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高考数学专题练 专题四立体几何 微专题28 立体几何中的距离、 翻折、探究性问题（含答案）
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这是一份高考数学专题练 专题四立体几何 微专题28 立体几何中的距离、 翻折、探究性问题（含答案），共26页。
典例1 (2023·顺义模拟)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝AA1＝2，点E是棱A1D1的中点，平面ACE与棱C1D1相交于点F.
(1)求证：点F为C1D1的中点；
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(2)若点G为棱AB上一点，且D1G⊥AC，求点G到平面ACE的距离．
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典例2 (2023·湛江模拟)如图1，在五边形ABCDE中，四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD＝DE，如图2，将△ABE沿BE折起，使得A至A1处，且A1B⊥DE.
(1)证明：DE⊥平面A1BE；
(2)求平面A1EC与平面A1ED夹角的余弦值．
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典例3 (2023·韶关模拟)已知在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E是CD的中点，如图所示，沿BE将△BCE翻折至△BFE，使得平面BFE⊥平面ABCD.
(1)证明：AE⊥BF；
(2)若eq \(DP,\s\up6(→))＝λeq \(DB,\s\up6(→))(0<λ<1)，是否存在λ，使得PF与平面DEF所成角的正弦值是eq \f(\r(6),3)？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
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[总结提升]
在考查立体几何的高考解答题中，翻折问题与探究性问题也是常考题型，求空间距离问题也是近几年高考的热点．
(1)求距离问题常用方法：直接法、等积法和空间向量法．
(2)翻折问题要确定翻折前后变与不变的关系以及翻折后关键点的位置．
(3) 立体几何中的探究性问题
解决探究性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在，在这个前提下进行逻辑推理．
1.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，PA＝PD＝PB，BC＝DC＝eq \f(1,2)AD＝2，E为AD的中点，且PE＝4.
(1)求证：PE⊥平面ABCD；
(2)记PE的中点为N，若M在线段BC上，且直线MN与平面PAB所成角的正弦值为eq \f(\r(3),9)，求线段BM的长．
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2.(2023·茂名模拟)在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，O为AD的中点．
(1)求证：PO⊥BC；
(2)若AB∥CD，AB＝8，AD＝DC＝CB＝4，PO＝2eq \r(7)，点E在棱PB上，直线AE与平面ABCD所成的角为eq \f(π,6)，求点E到平面PCD的距离．
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3.(2023·济宁模拟)如图，圆柱的轴截面ABCD是边长为6的正方形，下底面圆的一条弦EF交CD于点G，其中DG＝2，DE＝DF.
(1)证明：平面AEF⊥平面ABCD；
(2)判断上底面圆周上是否存在点P，使得平面PEF与平面AEF夹角的余弦值为eq \f(4,5).若存在，求AP的长；若不存在，请说明理由．
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4．(2023·岳阳模拟)在△ABC中，∠ACB＝45°，BC＝3，过点A作AD⊥BC，交线段BC于点D(如图1)，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图2)，点E，M分别为棱BC，AC的中点．
(1)求证：CD⊥ME；
(2)在①图1中tan 2B＝－eq \f(4,3)；②图1中eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))；③图2中三棱锥A－BCD的体积最大这三个条件中任选一个，补充在下面问题中再解答．
问题：已知________________，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求平面BMN与平面CBN夹角的余弦值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
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微专题28 立体几何中的距离、翻折、探究性问题
[考情分析] 在考查立体几何的高考题目中，距离问题、翻折问题与探究性问题也是常考题型，考查热点为翻折后点、线、面的位置关系、距离的计算，解题的关键是明确翻折前后不变的位置关系和数量关系，根据题目条件合理引入参数，利用方程的思想解题．高考题中一般以解答题为主，难度属中高档题．
考点一 距离问题
典例1 (2023·顺义模拟)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝AA1＝2，点E是棱A1D1的中点，平面ACE与棱C1D1相交于点F.
(1)求证：点F为C1D1的中点；
(2)若点G为棱AB上一点，且D1G⊥AC，求点G到平面ACE的距离．
(1)证明 方法一
因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
平面ACE∩平面ABCD＝AC，
平面ACE∩平面A1B1C1D1＝EF，
所以EF∥AC，
连接A1C1，
因为AA1∥CC1，AA1＝CC1，
所以四边形AA1C1C是平行四边形．
所以A1C1∥AC，所以EF∥A1C1.
