(新高考)高考数学一轮考点复习7.5.3《立体几何的综合性问题》学案 (含详解)

这是一份(新高考)高考数学一轮考点复习7.5.3《立体几何的综合性问题》学案 (含详解)，共20页。

第3课时　难点专攻夺高分——立体几何的综合性问题
题型一　翻折问题
[典例]　(2021·重庆名校联考)如图1所示，在等腰梯形ABCD中，BE⊥AD，BC＝3，AD＝15，BE＝3.把△ABE沿BE折起，使得AC＝6，得到四棱锥A­BCDE.如图2所示．
(1)求证：平面ACE⊥平面ABD；
(2)求平面ABE与平面ACD所成锐二面角的余弦值．

[解]　(1)证明：在等腰梯形ABCD中，BC＝3，AD＝15，
BE⊥AD，可知AE＝6，DE＝9.
因为BC＝3，BE＝3，BE⊥AD，
所以CE＝6.
又因为AE＝6，AC＝6，
所以AC2＝CE2＋AE2，
则AE⊥EC.
又BE⊥AE，BE∩EC＝E，
所以AE⊥平面BCDE，又BD⊂平面BCDE，
故AE⊥BD.
因为tan∠DBE＝＝＝，
则∠DBE＝60°，因为tan∠BEC＝＝＝，
则∠BEC＝30°，所以CE⊥BD，
又AE∩EC＝E，所以BD⊥平面ACE.
又BD⊂平面ABD，所以平面ABD⊥平面ACE.
(2)设EC∩BD＝O，过点O作OF∥AE交AC于点F，以点O为原点，以OB，OC，OF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O­xyz.
在△BOE中，因为∠BEO＝30°，BO⊥EO，
所以EO＝，BO＝，则CO＝，
则B，C，E，
A，
所以＝，＝(0,0，－6)，
＝(0，－6,6)，＝，
因为DE∥BC，DE＝9，
所以＝3＝，
所以＝＋＝，D，
所以＝.
设平面ABE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
由得
取x1＝，可得平面ABE的一个法向量为
n1＝(，－1,0)．
设平面ACD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
由得
取x2＝1，可得平面ACD的一个法向量为
n2＝(1，－3，－3)．
设平面ABE与平面ACD所成锐二面角为θ，
则cos θ＝＝＝，
所以平面ABE与平面ACD所成锐二面角的余弦值为.
[方法技巧]　翻折问题的2个解题策略
确定翻折前后变与不变的关系
画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决
确定翻折后关键点的位置
所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算
　　[针对训练]
1．(2021·东北三省模拟)如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E为CD中点，将△ADE沿AE折到△APE的位置．

(1)求证：AE⊥PB；
(2)当四棱锥P­ABCE的体积最大时，求二面角A­PE­C的平面角的余弦值．



解：(1)证明：如图①，在等腰梯形ABCD中，连接BD，交AE于点O，连接BE.
∵AB∥DE，AB＝DE，
∴四边形ABED为平行四边形．
又∵AD＝AB，∴平行四边形ABED为菱形．
∴BD⊥AE.
翻折后如图②，可得OP⊥AE，OB⊥AE.
又∵OP⊂平面POB，OB⊂平面POB，OP∩OB＝O，
∴AE⊥平面POB.
∵PB⊂平面POB，∴AE⊥PB.
(2)当四棱锥P­ABCE的体积最大时，
平面PAE⊥平面ABCE.
又∵平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO⊂平面PAE，PO⊥AE，
∴OP⊥平面ABCE.
以O为原点，OE所在的直线为x轴，OB所在的直线为y轴，OP所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图③.
由题意得，P，
E，C，
∴＝，
＝.
设平面PCE的法向量为n1＝(x，y，z)，
则即
令x＝，则y＝－1，z＝1，
∴平面PCE的一个法向量为n1＝(，－1,1)．
又平面PAE的一个法向量为n2＝(0,1,0)，
则cosn1，n2＝＝＝－.
∵所求二面角A­PE­C的平面角为钝角，
∴所求二面角A­PE­C的平面角的余弦值为－.
2．如图，在直角梯形AO1O2C中，AO1∥CO2，AO1⊥O1O2，O1O2＝4，CO2＝2，AO1＝4，点B是线段O1O2的中点，将△ABO1，△BCO2分别沿AB，BC向上折起，使O1，O2重合于点O，得到三棱锥O­ABC.试在三棱锥O­ABC中，

