新高考数学一轮复习微专题专练40高考大题专练(四)　立体几何的综合运用（含详解）

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(1)证明：B2C2∥A2D2；
(2)点P在棱BB1上，当二面角P­A2C2­D2为150°时，求B2P.
2．[2023·新课标Ⅱ卷]如图，三棱锥A­BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．
(1)证明：BC⊥DA；
(2)点F满足 eq \(EF,\s\up6(→)) ＝ eq \(DA,\s\up6(→)) ，求二面角D­AB­F的正弦值．
3.[2022·全国乙卷(理)，18]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；
(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．
4．[2023·全国甲卷(理)]如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1.
(1)证明：A1C＝AC；
(2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
5.
如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.
(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
(2)设O为△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．
6．如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM.
(1)求BC；
(2)求二面角A－PM－B的正弦值．
7．[2023·全国乙卷(理)]如图，在三棱锥P­ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2 eq \r(2) ，PB＝PC＝ eq \r(6) ，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝ eq \r(5) DO，点F在AC上，BF⊥AO.
(1)证明：EF∥平面ADO；
(2)证明：平面ADO⊥平面BEF；
(3)求二面角D­AO­C的正弦值．
8．[2022·新高考Ⅰ卷，19]如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2 eq \r(2) .
(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D到A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A－BD－C的正弦值．
专练40 高考大题专练(四) 立体几何的综合运用
1．解析：(1)方法一 依题意，得＝＋＋＝＋ eq \(AD,\s\up6(→)) ＋＝，
所以∥.
方法二 以点C为坐标原点，CD，CB，CC1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B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)，
所以＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)，
所以＝，所以B2C2∥A2D2.
(2)建立空间直角坐标系，建系方法同(1)中方法二，设BP＝n(0≤n≤4)，则P(0，2，n)，
所以＝(2，0，1－n)，＝(0，－2，3－n)，
设平面PA2C2的法向量为a＝(x1，y1，z1)，
所以，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x1＋（1－n）z1＝0,－2y1＋（3－n）z1＝0)) ，
令x1＝n－1，得a＝(n－1，3－n，2).
设平面A2C2D2的法向量为b＝(x2，y2，z2)，
由(1)方法二知，＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，1)，
所以，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x2－2y2＋2z2＝0,－2y2＋z2＝0)) ，
令y2＝1，得b＝(1，1，2).
所以|cs 150°|＝|cs 〈a，b〉|＝ eq \f(|n－1＋3－n＋4|,\r(（n－1）2＋4＋（3－n）2)×\r(6)) ＝ eq \f(\r(3),2) ，
整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3，
所以BP＝1或BP＝3，
所以B2P＝1.
2．解析：(1)如图，连接DE，AE，
因为DC＝DB，且E为BC的中点，所以DE⊥BC.
因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，
所以△ADB≌△ADC(SAS).
可得AC＝AB，故AE⊥BC.
因为DE∩AE＝E，DE，AE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE.
又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA.
(2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC.
不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2.
由题可知△DBC为等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝ eq \r(2) .
因为AE⊥BC，所以AE＝ eq \r(AB2－EB2) ＝ eq \r(2) .
在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED.
以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，则D( eq \r(2) ，0，0)，B(0， eq \r(2) ，0)，A(0，0， eq \r(2) )， eq \(DA,\s\up6(→)) ＝(－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) )， eq \(BA,\s\up6(→)) ＝(0，－ eq \r(2) ， eq \r(2) ).
设F(xF，yF，zF)，因为 eq \(EF,\s\up6(→)) ＝ eq \(DA,\s\up6(→)) ，所以(xF，yF，zF)＝(－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) )，可得F(－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) ).
所以 eq \(FA,\s\up6(→)) ＝( eq \r(2) ，0，0).
设平面DAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DA,\s\up6(→))·m＝0,\(BA,\s\up6(→))·m＝0)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(2)x＋\r(2)z＝0,－\r(2)y＋\r(2)z＝0)) ，取x＝1，则y＝z＝1，m＝(1，1，1).
设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(FA,\s\up6(→))·n＝0,\(BA,\s\up6(→))·n＝0)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(2)x＝0,－\r(2)y＋\r(2)z＝0)) ，得x＝0，取y＝1，则z＝1，n＝(0，1，1).
