【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题16　立体几何中的探究、折叠问题

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1.(2019·全国Ⅲ卷)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)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图②中的平面BCG与平面CGA夹角的大小.
(1)证明 由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，
所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解 作EH⊥BC，垂足为H.
因为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的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝eq \r(3).
以H为坐标原点，eq \(HC,\s\up6(→))的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz，则A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，eq \r(3))，eq \(CG,\s\up6(→))＝(1，0，eq \r(3))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，－1，0).
设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(CG,\s\up6(→))·n＝0，,\(AC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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)，
设平面BCG与平面CGA夹角的大小为θ，
所以cs θ＝|cs〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)＝eq \f(\r(3),2).
因此平面BCG与平面CGA夹角的大小为30°.
2.(2021·全国甲卷)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；
(2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？
(1)证明 因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，侧面AA1B1B为正方形，
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.
∵三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，
∴BB1⊥AB且BB1⊥BC，
则BA，BC，BB1两两互相垂直，
故以B为坐标原点，以BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系B－xyz，
则B(0，0，0)，E(1，1，0)，F(0，2，1)，eq \(BF,\s\up6(→))＝(0，2，1).
设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m，0，2)，
于是eq \(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2).
所以eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(DE,\s\up6(→))＝0，
所以BF⊥DE.
(2)解 易知平面BB1C1C的一个法向量为n1＝(1，0，0).
设平面DFE的法向量为n2＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DE,\s\up6(→))·n2＝0，,\(EF,\s\up6(→))·n2＝0，))
又由(1)得eq \(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1，1，1)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（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的一个法向量为n2＝(3，m＋1，2－m)，
所以cs〈n1，n2〉＝eq \f(3,\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(27,2))).
设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角为θ，
则sin θ＝eq \r(1－cs2〈n1，n2〉)＝eq \r(1－\f(9,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(27,2)))，
故当m＝eq \f(1,2)时，平面BB1C1C与平面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，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小.
热点一 立体几何中的探究问题
与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题.解题思路：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断.
考向1 探究线面位置关系
例1 (2022·济南学情检测)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，G为棱DD1上的动点.
(1)求证：B，E，D1，F四点共面；
(2)是否存在点G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出DG的长；若不存在，说明理由.
(1)证明 如图，连接D1E，D1F，取BB1的中点为M，连接MC1，ME.
因为E为AA1的中点，
所以EM∥A1B1∥C1D1，
且EM＝A1B1＝C1D1，
所以四边形EMC1D1为平行四边形，
所以D1E∥MC1，
又F为CC1的中点，
所以BM∥C1F，且BM＝C1F，
所以四边形BMC1F为平行四边形，
所以BF∥MC1.
所以BF∥D1E，
所以B，E，D1，F四点共面.
(2)解 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
假设存在满足题意的点G(0，0，t)，
由已知B(1，1，0)，E(1，0，1)，F(0，1，1)，
则eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq \(EB,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq \(EG,\s\up6(→))＝(－1，0，t－1)，
设平面BEF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n1·\(EB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x1＋y1＝0，,y1－z1＝0，))
取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，n1＝(1，1，1).
设平面GEF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n2·\(EG,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2＋y2＝0，,－x2＋（t－1）z2＝0，))
取x2＝t－1，则y2＝t－1，z2＝1，
得n2＝(t－1，t－1，1).
因为平面GEF⊥平面BEF，
所以n1·n2＝0，
所以t－1＋t－1＋1＝0，
解得t＝eq \f(1,2)，
所以存在满足题意的点G，使得平面GEF⊥平面BEF，且DG的长为eq \f(1,2).
考向2 与空间角有关的探究性问题
例2 如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，BC＝CD＝1，AB＝2.△PBC是等边三角形，平面PBC⊥平面ABCD，点M在棱PC上.
(1)当M为棱PC的中点时，
求证：AP⊥BM；
(2)是否存在点M，使得二面角D－MB－C的余弦值为eq \f(3,4)？若存在，求CM的长；若不存在，请说明理由.
