2022高考数学一轮复习 第七章 高考专题突破四　高考中的立体几何问题

这是一份2022高考数学一轮复习 第七章 高考专题突破四　高考中的立体几何问题，共15页。试卷主要包含了空间角的求法，立体几何中的探索性问题等内容，欢迎下载使用。

命题点1 线线角
例1 如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，试求直线EF和BC1所成的角．
解 以B为原点，分别以直线BC，BA，BB1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(如图)．
设AB＝1，则B(0,0,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，C1(1,0,1)，
所以eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(1,0,1)．
于是cs〈eq \(BC1,\s\up6(→))，eq \(EF,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(BC1,\s\up6(→))·\(EF,\s\up6(→)),|\(BC1,\s\up6(→))||\(EF,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(1,2),\f(\r(2),2)×\r(2))＝eq \f(1,2)，
所以直线EF和BC1所成角的大小为60°.
思维升华 用向量法求异面直线所成角的一般步骤：
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．
跟踪训练1 (1)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(AD,\s\up6(→))，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为eq \f(3\r(2),10)，则λ的值为________．
答案 eq \f(1,3)
解析 以D为原点，以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)，正方体的棱长为2，
则A1(2,0,2)，D1(0,0,2)，E(0,2,1)，A(2,0,0)，
∴eq \(D1E,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq \(A1F,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(→))＋eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(→))＋λeq \(AD,\s\up6(→))＝(－2λ，0，－2)．
∴cs〈eq \(A1F,\s\up6(→))，eq \(D1E,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(A1F,\s\up6(→))·\(D1E,\s\up6(→)),|\(A1F,\s\up6(→))||\(D1E,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,2\r(λ2＋1)×\r(5))＝eq \f(3\r(2),10)，
解得λ＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＝－\f(1,3)舍)).
(2)如图，在棱长为1的正四面体(四个面都是正三角形)ABCD中，M，N分别为BC，AD的中点，则直线AM和CN夹角的余弦值为________．
答案 eq \f(2,3)
解析 以{eq \(CA,\s\up6(→))，eq \(CB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))}作为基底，
则eq \(MA,\s\up6(→))＝eq \(CA,\s\up6(→))－eq \(CM,\s\up6(→))＝eq \(CA,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \(CB,\s\up6(→))，eq \(CN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→)))．
设向量eq \(CN,\s\up6(→))与eq \(MA,\s\up6(→))的夹角为θ，
则直线AM和CN夹角的余弦值等于|cs θ|.
eq \(CN,\s\up6(→))·eq \(MA,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(CA,\s\up6(→))－\f(1,2)\(CB,\s\up6(→))))
＝eq \f(1,2)eq \(CA,\s\up6(→))2－eq \f(1,4)eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(CD,\s\up6(→))·eq \(CA,\s\up6(→))－eq \f(1,4)eq \(CD,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)－eq \f(1,8)＋eq \f(1,4)－eq \f(1,8)＝eq \f(1,2).
又△ABC和△ACD均为等边三角形，
所以|eq \(MA,\s\up6(→))|＝|eq \(CN,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(3),2).
所以cs θ＝eq \f(\(CN,\s\up6(→))·\(MA,\s\up6(→)),|\(CN,\s\up6(→))|·|\(MA,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(1,2),\f(\r(3),2)×\f(\r(3),2))＝eq \f(2,3).
所以直线AM和CN夹角的余弦值为eq \f(2,3).