所以cs 〈m，n〉＝ eq \f(m·n,|m|·|n|) ＝ eq \f(2,\r(3)×\r(2)) ＝ eq \f(\r(6),3) .
记二面角D­AB­F的大小为θ，则sin θ＝ eq \r(1－cs2〈m，n〉) ＝ eq \r(1－（\f(\r(6),3)）2) ＝ eq \f(\r(3),3) ，
故二面角D­AB­F的正弦值为 eq \f(\r(3),3) .
3．解析：(1)证明：∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，
∴△ABD≌△CBD，∴AB＝CB.
∵E为AC的中点，∴DE⊥AC，BE⊥AC.
∵DE∩BE＝E，DE，BE⊂平面BED，
∴AC⊥平面BED.
∵AC⊂平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD.
(2)如图，连接EF.由(1)知AC⊥平面BED.
又∵EF⊂平面BED，
∴EF⊥AC.
∴S△AFC＝ eq \f(1,2) AC·EF.
当EF⊥BD时，EF的长最小，此时△AFC的面积最小．
由(1)知AB＝CB＝2.
又∵∠ACB＝60°，
∴△ABC是边长为2的正三角形，∴BE＝ eq \r(3) .
∵AD⊥CD，∴DE＝1，
∴DE2＋BE2＝BD2，∴DE⊥BE.
以点E为坐标原点，直线EA ，EB ，ED分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则E(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0， eq \r(3) ，0)，C(－1，0，0)，D(0，0，1)，
∴ eq \(AB,\s\up6(→)) ＝(－1， eq \r(3) ，0)， eq \(AD,\s\up6(→)) ＝(－1，0，1)， eq \(DB,\s\up6(→)) ＝(0， eq \r(3) ，－1)， eq \(ED,\s\up6(→)) ＝(0，0，1)， eq \(EC,\s\up6(→)) ＝(－1，0，0).
设 eq \(DF,\s\up6(→)) ＝λ eq \(DB,\s\up6(→)) (0≤λ≤1)，
则 eq \(EF,\s\up6(→)) ＝ eq \(ED,\s\up6(→)) ＋ eq \(DF,\s\up6(→)) ＝ eq \(ED,\s\up6(→)) ＋λ eq \(DB,\s\up6(→)) ＝(0，0，1)＋λ(0， eq \r(3) ，－1)＝(0， eq \r(3) λ，1－λ).
∵EF⊥DB，
∴ eq \(EF,\s\up6(→)) · eq \(DB,\s\up6(→)) ＝(0， eq \r(3) λ，1－λ)·(0， eq \r(3) ，－1)＝4λ－1＝0，
∴λ＝ eq \f(1,4) ，∴ eq \(EF,\s\up6(→)) ＝(0， eq \f(\r(3),4) ， eq \f(3,4) )，∴ eq \(CF,\s\up6(→)) ＝ eq \(EF,\s\up6(→)) － eq \(EC,\s\up6(→)) ＝(0， eq \f(\r(3),4) ， eq \f(3,4) )－(－1，0，0)＝(1， eq \f(\r(3),4) ， eq \f(3,4) ).
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AD,\s\up6(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋\r(3)y＝0，,－x＋z＝0.))
取y＝1，则x＝ eq \r(3) ，z＝ eq \r(3) ，∴n＝( eq \r(3) ，1， eq \r(3) ).
设当△AFC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角为θ，则sin θ＝|cs 〈n， eq \(CF,\s\up6(→)) 〉|＝ eq \f(|n·\(CF,\s\up6(→))|,|n||\(CF,\s\up6(→))|) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\r(3)×1＋1×\f(\r(3),4)＋\r(3)×\f(3,4))),\r(3＋1＋3)× \r(1＋\f(3,16)＋\f(9,16))) ＝ eq \f(4\r(3),7) .
故当△AFC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角的正弦值为 eq \f(4\r(3),7) .