(1)证明 连接AC，由底面ABCD是等腰梯形且AB＝2，BC＝CD＝1，得∠ABC＝eq \f(π,3)，在△ABC中，由余弦定理得AC＝eq \r(3)，
∴AC2＋BC2＝AB2，
∴∠ACB＝eq \f(π,2)，∴AC⊥BC.
又∵平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD＝BC，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥平面PBC，
∵BM⊂平面PBC，
∴AC⊥BM，
又M为棱PC的中点，且△PBC是等边三角形，
∴BM⊥PC，
又∵PC∩AC＝C，PC，AC⊂平面APC，
∴BM⊥平面APC，
∵AP⊂平面APC，
∴AP⊥BM.
(2)解 假设存在点M，使得二面角D－MB－C的余弦值为eq \f(3,4).
过点P作PO⊥BC交BC于点O，
∵平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD＝BC，PO⊂平面PBC，
∴PO⊥平面ABCD，取AB的中点E，连接OE，则OE∥CA，由(1)知OE⊥平面PBC，因此以O为原点，以OC，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.
∴O(0，0，0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)，0))，
则eq \(DB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－\f(\r(3),2)，0))，eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2))).
设eq \(CM,\s\up6(→))＝teq \(CP,\s\up6(→))(0则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－t,2)，0，\f(\r(3),2)t)).
则eq \(DM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－t－1,2)，－\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2)t))，
设平面DMB的法向量为a＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a·\(DM,\s\up6(→))＝－\f(1＋t,2)x－\f(\r(3),2)y＋\f(\r(3),2)tz＝0，,a·\(DB,\s\up6(→))＝－\f(3,2)x－\f(\r(3),2)y＝0，))
令x＝eq \r(3)，则y＝－3，z＝eq \f(t－2,t)，
∴a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，－3，\f(t－2,t)))，
易知平面MBC的一个法向量为
b＝(0，1，0)，
则|cs〈a，b〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a·b,|a||b|)))＝eq \f(3,\r(3＋9＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t－2,t)))\s\up12(2)))＝eq \f(3,\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t－2,t)))\s\up12(2)))＝eq \f(3,4)，
则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t－2,t)))eq \s\up12(2)＝4，即eq \f(t－2,t)＝－2，
解得t＝eq \f(2,3)，
故CM＝|eq \(CM,\s\up6(→))|＝eq \f(2,3)|eq \(CP,\s\up6(→))|＝eq \f(2,3).
所以存在点M，使得二面角D－MB－C的余弦值为eq \f(3,4)，且CM的长为eq \f(2,3).
规律方法 解决立体几何中探索性问题的基本方法
(1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立.
(2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的应用.
训练1 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O是底面ABCD的中心，E是线段OD1上的一点.
(1)若E为OD1的中点，求直线OD1与平面CDE所成角的正弦值；
(2)是否存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O？若存在，请指出点E的位置关系，并加以证明；若不存在，请说明理由.
解 (1)不妨设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA，DC，DD1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D－xyz，
则D(0，0，0)，D1(0，0，2)，C(0，2，0)，O(1，1，0).
因为点E是D1O的中点，
所以点E的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，1)).
所以eq \(OD1,\s\up6(→))＝(－1，－1，2)，eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，2，0).
设p＝(x0，y0，z0)是平面CDE的一个法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p·\(DE,\s\up6(→))＝0，,p·\(DC,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x0＋\f(1,2)y0＋z0＝0，,2y0＝0.))
取x0＝2，则z0＝－1，
所以平面CDE的一个法向量为p＝(2，0，－1).
所以|cs〈eq \(OD1,\s\up6(→))，p〉|＝eq \f(|\(OD1,\s\up6(→))·p|,|\(OD1,\s\up6(→))||p|)
＝eq \f(|－1×2＋2×（－1）|,\r(（－1）2＋（－1）2＋22)×\r(22＋（－1）2))＝eq \f(2\r(30),15).
所以直线OD1与平面CDE所成角的正弦值为eq \f(2\r(30),15).
(2)存在，且点E为靠近O的三等分点.