命题点2 线面角
例2 (12分)(2020·新高考全国Ⅰ)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
规范解答
(1)证明 在正方形ABCD中，AD∥BC，
因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因为AD⊂平面PAD，
平面PAD∩平面PBC＝l，
所以AD∥l，[2分]
因为在四棱锥P－ABCD中，
底面ABCD是正方形，
所以AD⊥DC，所以l⊥DC，
且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD，
因为DC∩PD＝D，
所以l⊥平面PDC.[4分]
(2)解 以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，
如图建立空间直角坐标系Dxyz，
因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，P(0,0,1)，B(1，1,0)，[5分]
设Q(m,0,1)，
则有eq \(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(DQ,\s\up6(→))＝(m,0,1)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，[6分]
设平面QCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DC,\s\up6(→))·n＝0，,\(DQ,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝0，,mx＋z＝0，))
令x＝1，则z＝－m，
所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－m)，[9分]
则cs〈n，eq \(PB,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(PB,\s\up6(→)),|n||\(PB,\s\up6(→))|)＝eq \f(1＋0＋m,\r(3)·\r(m2＋1)).[10分]
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于
|cs〈n，eq \(PB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|1＋m|,\r(3)·\r(m2＋1))
＝eq \f(\r(3),3)·eq \r(\f(1＋2m＋m2,m2＋1))＝eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋\f(2m,m2＋1))
≤eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋\f(2|m|,m2＋1))≤eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋1)＝eq \f(\r(6),3)，
当且仅当m＝1时取等号，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为eq \f(\r(6),3).[12分]
第一步：根据线面位置关系的相关定理，证明线面垂直．
第二步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标．
第三步：求直线的方向向量和平面的法向量．
第四步：计算向量夹角(或函数值)，借助基本不等式确定最值．
第五步：反思解题思路，检查易错点．
跟踪训练2 如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝eq \f(π,3)，PA⊥底面ABCD，点M是棱PC的中点．
(1)求证：PA∥平面BMD；
(2)当PA＝eq \r(3)时，求直线AM与平面PBC所成角的正弦值．
(1)证明 如图，连接AC交BD于点O，易知O为AC的中点，连接MO.
∵M，O分别为PC，AC的中点，∴PA∥MO.
∵PA⊄平面BMD，MO⊂平面BMD，
∴PA∥平面BMD.
(2)解 如图，取线段BC的中点H，连接AH.
∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝eq \f(π,3)，∴AH⊥AD.
以A为坐标原点，分别以AH，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
∴A(0,0,0)，B(eq \r(3)，－1,0)，C(eq \r(3)，1,0)，P(0,0，eq \r(3))，
M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，
∴eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，1，－eq \r(3))．
设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BC,\s\up6(→))＝0，,m·\(PC,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y＝0，,\r(3)x＋y－\r(3)z＝0.))
取z＝1，则x＝1，y＝0，∴m＝(1,0,1)．
设直线AM与平面PBC所成的角为θ，则
sin θ＝|cs〈m，eq \(AM,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|m·\(AM,\s\up6(→))|,|m|·|\(AM,\s\up6(→))|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\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).
∴直线AM与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(\r(42),7).
命题点3 二面角
例3 (2020·全国Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝eq \f(\r(6),6)DO.
(1)证明：PA⊥平面PBC；
(2)求二面角B－PC－E的余弦值．
(1)证明 由题设，知△DAE为等边三角形，设AE＝1，
则DO＝eq \f(\r(3),2)，CO＝BO＝eq \f(1,2)AE＝eq \f(1,2)，
所以PO＝eq \f(\r(6),6)DO＝eq \f(\r(2),4)，PC＝eq \r(PO2＋OC2)＝eq \f(\r(6),4)，
同理PB＝eq \f(\r(6),4)，PA＝eq \f(\r(6),4)，
又△ABC为等边三角形，
则eq \f(BA,sin 60°)＝2OA，所以BA＝eq \f(\r(3),2)，
PA2＋PB2＝eq \f(3,4)＝AB2，则∠APB＝90°，
所以PA⊥PB，同理PA⊥PC，
又PC∩PB＝P，PC，PB⊂平面PBC，
所以PA⊥平面PBC.
(2)解 过O作ON∥BC交AB于点N，
因为PO⊥平面ABC，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，ON所在直线为y轴，OD所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(2),4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(\r(3),4)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，－\f(\r(3),4)，0))，
eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，－\f(\r(3),4)，－\f(\r(2),4)))，eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(\r(3),4)，－\f(\r(2),4)))，eq \(PE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，－\f(\r(2),4)))，
设平面PCB的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\(PB,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x1－\r(3)y1－\r(2)z1＝0，,－x1＋\r(3)y1－\r(2)z1＝0，))
令x1＝eq \r(2)，得z1＝－1，y1＝0，所以n＝(eq \r(2)，0，－1)，
设平面PCE的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(PC,\s\up6(→))＝0，,m·\(PE,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－\r(3)y2－\r(2)z2＝0，,－2x2－\r(2)z2＝0，))
令x2＝1，得z2＝－eq \r(2)，y2＝eq \f(\r(3),3)，
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),3)，－\r(2)))，
故cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(2\r(2),\r(3)×\f(\r(10),\r(3)))＝eq \f(2\r(5),5)，
所以二面角B－PC－E的余弦值为eq \f(2\r(5),5).