4．解析：(1)如图，过A1作A1D⊥CC1，垂足为D，
∵A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴A1C⊥BC，
又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，
∵A1C，AC⊂平面ACC1A1，且A1C∩AC＝C，
∴BC⊥平面ACC1A1，
∴A1D⊂平面ACC1A1，∴BC⊥A1D，
又CC1，BC⊂平面BCC1B1，且CC1∩BC＝C，∴A1D⊥平面BCC1B1，
∴A1D＝1.
由已知条件易证△CA1C1是直角三角形，又CC1＝AA1＝2，A1D＝1，
∴D为CC1的中点，又A1D⊥CC1，
∴A1C＝A1C1，
又在三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝A1C1，
∴A1C＝AC.
(2)如图，连接A1B，由(1)易证A1B＝A1B1，故取BB1的中点F，连接A1F，
∵AA1与BB1的距离为2，∴A1F＝2，
又A1D＝1且A1C＝AC，
∴A1C＝A1C1＝AC＝ eq \r(2) ，AB＝A1B1＝ eq \r(5) ，BC＝ eq \r(3) .
建立空间直角坐标系C­xyz如图所示，
则C(0，0，0)，A( eq \r(2) ，0，0)，B(0， eq \r(3) ，0)，B1(－ eq \r(2) ， eq \r(3) ， eq \r(2) )，C1(－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) )，
∴ eq \(CB,\s\up6(→)) ＝(0， eq \r(3) ，0)，＝(－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) )，＝(－2 eq \r(2) ， eq \r(3) ， eq \r(2) )，
设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CB,\s\up6(→))＝0，,n·CC1＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)y＝0，,－\r(2)x＋\r(2)z＝0，)) 取x＝1，则y＝0，z＝1，
∴平面BCC1B1的一个法向量为n＝(1，0，1).
设AB1与平面BCC1B1所成角为θ，
则sin θ＝|cs 〈n，〉|＝＝ eq \f(\r(13),13) .
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为 eq \f(\r(13),13) .
5．解析：(1)证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN.
因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N.
又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN.
所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
(2)由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点， eq \(MA,\s\up6(→)) 的方向为x轴正方向，| eq \(MB,\s\up6(→)) |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M­xyz，则AB＝2，AM＝ eq \r(3) .
连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故PM＝ eq \f(2\r(3),3) ，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，\f(1,3)，0)) .由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC，作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC.
设Q(a，0，0)，则NQ＝ eq \r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)－a))\s\up12(2)) ，B1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，1， \r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)－a))\s\up12(2)))) ，故＝( eq \f(2\r(3),3) －a，－ eq \f(2,3) ，－ eq \r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)－a))\s\up12(2)) )，||＝ eq \f(2\r(10),3) .
又n＝(0，－1，0)是平面A1AMN的法向量，故
所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为 eq \f(\r(10),10) .
6．解析：
(1)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC.
在矩形ABCD中，AD⊥DC，故可以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
设BC＝t，则A(t，0，0)，B(t，1，0)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)，1，0)) ，P(0，0，1)，
所以 eq \(PB,\s\up6(→)) ＝(t，1，－1)， eq \(AM,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(t,2)，1，0)) .
因为PB⊥AM，所以 eq \(PB,\s\up6(→)) · eq \(AM,\s\up6(→)) ＝－ eq \f(t2,2) ＋1＝0，得t＝ eq \r(2) ，
所以BC＝ eq \r(2) .
(2)易知C(0，1，0)，由(1)可得 eq \(AP,\s\up6(→)) ＝(－ eq \r(2) ，0，1)， eq \(AM,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1，0)) ， eq \(CB,\s\up6(→)) ＝( eq \r(2) ，0，0)， eq \(PB,\s\up6(→)) ＝( eq \r(2) ，1，－1).
设平面APM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(AP,\s\up6(→))＝0,n1·\(AM,\s\up6(→))＝0)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(2)x1＋z1＝0,－\f(\r(2),2)x1＋y1＝0)) ，
令x1＝ eq \r(2) ，则z1＝2，y1＝1，所以平面APM的一个法向量n1＝( eq \r(2) ，1，2).
