2025屆高中數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 板塊四 立體幾何與空間向量 微專題27　折疊與探索問題（練習(xí)）

微專題27折疊與探索問題高考定位1.立體幾何中的折疊問題是歷年高考命題的一大熱點(diǎn)與難點(diǎn)，主要包括兩個(gè)方面：一是平面圖形的折疊問題，多涉及空間中的線面關(guān)系、體積的求解以及空間角、距離的求解等問題；二是幾何體的表面展開問題，主要涉及幾何體的表面積以及幾何體表面上的最短距離等；2.以空間向量為工具，探索空間幾何體中線面關(guān)系或空間角存在的條件，計(jì)算量較大，一般以解答題的形式考查，難度中等偏上．【真題體驗(yàn)】1.(2024·新高考Ⅱ卷)如圖，平面四邊形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5eq\r(3)，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，點(diǎn)E，F(xiàn)滿足eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→)).將△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4eq\r(3).(1)證明：EF⊥PD；(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值.2.(2021·全國(guó)甲卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB＝BC＝2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點(diǎn)，D為棱A1B1上的點(diǎn)，BF⊥A1B1.(1)證明：BF⊥DE；(2)當(dāng)B1D為何值時(shí)，平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最小？【熱點(diǎn)突破】熱點(diǎn)一折疊問題解答折疊問題的關(guān)鍵是分清翻折前后圖形的位置和數(shù)量關(guān)系的變與不變，一般來說，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.例1(2024·鞍山模擬)如圖1，在平面五邊形ABCDE中，AE∥BD，且DE＝2，∠EDB＝60°，CD＝BC＝eq\r(7)，cos∠DCB＝eq\f(5,7)，將△BCD沿BD折起，使點(diǎn)C到P的位置，且EP＝eq\r(3)，得到如圖2所示的四棱錐P－ABDE.(1)求證：PE⊥平面ABDE；(2)若AE＝1，求平面PAB與平面PBD所成銳二面角的余弦值.訓(xùn)練1如圖1，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠D＝90°，AB＝2，DC＝3，AD＝eq\r(3)，CE＝2ED.沿BE將△BCE折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)C1的位置，且AC1＝eq\r(6)，如圖2.(1)求證：平面BC1E⊥平面ABED；(2)求直線BC1與平面AC1D所成角的正弦值.熱點(diǎn)二探索問題與空間向量有關(guān)的探索性問題主要有兩類：一類是探索線面的位置關(guān)系；另一類是探索線面角或平面與平面的夾角滿足特定要求時(shí)的存在性問題.解題思路：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)，然后探索這樣的點(diǎn)是否存在，或參數(shù)是否滿足要求，從而作出判斷.考向1探索線面位置關(guān)系例2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)；若不存在，說明理由.考向2與空間角有關(guān)的探索性問題例3(2024·濟(jì)南模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD為直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝∠PCB＝60°，CD＝1，AB＝3，PC＝2eq\r(3)，平面PCB⊥平面ABCD，F(xiàn)為線段BC的中點(diǎn)，E為線段PF上一點(diǎn).(1)證明：PF⊥AD；(2)當(dāng)EF為何值時(shí)，直線BE與平面PAD夾角的正弦值為eq\f(\r(7),4).訓(xùn)練2(2024·鎮(zhèn)江模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠ABC＝60°，△PAB為正三角形，平面PAB⊥平面ABCD，E為線段AB的中點(diǎn)，M是線段PD(不含端點(diǎn))上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn).(1)記平面BCM交PA于點(diǎn)N，求證：MN∥平面PBC；(2)是否存在點(diǎn)M，使得二面角P－BC－M的正弦值為eq\f(\r(10),10)？若存在，確定點(diǎn)M的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由.【精準(zhǔn)強(qiáng)化練】1.已知菱形ABCD滿足A＝60°，AB＝2，將△ABD沿BD折起，使得A1C＝eq\r(6).