，則P(0,2cosθ，2sinθ)，E(－1，cosθ＋2，sinθ)，故eq\o(BE,\s\up7(→))＝(－3，cosθ＋2，sinθ)，eq\o(DB,\s\up7(→))＝(4,0,0)．設(shè)平面BDE的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(BE,\s\up7(→))＝－3x＋cosθ＋2y＋sinθz＝0，,n·eq\o(DB,\s\up7(→))＝4x＝0，))取y＝sinθ，得n＝(0，sinθ，－cosθ－2)．顯然平面BCD的一個(gè)法向量為n1＝(0,0,1)．因?yàn)槎娼荅-BD-C為30°，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈n，n1〉))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n·n1)),|n||n1|)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2＋cosθ,\r(sin2θ＋2＋cosθ2))))＝eq\f(\r(3),2)，整理得4cos2θ＋4cosθ＋1＝0，解得cosθ＝－eq\f(1,2)，所以θ＝eq\f(2π,3)，所以平面PBD與平面BCD夾角的大小為eq\f(2π,3).(二)立體幾何中的探究性問題與空間向量有關(guān)的探究性問題主要有兩類：一類是探究線面的位置關(guān)系；另一類是探究線面角或兩平面的夾角滿足特定要求時(shí)的存在性問題.處理原則：先建立空間直角坐標(biāo)系，引入?yún)?shù)有些是題中已給出，設(shè)出關(guān)鍵點(diǎn)的坐標(biāo)，然后探究這樣的點(diǎn)是否存在，或參數(shù)是否滿足要求，從而作出判斷.[典例](2022·濟(jì)南期末)如圖，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E，F(xiàn)，分別為棱AA1，CC1的中點(diǎn)，G為棱DD1上的動(dòng)點(diǎn)．(1)求證：B，E，D1，F(xiàn)四點(diǎn)共面；(2)是否存在點(diǎn)G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出DG的長(zhǎng)度；若不存在，說明理由．[關(guān)鍵點(diǎn)撥]切入點(diǎn)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系遷移點(diǎn)假設(shè)存在滿足題意的點(diǎn)G，根據(jù)題意列方程求解[解](1)證明：如圖所示．連接D1E，D1F，取BB1的中點(diǎn)為M，連接MC1，ME，因?yàn)镋為AA1的中點(diǎn)，所以EM∥A1B1∥C1D1，且EM＝A1B1＝C1D1，所以四邊形EMC1D1為平行四邊形，所以D1E∥MC1，又因?yàn)镕為CC1的中點(diǎn)，所以BM∥C1F，且BM＝C1F，所以四邊形BMC1F為平行四邊形，所以BF∥MC1，所以BF∥D1E，所以B，E，D1，F(xiàn)四點(diǎn)共面．(2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，假設(shè)存在滿足題意的點(diǎn)G，設(shè)G(0,0，t)(0≤t≤2)，由已知B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(xiàn)(0,1,1)，則eq\o(EF,\s\up7(→))＝(－1,1,0)，eq\o(EB,\s\up7(→))＝(0,1，－1)，eq\o(EG,\s\up7(→))＝(－1,0，t－1)，設(shè)平面BEF的一個(gè)法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(EF,\s\up7(→))＝0，,n1·eq\o(EB,\s\up7(→))＝0))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＋y1＝0，,y1－z1＝0，))取x1＝1，則n1＝(1,1,1)．設(shè)平面GEF的一個(gè)法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·eq\o(EF,\s\up7(→))＝0，,n2·eq\o(EG,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋y2＝0，,－x2＋t－1z2＝0，))取x2＝t－1，則n2＝(t－1，t－1,1)．因?yàn)槠矫鍳EF⊥平面BEF，所以n1·n2＝0，由t－1＋t－1＋1＝0，解得t＝eq\f(1,2).所以存在滿足題意的點(diǎn)G，使得平面GEF⊥平面BEF，DG的長(zhǎng)度為eq\f(1,2).方法技巧解決立體幾何中探索性問題的基本方法(1)通常假設(shè)問題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在或結(jié)論成立，再在這個(gè)前提下進(jìn)行推理，如果能推出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實(shí)，說明假設(shè)成立，并可進(jìn)一步證明，否則假設(shè)不成立．