思维升华 (1)求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
(2)利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量．②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解．
跟踪训练3 (2020·宜昌一中模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．
(1)证明：BE⊥PD；
(2)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F－AB－D的余弦值．
解 依题意，以点A为原点，以AB，AD，AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图，
可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．
由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)．
(1)证明 向量eq \(BE,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，
故eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝0，所以eq \(BE,\s\up6(→))⊥eq \(PD,\s\up6(→))，所以BE⊥PD.
(2)解 eq \(BC,\s\up6(→))＝(1,2,0)，eq \(CP,\s\up6(→))＝(－2，－2,2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，
由点F在棱PC上，设eq \(CF,\s\up6(→))＝λeq \(CP,\s\up6(→))，0≤λ≤1，
故eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CF,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋λeq \(CP,\s\up6(→))＝(1－2λ，2－2λ，2λ)，
由BF⊥AC，得eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝0，
所以2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，λ＝eq \f(3,4)，
即eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(3,2))).
设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n1·\(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(3,2)z＝0，))
不妨令z＝－1，可得n1＝(0,3，－1)为平面FAB的一个法向量，
取平面ABD的法向量n2＝(0,0,1)，
则cs〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq \f(－1,\r(10))＝－eq \f(\r(10),10)，
又因为二面角F－AB－D为锐二面角，
所以二面角F－AB－D的余弦值为eq \f(\r(10),10).
题型二 立体几何中的探索性问题
例4 (八省联考)北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是eq \f(π,3)，所以正四面体在各顶点的曲率为2π－3×eq \f(π,3)＝π，故其总曲率为4π.
(1)求四棱锥的总曲率；
(2)若多面体满足：顶点数－棱数＋面数＝2，证明：这类多面体的总曲率是常数．
(1)解 总曲率＝2π×顶点数－所有内角和，对于四棱锥底面的内角和为2π，四个侧面的内角和为4π，
从而总曲率为10π－2π－4π＝4π.
(2)证明 对于多面体有顶点数－棱数＋面数＝2，
总曲率＝顶点数×2π－各面内角之和，
设面数为k，ni为第i(i＝1,2，…，k)个面的边数，各面内角之和可以表示为eq \i\su(i＝1,k, )(ni－2)π，
由于一个棱会出现在两个面上，所以eq \i\su(i＝1,k, )(ni－2)π＝棱数×2π－面数×2π，
从而总曲率＝2π×顶点数－棱数×2π＋面数×2π＝2π(顶点数－棱数＋面数)＝2π×2＝4π.
思维升华 随着新高考改革，考试逐渐回归其本质，别致新颖的立体几何新题型不断涌现，其中新定义问题常常使考生束手无策，因此，读懂题意才能快速有效地切入新问题情景．
跟踪训练4 设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为1－eq \f(1,2π)(∠Q1PQ2＋∠Q2PQ3＋…＋∠Qk－1PQk＋∠QkPQ1)，其中Qi(i＝1,2，…，k，k≥3)为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，…，平面Qk－1PQk和平面QkPQ1遍历多面体M的所有以P为公共点的面．任取正四面体的一个顶点，在该点处的离散曲率为________；如图所示，已知长方体A1B1C1D1－ABCD，AB＝BC＝1，AA1＝eq \f(\r(2),2)，点P为底面A1B1C1D1内的一个动点，则四棱锥P－ABCD在点P处的离散曲率的最小值为________．
答案 eq \f(1,2) eq \f(1,3)
解析 由题意可知，正四面体的所有面都是正三角形，所以取正四面体的一个顶点，在该点处的离散曲率为1－eq \f(1,2π)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋\f(π,3)＋\f(π,3)))＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)；
已知长方体A1B1C1D1－ABCD，点P为底面A1B1C1D1内的一个动点，则四棱锥P－ABCD在点P处的离散曲率为1－eq \f(1,2π)(∠APD＋∠APB＋∠BPC＋∠CPD)，
又由AB＝BC＝1，AA1＝eq \f(\r(2),2)，所以AC＝BD＝eq \r(2)，且A1B1C1D1为正方形，
当∠APD＝∠APB＝∠BPC＝∠CPD时，即点P为正方形A1B1C1D1的中心时，离散曲率取得最小值，
此时∠APD＝∠APB＝∠BPC＝∠CPD＝eq \f(π,3)，
即1－eq \f(1,2π)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋\f(π,3)＋\f(π,3)＋\f(π,3)))＝1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,3).