证明如下：
假设存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O.
设eq \(D1E,\s\up6(→))＝λeq \(EO,\s\up6(→))，
显然eq \(OC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq \(OD1,\s\up6(→))＝(－1，－1，2).
设m＝(x1，y1，z1)是平面CD1O的一个法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(OC,\s\up6(→))＝0，,m·\(OD1,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x1＋y1＝0，,－x1－y1＋2z1＝0，))
取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，
所以平面CD1O的一个法向量为m＝(1，1，1).
因为eq \(D1E,\s\up6(→))＝λeq \(EO,\s\up6(→))，
所以点E的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ＋1)，\f(λ,λ＋1)，\f(2,λ＋1))).
所以eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ＋1)，\f(λ,λ＋1)，\f(2,λ＋1))).
设n＝(x2，y2，z2)是平面CDE的一个法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\(DC,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ＋1)x2＋\f(λ,λ＋1)y2＋\f(2,λ＋1)z2＝0，,2y2＝0.))
则y0＝0.
取x2＝1，则z2＝－eq \f(λ,2)，
所以平面CDE的一个法向量为n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，－\f(λ,2))).
因为平面CDE⊥平面CD1O，
所以m⊥n，即m·n＝0，
所以1－eq \f(λ,2)＝0，解得λ＝2.
所以当eq \f(|\(D1E,\s\up6(→))|,|\(EO,\s\up6(→))|)＝2，
即点E为靠近O的三等分点时，平面CDE⊥平面CD1O.
训练2 (2022·兰州模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，B1C＝eq \r(6)，AB⊥B1C.
(1)求证：平面ABB1A1⊥平面ABC；
(2)在棱BB1上是否存在点P，使直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为eq \f(4,5)，若不存在，请说明理由，若存在， 求BP的长.
(1)证明 如图，取AB的中点D，连接CD，B1D.
因为三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，
所以AB⊥CD，CD＝eq \r(3)，BD＝1.
又因为AB⊥B1C，
且CD∩B1C＝C，CD，B1C⊂平面B1CD，
所以AB⊥平面B1CD.
又因为B1D⊂平面B1CD，
所以AB⊥B1D.
在Rt△B1BD中，BD＝1，B1B＝2，
所以B1D＝eq \r(3).
在△B1CD中，CD＝eq \r(3)，B1D＝eq \r(3)，B1C＝eq \r(6)，
所以CD2＋B1D2＝B1C2，
所以CD⊥B1D，
又因为AB⊥B1D，AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC，
所以B1D⊥平面ABC.
又因为B1D⊂平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面ABC.
(2)解 假设存在，以DC，DA，DB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，1，0)，B(0，－1，0)，C(eq \r(3)，0，0)，B1(0，0，eq \r(3))，
因此eq \(BB1,\s\up6(→))＝(0，1，eq \r(3))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，－1，0)，eq \(AA1,\s\up6(→))＝eq \(BB1,\s\up6(→))＝(0，1，eq \r(3))，
eq \(CB,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，－1，0).
因为点P在棱BB1上，
所以设eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BB1,\s\up6(→))＝λ(0，1，eq \r(3))，
其中0≤λ≤1.
则eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \(CB,\s\up6(→))＋λeq \(BB1,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，－1＋λ，eq \r(3)λ).
设平面ACC1A1的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AA1,\s\up6(→))＝0，))
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)x－y＝0，,y＋\r(3)z＝0，))
取x＝1，则y＝eq \r(3)，z＝－1，
所以平面ACC1A1的一个法向量为n＝(1，eq \r(3)，－1).
因为直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为eq \f(4,5)，
所以|cs〈n，eq \(CP,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(CP,\s\up6(→)),|n||\(CP,\s\up6(→))|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－2\r(3),\r(5)×\r(3＋（λ－1）2＋3λ2))))＝eq \f(4,5)，
化简得16λ2－8λ＋1＝0，
解得λ＝eq \f(1,4)，
所以|eq \(BP,\s\up6(→))|＝eq \f(1,4)|eq \(BB1,\s\up6(→))|＝eq \f(1,2)，
故BP的长为eq \f(1,2).