因为E是A1D1的中点，
所以F为C1D1的中点．
方法二 连接A1C1.
因为AA1∥CC1，AA1＝CC1，
所以四边形AA1C1C是平行四边形．
所以AC∥A1C1，
因为AC⊄平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，
所以AC∥平面A1B1C1D1，
因为AC⊂平面ACE，平面ACE∩平面A1B1C1D1＝EF，
所以AC∥EF.
所以EF∥A1C1.
因为E是A1D1的中点，
所以F为C1D1的中点．
(2)解 方法一
因为DA，DC，DD1两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，E(1,0,2)，C(0,4,0)，D1(0,0,2)，
所以eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2,4,0)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，
设平面ACE的法向量为m＝(x，y，z),
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AC,\s\up6(→))＝0，,m·\(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋4y＝0，,－x＋2z＝0，))
令x＝2，则y＝1，z＝1，所以m＝(2,1,1)，
设G(2，t,0)，则eq \(D1G,\s\up6(—→))＝(2，t，－2)，
由D1G⊥AC，得eq \(D1G,\s\up6(—→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝0，
即－4＋4t＝0，解得t＝1，
所以G(2,1,0)，则eq \(AG,\s\up6(→))＝(0,1,0)，
所以点G到平面ACE的距离d＝eq \f(|\(AG,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq \f(1,\r(6))＝eq \f(\r(6),6).
方法二 连接DG，GC，如图．
因为DD1⊥平面ABCD，所以DD1⊥AC，
因为D1G⊥AC，DD1∩D1G＝D1，DD1，D1G⊂平面D1DG，所以AC⊥平面D1DG，
又DG⊂平面D1DG，所以AC⊥DG.
在平面ABCD内，由tan ∠ADG·tan ∠DAC＝1，
可得eq \f(AG,AD)·eq \f(DC,AD)＝1，所以AG＝eq \f(AD2,DC)＝eq \f(22,4)＝1，
由勾股定理求出AC＝2eq \r(5)，AE＝eq \r(5)，CE＝eq \r(21)，
在△ACE中，由余弦定理得cs∠CAE＝
eq \f(AC2＋AE2－CE2,2AC·AE)＝eq \f(20＋5－21,2×2\r(5)×\r(5))＝eq \f(1,5)，
则sin∠CAE＝eq \r(1－cs2∠CAE)＝eq \r(1－\f(1,25))＝eq \f(2\r(6),5)，
S△ACE＝eq \f(1,2)AC·AE·sin∠CAE＝eq \f(1,2)×2eq \r(5)×eq \r(5)×eq \f(2\r(6),5)＝2eq \r(6)，
S△ACG＝eq \f(1,2)AG·BC＝eq \f(1,2)×1×2＝1，
设点G到平面ACE的距离为d，
由V三棱锥G－ACE＝V三棱锥E－ACG，得eq \f(1,3)×2eq \r(6)·d＝eq \f(1,3)×1×2，
解得d＝eq \f(\r(6),6)，
所以点G到平面ACE的距离为eq \f(\r(6),6).
跟踪训练1 (2023·济南模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，△ABD是等边三角形，PA＝PB＝PD，BC＝CD.
(1)证明：BD⊥PC；
(2)若BD＝2eq \r(3)，CD＝AP＝eq \r(7)，求点A到平面PCD的距离．
(1)证明 如图，连接AC，交BD于点O，连接PO，
由AD＝AB，CD＝BC，AC＝AC，
可得△ABC≌△ADC，所以∠BAC＝∠DAC，
又AO＝AO，所以△AOB≌△AOD，
所以BO＝OD，即O为BD的中点，
在等腰△PBD中，可得BD⊥OP，
在等腰△BCD中，可得BD⊥OC，又OP∩OC＝O，OP，OC⊂平面POC，
所以BD⊥平面POC，又PC⊂平面POC，
所以BD⊥PC.