课时精练
1.(2020·全国Ⅲ)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.
(1)证明：点C1在平面AEF内；
(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A－EF－A1的正弦值．
(1)证明 设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，
如图，
以C1为坐标原点，eq \(C1D1,\s\up6(—→))，eq \(C1B1,\s\up6(—→))，eq \(C1C,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系C1xyz.
连接C1F，则C1(0,0,0)，A(a，b，c)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，0，\f(2,3)c))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，b，\f(1,3)c))，
eq \(EA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，b，\f(1,3)c))，eq \(C1F,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，b，\f(1,3)c))，
所以eq \(EA,\s\up6(→))＝eq \(C1F,\s\up6(→))，
所以EA∥C1F，
即A，E，F，C1四点共面，
所以点C1在平面AEF内．
(2)解 由已知得A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A1(2,1,0)，
则eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，－1，－1)，eq \(AF,\s\up6(→))＝(－2,0，－2)，
eq \(A1E,\s\up6(→))＝(0，－1,2)，eq \(A1F,\s\up6(→))＝(－2,0,1)．
设n1＝(x1，y1，z1)为平面AEF的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n1·\(AF,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－y1－z1＝0，,－2x1－2z1＝0，))
可取n1＝(－1，－1,1)．
设n2＝(x2，y2，z2)为平面A1EF的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(A1E,\s\up6(→))＝0，,n2·\(A1F,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－y2＋2z2＝0，,－2x2＋z2＝0，))
同理可取n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2，1)).
因为cs〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝－eq \f(\r(7),7)，
所以二面角A－EF－A1的正弦值为eq \f(\r(42),7).
2．(2020·全国Ⅱ)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．
(1)证明 因为侧面BB1C1C是矩形，且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.
又B1C1⊂平面EB1C1F，
所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
(2)解 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(→))|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，
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)，Eeq \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))2)，B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，1，\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)－a))2)))，
故eq \(B1E,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)－a，－\f(2,3)，－\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)－a))2)))，|eq \(B1E,\s\up6(→))|＝eq \f(2\r(10),3).
又n＝(0，－1,0)是平面A1AMN的一个法向量，
故sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－〈n，\(B1E,\s\up6(→))〉))＝cs〈n，eq \(B1E,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(B1E,\s\up6(→)),|n||\(B1E,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(10),10).
所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为eq \f(\r(10),10).
3．如图1，在边长为4的正方形ABCD中，E是AD的中点，F是CD的中点，现将△DEF沿EF翻折成如图2所示的五棱锥P－ABCFE.
(1)求证：AC∥平面PEF；
(2)若平面PEF⊥平面ABCFE，求直线PB与平面PAE所成角的正弦值．
(1)证明 在题图1中，连接AC.
又E，F分别为AD，CD的中点，
所以EF∥AC.
即题图2中有EF∥AC.
又EF⊂平面PEF，AC⊄平面PEF，
所以AC∥平面PEF.
(2)解 在题图2中，取EF的中点O，并分别连接OP，OB.
分析知，OP⊥EF，OB⊥EF.
又平面PEF⊥平面ABCFE，
平面PEF∩平面ABCFE＝EF，PO⊂平面PEF，
所以PO⊥平面ABCFE.
又AB＝4，
所以PF＝AE＝PE＝2，EO＝OP＝OF＝eq \r(2)，OB＝3eq \r(2).