(1)证明：平面AOB⊥平面BOC；
(2)求直线OC与平面ABC所成角的正弦值．
解：(1)证明：在直角梯形AO1O2C中，AC2＝2＋O1O＝20，
所以在三棱锥O­ABC中，AC2＝AO2＋OC2，
所以AO⊥OC.
又因为AO⊥OB，OC∩OB＝O，
所以AO⊥平面BOC.
又因为AO⊂平面AOB，所以平面AOB⊥平面BOC.
(2)由(1)知，AO⊥OC，AO⊥OB，又BO⊥OC，
以O为坐标原点，以，，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O­xyz，
所以A，B，
C，＝，
＝，＝.
设n＝为平面ABC的法向量，
由可得
令x＝2，得n＝.
设直线OC与平面ABC所成角为θ，
所以sin θ＝＝，
所以直线OC与平面ABC所成角的正弦值为.
题型二　探索性问题
考法(一)　空间角的存在性问题　
[例1]　如图，在四棱锥E­ABCD中，底面ABCD为矩形，平面ABCD⊥平面ABE，∠AEB＝90°，BE＝BC，F为CE的中点．
(1)求证：平面BDF⊥平面ACE；
(2)若2AE＝EB，判断在线段AE上是否存在一点P，使得二面角P­DB­F的余弦值的绝对值为.并说明理由．
[解]　(1)证明：因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面ABE，
又AE⊂平面ABE，所以BC⊥AE.
因为AE⊥BE，BC∩BE＝B，所以AE⊥平面BCE，
因为BF⊂平面BCE，所以AE⊥BF.
在△BCE中，因为BE＝BC，F为CE的中点，
所以BF⊥CE，又AE∩CE＝E，AE⊂平面ACE，CE⊂平面ACE，所以BF⊥平面ACE，
又BF⊂平面BDF，所以平面BDF⊥平面ACE.
(2)存在．理由如下：以E为坐标原点，EB，EA所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系E­xyz，设AE＝1，则E(0,0,0)，B(2，0,0)，D(0,1，2)，C(2,0,2)，F(1,0,1)，
＝(－2,1,2)，＝(2,0,2)，
设P(0，a,0)，a∈[0,1]，则＝(2，－a,0)，
结合(1)易知EC⊥平面BDF，
故＝(2,0,2)为平面BDF的一个法向量．
设n＝(x，y，z)为平面BDP的法向量，
则即
令x＝a，可得平面BDP的一个法向量为n＝(a,2，a－1)，
所以cos〈，n〉＝＝，
由|cos〈，n〉|＝，解得a＝0或a＝1.
故在线段AE上存在点P，使得二面角P­DB­F的余弦值的绝对值为，且此时点P在E处或A处．

存在性问题的解题策略
借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数(变量)表示，将几何对象坐标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组．若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的几何对象不存在．　　
考法(二)　线面关系中的存在性问题
[例2]　如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1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D­xyz，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.
所以＝(－1，－1,2)，＝，
＝(0,2,0)．
设p＝(x0，y0，z0)是平面CDE的法向量，
则即
取x0＝2，则z0＝－1，
所以平面CDE的一个法向量为p＝(2,0，－1)．
所以|cos〈，p〉|＝＝
＝.
所以直线OD1与平面CDE所成角的正弦值为.
(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＝λ，显然＝(－1,1,0)，＝(－1，－1,2)．
设m＝(x1，y1，z1)是平面CD1O的法向量，
则即
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＝λ，
所以点E的坐标为，
所以＝.
设n＝(x2，y2，z2)是平面CDE的法向量，
则即
取x2＝1，则z2＝－，
所以平面CDE的一个法向量为n＝.
因为平面CDE⊥平面CD1O，所以m⊥n，即m·n＝0，
所以1－＝0，解得λ＝2.
所以当＝2，即点E为靠近O的三等分点时，平面CDE⊥平面CD1O.