(2)探索線段上是否存在滿足條件的點(diǎn)時(shí)，一定注意三點(diǎn)共線的條件的應(yīng)用．針對(duì)訓(xùn)練如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝a，點(diǎn)P在AB上，PE∥BC交AC于E.PF∥AC交BC于F.沿PE將△APE翻折成△A′PE，使平面A′PE⊥平面ABC；沿PF將△BPF翻折成△B′PF，使平面B′PF⊥平面ABC.(1)求證：B′C∥平面A′PE；(2)設(shè)eq\f(AP,PB)＝λ(λ>0)，是否存在λ，使得二面角C-A′B′-P的大小為30°？若存在，求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．解：(1)證明：因?yàn)镕C∥PE，F(xiàn)C?平面A′PE，PE?平面A′PE，所以FC∥平面A′PE.因?yàn)槠矫鍭′PE⊥平面ABC，平面A′PE∩平面ABC＝PE，且A′E⊥PE，A′E?平面A′PE，所以A′E⊥平面ABC，同理，B′F⊥平面ABC，所以B′F∥A′E，因?yàn)锳′E?平面A′PE，所以B′F∥平面A′PE.又B′F，F(xiàn)C均在平面B′CF內(nèi)，B′F∩FC＝F，所以平面B′CF∥平面A′PE，從而B′C∥平面A′PE.(2)假設(shè)存在λ滿足題意．以C為原點(diǎn)，CB所在直線為x軸，CA所在直線為y軸，過C且垂直于平面ABC的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則C(0,0,0)，A′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,λ＋1)，\f(λa,λ＋1)))，B′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λa,λ＋1)，0，\f(a,λ＋1)))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λa,λ＋1)，\f(a,λ＋1)，0))，eq\o(CA′,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,λ＋1)，\f(λa,λ＋1)))，eq\o(A′B′,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λa,λ＋1)，－\f(a,λ＋1)，\f(1－λa,λ＋1)))，eq\o(B′P,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,λ＋1)，－\f(a,λ＋1))).設(shè)平面CA′B′的法向量為m＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(eq\o(CA′,\s\up7(→)))·m＝0，,\a\vs4\al(eq\o(A′B′,\s\up7(→)))·m＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(ay,λ＋1)＋\f(λaz,λ＋1)＝0，,\f(λax,λ＋1)－\f(ay,λ＋1)＋\f(1－λaz,λ＋1)＝0，))令y＝λ，得z＝－1，x＝eq\f(1,λ)，所以m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)，λ，－1))為平面CA′B′的一個(gè)法向量．同理可得，平面PA′B′的一個(gè)法向量為n＝(1,1,1)．由|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\a\vs4\al(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)＋λ－1))),\r(\f(1,λ2)＋λ2＋1)·\r(3))＝cos30°＝eq\f(\r(3),2)，得5λ2＋eq\f(5,λ2)＋8λ＋eq\f(8,λ)－3＝0，因?yàn)?λ2＋eq\f(5,λ2)≥2eq\r(5λ2·\f(5,λ2))＝10>3，當(dāng)且僅當(dāng)λ＝1時(shí)等號(hào)成立；8λ＋eq\f(8,λ)≥2eq\r(8λ·\f(8,λ))＝16>3，當(dāng)且僅當(dāng)λ＝1時(shí)等號(hào)成立．所以5λ2＋eq\f(5,λ2)＋8λ＋eq\f(8,λ)－3≥23≠0，所以不存在λ，使得二面角C-A′B′-P的大小為30°.(三)立體幾何中的最值問題立體幾何中的最值問題主要有三類，一是距離長(zhǎng)度的最值問題；二是面體積的最值問題；三是在最值已知的條件下，確定參數(shù)其他幾何量的值.從解答思路看，有幾何法利用幾何特征和代數(shù)法應(yīng)用函數(shù)思想、基本不等式等兩種，這兩種解答思路都需要我們正確揭示空間圖形與平面圖形的聯(lián)系，并有效地實(shí)施空間圖形與平面圖形的轉(zhuǎn)換.