(1)求證：平面A1BD⊥平面BCD；(2)求直線A1D與平面A1BC所成角的正弦值.2.如圖，已知四棱錐P－ABCD的底面是平行四邊形，側(cè)面PAB是等邊三角形，BC＝2AB，∠ABC＝60°，PB⊥AC.(1)求證：平面PAB⊥平面ABCD；(2)設(shè)Q為側(cè)棱PD上一點(diǎn)，四邊形BEQF是過B，Q兩點(diǎn)的截面，且AC∥平面BEQF，是否存在點(diǎn)Q，使得平面BEQF⊥平面PAD？若存在，確定點(diǎn)Q的位置；若不存在，說明理由.3.(2024·齊齊哈爾模擬)如圖1，在平面四邊形PABC中，PA⊥AB，CD∥AB，CD＝2AB＝2PD＝2AD＝4.點(diǎn)E是線段PC上靠近P端的三等分點(diǎn)，將△PDC沿CD折成四棱錐P－ABCD，連接PA，PB，BD，且AP＝2eq\r(2)，如圖2.(1)證明：PA∥平面BDE；(2)求直線AP與平面PBC所成角的正弦值.4.(2024·邵陽模擬)如圖所示，在四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AA1⊥平面ABCD.(1)證明：BD⊥CC1；(2)若AB＝2，AA1＝eq\r(3)，A1B1＝1，∠ABC＝60°，棱BC上是否存在一點(diǎn)P，使得平面AD1P與平面ADD1的夾角余弦值為eq\f(\r(17),17).若存在，求線段CP的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說明理由.【解析版】1.(2024·新高考Ⅱ卷)如圖，平面四邊形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5eq\r(3)，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，點(diǎn)E，F(xiàn)滿足eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→)).將△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4eq\r(3).(1)證明：EF⊥PD；(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值.(1)證明由題意知，AE＝eq\f(2,5)AD＝2eq\r(3)，AF＝eq\f(1,2)AB＝4，又∠BAD＝30°，所以由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cos30°＝4，故EF＝2.又EF2＋AE2＝AF2，所以EF⊥AE.由EF⊥AE及翻折的性質(zhì)知EF⊥PE，EF⊥ED，又ED∩PE＝E，ED，PE?平面PED，所以EF⊥平面PED.又PD?平面PED，所以EF⊥PD.(2)解如圖，連接CE，由題意知DE＝3eq\r(3)，CD＝3，∠CDE＝90°，故CE＝eq\r(DE2＋CD2)＝6.又PE＝AE＝2eq\r(3)，PC＝4eq\r(3)，所以PE2＋CE2＝PC2，故PE⊥CE.又PE⊥EF，CE∩EF＝E，CE，EF?平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD.EF，ED，PE兩兩垂直，故以E為原點(diǎn)，EF，ED，PE所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則P(0，0，2eq\r(3))，D(0，3eq\r(3)，0)，F(xiàn)(2，0，0)，A(0，－2eq\r(3)，0)，C(3，3eq\r(3)，0)，連接PA，則eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，3eq\r(3)，－2eq\r(3))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(3，0，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(3)，2eq\r(3)，)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(2，2eq\r(3)，0).設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(PD,\s\up6(→))＝3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，,n1·\o(DC,\s\up6(→))＝3x1＝0，))可取n1＝(0，2，3).設(shè)平面PBF即平面PAF的一個(gè)法向量n2＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AP,\s\up6(→))＝2\r(3)y2＋2\r(3)z2＝0，,n2·\o(AF,\s\up6(→))＝2x2＋2\r(3)y2＝0，))可取n2＝(eq\r(3)，－1，1).|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(1,\r(65)).故平面PCD與平面PBF所成二面角的正弦值為eq\r(1－\f(1,65))＝eq\f(8\r(65),65).2.(2021·全國(guó)甲卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB＝BC＝2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點(diǎn)，D為棱A1B1上的點(diǎn)，BF⊥A1B1.