设平面PMB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(CB,\s\up6(→))＝0,n2·\(PB,\s\up6(→))＝0)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(2)x2＝0,\r(2)x2＋y2－z2＝0)) ，
得x2＝0，令y2＝1，则z2＝1，所以平面PMB的一个法向量为n2＝(0，1，1).
cs 〈n1，n2〉＝ eq \f(n1·n2,|n1||n2|) ＝ eq \f(3,\r(7)×\r(2)) ＝ eq \f(3\r(14),14) ，
所以二面角A－PM－B的正弦值为 eq \f(\r(70),14) .
7．解析：(1)如图，
因为AB⊥BC，AB＝2，BC＝2 eq \r(2) ，O是BC的中点，所以 eq \f(AB,BC) ＝ eq \f(OB,AB) ＝ eq \f(\r(2),2) ，所以△OBA∽△ABC.
记BF与AO的交点为H，则∠BHA＝90°，又∠ABC＝90°，∠BAH＝∠OAB，所以△BHA∽△OBA，所以△BHA∽△ABC，所以∠HBA＝∠CAB，又∠C＋∠CAB＝90°，∠CBF＋∠HBA＝90°，所以∠C＝∠CBF，所以CF＝BF，同理可得BF＝FA，所以F是AC的中点．
因为E，F分别是AP，AC的中点，所以EF∥PC，同理可得DO∥PC，
所以EF∥DO.
又DO⊂平面ADO，EF⊄平面ADO，所以EF∥平面ADO.
(2)AO＝ eq \r(AB2＋BO2) ＝ eq \r(6) ，OD＝ eq \f(1,2) PC＝ eq \f(\r(6),2) ，又AD＝ eq \r(5) OD＝ eq \f(\r(30),2) ，
所以AD2＝AO2＋OD2，所以AO⊥OD.
由于EF∥OD，所以AO⊥EF，
又BF⊥AO，BF∩EF＝F，BF⊂平面BEF，EF⊂平面BEF，
所以AO⊥平面BEF.
又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.
(3)
如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(2，0，0)，O(0， eq \r(2) ，0)， eq \(AO,\s\up6(→)) ＝(－2， eq \r(2) ，0).
因为PB＝PC，BC＝2 eq \r(2) ，所以设P(x， eq \r(2) ，z)，z>0，
则 eq \(BE,\s\up6(→)) ＝ eq \(BA,\s\up6(→)) ＋ eq \(AE,\s\up6(→)) ＝ eq \(BA,\s\up6(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \(AP,\s\up6(→)) ＝(2，0，0)＋ eq \f(1,2) (x－2， eq \r(2) ，z)＝( eq \f(x＋2,2) ， eq \f(\r(2),2) ， eq \f(z,2) )，
由(2)知AO⊥BE，所以 eq \(AO,\s\up6(→)) · eq \(BE,\s\up6(→)) ＝(－2， eq \r(2) ，0)·( eq \f(x＋2,2) ， eq \f(\r(2),2) ， eq \f(z,2) )＝0，所以x＝－1，
又PB＝ eq \r(6) ， eq \(BP,\s\up6(→)) ＝(x， eq \r(2) ，z)，所以x2＋2＋z2＝6，所以z＝ eq \r(3) ，则P(－1， eq \r(2) ， eq \r(3) ).
由D为BP的中点，得D(－ eq \f(1,2) ， eq \f(\r(2),2) ， eq \f(\r(3),2) )，则 eq \(AD,\s\up6(→)) ＝(－ eq \f(5,2) ， eq \f(\r(2),2) ， eq \f(\r(3),2) ).
设平面DAO的法向量为n1＝(a，b，c).
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(AD,\s\up6(→))＝0,n1·\(AO,\s\up6(→))＝0)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)a＋\f(\r(2),2)b＋\f(\r(3),2)c＝0,－2a＋\r(2)b＝0)) ，得b＝ eq \r(2) a，c＝ eq \r(3) a，
取a＝1，则n1＝(1， eq \r(2) ， eq \r(3) ).
易知平面CAO的一个法向量为n2＝(0，0，1)，
设二面角D ­AO ­C的大小为θ，则|cs θ|＝|cs 〈n1，n2〉|＝ eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|) ＝ eq \f(\r(3),\r(6)) ＝ eq \f(\r(2),2) ，
所以sin θ＝ eq \r(1－\f(1,2)) ＝ eq \f(\r(2),2) ，故二面角D ­AO ­C的正弦值为 eq \f(\r(2),2) .