要善于將空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題，這一步要求我們具備較強(qiáng)的空間想象能力，熟練掌握幾何體的結(jié)構(gòu)特征及有關(guān)計(jì)算公式.[典例]如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝2，點(diǎn)D在邊BC上，E為B1C1的中點(diǎn)．(1)如果D為BC的中點(diǎn)，求證：平面BA1E∥平面C1DA；(2)設(shè)銳二面角B1-AC1-D的平面角為α，eq\o(CD,\s\up7(→))＝λeq\o(CB,\s\up7(→))，λ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，當(dāng)λ取何值時(shí)，cosα取得最大值？[解](1)證明：在正三棱柱ABC-A1B1C1中，因?yàn)镈，E分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，所以EC1綊BD，所以四邊形BDC1E為平行四邊形，所以BE∥DC1，又因?yàn)锽E?平面C1DA，DC1?平面C1DA，所以BE∥平面C1DA，同理可證A1E∥平面C1DA，因?yàn)锳1E∩BE＝E，A1E，BE?平面BA1E，所以平面BA1E∥平面C1DA.(2)以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(AC,\s\up7(→))方向?yàn)閥軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，B(eq\r(3)，1,0)，C(0,2,0)，B1(eq\r(3)，1,2)，C1(0,2,2)，所以eq\o(CB,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，－1,0)，eq\o(AB1,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，1,2)，eq\o(AC1,\s\up7(→))＝(0,2,2)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(0,2,0)，設(shè)平面AB1C1的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(AB1,\s\up7(→))＝0，,m·eq\o(AC1,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y＋2z＝0，,2y＋2z＝0.))令z＝－eq\r(3)，得y＝eq\r(3)，x＝1，所以m＝(1，eq\r(3)，－eq\r(3))，由eq\o(CD,\s\up7(→))＝λeq\o(CB,\s\up7(→))，λ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，得eq\o(AD,\s\up7(→))＝λeq\o(CB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))＝(eq\r(3)λ，2－λ，0)，設(shè)平面C1DA的法向量為n＝(a，b，c)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AD,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(AC1,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)λa＋2－λb＝0，,2b＋2c＝0.))令c＝－eq\r(3)，得b＝eq\r(3)，a＝eq\f(λ－2,λ)，所以n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ－2,λ)，\r(3)，－\r(3)))，由λ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，得eq\f(λ－2,λ)∈[－3，－1]，因?yàn)殇J二面角B1-AC1-D的平面角為α(cosα>0)，所以cosα＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(λ－2,λ)＋6)),\r(7)·\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ－2,λ)))2＋6))，令t＝eq\f(λ－2,λ)＋6，則t∈[3,5]，故eq\f(λ－2,λ)＝t－6，所以cosα＝eq\f(t,\r(7)·\r(t－62＋6))＝eq\f(1,\r(7)·\r(\f(42,t2)－\f(12,t)＋1))，令μ＝eq\f(1,t)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，\f(1,3)))，則f(μ)＝42μ2－12μ＋1在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，\f(1,3)))上單調(diào)遞增，所以cosα＝eq\f(1,\r(7)·\r(fμ))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，\f(1,3)))上單調(diào)遞減，當(dāng)μ＝eq\f(1,5)，此時(shí)λ＝1，即點(diǎn)D與點(diǎn)B重合時(shí)，cosα取得最大值．