(1)證明：BF⊥DE；(2)當(dāng)B1D為何值時(shí)，平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最?。?1)證明因?yàn)镋，F(xiàn)分別是AC和CC1的中點(diǎn)，且AB＝BC＝2，側(cè)面AA1B1B為正方形，所以CF＝1，BF＝eq\r(5).如圖，連接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.∵三棱柱ABC－A1B1C1為直三棱柱，∴BB1⊥AB且BB1⊥BC，則BA，BC，BB1兩兩互相垂直，故以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，以BA，BC，BB1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系B－xyz，則B(0，0，0)，E(1，1，0)，F(xiàn)(0，2，1)，所以eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，2，1).設(shè)B1D＝m(0≤m≤2)，則D(m，0，2)，于是eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2).所以eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝0，所以BF⊥DE.(2)解易知平面BB1C1C的一個(gè)法向量為n1＝(1，0，0).設(shè)平面DFE的法向量為n2＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DE,\s\up6(→))·n2＝0，,\o(EF,\s\up6(→))·n2＝0，))又由(1)得eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－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，平面DFE的一個(gè)法向量為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\up12(2)＋\f(27,2))).設(shè)平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角為θ，則sinθ＝eq\r(1－cos2〈n1，n2〉)＝eq\r(1－\f(9,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(27,2)))，故當(dāng)m＝eq\f(1,2)時(shí)，平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最小為eq\f(\r(3),3)，即當(dāng)B1D＝eq\f(1,2)時(shí)，平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最小.【熱點(diǎn)突破】熱點(diǎn)一折疊問題解答折疊問題的關(guān)鍵是分清翻折前后圖形的位置和數(shù)量關(guān)系的變與不變，一般來說，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.例1(2024·鞍山模擬)如圖1，在平面五邊形ABCDE中，AE∥BD，且DE＝2，∠EDB＝60°，CD＝BC＝eq\r(7)，cos∠DCB＝eq\f(5,7)，將△BCD沿BD折起，使點(diǎn)C到P的位置，且EP＝eq\r(3)，得到如圖2所示的四棱錐P－ABDE.(1)求證：PE⊥平面ABDE；(2)若AE＝1，求平面PAB與平面PBD所成銳二面角的余弦值.(1)證明如題干圖1，在△BCD中，CD＝BC＝eq\r(7)，cos∠DCB＝eq\f(5,7)，由余弦定理可得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠DCB＝7＋7－2×eq\r(7)×eq\r(7)×eq\f(5,7)＝4，所以BD＝2，又因?yàn)镈E＝2，∠EDB＝60°，所以△BDE為正三角形，所以BE＝2，在圖2中，EP＝eq\r(3)，DE＝BE＝2，PD＝PB＝eq\r(7)，所以EP2＋DE2＝DP2，EP2＋BE2＝BP2，故EP⊥ED，EP⊥EB，又ED∩EB＝E，ED，EB?平面EBD，所以PE⊥平面ABDE.(2)解取BD的中點(diǎn)F，連接EF，由(1)可得，DE＝2，BE＝2，∠EDB＝60°，AE∥BD，所以EF⊥BD，EF⊥AE，因?yàn)镻E⊥平面ABDE，所以EP，EF，EA兩兩互相垂直，故以E為原點(diǎn)，以EA，EF，EP所在的直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，可得A(1，0，0)，B(1，eq\r(3)，0)，F(xiàn)(0，eq\r(3)，0)，P(0，0，eq\r(3))，則eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1，0，eq\r(3))，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，－eq\r(3)，eq\r(3))，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，設(shè)平面PAB的