8．解析：(1)设点A到平面A1BC的距离为h.
∵V三棱锥A1－ABC＝V三棱锥A－A1BC＝ eq \f(1,3) V三棱柱ABC－A1B1C1＝ eq \f(4,3) ，∴ eq \f(1,3) ·S△A1BC·h＝ eq \f(1,3) ×4.
又∵S△A1BC＝2 eq \r(2) ，∴h＝ eq \r(2) .
∴点A到平面A1BC的距离为 eq \r(2) .
(2)方法一 如图(1)，取A1B的中点E，连接AE.
由AA1＝AB，AA1⊥AB，得AE⊥A1B且AE＝ eq \f(1,2) A1B.
∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，
平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，
∴AE⊥平面A1BC，∴AE＝h＝ eq \r(2) ，AE⊥BC，
∴A1B＝2 eq \r(2) ，∴AA1＝AB＝2.
由V三棱柱ABC－A1B1C1＝4，AA1＝2，得2S△ABC＝4，
∴S△ABC＝2.
易知AA1⊥BC，AE⊥BC，A1E∩AA1＝A，
∴BC⊥平面A1AB，∴BC⊥AB，∴BC＝2.
过点A作AF⊥BD于点F，连接EF，
易得∠EFA即为二面角A－BD－C的平面角的补角．
易得AC＝ eq \r(AB2＋BC2) ＝2 eq \r(2) ，
则A1C＝ eq \r(AA eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋AC2) ＝2 eq \r(3) .
∵A1B⊥CB，D为A1C的中点，∴BD＝ eq \f(1,2) A1C＝ eq \r(3) .
易知AD＝BD＝ eq \f(1,2) A1C＝ eq \r(3) ，∴△ABD为等腰三角形，
∴AF·BD＝AB· eq \r(AD2－（\f(1,2)AB）2) ＝2 eq \r(2) ，
则AF＝ eq \f(2\r(2),\r(3)) ，
∴sin ∠AFE＝ eq \f(AE,AF) ＝ eq \f(\r(2),\f(2\r(2),\r(3))) ＝ eq \f(\r(3),2) ，
∴二面角A－BD－C的正弦值为 eq \f(\r(3),2) .
方法二 如图(2)，取A1B的中点E，连接AE.
∵AA1＝AB，∴AE⊥A1B.
∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，
∴AE⊥平面A1BC，
∴AE＝h＝ eq \r(2) ，则AA1＝AB＝2.
∵AE⊥平面A1BC，BC⊂平面A1BC，∴AE⊥BC.
∵A1A⊥BC，AE∩A1A＝A，∴BC⊥平面ABB1A1.
∵AB⊂平面ABB1A1，∴BC⊥AB.
由V三棱柱ABC－A1B1C1＝S△ABC·A1A＝ eq \f(1,2) AB·BC·A1A＝ eq \f(1,2) ×2×BC×2＝4，解得BC＝2.
以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立如图(2)的空间直角坐标系．
易得B(0，0，0)，A(0，2，0)，E(0，1，1)，D(1，1，1).
∴ eq \(AE,\s\up6(→)) ＝(0，－1，1)， eq \(BD,\s\up6(→)) ＝(1，1，1)， eq \(BA,\s\up6(→)) ＝(0，2，0).
由题意，得平面BDC的法向量为n1＝ eq \(AE,\s\up6(→)) ＝(0，－1，1).
设平面BDA的法向量为n2＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BA,\s\up6(→))·n2＝0，,\(BD,\s\up6(→))·n2＝0，)) ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y＝0，,x＋y＋z＝0.))
令x＝1，则y＝0，z＝－1，∴n2＝(1，0，－1)，
∴cs 〈n1，n2〉＝ eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|) ＝ eq \f(0＋0－1,\r(2)×\r(2)) ＝－ eq \f(1,2) .
设二面角A－BD－C的平面角为α(0≤α≤π)，则sin α＝ eq \r(1－cs2α) ＝ eq \f(\r(3),2) ，
∴二面角A－BD－C的正弦值为 eq \f(\r(3),2) .