(2)解 由(1)可得，AC⊥BD，
又CD＝eq \r(7)，OD＝eq \f(1,2)BD＝eq \r(3)，
所以CO＝eq \r(CD2－OD2)＝2，AO＝eq \r(3)OD＝3，
由于P－ABD为正三棱锥，点P在底面ABD的垂足一定在AO上，设垂足为M，
根据正三棱锥的性质可得AM＝eq \f(2,3)AO＝2，PM＝eq \r(AP2－AM2)＝eq \r(3)，
如图，过点O作PM的平行线，以PM的平行线所在直线为z轴，以OA，OB所在直线为x轴、y轴建立空间直角坐标系．
可得A(3,0,0)，C(－2,0,0)，D(0，－eq \r(3)，0)，P(1,0，eq \r(3))，
eq \(PC,\s\up6(→))＝(－3,0，－eq \r(3))，eq \(DC,\s\up6(→))＝(－2，eq \r(3)，0)，
eq \(AC,\s\up6(→))＝(－5,0,0)，
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，可得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\(DC,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x－\r(3)z＝0，,2x－\r(3)y＝0，))
不妨令x＝eq \r(3)，可得n＝(eq \r(3)，2，－3)，
设点A到平面PCD的距离为d，
所以d＝eq \f(|n·\(AC,\s\up6(→))|,|n|)＝eq \f(5\r(3),4)，
所以点A到平面PCD的距离为eq \f(5\r(3),4).
考点二 翻折问题
典例2 (2023·湛江模拟)如图1，在五边形ABCDE中，四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD＝DE，如图2，将△ABE沿BE折起，使得A至A1处，且A1B⊥DE.
(1)证明：DE⊥平面A1BE；
(2)求平面A1EC与平面A1ED夹角的余弦值．
(1)证明 由题意可知∠BEC＝∠CED＝eq \f(π,4)，
所以∠BED＝eq \f(π,2)，故DE⊥BE，
因为A1B⊥DE，A1B∩BE＝B，A1B，BE⊂平面A1BE，
所以DE⊥平面A1BE.
(2)解 取BE的中点O，连接A1O，CO，如图，
由等腰三角形的性质可知A1O⊥BE，CO⊥BE，
由BE＝eq \r(2)CE，CE＝eq \r(2)CD，可知BE＝2CD，所以OE＝CD，
由DE⊥BE且CD⊥DE，可知OE∥CD，四边形OCDE为平行四边形，所以CO∥DE，则CO⊥平面A1BE.
又A1O⊂平面A1BE，所以CO⊥A1O，
所以A1O，CO，BE两两垂直．
设BE＝2，以O为坐标原点，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(OA1,\s\up6(—→))的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(0,0,1)，E(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，D(－1,1,0)，
eq \(EA1,\s\up6(—→))＝(1,0,1)，eq \(EC,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(ED,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(A1B,\s\up6(—→))＝(1,0，－1)．
设平面A1EC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(EA1,\s\up6(—→))·n＝x＋z＝0，,\(EC,\s\up6(→))·n＝x＋y＝0，))
令x＝1，得n＝(1，－1，－1)，
因为eq \(A1B,\s\up6(→))·eq \(ED,\s\up6(→))＝0，eq \(A1B,\s\up6(—→))·eq \(EA1,\s\up6(—→))＝0，
所以平面A1ED的一个法向量为m＝eq \(A1B,\s\up6(—→))＝(1,0，－1)，
所以|cs〈m，n〉|＝eq \f(2,\r(2)×\r(3))＝eq \f(\r(6),3)，
故平面A1EC与平面A1ED夹角的余弦值为eq \f(\r(6),3).
跟踪训练2 (2023·石家庄模拟)如图(1)，在▱ABCD中，AD＝2BD＝4，AD⊥BD，将△ABD沿BD折起，使得点A到达点P处，如图(2)．
(1)若PC＝6，求证：PD⊥BC；
(2)若PC＝2eq \r(5)，求平面PDC与平面PBC夹角的余弦值．
(1)证明 在平行四边形ABCD中，AD⊥BD，可得BD⊥BC，
∵AD＝2BD＝4，
∴BC＝4，DC＝2eq \r(5)，PD＝4，
∵PC＝6，∴PD2＋DC2＝PC2，∴PD⊥DC，
又PD⊥BD，BD∩DC＝D，BD，DC⊂平面BDC，
∴PD⊥平面BDC，
又∵BC⊂平面BDC，
∴PD⊥BC.
(2)解 方法一 如图，过点D作DF∥BC，且DF＝BC，连接PF，CF，
∴四边形BCFD为平行四边形，
由题意可知，BD⊥PD，BD⊥DF，PD∩DF＝D，PD，DF⊂平面PDF，
∴BD⊥平面PDF，∴BD⊥PF，∴CF⊥PF，
∴PF＝eq \r(PC2－CF2)＝4.
又BD⊂平面BCFD，∴平面BCFD⊥平面PDF.