方法技巧角度與距離取值范圍問題的求解策略極端化在考察空間幾何體中的運(yùn)動(dòng)對(duì)象時(shí)，直接考慮它的極端情形，如它的起點(diǎn)位置與終點(diǎn)位置，從中得出一般性的結(jié)論，從而達(dá)到解決問題的目的函數(shù)化將所有待解決的立體幾何中的最值問題通過代數(shù)化轉(zhuǎn)化為一個(gè)變量或多個(gè)變量的函數(shù)問題，運(yùn)用函數(shù)求最值的方法來解決立體幾何中的最值問題．此外，用變量表示出立體幾何待求的問題后，也常用均值不等式的方法加以解決．立體幾何問題的函數(shù)化，常用方法是建立平面直角坐標(biāo)系或空間直角坐標(biāo)系，用坐標(biāo)中的變量表示幾何對(duì)象的變化針對(duì)訓(xùn)練1.如圖所示，在棱錐P-ABC中，BC⊥平面PAC，PA⊥AB，PA＝AB＝4，且E為PB的中點(diǎn)，AF⊥PC于F，當(dāng)AC變化時(shí)，三棱錐P-AEF體積的最大值是()A.eq\f(2\r(2),3) B．eq\r(2)C.eq\f(4\r(2),3) D．eq\f(5\r(2),3)解析：選C在三棱錐P-ABC中，由BC⊥平面PAC，得BC⊥AC，又AB＝4，則AC2＋BC2＝AB2＝16.VP-AEF＝VE-PAF＝eq\f(1,3)·eq\f(BC,2)·S△PAF.易知△PAF∽△PCA，所以eq\f(S△PAF,S△PCA)＝eq\f(PA2,PC2)＝eq\f(PA2,PA2＋AC2).又S△PCA＝eq\f(1,2)·AC·PA，PA＝4，則S△PAF＝eq\f(32AC,16＋AC2)，所以VE-PAF＝eq\f(16,3)·eq\f(AC·BC,16＋AC2).設(shè)AC＝a,0<a<4，則BC＝eq\r(16－a2)，所以VE-PAF＝eq\f(16,3)·eq\f(a\r(16－a2),16＋a2).令m＝a2＋16，易知16<m<32，有VE-PAF＝eq\f(16,3)·eq\f(\r(m－1632－m),m)＝eq\f(16,3)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(16,m)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32,m)－1)))，令x＝eq\f(1,m)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)，\f(1,16)))，VE-PAF＝eq\f(16,3)·eq\r(－512x2＋48x－1)，由二次函數(shù)f(x)＝－512x2＋48x－1的性質(zhì)知，當(dāng)x＝eq\f(3,64)時(shí)，f(x)有最大值，為eq\f(1,8)，所以VE-PAF的最大值為eq\f(16,3)×eq\f(1,2\r(2))＝eq\f(4\r(2),3)，故選C.2.(2022·棗莊三模)如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，A1D⊥底面ABCD，AB＝AA1＝2AD＝2，∠DAB＝60°.(1)證明：AD⊥A1B；(2)設(shè)點(diǎn)P為線段DC1上一點(diǎn)(異于D，C1)，當(dāng)DP為何值時(shí)，平面A1PB與平面AA1D1D夾角的余弦值最大？解：(1)證明：連接BD，因?yàn)锳B＝2AD＝2，∠DAB＝60°，所以在△ABD中，由余弦定理，得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠DAB＝5－4cos60°＝3，即BD＝eq\r(3)，所以AD2＋BD2＝AB2，即AD⊥BD，因?yàn)锳1D⊥底面ABCD，所以A1D⊥AD，因?yàn)锳1D∩BD＝D，所以AD⊥平面A1BD，又A1B?平面A1BD，所以AD⊥A1B.(2)結(jié)合(1)可知，DA，DA1，DB兩兩垂直，故以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以eq\o(DA,\s\up7(→))，eq\o(DB,\s\up7(→))，eq\o(DA1,\s\up7(→))的方向?yàn)閤，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則D(0,0,0)，A(1,0,0)，A1(0,0，eq\r(3))，B(0，eq\r(3)，0)，C(－1，eq\r(3)，0)，所以eq\o(DC1,\s\up7(→))＝eq\o(DA1,\s\up7(→))＋eq\o(A1B1,\s\up7(→))＋eq\o(B1C1,\s\up7(→))＝eq\o(DA1,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))＝(0,0，eq\r(3))＋(－1，eq\r(3)，0)＋(－1,0,0)＝(－2，eq\r(3)，eq\r(3))，即C1(－2，eq\r(3)，eq\r(3))，因?yàn)辄c(diǎn)P為線段DC1上一點(diǎn)(異于D