热点二 折叠问题
解决立体几何中的折叠问题，关键是搞清楚折叠前后图形中的位置关系和数量关系的变化情况，以及折叠过程中运动变化的点的位置，一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化.对于不变的关系一般在平面图形中处理，而对于变化的关系则在立体图形中解决.
例3 如图，在平面四边形ABCD中，AB＝AD，BC＝CD＝eq \r(2)，且BC⊥CD.以BD为折痕把△ABD和△CBD向上折起，使点A到达点E的位置，点C到达点F的位置(E，F不重合).
(1)求证：EF⊥BD；
(2)若平面EBD⊥平面FBD，点E在平面ABCD内的正投影G为△ABD的重心，且直线EF与平面FBD所成角为60°，求二面角A－BE－D的余弦值.
(1)证明 取BD的中点O，连接FO，EO.
由题意知△FBD和△BED均为等腰三角形，且BF＝DF，BE＝ED.
故FO⊥BD，EO⊥BD.
又因为FO∩EO＝O，
所以BD⊥平面EFO.
又因为EF⊂平面EFO，
所以EF⊥BD.
(2)解 由(1)知，EO⊥BD.
因为平面EBD⊥平面FBD，平面EBD∩平面FBD＝BD，EO⊂平面EBD，
所以EO⊥平面FBD，
因为FO⊂平面FBD，所以EO⊥FO，
直线EF与平面FBD所成角为∠EFO，
则∠EFO＝60°.
因为FB＝FD＝eq \r(2)，FB⊥FD，O为BD的中点，
所以FO＝eq \f(1,2)BD＝1，所以EO＝eq \r(3)，
所以BE＝ED＝BD＝2，
即△EBD为等边三角形.
又G为等边三角形ABD的重心，
所以以O为坐标原点，eq \(OD,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，eq \(OA,\s\up6(→))的方向为y轴正方向，过点O作z轴垂直于平面ABD，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.
由题可得A(0，eq \r(3)，0)，B(－1，0，0)，D(1，0，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)，\f(2\r(6),3)))，
则eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，－eq \r(3)，0)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(2，0，0)，
eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),3)，\f(2\r(6),3))).
设n1＝(x，y，z)为平面ABE的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n1·\(BE,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x－\r(3)y＝0，,x＋\f(\r(3),3)y＋\f(2\r(6),3)z＝0，))
∴n1＝(－eq \r(6)，eq \r(2)，1).
设n2＝(a，b，c)为平面BED的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n2·\(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＝0，,a＋\f(\r(3),3)b＋\f(2\r(6),3)c＝0，))
∴n2＝(0，2eq \r(2)，－1).
因为cs〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq \f(0＋4－1,\r(6＋2＋1)×\r(0＋8＋1))＝eq \f(1,3)，
由图易知二面角A－BE－D为锐角，
所以二面角A－BE－D的余弦值为eq \f(1,3).
易错提醒 注意图形翻折前后变与不变的量以及位置关系.对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系.
训练3 (2022·昆明二诊)如图1，四边形ABCD是边长为2的正方形，E是CD的中点.现将正方形ABCD沿AE与BE折起，使点C与点D重合(记为点P)，得到如图2的四面体P－ABE.
(1)证明：平面PBE⊥平面PAB；
(2)求锐二面角P－AB－E的大小.
(1)证明 由题知AP⊥PE，BP⊥PE，
因为AP∩BP＝P，AP，BP⊂平面PAB，
所以PE⊥平面PAB.
因为PE⊂平面PBE，
所以平面PBE⊥平面PAB.
(2)解 法一 如图，取AB的中点O，连接PO，EO.因为△PAB是边长为2的正三角形，
所以PO⊥AB，PO＝2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3).
在△ABE中，AE＝BE＝eq \r(5)，
所以△ABE是等腰三角形，
此时EO＝2，EO⊥AB.
因为平面ABE∩平面PAB＝AB，
所以∠POE为二面角P－AB－E的平面角.