取DF的中点O，连接PO，由PF＝PD，得PO⊥DF，
又平面BCFD∩平面PDF＝DF，PO⊂平面PDF，
∴PO⊥平面BCFD，且PO＝2eq \r(3)，
过点O作OM⊥DF，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题可得P(0,0,2eq \r(3))，B(2，－2,0)，C(2,2,0)，D(0，－2,0)，
∴eq \(PC,\s\up6(→))＝(2,2，－2eq \r(3))，eq \(DC,\s\up6(→))＝(2,4,0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,4,0)，
设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，平面PDC的法向量为n＝(x′，y′，z′)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y－\r(3)z＝0，,y＝0，))令x＝eq \r(3)，则z＝1，故平面PBC的一个法向量为m＝(eq \r(3)，0,1)，
同理eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x′＋y′－\r(3)z′＝0，,x′＋2y′＝0，))令x′＝2eq \r(3)，则y′＝－eq \r(3)，z′＝1，故平面PDC的一个法向量为n＝(2eq \r(3)，－eq \r(3)，1)．
∴|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(7,8)，
∴平面PDC与平面PBC夹角的余弦值为eq \f(7,8).
方法二 由BD⊥BC，建立如图所示的空间直角坐标系，
∵AD＝2BD＝4，
∴B(0,0,0)，C(4,0,0)，D(0,2,0)，
设P(x，y，z)(其中z>0)，
∵PB＝2eq \r(5)，PC＝2eq \r(5)，PD＝4，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2＋z2＝20，,x－42＋y2＋z2＝20，,x2＋y－22＋z2＝16，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝2，,z＝2\r(3)，))
∴P(2,2,2eq \r(3))，
∴eq \(CP,\s\up6(→))＝(－2,2,2eq \r(3))，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－4,2,0)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(2,2,2eq \r(3))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(4,0,0)，
设平面PDC的法向量为m＝(a，b，c)，平面PBC的法向量为n＝(a′，b′，c′)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a＋b＋\r(3)c＝0，,－2a＋b＝0，))
令a＝1，则b＝2，c＝－eq \f(\r(3),3)，故平面PDC的一个法向量为m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，2，－\f(\r(3),3)))，
同理eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a′＋b′＋\r(3)c′＝0，,a′＝0，))
令b′＝－eq \r(3)，则c′＝1，故平面PBC的一个法向量为n＝(0，－eq \r(3)，1)．
∴|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(7,8)，
故平面PDC与平面PBC夹角的余弦值为eq \f(7,8).
方法三 如图所示，过点B作BE⊥PC交PC于点E，过点D作DF⊥PC交PC于点F，异面直线DF，BE的夹角即为两个平面的夹角．
在△PDC中，由PD＝4，PC＝DC＝2eq \r(5)，
可得cs∠DPF＝eq \f(\r(5),5)，∴DF＝eq \f(8\r(5),5)，PF＝eq \f(4\r(5),5)，
同理，在△PBC中，BE＝eq \f(8\r(5),5)，CE＝eq \f(4\r(5),5)，可得EF＝eq \f(2\r(5),5)，
而eq \(BE,\s\up6(→))＋eq \(EF,\s\up6(→))＋eq \(FD,\s\up6(→))＝eq \(BD,\s\up6(→))，
∴(eq \(BE,\s\up6(→))＋eq \(EF,\s\up6(→))＋eq \(FD,\s\up6(→)))2＝eq \(BD,\s\up6(→))2，
∴|eq \(BE,\s\up6(→))|2＋|eq \(EF,\s\up6(→))|2＋|eq \(FD,\s\up6(→))|2＋2eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(EF,\s\up6(→))＋2eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(FD,\s\up6(→))＋2eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(FD,\s\up6(→))＝|eq \(BD,\s\up6(→))|2，
即eq \f(64,5)＋eq \f(4,5)＋eq \f(64,5)＋2×eq \f(8\r(5),5)×eq \f(8\r(5),5)×cs〈eq \(BE,\s\up6(→))，eq \(FD,\s\up6(→))〉＝4，
解得cs〈eq \(BE,\s\up6(→))，eq \(FD,\s\up6(→))〉＝－eq \f(7,8)，
又两平面夹角的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
∴平面PDC与平面PBC夹角的余弦值为eq \f(7,8).
考点三 探究性问题
典例3 (2023·韶关模拟)已知在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E是CD的中点，如图所示，沿BE将△BCE翻折至△BFE，使得平面BFE⊥平面ABCD.