，C1)，所以設(shè)eq\o(DP,\s\up7(→))＝λeq\o(DC1,\s\up7(→))＝(－2λ，eq\r(3)λ，eq\r(3)λ)(0<λ<1)，所以eq\o(A1P,\s\up7(→))＝eq\o(DP,\s\up7(→))－eq\o(DA1,\s\up7(→))＝(－2λ，eq\r(3)λ，eq\r(3)λ－eq\r(3))，eq\o(A1B,\s\up7(→))＝(0，eq\r(3)，－eq\r(3))，設(shè)n＝(x，y，z)是平面A1PB的一個(gè)法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(A1B,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(A1P,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)y－\r(3)z＝0，,－2λx＋\r(3)λy＋\r(3)λ－\r(3)z＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝z，,2λx＝\r(3)λy＋\r(3)λ－\r(3)z，))故令z＝2λ，則y＝2λ，x＝2eq\r(3)λ－eq\r(3)，即n＝(2eq\r(3)λ－eq\r(3)，2λ，2λ)．易知平面AA1D1D的一個(gè)法向量可以為m＝(0,1,0)，設(shè)平面A1PB與平面AA1D1D夾角為θ，則cosθ＝eq\f(|n·m|,|n|·|m|)＝eq\f(2λ,\r(20λ2－12λ＋3))＝eq\f(2,\r(\f(3,λ2)－\f(12,λ)＋20))，0<λ<1.所以當(dāng)eq\f(1,λ)＝2時(shí)，即λ＝eq\f(1,2)時(shí)，cosθ取得最大值，所以DP＝eq\f(1,2)DC1＝eq\f(\r(10),2).綜合性考法針對(duì)練——立體幾何中的綜合問題1．(2022·濟(jì)南模擬)如圖，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，將△ACD沿AC折起，使得點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)P的位置，PB＝eq\r(3).(1)證明：平面PAB⊥平面ABC；(2)求直線PC與平面ABC所成角的正弦值．解：(1)證明：因?yàn)锽C＝1，PC＝2，PB＝eq\r(3)，則BC2＋PB2＝PC2，于是得BC⊥PB，又BC⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB?平面PAB，因此，BC⊥平面PAB，而BC?平面ABC，所以平面ABC⊥平面PAB.(2)在平面PAB內(nèi)過P作PO⊥AB于點(diǎn)O，連接CO，如圖，由(1)知，平面ABC⊥平面PAB，而平面ABC∩平面PAB＝AB，則有PO⊥平面ABC，因此，∠PCO是直線PC與平面ABC所成角，在△PAB中，PA2＋PB2＝4＝AB2，則∠APB＝90°，PO＝eq\f(PA·PB,AB)＝eq\f(\r(3),2)，在Rt△POC中，PC＝2，則有sin∠PCO＝eq\f(PO,PC)＝eq\f(\r(3),4)，所以直線PC與平面ABC所成角的正弦值為eq\f(\r(3),4).2.(2022·濰坊二模)如圖，在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD為矩形，PD⊥平面ABCD，PD＝CD＝1，PA與平面ABCD所成角為30°，M為PB上一點(diǎn)且CM⊥PA.(1)求證：PA⊥DM；(2)設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l，在l上取點(diǎn)N使eq\o(PN,\s\up7(→))＝eq\o(DA,\s\up7(→))，Q為線段PN上一動(dòng)點(diǎn)，求平面ACQ與平面PDC所成二面角的余弦值的最大值．解：(1)證明：∵四邊形ABCD為矩形，∴AD⊥CD，∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥CD，∵AD∩PD＝D，AD?平面PAD，PD?平面PAD，∴CD⊥平面PAD，∵PA?平面PAD，∴PA⊥CD，∵CM⊥PA，CM∩CD＝C，CM?平面CMD，CD?平面CMD，∴PA⊥平面CMD，∵DM?平面CMD，∴PA⊥DM.(2)∵PD⊥平面ABCD，∴∠PAD為PA與平面ABCD所成的角，∵PA與平面ABCD所成的角為30°，∴∠PAD＝30°，∵PD＝1，∴AD＝eq\r(3)，以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，∵AD＝eq\r(3)，PD＝CD＝1，eq\o(PN,\s\up7(→))＝eq\o(DA,\s\up7(→))，∴PN＝eq\r(3)，令PQ＝λ(0≤λ≤eq\r(3))，則D(0,0,0)，A(eq\r(3)，0,0)，C(0,1,0)，Q(λ，0,1)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，1,0)，eq\o(CQ,\s\up7(→))＝(λ，－1,1)，設(shè)n＝(x，y，z)是平面ACQ的一個(gè)法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AC,\s\up7(→))＝－\r(3)x＋y＝0，,n·eq\o(CQ,\s\up7(→))＝λx－y＋z＝0，))取x＝1，得n＝(1,eq\r(3)，eq\r(3)－λ)，平面PDC的一個(gè)法向量為n＝(1,0,0)，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,\r(4＋\r(3)－λ2))，∵0≤λ≤eq\r(3)，∴當(dāng)λ＝eq\r(3)時(shí)，cos〈m，n〉的最大值為eq\f(1,2)，∴平面ACQ與平面PDC所成二面角的余弦值的最大值為eq\f(1,2).3．