2025屆高中數(shù)學二輪復習 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）

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與難點，主要包括兩個方面：一是平面圖形的折疊問題，多涉及空間中的線面關系、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系或空間角存在的條件，計算量較大，一般以解答題的形式考查，難度中等偏上．【真題體驗】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·全國甲卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，側面AA1B1B為正方形，AB＝BC＝2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點，D為棱A1B1上的點，BF⊥A1B1.(1)證明：BF⊥DE；(2)當B1D為何值時，平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最??？【熱點突破】熱點一折疊問題解答折疊問題的關鍵是分清翻折前后圖形的位置和數(shù)量關系的變與不變，一般來說，位于“折痕”同側的點、線、面之間的位置和數(shù)量關系不變，而位于“折痕”兩側的點、線、面之間的位置關系會發(fā)生變化；對于不變的關系應在平面圖形中處理，而對于變化的關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C到達點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.熱點二探索問題與空間向量有關的探索性問題主要有兩類：一類是探索線面的位置關系；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的存在性問題.解題思路：先建立空間直角坐標系，引入?yún)?shù)(有些是題中已給出)，設出關鍵點的坐標，然后探索這樣的點是否存在，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，G為棱DD1上的動點.(1)求證：B，E，D1，F(xiàn)四點共面；(2)是否存在點G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出DG的長；若不存在，說明理由.考向2與空間角有關的探索性問題例3(2024·濟南模擬)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，E為線段PF上一點.(1)證明：PF⊥AD；(2)當EF為何值時，直線BE與平面PAD夾角的正弦值為eq\f(\r(7),4).訓練2(2024·鎮(zhèn)江模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為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，M是線段PD(不含端點)上的一個動點.(1)記平面BCM交PA于點N，求證：MN∥平面PBC；(2)是否存在點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M的位置；若不存在，請說明理由.【精準強化練】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Q為側棱PD上一點，四邊形BEQF是過B，Q兩點的截面，且AC∥平面BEQF，是否存在點Q，使得平面BEQF⊥平面PAD？若存在，確定點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E是線段PC上靠近P端的三等分點，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；若不存在，請說明理由.【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，EF，ED，PE所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，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).設平面PCD的一個法向量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).設平面PBF即平面PAF的一個法向量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·全國甲卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，側面AA1B1B為正方形，AB＝BC＝2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點，D為棱A1B1上的點，BF⊥A1B1.(1)證明：BF⊥DE；(2)當B1D為何值時，平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最??？(1)證明因為E，F(xiàn)分別是AC和CC1的中點，且AB＝BC＝2，側面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為坐標原點，以BA，BC，BB1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系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的一個法向量為n1＝(1，0，0).設平面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m＝eq\f(1,2)時，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B1D＝eq\f(1,2)時，平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最小.【熱點突破】熱點一折疊問題解答折疊問題的關鍵是分清翻折前后圖形的位置和數(shù)量關系的變與不變，一般來說，位于“折痕”同側的點、線、面之間的位置和數(shù)量關系不變，而位于“折痕”兩側的點、線、面之間的位置關系會發(fā)生變化；對于不變的關系應在平面圖形中處理，而對于變化的關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，又因為DE＝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F，連接EF，由(1)可得，DE＝2，BE＝2，∠EDB＝60°，AE∥BD，所以EF⊥BD，EF⊥AE，因為PE⊥平面ABDE，所以EP，EF，EA兩兩互相垂直，故以E為原點，以EA，EF，EP所在的直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，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的一個法向量為n1＝(eq\r(3)，0，1)，設平面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的一個法向量為n2＝(0，1，1)，設平面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).易錯提醒注意圖形翻折前后變與不變的量以及位置關系.對照前后圖形，弄清楚變與不變的元素后，再立足于不變的元素的位置關系與數(shù)量關系去探求變化后的元素在空間中的位置與數(shù)量關系.訓練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C到達點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的一個法向量.設直線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).熱點二探索問題與空間向量有關的探索性問題主要有兩類：一類是探索線面的位置關系；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的存在性問題.解題思路：先建立空間直角坐標系，引入?yún)?shù)(有些是題中已給出)，設出關鍵點的坐標，然后探索這樣的點是否存在，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，G為棱DD1上的動點.(1)求證：B，E，D1，F(xiàn)四點共面；(2)是否存在點G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出DG的長；若不存在，說明理由.(1)證明如圖，連接D1E，D1F，取BB1的中點為M，連接MC1，ME，因為E為AA1的中點，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，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)四點共面.(2)解以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，假設存在滿足題意的點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)，設平面BEF的一個法向量為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).設平面GEF的一個法向量為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).因為平面GEF⊥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G，使得平面GEF⊥平面BEF，且DG的長為eq\f(1,2).考向2與空間角有關的探索性問題例3(2024·濟南模擬)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，E為線段PF上一點.(1)證明：PF⊥AD；(2)當EF為何值時，直線BE與平面PAD夾角的正弦值為eq\f(\r(7),4).(1)證明因為四邊形ABCD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，則PF⊥BC，又因為平面PCB⊥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N，連接NF，則FN∥AB，F(xiàn)N＝2，又因為AB⊥BC，可知NF⊥BC，以F為坐標原點，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)，因為E為線段PF上一點，設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，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)通常假設問題中的數(shù)學對象存在或結論成立，再在這個前提下進行推理，如果能推出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實，說明假設成立，并可進一步證明，否則假設不成立.(2)探索線段上是否存在滿足條件的點時，一定要注意三點共線的應用.訓練2(2024·鎮(zhèn)江模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為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，M是線段PD(不含端點)上的一個動點.(1)記平面BCM交PA于點N，求證：MN∥平面PBC；(2)是否存在點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M的位置；若不存在，請說明理由.(1)證明因為四邊形ABCD為菱形，所以BC∥AD，因為BC?平面PAD，AD?平面PAD，所以BC∥平面PAD，因為BC?平面BCM，平面BCM∩平面PAD＝MN，所以MN∥BC，因為MN?平面PBC，BC?平面PBC，因此MN∥平面PBC.(2)解連接PE，CE，因為△PAB為等邊三角形，E為AB的中點，所以PE⊥AB，因為平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PE?平面PAB，所以PE⊥平面ABCD，因為四邊形ABCD是邊長為2的菱形，所以AB＝BC＝2，又因為∠ABC＝60°，所以△ABC為等邊三角形，則CE⊥AB.以點E為坐標原點，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，設平面PBC的一個法向量為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，因為0<λ<1，所以λ＝eq\f(1,3)，故當點M為線段PD上靠近點P的三等分點時，二面角P－BC－M的正弦值為eq\f(\r(10),10).【精準強化練】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，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))，設平面A1BC的一個法向量為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Q為側棱PD上一點，四邊形BEQF是過B，Q兩點的截面，且AC∥平面BEQF，是否存在點Q，使得平面BEQF⊥平面PAD？若存在，確定點Q的位置；若不存在，說明理由.(1)證明在△ABC中，因為BC＝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)解假設存在點Q，使得平面BEQF⊥平面PAD.如圖，以A為原點，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系A－xyz，設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n1＝(x1，y1，z1)是平面PAD的一個法向量，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)，因為AC∥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n2＝(x2，y2，z2)是平面BEQF的一個法向量，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).故在側棱PD上存在點Q，且當DQ＝eq\f(2,3)DP時，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E是線段PC上靠近P端的三等分點，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F，連接EF，點E是線段PC上靠近P端的三等分點，∵AB∥CD，CD＝2AB，∴△ABF∽△CDF，可得eq\f(AF,FC)＝eq\f(AB,