(1)证明：AE⊥BF；
(2)若eq \(DP,\s\up6(→))＝λeq \(DB,\s\up6(→))(0<λ<1)，是否存在λ，使得PF与平面DEF所成角的正弦值是eq \f(\r(6),3)？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
(1)证明 依题意可知四边形ABCD为矩形，AB＝4，BC＝2，E是CD的中点，
所以AE＝BE＝2eq \r(2)，
又AB＝4，所以AE2＋BE2＝AB2，即AE⊥BE，
因为平面BEF⊥平面ABCD，平面BEF∩平面ABCD＝BE，AE⊂平面ABCD，
所以AE⊥平面BEF，
又BF⊂平面BEF，所以AE⊥BF.
(2)解 以C为原点，CD所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0,0,0)，D(4,0,0)，B(0,2,0)，E(2,0,0)，
设N是BE的中点，
因为FE＝FB，所以FN⊥BE，
又平面BEF⊥平面ABCD，平面BEF∩平面ABCD＝BE，FN⊂平面BEF，
所以FN⊥平面ABCD，F(1,1，eq \r(2))，
则eq \(DB,\s\up6(→))＝(－4,2,0)，eq \(DF,\s\up6(→))＝(－3,1，eq \r(2))，eq \(DE,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，
假设存在满足题意的λ，则由eq \(DP,\s\up6(→))＝λeq \(DB,\s\up6(→))(0<λ<1)，
可得eq \(PF,\s\up6(→))＝eq \(PD,\s\up6(→))＋eq \(DF,\s\up6(→))＝－λeq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(DF,\s\up6(→))＝(4λ－3,1－2λ，eq \r(2))．
设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DE,\s\up6(→))＝－2x＝0，,n·\(DF,\s\up6(→))＝－3x＋y＋\r(2)z＝0，))
令y＝eq \r(2)，可得x＝0，z＝－1，即n＝(0，eq \r(2)，－1)，
设PF与平面DEF所成的角为θ，
所以sin θ＝|cs〈eq \(PF,\s\up6(→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PF,\s\up6(→))·n,|\(PF,\s\up6(→))||n|)))
＝eq \f(|\r(2)2λ－1＋\r(2)|,\r(3)×\r(3－4λ2＋2λ－12＋－\r(2)2))＝eq \f(\r(6),3)，
解得λ＝eq \f(3,4)(λ＝1舍去)，
综上，存在λ＝eq \f(3,4)，使得PF与平面DEF所成角的正弦值为eq \f(\r(6),3).
跟踪训练3 (2023·临汾模拟)已知四棱锥P－ABCD中，平面PAB⊥底面ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，PA＝PB＝eq \f(\r(2),2)AB，AB＝BC＝2AD，E为AB的中点，F为棱PC上异于P，C的点．
(1)证明：BD⊥EF；
(2)试确定点F的位置，使EF与平面PCD所成角的正弦值为eq \f(3\r(14),14).
(1)证明 如图，连接PE，EC，EC交BD于点G.
因为E为AB的中点，PA＝PB，所以PE⊥AB.
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PE⊂平面PAB，
所以PE⊥平面ABCD，
因为BD⊂平面ABCD，所以PE⊥BD.
因为△ABD≌△BCE，
所以∠CEB＝∠BDA，所以∠CEB＋∠ABD＝90°，
所以BD⊥EC，
因为PE∩EC＝E，PE，EC⊂平面PEC，
所以BD⊥平面PEC.
因为EF⊂平面PEC，
所以BD⊥EF.
(2)解 如图，取DC的中点H，以E为坐标原点，分别以EB，EH，EP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设AB＝2，则BC＝2，
AD＝1，PA＝PB＝eq \r(2)，
则P(0,0,1)，C(1,2,0)，D(－1,1,0)，E(0,0,0)，
设F(x，y，z)，eq \(PF,\s\up6(→))＝λeq \(PC,\s\up6(→))(0<λ<1)，
所以(x，y，z－1)＝λ(1,2，－1)，
所以x＝λ，y＝2λ，z＝1－λ，即F(λ，2λ，1－λ)．
则eq \(DC,\s\up6(→))＝(2,1,0)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(1,2，－1)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(λ，2λ，1－λ)，
设平面PCD的法向量为m＝(a，b，c)，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DC,\s\up6(→))·m＝0，,\(PC,\s\up6(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＋b＝0，,a＋2b－c＝0，))取m＝(1，－2，－3)，
设EF与平面PCD所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈m，eq \(EF,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|m·\(EF,\s\up6(→))|,|m||\(EF,\s\up6(→))|)
＝eq \f(|λ－4λ－3＋3λ|,\r(14)×\r(λ2＋4λ2＋1－λ2))＝eq \f(3\r(14),14)，
整理得6λ2－2λ＝0，
因为0<λ<1，所以λ＝eq \f(1,3)，即eq \(PF,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(PC,\s\up6(→))，
所以当F位于棱PC靠近P的三等分点时，EF与平面PCD所成角的正弦值为eq \f(3\r(14),14).