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up6(→))＝\r(3)y1＝0，,n1·\o(AP,\s\up6(→))＝－x1＋\r(3)z1＝0，))取x1＝eq\r(3)，可得y1＝0，z1＝1，可得平面PAB的一個(gè)法向量為n1＝(eq\r(3)，0，1)，設(shè)平面PBD的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(BP,\s\up6(→))＝－x2－\r(3)y2＋\r(3)z2＝0，,n2·\o(BF,\s\up6(→))＝－x2＝0，))取y2＝1，可得x2＝0，z2＝1，可得平面PBD的一個(gè)法向量為n2＝(0，1，1)，設(shè)平面PAB與平面PBD所成的角為θ，則|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(1,2\r(2))＝eq\f(\r(2),4)，所以平面PAB與平面PBD所成銳二面角的余弦值為eq\f(\r(2),4).易錯(cuò)提醒注意圖形翻折前后變與不變的量以及位置關(guān)系.對(duì)照前后圖形，弄清楚變與不變的元素后，再立足于不變的元素的位置關(guān)系與數(shù)量關(guān)系去探求變化后的元素在空間中的位置與數(shù)量關(guān)系.訓(xùn)練1如圖1，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠D＝90°，AB＝2，DC＝3，AD＝eq\r(3)，CE＝2ED.沿BE將△BCE折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)C1的位置，且AC1＝eq\r(6)，如圖2.(1)求證：平面BC1E⊥平面ABED；(2)求直線BC1與平面AC1D所成角的正弦值.(1)證明在圖①中，連接AE，由已知得AE＝2.圖①∵CE∥AB且CE＝AB＝AE＝2，∴四邊形ABCE為菱形.連接AC交BE于點(diǎn)F，則CF⊥BE.在Rt△ACD中，AC＝eq\r(32＋（\r(3)）2)＝2eq\r(3)，所以AF＝CF＝eq\r(3).圖②如圖②中，由翻折，可知C1F＝eq\r(3)，C1F⊥BE.∵AC1＝eq\r(6)，AF＝C1F＝eq\r(3)，∴AF2＋C1F2＝ACeq\o\al(2,1)，∴C1F⊥AF，又BE∩AF＝F，BE?平面ABED，AF?平面ABED，∴C1F⊥平面ABED.又C1F?平面BC1E，所以平面BC1E⊥平面ABED.(2)解如圖③，建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0，0，0)，A(eq\r(3)，0，0)，B(eq\r(3)，2，0)，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，\r(3)))，圖③所以eq\o(BC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，\r(3)))，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，0)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，\r(3)))，設(shè)平面AC1D的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DA,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DC1,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＝0，,\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＋\r(3)z＝0，))令z＝eq\r(3)，則x＝0，y＝－2，所以n＝(0，－2，eq\r(3))為平面AC1D的一個(gè)法向量.設(shè)直線BC1與平面AC1D所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(BC1,\s\up6(→))·n|,|\o(BC1,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(4,2×\r(7))＝eq\f(2\r(7),7).所以直線BC1與平面AC1D所成角的正弦值為eq\f(2\r(7),7).熱點(diǎn)二探索問題與空間向量有關(guān)的探索性問題主要有兩類：一類是探索線面的位置關(guān)系；另一類是探索線面角或平面與平面的夾角滿足特定要求時(shí)的存在性問題.解題思路：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)，然后探索這樣的點(diǎn)是否存在，或參數(shù)是否滿足要求，從而作出判斷.考向1探索線面位置關(guān)系例2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)；若不存在，說明理由.