由(1)知PE⊥平面PAB，
所以△PEO为直角三角形，
所以sin∠POE＝eq \f(PE,EO)＝eq \f(1,2)，
即∠POE＝eq \f(π,6).
所以锐二面角P－AB－E的大小为eq \f(π,6).
法二 由(1)知PE⊥平面PAB，以P为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系P－xyz，
则P(0，0，0)，B(2，0，0)，A(1，eq \r(3)，0)，E(0，0，1)，
所以eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，－eq \r(3)，0)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(－2，0，1).
设锐二面角P－AB－E的大小为θ，
设平面PAB的法向量为m，
因为PE⊥平面PAB，
所以取m＝(0，0，1)，
设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(BE,\s\up6(→))＝0，))
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－\r(3)y＝0，,－2x＋z＝0，))
令y＝1，则x＝eq \r(3)，z＝2eq \r(3)，
得n＝(eq \r(3)，1，2eq \r(3))，
所以cs θ＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(\r(3),2)，
所以锐二面角P－AB－E的大小为eq \f(π,6).
一、基本技能练
1.(2022·佛山质检)如图，四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是矩形，AD⊥平面PAB，PA⊥PB，E是AD的中点.
(1)在线段BP上找一点M，使得直线EM∥平面PCD，并说明理由；
(2)若PA＝AD，AB＝eq \r(2)AD，求平面PCE与平面PAB所成二面角的正弦值.
解 (1)当M为BP的中点时，直线EM∥平面PCD.
理由：取PC的中点为F，连接FM，DF，
在△PBC中，因为F，M分别为PC，PB的中点，
所以FM∥BC，且FM＝eq \f(1,2)BC.
在矩形ABCD中，E是AD的中点，
所以DE∥BC，且DE＝eq \f(1,2)BC，
所以DE∥FM，且DE＝FM
故四边形DEMF是平行四边形，
所以EM∥DF.
又EM⊄平面PCD，DF⊂平面PCD，
所以EM∥平面PCD.
即M为BP的中点时，
直线EM∥平面PCD.
(2)法一 不妨设AD＝2，则PA＝AD＝2，AB＝2eq \r(2)，
又PA⊥PB，所以PB＝2，
以P为坐标原点，建立空间直角坐标系P－xyz，如图所示，
则P(0，0，0)，C(2，0，2)，E(0，2，1)，
eq \(PC,\s\up6(→))＝(2，0，2)，eq \(PE,\s\up6(→))＝(0，2，1)，
设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\(PE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋2z＝0，,2y＋z＝0，))
取y＝－1，则x＝－2，z＝2，
得n＝(－2，－1，2)，
平面PAB的一个法向量为m＝(0，0，1)，
所以cs〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(2,3×1)＝eq \f(2,3)，
所以平面PCE与平面PAB所成二面角的正弦值为eq \r(1－cs2〈n，m〉)＝eq \f(\r(5),3).
法二 因为AD⊥平面PAB，所以在平面PAB内过点A作AH⊥AB，以A为坐标原点，eq \(AH,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))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A－xyz，如图所示，
设AD＝2，则A(0，0，0)，C(0，2eq \r(2)，2)，E(0，0，1)，P(eq \r(2)，eq \r(2)，0)，D(0，0，2)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，eq \r(2)，2)，eq \(CE,\s\up6(→))＝(0，－2eq \r(2)，－1)，
因为AD⊥平面PAB，
所以eq \(AD,\s\up6(→))＝(0，0，2)为平面PAB的一个法向量.
设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\(CE,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(2)x＋\r(2)y＋2z＝0，,－2\r(2)y－z＝0，))
取y＝1，则x＝－3，z＝－2eq \r(2)，
得n＝(－3，1，－2eq \r(2)).
cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(AD,\s\up6(→))·n,|\(AD,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(（0，0，2）·（－3，1，－2\r(2)）,2×3\r(2))＝eq \f(－4\r(2),6\r(2))＝－eq \f(2,3)，
设平面PCE与平面PAB所成的角为θ，
则sin θ＝eq \r(1－cs2〈\(AD,\s\up6(→))，n〉)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(5),3).