[总结提升]
在考查立体几何的高考解答题中，翻折问题与探究性问题也是常考题型，求空间距离问题也是近几年高考的热点．
(1)求距离问题常用方法：直接法、等积法和空间向量法．
(2)翻折问题要确定翻折前后变与不变的关系以及翻折后关键点的位置．
(3) 立体几何中的探究性问题
解决探究性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在，在这个前提下进行逻辑推理．
1.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，PA＝PD＝PB，BC＝DC＝eq \f(1,2)AD＝2，E为AD的中点，且PE＝4.
(1)求证：PE⊥平面ABCD；
(2)记PE的中点为N，若M在线段BC上，且直线MN与平面PAB所成角的正弦值为eq \f(\r(3),9)，求线段BM的长．
(1)证明 连接BE(图略)．
∵BC＝eq \f(1,2)AD＝DE＝2，AD∥BC，
∴四边形BCDE为平行四边形，
∴BE＝CD＝2.
∵PA＝PD且E为AD的中点，∴PE⊥AD，
∴PD＝eq \r(PE2＋DE2)＝eq \r(16＋4)＝2eq \r(5)，
∴PB＝PD＝2eq \r(5)，
∴PE2＋BE2＝PB2，
即PE⊥BE，
又AD∩BE＝E，AD，BE⊂平面ABCD，
∴PE⊥平面ABCD.
(2)解 以E为坐标原点，EA所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，B(0,2,0)，C(－2,2,0)，P(0,0,4)，
∴eq \(AB,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(0,2，－4)，
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(PB,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋2y＝0，,2y－4z＝0，))
取n＝(2,2,1)，
设BM＝t(t∈[0,2])，则M(－t,2,0)，而N(0,0,2)，
∴eq \(MN,\s\up6(→))＝(t，－2,2)，
设直线MN与平面PAB所成的角为θ，则
sin θ＝|cs〈eq \(MN,\s\up6(→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2t－4＋2,\r(t2＋4＋4)×\r(9))))＝eq \f(\r(3),9)，
化简得11t2－24t＋4＝0，
解得t＝2或t＝eq \f(2,11)，满足t∈[0,2]，
故线段BM的长度为2或eq \f(2,11).
2.(2023·茂名模拟)在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，O为AD的中点．
(1)求证：PO⊥BC；
(2)若AB∥CD，AB＝8，AD＝DC＝CB＝4，PO＝2eq \r(7)，点E在棱PB上，直线AE与平面ABCD所成的角为eq \f(π,6)，求点E到平面PCD的距离．
(1)证明 ∵PA＝PD，O为AD的中点，
∴PO⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
又PO⊂平面PAD，
∴PO⊥平面ABCD，又∵BC⊂平面ABCD，
∴PO⊥BC.