(1)證明如圖，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F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)解以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，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，假設(shè)存在滿足題意的點(diǎn)G(0，0，t)，由已知B(1，1，0)，E(1，0，1)，F(xiàn)(0，1，1)，則eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(EB,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq\o(EG,\s\up6(→))＝(－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\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(EB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1＋y1＝0，,y1－z1＝0，))取x1＝1，則y1＝1，z1＝1，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\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(EG,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋y2＝0，,－x2＋（t－1）z2＝0，))取x2＝t－1，則y2＝t－1，z2＝1，n2＝(t－1，t－1，1).因?yàn)槠矫鍳EF⊥平面BEF，所以n1·n2＝0，所以t－1＋t－1＋1＝0，所以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，且DG的長(zhǎng)為eq\f(1,2).考向2與空間角有關(guān)的探索性問題例3(2024·濟(jì)南模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD為直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝∠PCB＝60°，CD＝1，AB＝3，PC＝2eq\r(3)，平面PCB⊥平面ABCD，F(xiàn)為線段BC的中點(diǎn)，E為線段PF上一點(diǎn).(1)證明：PF⊥AD；(2)當(dāng)EF為何值時(shí)，直線BE與平面PAD夾角的正弦值為eq\f(\r(7),4).(1)證明因?yàn)樗倪呅蜛BCD為直角梯形，∠DAB＝60°，CD＝1，AB＝3，所以AD＝4，BC＝2eq\r(3)，由PC＝2eq\r(3)，∠PCB＝60°，則△PBC為等邊三角形，且F為線段BC的中點(diǎn)，則PF⊥BC，又因?yàn)槠矫鍼CB⊥平面ABCD，平面PCB∩平面ABCD＝BC，PF?平面PCB，可得PF⊥平面ABCD，且AD?平面ABCD，所以PF⊥AD.(2)解由(1)可知PF⊥平面ABCD，取線段AD的中點(diǎn)N，連接NF，則FN∥AB，F(xiàn)N＝2，又因?yàn)锳B⊥BC，可知NF⊥BC，以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，NF，F(xiàn)B，F(xiàn)P所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(3，eq\r(3)，0)，D(1，－eq\r(3)，0)，P(0，0，3)，B(0，eq\r(3)，0)，因?yàn)镋為線段PF上一點(diǎn)，設(shè)E(0，0，a)，a∈[0，3]，可得eq\o(DA,\s\up6(→))＝(2，2eq\r(3)，0)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，3)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，a)，設(shè)平面PAD的法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA,\s\up6(→))＝2x＋2\r(3)y＝0，,n·\o(DP,\s\up6(→))＝－x＋\r(3)y＋3z＝0，))令x＝－3，則y＝eq\r(3)，z＝－2，可得n＝(－3，eq\r(3)，－2)，設(shè)直線BE與平面PAD夾角為α，則sinα＝|cos〈n，eq\o(BE,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(BE,\s\up6(→))|,|n|·|\o(BE,\s\up6(→))|)＝eq\f(|2a＋3|,4×\r(3＋a2))＝eq\f(\r(7),4)，解得a＝2，故EF＝2時(shí)，直線BE與平面PAD夾角的正弦值為eq\f(\r(7),4).規(guī)律方法解決立體幾何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)，一定要注意三點(diǎn)共線的應(yīng)用.訓(xùn)練2(2024·鎮(zhèn)江模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠ABC＝60°，△PAB為正三角形，平面PAB⊥平面ABCD，E為線段AB的中點(diǎn)，M是線段PD(不含端點(diǎn))上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn).(1)記平面BCM交PA于點(diǎn)N，求證：MN∥平面PBC；(2)是否存在點(diǎn)M，使得二面角P－BC－M的正弦值為eq\f(\r(10),10)？