∴平面PCE与平面PAB所成二面角的正弦值为eq \f(\r(5),3).
2.如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的eq \r(2)倍，P为侧棱SD上的点.
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，求二面角P－AC－S的大小；
(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SC∶SE的值；若不存在，试说明理由.
(1)证明 连接BD交AC于点O，连接SO，由题意知SO⊥AC.
在正方形ABCD中，AC⊥BD.
因为BD∩SO＝O，BD，SO⊂平面SBD，
所以AC⊥平面SBD，又SD⊂平面SBD，所以AC⊥SD.
(2)解 由题设知，SO⊥平面ABCD.以O为坐标原点，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(OS,\s\up6(→))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O－xyz，如图.
设底面边长为a，则高SO＝eq \f(\r(6),2)a，
则Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(6),2)a))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，0))，
又SD⊥平面PAC，
则平面PAC的一个法向量为eq \(DS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，\f(\r(6),2)a))，
平面SAC的一个法向量为eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，0，0))，
则cs 〈eq \(DS,\s\up6(→))，eq \(OD,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(DS,\s\up6(→))·\(OD,\s\up6(→)),|\(DS,\s\up6(→))||\(OD,\s\up6(→))|)＝－eq \f(1,2)，
又二面角P－AC－S为锐角，则二面角P－AC－S的大小为60°.
(3)解 在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.理由如下：
由(2)知eq \(DS,\s\up6(→))是平面PAC的一个法向量，
且eq \(DS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，\f(\r(6),2)a))，eq \(CS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(2),2)a，\f(\r(6),2)a))，eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，0)).
设eq \(CE,\s\up6(→))＝teq \(CS,\s\up6(→))，t∈[0，1]，
则eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋teq \(CS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a（1－t），\f(\r(6),2)at)).
因为BE∥平面PAC，所以eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(DS,\s\up6(→))＝0，
所以－eq \f(1,2)a2＋eq \f(3,2)a2t＝0，解得t＝eq \f(1,3).
故侧棱SC上存在一点E，使得BE∥平面PAC，此时SC∶SE＝3∶2.
3.(2022·成都二诊)如图1，在等腰三角形PBC中，PB＝PC＝3eq \r(5)，BC＝6，D，E满足eq \(BD,\s\up6(→))＝2eq \(DP,\s\up6(→))，eq \(CE,\s\up6(→))＝2eq \(EP,\s\up6(→)).将△PDE沿直线DE折起到△ADE的位置，连接AB，AC，得到如图2所示的四棱锥A－BCED，点F满足eq \(BF,\s\up6(→))＝2eq \(FA,\s\up6(→)).
(1)证明：DF∥平面ACE；
(2)当AB＝eq \r(29)时，求平面ACE与平面DEF所成锐二面角的余弦值.
(1)证明 如图，在棱AC上取点G，满足CG＝2AG，连接EG，FG.
∵eq \(BF,\s\up6(→))＝2eq \(FA,\s\up6(→))，
∴FG∥BC且FG＝eq \f(1,3)BC.
由题意，可得DE∥BC且DE＝eq \f(1,3)BC，
∴DE＝FG且DE∥FG，
∴四边形DEGF为平行四边形，
∴DF∥EG.
又∵DF⊄平面ACE，EG⊂平面ACE，
∴DF∥平面ACE.
(2)解 如图，分别取DE，BC的中点M，N，连接AM，MN，BM.
由题意，知MN⊥BC，AM＝2，MN＝4，BN＝3.
在Rt△BNM中，BM＝eq \r(BN2＋MN2)＝eq \r(32＋42)＝5.
在△ABM中，∵AB＝eq \r(29)，
∴AM2＋BM2＝22＋52＝29＝AB2，
∴AM⊥BM.
又AM⊥DE，BM∩DE＝M，BM，DE⊂平面BCED，
∴AM⊥平面BCED.
以M为坐标原点，eq \(MN,\s\up6(→))，eq \(ME,\s\up6(→))，eq \(MA,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系M－xyz.