(2)解 连接BD，由AB∥CD，AB＝8，AD＝DC＝CB＝4，
可知四边形ABCD为等腰梯形，
易知BD＝4eq \r(3)，
∵AD2＋BD2＝AB2，∴AD⊥BD，
过点O作DB的平行线，以O为坐标原点，以DB的平行线为y轴，以OA，OP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，
则P(0,0,2eq \r(7))，A(2,0,0)，B(－2,4eq \r(3)，0)，C(－4,2eq \r(3)，0)，D(－2,0,0)，
易知平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，
设E(x，y，z)，则eq \(AE,\s\up6(→))＝(x－2，y，z)，
eq \(PE,\s\up6(→))＝(x，y，z－2eq \r(7))，eq \(PB,\s\up6(→))＝(－2,4eq \r(3)，－2eq \r(7))，
∵直线AE与平面ABCD所成的角为eq \f(π,6)，
∴sin eq \f(π,6)＝|cs〈n，eq \(AE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|z|,\r(x－22＋y2＋z2))＝eq \f(1,2)，
∴x2－4x＋4＋y2－3z2＝0，①
∵点E在棱PB上，∴设eq \(PE,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))(0<λ<1)，
即(x，y，z－2eq \r(7))＝λ(－2,4eq \r(3)，－2eq \r(7))，
∴x＝－2λ，y＝4eq \r(3)λ，z＝2eq \r(7)－2eq \r(7)λ，
代入①解得λ＝eq \f(1,2)或λ＝5(舍去)．
∴eq \(PE,\s\up6(→))＝(－1,2eq \r(3)，－eq \r(7))，eq \(PD,\s\up6(→))＝(－2,0，－2eq \r(7))，eq \(PC,\s\up6(→))＝(－4,2eq \r(3)，－2eq \r(7))，
设平面PCD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(PD,\s\up6(→))＝－2x1－2\r(7)z1＝0，,m·\(PC,\s\up6(→))＝－4x1＋2\r(3)y1－2\r(7)z1＝0，))
令z1＝1，得x1＝－eq \r(7)，y1＝－eq \f(\r(21),3)，
∴m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(7)，－\f(\r(21),3)，1))，
∴点E到平面PCD的距离d＝eq \f(|\(PE,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq \f(2\r(7),\r(\f(31,3)))＝eq \f(2\r(651),31).
3.(2023·济宁模拟)如图，圆柱的轴截面ABCD是边长为6的正方形，下底面圆的一条弦EF交CD于点G，其中DG＝2，DE＝DF.
(1)证明：平面AEF⊥平面ABCD；
(2)判断上底面圆周上是否存在点P，使得平面PEF与平面AEF夹角的余弦值为eq \f(4,5).若存在，求AP的长；若不存在，请说明理由．
(1)证明 由题意可知，在下底面圆中，CD为直径．
因为DE＝DF，
所以G为弦EF的中点，且EF⊥CD.
因为EF⊥AD，AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，
所以EF⊥平面ABCD.
因为EF⊂平面AEF.
所以平面AEF⊥平面ABCD.
(2)解 设平面PEF交圆柱上底面于PQ，交AB于点H.
则平面PEF与平面AEF夹角的大小就是平面HEF与平面AEF夹角的大小．
以D为坐标原点，分别以下底面垂直于DG的直线，DG，DA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
因为DG＝2，底面圆的半径为3，
所以EG＝FG＝2eq \r(2).
则A(0,0,6)，E(2eq \r(2)，2,0)，F(－2eq \r(2)，2,0)，
设H(0，m,6)(0所以eq \(AE,\s\up6(→))＝(2eq \r(2)，2，－6)，eq \(AF,\s\up6(→))＝(－2eq \r(2)，2，－6)，eq \(EH,\s\up6(→))＝(－2eq \r(2)，m－2,6)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(－4eq \r(2)，0,0)，
eq \(FH,\s\up6(→))＝(2eq \r(2)，m－2,6)．
设平面AEF的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AE,\s\up6(→))＝0，,m·\(AF,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2\r(2)x1＋2y1－6z1＝0，,－2\r(2)x1＋2y1－6z1＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝0，,y1＝3z1，))
令z1＝1，则m＝(0,3,1)．
设平面HEF的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n·\(EH,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－4\r(2)x2＝0，,－2\r(2)x2＋m－2y2＋6z2＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝0，,m－2y2＋6z2＝0，))
令y2＝－6，则n＝(0，－6，m－2)．
所以|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)
＝eq \f(|m－20|,\r(10)×\r(36＋m－22))＝eq \f(4,5)，
化简得3m2＋8m－80＝0，解得m＝4或m＝－eq \f(20,3)(舍去)．
即AH＝4.又因为EF∥平面PAB，EF⊂平面PEF，平面PAB∩平面PEF＝PQ，
所以EF∥PQ，PQ⊥AB，且H为PQ的中点．
所以PH＝2eq \r(2)，AP＝eq \r(AH2＋PH2)＝eq \r(16＋8)＝2eq \r(6).
所以存在点P，使得平面PEF与平面AEF夹角的余弦值为eq \f(4,5)，此时AP的长为2eq \r(6).
4．(2023·岳阳模拟)在△ABC中，∠ACB＝45°，BC＝3，过点A作AD⊥BC，交线段BC于点D(如图1)，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图2)，点E，M分别为棱BC，AC的中点．
(1)求证：CD⊥ME；
(2)在①图1中tan 2B＝－eq \f(4,3)；②图1中eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))；③图2中三棱锥A－BCD的体积最大这三个条件中任选一个，补充在下面问题中再解答．
问题：已知________________，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求平面BMN与平面CBN夹角的余弦值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
(1)证明 ∵CD⊥AD，CD⊥BD，AD∩BD＝D，AD，BD⊂平面ABD，
∴CD⊥平面ABD，∵AB⊂平面ABD，
∴CD⊥AB.