分别以O为原点，OE，OB，OP为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，P(0,0，eq \r(2))，B(0，3eq \r(2)，0)，E(eq \r(2)，0,0)，A(2eq \r(2)，eq \r(2)，0)，
所以eq \(BP,\s\up6(→))＝(0，－3eq \r(2)，eq \r(2))，eq \(EA,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，eq \r(2)，0)，eq \(EP,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0，eq \r(2))．
设平面PAE的一个法向量n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)x＋\r(2)y＝0，,－\r(2)x＋\r(2)z＝0，))
取x＝1，则y＝－1，z＝1，
所以n＝(1，－1,1)．
所以cs〈eq \(BP,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(0×1＋－3\r(2)×－1＋\r(2)×1,\r(02＋－3\r(2)2＋\r(2)2)×\r(12＋－12＋12))＝eq \f(2\r(30),15).
分析知，直线PB与平面PAE所成角的正弦值为eq \f(2\r(30),15).
4．(2020·宜昌模拟)如图，四边形ABCD是正方形，四边形BDEF为矩形，AC⊥BF，G为EF的中点．
(1)求证：BF⊥平面ABCD；
(2)二面角CBGD的大小可以为60°吗，若可以求出此时eq \f(BF,BC)的值，若不可以，请说明理由．
(1)证明 ∵四边形BDEF为矩形，∴BF⊥BD，
又∵AC⊥BF，AC，BD为平面ABCD内两条相交直线，
∴BF⊥平面ABCD.
(2)解 假设二面角CBGD的大小可以为60°，
由(1)知BF⊥平面ABCD，以A为原点，分别以AB，AD为x轴，y轴建立空间直角坐标系，如图所示，不妨设AB＝AD＝2，
BF＝h(h>0)，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，
EF的中点G(1,1，h)，eq \(BG,\s\up6(→))＝(－1,1，h)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,2,0)．
设平面BCG的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BG,\s\up6(→))·n＝0，,\(BC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋y＋hz＝0，,2y＝0，))取n＝(h,0,1)．
由于AC⊥BF，AC⊥BD，BF∩BD＝B，BF，BD⊂平面BDG，∴AC⊥平面BDG，
∴平面BDG的一个法向量为eq \(AC,\s\up6(→))＝(2,2,0)．
由题意得cs 60°＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(AC,\s\up6(→)),|n|·|\(AC,\s\up6(→))|)))＝eq \f(2h,\r(h2＋1)·\r(4＋4))，
解得h＝1，此时eq \f(BF,BC)＝eq \f(1,2).
∴当eq \f(BF,BC)＝eq \f(1,2)时，二面角CBGD的大小为60°.
5.如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝120°，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF.
(1)求证：EF⊥平面BCF；
(2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成锐二面角为θ，试求cs θ的取值范围.
(1)证明 设AD＝CD＝BC＝1，
∵AB∥CD，∠BCD＝120°，∴AB＝2，
∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs 60°＝3，
∴AB2＝AC2＋BC2，则BC⊥AC.
∵四边形ACFE为矩形，∴AC⊥CF，
又CF，BC⊂平面BCF，且CF∩BC＝C，
∴AC⊥平面BCF.
∵EF∥AC，∴EF⊥平面BCF.
(2)解 以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设AD＝CD＝BC＝1，令FM＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤λ≤\r(3)))，
则Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，0))，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，0))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ，0，1))，
∴eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，1，0))，eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ，－1，1))，
设n1＝(x，y，z)为平面MAB的一个法向量，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n1·\(BM,\s\up6(→))＝0))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(3)x＋y＝0，,λx－y＋z＝0，))
取x＝1，所以n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(3)，\r(3)－λ))，
∵n2＝(1,0,0)是平面FCB的一个法向量．
∴cs θ＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(1,\r(1＋3＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)－λ))2))＝eq \f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\r(3)))2＋4)).
∵0≤λ≤eq \r(3)，
∴当λ＝0时，cs θ有最小值eq \f(\r(7),7)，
当λ＝eq \r(3)时，cs θ有最大值eq \f(1,2)，∴cs θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),7)，\f(1,2))).