则M(0，0，0)，A(0，0，2)，B(4，－3，0)，C(4，3，0)，D(0，－1，0)，E(0，1，0)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－1，\f(4,3)))，
∴eq \(EC,\s\up6(→))＝(4，2，0)，eq \(EA,\s\up6(→))＝(0，－1，2)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，0，\f(4,3))).
设平面ACE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
平面DEF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(EC,\s\up6(→))＝0，,m·\(EA,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4x1＋2y1＝0，,－y1＋2z1＝0，))
令z1＝1，得m＝(－1，2，1).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\(DF,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y2＝0，,\f(4,3)x2＋\f(4,3)z2＝0，))
令z2＝1，得n＝(－1，0，1).
∴cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2,\r(6)×\r(2))＝eq \f(\r(3),3)，
∴平面ACE与平面DEF所成锐二面角的余弦值为eq \f(\r(3),3).
二、创新拓展练
4.(2022·武汉质检)如图1，一张边长为4的正方形纸片ABCD，E，F分别是AD，BC的中点，将正方形纸片沿EF对折后竖立在水平的桌面上，如图2所示.
(1)求证：EF⊥AD；
(2)若二面角A－EF－D的平面角为45°，K是线段CF上(含端点)一点，问是否存在点K，使得直线AK与平面CDEF所成角的正切值为eq \f(1,3).若存在，求出CK的长度；若不存在，说明理由.
(1)证明 因为EF⊥AE，EF⊥DE，
AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，
所以EF⊥平面ADE.
又AD⊂平面ADE，所以EF⊥AD.
(2)解 存在，且CK的长度为2.
法一 因为EF⊥AE，EF⊥DE，平面AEF∩平面DEF＝EF，AE⊂平面AEF，DE⊂平面DEF，所以∠AED是二面角A－EF－D的平面角，
即∠AED＝45°.
由(1)知EF⊥平面ADE，
又EF⊂平面CDEF，
所以平面CDEF⊥平面ADE.
如图，过A作AG⊥DE，垂足为G.
因为平面CDEF⊥平面ADE，平面CDEF∩平面ADE＝DE，AG⊂平面ADE，AG⊄平面CDEF，所以AG⊥平面CDEF.
连接KG，所以∠AKG为直线AK与平面CDEF所成的角，即tan∠AKG＝eq \f(1,3).
在Rt△AGE中，易知AE＝2，
又∠AED＝45°，所以AG＝eq \r(2).
在Rt△AGK中，
因为tan∠AKG＝eq \f(AG,KG)＝eq \f(1,3)，
所以KG＝3eq \r(2).
设KF＝t(0≤t≤2)，过K作KH⊥DE，垂足为H，则GH＝|eq \r(2)－t|.
在Rt△KGH中，由KH2＋GH2＝KG2，得42＋(eq \r(2)－t)2＝(3eq \r(2))2，
解得t＝0或t＝2eq \r(2)(舍)，
所以KF＝0，
所以CK的长度为2.
法二 以E为坐标原点，EA，EF所在直线分别为x轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设KF＝t(0≤t≤2)，则A(2，0，0)，Keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)t，\f(\r(2),2)t，4))，eq \(AK,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)t－2，\f(\r(2),2)t，4)).
设直线AK与平面CDEF所成的角为θ，则tan θ＝eq \f(1,3)，从而sin θ＝eq \f(1,\r(10)).
设平面CDEF的法向量为u，且u与直线AK的方向向量的夹角为β，
则|cs β|＝eq \f(1,\r(10)).
易知平面CDEF的一个法向量为u＝(1，－1，0)，
所以|cs β|＝eq \f(|u·\(AK,\s\up6(→))|,|u||\(AK,\s\up6(→))|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)t－2－\f(\r(2),2)t)),\r(1＋1＋0)·\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)t－2))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)t))\s\up12(2)＋16))＝eq \f(1,\r(10))，
解得t＝0或t＝2eq \r(2)(舍).
所以KF＝0，所以CK的长度为2.