解决线面关系中存在性问题的策略
对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用向量法进行线面关系的逻辑推理，寻找假设满足的数据或事实，若满足，则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设．　

[针对训练]
1.如图，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面于直线AB，且AB＝BP＝2，AD＝AE＝1，AE⊥AB，且AE∥BP.
(1)设点M为棱PD的中点，求证：EM∥平面ABCD.
(2)线段PD上是否存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于？若存在，试确定点N的位置；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：法一：
由已知得，平面ABCD⊥平面ABPE，且BC⊥AB，
则BC⊥平面ABPE，
又AE⊥AB，AE∥BP，
所以AB⊥BP，所以BA，BP，BC两两垂直，
故以B为坐标原点，，，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．
因为M是PD的中点，连接EM，则P(0,2,0)，D(2,0,1)，M，E(2,1,0)，C(0,0,1)，
所以＝.
易知平面ABCD的一个法向量为n＝(0,1,0)，
所以·n＝·(0,1,0)＝0，
所以⊥n，
又EM⊄平面ABCD，所以EM∥平面ABCD.
法二：由已知得，平面ABCD⊥平面ABPE，且BC⊥AB，则BC⊥平面ABPE，
又AE⊥AB，AE∥BP，
所以AB⊥BP，所以BA，BP，BC两两垂直．
连接AC，BD，其交点记为O，连接MO，EM.
因为四边形ABCD为矩形，
所以O为BD的中点．
因为M为PD的中点，所以OM∥PB，且OM＝PB.
又AE∥PB，且AE＝PB，所以AE∥OM，且AE＝OM.
所以四边形AEMO是平行四边形，所以EM∥AO.
因为EM⊄平面ABCD，AO⊂平面ABCD，所以EM∥平面ABCD.
(2)易知＝(2，－2,1)，＝(2,0,0)，
设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
由得
取y1＝1，得平面PCD的一个法向量为n1＝(0,1,2)．
假设线段PD上存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角α的正弦值等于.
设＝λ (0≤λ≤1)，
则＝λ(2，－2,1)＝(2λ，－2λ，λ)，＝(0,2,0)，
＝＋＝(2λ，2－2λ，λ)．
所以sin α＝|cos〈，n1〉|＝
＝＝＝.
所以9λ2－8λ－1＝0，解得λ＝1或λ＝－(舍去)．
因此，线段PD上存在一点N，当点N与点D重合时，直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于.
2.如图，已知正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长是2，侧棱长是，D是AC的中点．
(1)求二面角A1­BD­A的大小．
(2)在线段AA1上是否存在一点E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由．


解：(1)如图，作CO⊥AB于O，
则CO⊥平面ABB1A1，
在正三棱柱ABC­A1B1C1中，建立空间直角坐标系O­xyz.
因为AB＝2，AA1＝，D是AC的中点，所以A(1,0,0)，B(－1,0,0)，C(0,0，)，A1(1，，0)，
所以D，＝，＝(2，，0)．
设n＝(x，y，z)是平面A1BD的法向量，
所以即
令x＝－，则y＝2，z＝3，
所以n＝(－，2,3)是平面A1BD的一个法向量．
由题意可知＝(0，，0)是平面ABD的一个法向量，
所以cos〈n，〉＝＝.
由题意知二面角A1­BD­A为锐角，所以它的大小为.
(2)由(1)知C1(0，，)，B1(－1，，0)，设E(1，x0,0)，
则＝(1，x0－，－)，＝(－1,0，－)．
设平面B1C1E的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
所以即
令z1＝－，则x1＝3，y1＝，
所以m＝为平面B1C1E的一个法向量．
又m·n＝0，即－3＋－3＝0，解得x0＝，
所以存在点E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD，且AE＝.