若存在，確定點(diǎn)M的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由.(1)證明因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以BC∥AD，因?yàn)锽C?平面PAD，AD?平面PAD，所以BC∥平面PAD，因?yàn)锽C?平面BCM，平面BCM∩平面PAD＝MN，所以MN∥BC，因?yàn)镸N?平面PBC，BC?平面PBC，因此MN∥平面PBC.(2)解連接PE，CE，因?yàn)椤鱌AB為等邊三角形，E為AB的中點(diǎn)，所以PE⊥AB，因?yàn)槠矫鍼AB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PE?平面PAB，所以PE⊥平面ABCD，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，所以AB＝BC＝2，又因?yàn)椤螦BC＝60°，所以△ABC為等邊三角形，則CE⊥AB.以點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EB，EC，EP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，則B(1，0，0)，C(0，eq\r(3)，0)，D(－2，eq\r(3)，0)，P(0，0，eq\r(3))，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，0，eq\r(3))，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(－2，eq\r(3)，－eq\r(3))，設(shè)eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PD,\s\up6(→))＝λ(－2，eq\r(3)，－eq\r(3))＝(－2λ，eq\r(3)λ，－eq\r(3)λ)，其中0<λ<1，設(shè)平面PBC的一個(gè)法向量為m＝(x1，y1，z1).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up6(→))＝－x1＋\r(3)y1＝0，,m·\o(BP,\s\up6(→))＝－x1＋\r(3)z1＝0，))取x1＝eq\r(3)，可得m＝(eq\r(3)，1，1)，設(shè)平面BCM的法向量為n＝(x2，y2，z2).eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BP,\s\up6(→))＋eq\o(PM,\s\up6(→))＝(－1，0，eq\r(3))＋(－2λ，eq\r(3)λ，－eq\r(3)λ)＝(－2λ－1，eq\r(3)λ，eq\r(3)－eq\r(3)λ)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝－x2＋\r(3)y2＝0，,n·\o(BM,\s\up6(→))＝－（2λ＋1）x2＋\r(3)λy2＋\r(3)（1－λ）z2＝0，))取x2＝eq\r(3)－eq\r(3)λ，則y2＝1－λ，z2＝λ＋1，所以n＝(eq\r(3)－eq\r(3)λ，1－λ，λ＋1)，由題意可得|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(|5－3λ|,\r(5)·\r(4（1－λ）2＋（λ＋1）2))＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),10)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(10),10)，整理可得27λ2＋6λ－5＝0，即(3λ－1)(9λ＋5)＝0，因?yàn)?<λ<1，所以λ＝eq\f(1,3)，故當(dāng)點(diǎn)M為線段PD上靠近點(diǎn)P的三等分點(diǎn)時(shí)，二面角P－BC－M的正弦值為eq\f(\r(10),10).【精準(zhǔn)強(qiáng)化練】1.已知菱形ABCD滿足A＝60°，AB＝2，將△ABD沿BD折起，使得A1C＝eq\r(6).(1)求證：平面A1BD⊥平面BCD；(2)求直線A1D與平面A1BC所成角的正弦值.(1)證明如圖，取BD中點(diǎn)E，連接A1E，CE.在菱形ABCD中，∵AB＝AD，CB＝CD，∴A1B＝A1D，CB＝CD，又∠DA1B＝60°，AB＝2，則A1B＝A1D＝BD＝CB＝CD＝2，A1E＝CE＝eq\r(3)，所以A1E⊥BD，又A1E2＋CE2＝A1C2，即A1E⊥CE，又BD∩CE＝E，BD，CE?平面BCD，∴A1E⊥平面BCD，又A1E?平面A1BD，所以平面A1BD⊥平面BCD.