(2022·東北師大附中二模)如圖①所示，平面五邊形ABCDE中，四邊形ABCD為直角梯形，∠B＝90°且AD∥BC，若AD＝2BC＝2，AB＝eq\r(3)，△ADE是以AD為斜邊的等腰直角三角形，現(xiàn)將△ADE沿AD折起，連接EB，EC得如圖②的幾何體．(1)若點(diǎn)M是ED的中點(diǎn)，求證：CM∥平面ABE；(2)若EC＝2，在棱EB上是否存在點(diǎn)F，使得平面ADE與平面ADF的夾角為60°？若存在，求出點(diǎn)F的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由．解：(1)證明：取AE的中點(diǎn)為G，連接MG，BG，∵M(jìn)是ED的中點(diǎn)，AD＝2BC，∴MG是△ADE的中位線，∴MG∥AD∥BC且MG＝BC，∴四邊形MGBC為平行四邊形，∴CM∥BG，∵CM?平面ABE，BG?平面ABE，∴CM∥平面ABE.(2)取AD的中點(diǎn)為H，連接HC，HE，其中HC＝AB＝eq\r(3)，EH＝1，由EC＝2可得HC⊥HE，顯然EH⊥平面ABCD.故以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以HC，HA，HE所在的直線為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則E(0,0,1)，A(0,1,0)，D(0，－1,0)，B(eq\r(3)，1,0)．設(shè)存在點(diǎn)F(x，y，z)，由eq\o(EF,\s\up7(→))＝λeq\o(EB,\s\up7(→))，得(x，y，z－1)＝λ(eq\r(3)，1，－1)，即x＝eq\r(3)λ，y＝λ，z＝1－λ，從而eq\o(AF,\s\up7(→))＝(x，y－1，z)＝(eq\r(3)λ，λ－1,1－λ)，eq\o(AD,\s\up7(→))＝(0，－2,0)，設(shè)平面ADF的一個(gè)法向量為u＝(m，n，r)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(AF,\s\up7(→))·u＝0，,eq\o(AD,\s\up7(→))·u＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)λm＋λ－1n＋1－λr＝0，,－2n＝0，))可取u＝(λ－1,0，eq\r(3)λ)．易知平面EAD的法向量可取eq\o(HC,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，0,0)．由|cos〈eq\o(HC,\s\up7(→))，u〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)λ－1,\r(3)\r(4λ2－2λ＋1))))＝eq\f(1,2)，解得λ＝eq\f(1,2)，點(diǎn)F的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\f(1,2))).故存在滿足題意的點(diǎn)F，且F為EB的中點(diǎn)．4．(2022·馬鞍山三模)如圖所示，四棱錐P-ABCD，底面在以AC為直徑的圓O上，PO⊥圓O，△ABD為等邊三角形，AC＝4，PO＝eq\r(2).(1)求證：平面PBD⊥平面PAB；(2)線段PB上是否存在一點(diǎn)M使得直線PA與平面AMC所成角的正弦值為eq\f(\r(21),21)？若存在，求出eq\f(PM,PB)；若不存在，請(qǐng)說明理由．解：(1)證明：設(shè)AC∩BD＝N，由題知△ABD為等邊三角形，AC為直徑，OA＝2，得AC⊥BD，∴∠NBC＝30°，AN＝3，CN＝1，得BC＝2，在Rt△ABC中，得AB＝2eq\r(3)，在Rt△POA中，OA＝2，PO＝eq\r(2)，得PA＝eq\r(6).易知PA＝PB，則PA2＋PB2＝AB2，故PA⊥PB.易知△PAB≌△PAD，則PA⊥PD，又PB∩PD＝P，∴PA⊥平面PBD，又PA?平面PAB，∴平面PBD⊥平面PAB.(2)以N為坐標(biāo)原點(diǎn)，NA，NB所在直線分別為x軸，y軸，過點(diǎn)N且與直線OP平行的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(3,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，C(－1,0,0)，P(1,0，eq\r(2))，∴eq\o(