题型三　空间向量与最值相结合
[典例]　如图所示，在四棱锥P­ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.
(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；
(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．
[解]　由题知AB，AD，AP所在直线两两垂直，以，，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A­xyz，
则B(1,0,0)，C(1,1,0)，
D(0,2,0)，P(0,0,2)．
(1)因为AD⊥平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，＝(0,2,0)．
因为＝(1,1，－2)，＝(0,2，－2)，
设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，
则即
令y＝1，解得z＝1，x＝1.
所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量．
从而cos〈，m〉＝＝，易知平面PAB与平面PCD所成二面角为锐角，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.
(2)因为＝(－1,0,2)，
设＝λ＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，
又＝(0，－1,0)，则＝＋＝(－λ，－1,2λ)．
又＝(0，－2,2)，
从而cos〈，〉＝＝.
设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，则cos2〈，〉＝＝≤.
当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈，〉|取最大值为.
因为y＝cos x在上是减函数，所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值．
又因为BP＝＝，所以BQ＝BP＝.
[方法技巧]
空间向量法求最值也是要求出目标函数，但是需要先依据题意建立空间直角坐标系，注意建系时使坐标易于求解或表达，然后求目标函数的表达式．　　
[针对训练]
如图(1)，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，E，F分别为AB，AC边的中点，以EF为折痕把△AEF折起，使点A到达点P的位置，且PB＝BE，如图(2)所示．

(1)证明：EF⊥平面PBE；
(2)设N为线段PF上一动点，求直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值．
解：(1)证明：因为E，F分别为AB，AC边的中点，
所以EF∥BC.
因为∠ABC＝90°，所以EF⊥BE，EF⊥PE.
又BE∩PE＝E，BE⊂平面PBE，PE⊂平面PBE，所以EF⊥平面PBE.
(2)取BE的中点O，连接PO，
由(1)知EF⊥平面PBE，EF⊂平面BCFE，
所以平面PBE⊥平面BCFE.
因为PB＝BE＝PE，所以PO⊥BE，
又PO⊂平面PBE，平面PBE∩平面BCFE＝BE，
所以PO⊥平面BCFE.
过点O作OM∥BC交CF于点M，
分别以OB，OM，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示．则P，C，
F，B，
＝，
＝.
因为N为线段PF上一动点，
故设＝λ (0≤λ≤1)，得N，
所以＝.
设平面PCF的法向量为m＝(x，y，z)，
则即
令y＝1，则m＝(－1,1，)为平面PCF的一个法向量．
设直线BN与平面PCF所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，m〉|＝＝＝≤
＝.
所以直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值为.


1．如图①，在等腰梯形ABCD中，AB＝2，CD＝6，AD＝2，E，F分别是线段CD的两个三等分点．若把等腰梯形沿虚线AF，BE折起，使得点C和点D重合，记为点P，如图②.

(1)求证：平面PEF⊥平面ABEF；
(2)求平面PAE与平面PAB所成锐二面角的余弦值．
解：(1)证明：由已知条件易知四边形ABEF是正方形，
BE⊥EF且BE⊥PE.又PE∩EF＝E，
所以BE⊥平面PEF.
因为BE⊂平面ABEF，
所以平面PEF⊥平面ABEF.
(2)如图，过点P作PO⊥EF于点O，
过点O作BE的平行线交AB于点G，
则PO⊥平面ABEF.
又PO，EF，OG所在直线两两垂直，
所以分别以OG，OE，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则A(2，－1,0)，B(2,1,0)，E(0,1,0)，
P(0,0，)．
所以＝(－2,2,0)，＝(0，－1，)，＝(0,2,0)，＝(2，－1，－)．
设平面PAE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则所以
令z1＝1，得n1＝(，，1)．
设平面PAB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则所以
令z2＝2，得n2＝(，0,2)．
设平面PAE与平面PAB所成锐二面角为θ，
则cos θ＝＝＝.
所以平面PAE与平面PAB所成锐二面角的余弦值为.