(2)解由(1)可知，以E為原點(diǎn)，ED所在直線為x軸，EC所在直線為y軸，EA1所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則E(0，0，0)，A1(0，0，eq\r(3))，D(1，0，0)，B(－1，0，0)，C(0，eq\r(3)，0)，所以eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(1，0，－eq\r(3))，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(－1，0，－eq\r(3))，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，－eq\r(3))，設(shè)平面A1BC的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B,\s\up6(→))＝－x－\r(3)z＝0，,n·\o(A1C,\s\up6(→))＝\r(3)y－\r(3)z＝0，))令y＝1，則n＝(－eq\r(3)，1，1)，設(shè)直線A1D與平面A1BC所成角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(A1D,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(A1D,\s\up6(→))·n|,|\o(A1D,\s\up6(→))||n|)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－\r(3)－\r(3),2×\r(5))))＝eq\f(\r(15),5)，所以直線A1D與平面A1BC所成角的正弦值為eq\f(\r(15),5).2.如圖，已知四棱錐P－ABCD的底面是平行四邊形，側(cè)面PAB是等邊三角形，BC＝2AB，∠ABC＝60°，PB⊥AC.(1)求證：平面PAB⊥平面ABCD；(2)設(shè)Q為側(cè)棱PD上一點(diǎn)，四邊形BEQF是過B，Q兩點(diǎn)的截面，且AC∥平面BEQF，是否存在點(diǎn)Q，使得平面BEQF⊥平面PAD？若存在，確定點(diǎn)Q的位置；若不存在，說明理由.(1)證明在△ABC中，因?yàn)锽C＝2AB，∠ABC＝60°，所以AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos60°＝3AB2，AC＝eq\r(3)AB，所以AC2＋AB2＝BC2，則∠BAC＝90°，即AC⊥AB.又AC⊥PB，PB∩AB＝B，PB，AB?平面PAB，所以AC⊥平面PAB，又AC?平面ABCD，所以平面PAB⊥平面ABCD.(2)解假設(shè)存在點(diǎn)Q，使得平面BEQF⊥平面PAD.如圖，以A為原點(diǎn)，分別以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))為x，y軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，設(shè)AB＝2，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(－2，2eq\r(3)，0)，P(1，0，eq\r(3))，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－2，2eq\r(3)，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(1，0，eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－4，2eq\r(3)，0)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(3，－2eq\r(3)，eq\r(3))，設(shè)n1＝(x1，y1，z1)是平面PAD的一個(gè)法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AD,\s\up6(→))＝－2x1＋2\r(3)y1＝0，,n1·\o(AP,\s\up6(→))＝x1＋\r(3)z1＝0，))取n1＝(eq\r(3)，1，－1)，設(shè)eq\o(DQ,\s\up6(→))＝λeq\o(DP,\s\up6(→))，其中0≤λ≤1.則eq\o(BQ,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(DQ,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))＋λeq\o(DP,\s\up6(→))＝(3λ－4，2eq\r(3)－2eq\r(3)λ，eq\r(3)λ)，因?yàn)锳C∥平面BEQF，AC?平面PAC，平面PAC∩平面BEQF＝EF，故AC∥EF，取與eq\o(EF,\s\up6(→))同向的單位向量j＝(0，1，0)，設(shè)n2＝(x2，y2，z2)是平面BEQF的一個(gè)法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·j＝y(tǒng)2＝0，,n2·\o(BQ,\s\up6(→))＝（3λ－4）x2＋2\r(3)（1－λ）y2＋\r(3)λz2＝0，))取n2＝(eq\r(3)λ，0，4－3λ).若平面BEQF⊥平面PAD，則n1⊥n2，即n1·n2＝3λ＋3λ－4＝0，解得λ＝eq\f(2,3).故在側(cè)棱PD上存在點(diǎn)Q，且當(dāng)DQ＝eq\f(2,3)DP時(shí)，使得平面BEQF⊥平面PAD.3.(2024·齊齊哈爾模擬)如圖1，在平面四邊形PABC中，PA⊥AB，CD∥AB，CD＝2AB＝2PD＝2AD＝4.點(diǎn)E是線段PC上靠近P端的三等分點(diǎn)，將△PDC沿CD折成四棱錐P－ABCD，連接PA，PB，BD，且AP＝2eq\r(2)，如圖2.(1)證明：PA∥平面BDE；(2)求直線AP與平面PBC所成角的正弦值.(1)證明連接AC交BD于點(diǎn)F，連接EF，點(diǎn)E是線段PC上靠近P端的三等分點(diǎn)，∵AB∥CD，CD＝2AB，∴△ABF∽△CDF，可得eq\f(AF,FC)＝eq\f(AB,