2.如图，在四棱锥P­ABCD中，ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，PB＝2，∠DPC＝45°，∠PBD＝30°.
(1)在PB上是否存在一点E，使PC⊥平面ADE？若存在，确定点E的位置；若不存在，请说明理由；
(2)当E为PB的中点时，求二面角P­AE­D的余弦值．
解：(1)存在点E，使PC⊥平面ADE.
以D为坐标原点，DA，DC，DP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D­xyz.
由题意知PD＝CD＝1，AD＝，
所以D(0,0,0)，P(0,0,1)，A(，0,0)，B(，1,0)，C(0,1,0)．
所以＝(，1，－1)，＝(0,1，－1)．
设＝λ (0≤λ≤1)，则＝λ＝λ(，1，－1)，
所以E(λ，λ，1－λ)．
由·＝(0,1，－1)·(λ，λ，1－λ)＝λ－1＋λ＝0，得λ＝，
即当点E为PB的中点时，PC⊥DE.
由矩形ABCD知AD⊥CD，由PD⊥平面ABCD知PD⊥AD，
又PD∩CD＝D，所以AD⊥平面PDC，所以AD⊥PC.
又AD∩DE＝D，所以PC⊥平面ADE.
所以，当点E为PB的中点时，PC⊥平面ADE.
(2)由(1)知＝(，0,0)，＝，＝(，0，－1)，＝.
由(1)知平面ADE的一个法向量为n1＝＝(0,1，－1)．
设平面PAE的法向量为n2＝(x，y，z)，
则即
取x＝1，得n2＝(1,0，)．
设n1，n2的夹角为θ，则cos θ＝＝－.
由图知二面角P­AE­D为锐角，
故所求二面角P­AE­D的余弦值为.
3．如图1，已知等边△ABC的边长为3，点M，N分别是边AB，AC上的点，且BM＝2MA，AN＝2NC.如图2，将△AMN沿MN折起到△A′MN的位置．

(1)求证：平面A′BM⊥平面BCNM；
(2)给出三个条件：①A′M⊥BC；②平面A′MN与平面CMN的夹角为60°；③A′B＝.在这三个条件中任选一个，补充在下面问题的条件中，并作答．
当________时，在线段BC上是否存在一点P，使直线PA′与平面A′BM所成角的正弦值为？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：由已知得AM＝1，AN＝2，∠A＝60°，
MN2＝AM2＋AN2－2AM·ANcos 60°，解得MN＝，
故AN2＝AM2＋MN2，
∴MN⊥AB，∴MN⊥A′M，MN⊥MB，
又∵MB∩A′M＝M，∴MN⊥平面A′BM.
又MN⊂平面BCNM，∴平面A′BM⊥平面BCNM.
(2)若选条件①A′M⊥BC，由(1)得A′M⊥MN，BC和MN是两条相交直线，
∴A′M⊥平面BCNM.
以M为原点，MB，MN，MA′分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则A′(0,0,1)，设P(2－a，a,0)，其中0 易知平面A′BM的法向量为n＝(0,1,0)．
设直线PA′与平面A′BM所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，
解得a＝>，故不存在P满足条件．
若选条件②平面A′MN与平面CMN的夹角为60°，由(1)得 ∠A′MB即为平面A′MN与平面CMN的夹角，∴∠A′MB＝60°.过A′作A′O⊥BM，垂足为O，则A′O⊥平面BCNM.在平面BCNM中，连接OC，经计算可知OC⊥OB.
以O为原点，OB，OC，OA′分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则A′，
设P，其中0 则＝.
易知平面A′BM的法向量为n＝(0,1,0)．
设直线PA′与平面A′BM所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|
＝＝，
解得a＝或a＝3(舍去)，故存在P满足条件，
这时PB＝3.
若选条件③A′B＝，在△A′BM中，由余弦定理得：
A′B2＝MB2＋MA′2－2MB·MA′cos∠A′MB，
即7＝4＋1－2×2×1×cos∠A′MB，
解得cos∠A′MB＝－，故∠A′MB＝120°.
过A′作A′O⊥BM，垂足为O，则A′O⊥平面BCNM.
在平面BCNM中，作OD⊥OB，点D在BM的右侧．
以O为原点，OB，OD，OA′分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则A′，
设P，其中0 则＝.
易知平面A′BM的法向量为n＝(0,1,0)．
设直线PA′与平面A′BM所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝
＝，化简得2a2－15a＋21＝0.
解得a＝>，故不存在P满足条件．
4.如图所示，在四棱锥P­ABCD中，ABCD为矩形．平面PAD⊥平面ABCD.
(1)求证：AB⊥PD；
(2)若∠BPC＝90°，PB＝，PC＝2，问：AB为何值时，四棱锥P­ABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值．
解：(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，故AB⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，故AB⊥PD.
(2)过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG.
则PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG，BC⊥PG.
在Rt△BPC中，PG＝，GC＝，BG＝.
设AB＝m，则OP＝＝ ，
故四棱锥P­ABCD的体积为
V＝··m·＝·.
因为m＝＝ ，
故当m＝，即AB＝时，四棱锥P­ABCD的体积最大．
此时建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，
则O(0,0,0)，B，
C，D，
P，
故＝，＝(0，，0)，
＝.
设平面BPC的一个法向量n1＝(x，y,1)，
则由得
解得x＝1，y＝0，n1＝(1,0,1)．
同理可求出平面DPC的一个法向量n2＝.
从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为cos θ＝＝＝.
5．(2021·华南师大附中质检)如图，在五面体ABCDEF中，AB∥CD∥EF，AD⊥CD，∠DCF＝60°，CD＝EF＝CF＝2AB＝2AD＝2，平面CDEF⊥平面ABCD.
(1)求证：CE⊥平面ADF；
(2)已知P为棱BC上的点，试确定点P的位置，使二面角P­DF­A的大小为60°.
解：(1)证明：∵CD∥EF，CD＝EF＝CF，
∴四边形CDEF是菱形，∴CE⊥DF.
∵平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，AD⊥CD，AD⊂平面ABCD，
∴AD⊥平面CDEF，
∵CE⊂平面CDEF，∴AD⊥CE.
又∵AD⊂平面ADF，DF⊂平面ADF，AD∩DF＝D，
∴直线CE⊥平面ADF.
(2)由(1)知四边形CDEF为菱形，
又∵∠DCF＝60°，
∴△DEF为正三角形．
取EF的中点G，连接GD，则GD⊥EF.
∵EF∥CD，∴GD⊥CD.
∵平面CDEF⊥平面ABCD，GD⊂平面CDEF，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，∴GD⊥平面ABCD.
又∵AD⊥CD，
∴直线DA，DC，DG两两垂直．

以D为原点，分别以DA，DC，DG所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.
∵CD＝EF＝CF＝2，AB＝AD＝1，
∴D(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，E(0，－1，)，F(0,1，)，
∴＝(0，－3，)，＝(0,1，)，
＝(1，－1,0)，＝(0,2,0)．
由(1)知是平面ADF的一个法向量．
设＝a＝(a，－a,0)(0≤a≤1)，
则＝＋＝(a,2－a,0)．
设平面PDF的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝a，则x＝(a－2)，z＝－a，
∴n＝((a－2)，a，－a)．
∵二面角P­DF­A的大小为60°，
∴|cosn，〉|＝
＝＝，
解得a＝或a＝－2(不合题意，舍去)．
∴P在靠近点B的CB的三等分点处．