又∵M，E分别为AC，BC的中点，
∴ME∥AB，∴CD⊥ME.
(2)解 选①，在题图1所示的△ABC中，由tan 2B＝－eq \f(4,3)＝eq \f(2tan B,1－tan2B)，
解得tan B＝2或tan B＝－eq \f(1,2)(舍去)．
设AD＝CD＝m，在Rt△ABD中，tan B＝eq \f(AD,BD)＝eq \f(m,3－m)＝2，
解得m＝2，∴BD＝1.
以点D为原点，DB，DC，DA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D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，0))，
则eq \(BM,\s\up6(→))＝(－1,1,1)．
设N(0，a,0)，则eq \(EN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，a－1，0)).
∵EN⊥BM，∴eq \(EN,\s\up6(→))·eq \(BM,\s\up6(→))＝0，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，a－1，0))·(－1,1,1)＝0，解得a＝eq \f(1,2)，
∴Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，
∴当DN＝eq \f(1,2)(即N是CD上靠近点D的四等分点)时，EN⊥BM.
设平面BMN的法向量为n＝(x，y，z)，且eq \(BN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)，0))，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BN,\s\up6(→))＝0，,n·\(BM,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋\f(1,2)y＝0，,－x＋y＋z＝0，))令x＝1，则n＝(1,2，－1)．
取平面CBN的一个法向量m＝(0,0,1)，
则|cs〈m，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m·n,|m||n|)))
＝eq \f(|0，0，1·1，2，－1|,\r(12＋22＋－12))＝eq \f(\r(6),6)，
∴平面BMN与平面CBN夹角的余弦值为eq \f(\r(6),6).
选②，在题图1所示的△ABC中，设eq \(BD,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))，
则eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋λeq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋λ(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))＝(1－λ)eq \(AB,\s\up6(→))＋λeq \(AC,\s\up6(→))，
又∵eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))，由平面向量基本定理知λ＝eq \f(1,3)，即BD＝1.
以点D为原点，DB，DC，DA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D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，0))，
则eq \(BM,\s\up6(→))＝(－1,1,1)．
设N(0，a,0)，则eq \(EN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，a－1，0)).
∵EN⊥BM，∴eq \(EN,\s\up6(→))·eq \(BM,\s\up6(→))＝0，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，a－1，0))·(－1,1,1)＝0，解得a＝eq \f(1,2)，∴Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，
∴当DN＝eq \f(1,2)(即N是CD上靠近点D的四等分点)时，EN⊥BM.
设平面BMN的法向量为n＝(x，y，z)，且eq \(BN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)，0))，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BN,\s\up6(→))＝0，,n·\(BM,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋\f(1,2)y＝0，,－x＋y＋z＝0，))令x＝1，则n＝(1,2，－1)．
取平面CBN的一个法向量m＝(0,0,1)，
则|cs〈m，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m·n,|m||n|)))＝eq \f(|0，0，1·1，2，－1|,\r(12＋22＋－12))＝eq \f(\r(6),6)，
∴平面BMN与平面CBN夹角的余弦值为eq \f(\r(6),6).
选③，在题图1所示的△ABC中，设BD＝x(0∵AD⊥BC，∠ACB＝45°，
∴△ADC为等腰直角三角形，∴AD＝CD＝3－x.
折起后AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D，BD，DC⊂平面BCD，
∴AD⊥平面BCD，又∠BDC＝90°，∴S△BCD＝eq \f(1,2)x(3－x)，
V三棱锥A－BCD＝eq \f(1,3)AD·S△BCD＝eq \f(1,3)(3－x)·eq \f(1,2)x(3－x)＝eq \f(1,6)(x3－6x2＋9x)，x∈(0,3)，
令f(x)＝eq \f(1,6)(x3－6x2＋9x)，
则f′(x)＝eq \f(1,2)(x－1)(x－3)，
当00；当1∴当x＝BD＝1时，三棱锥A－BCD的体积最大．
以点D为原点，DB，DC，DA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D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，0))，
则eq \(BM,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，
设N(0，a,0)，则eq \(EN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，a－1，0)).
∵EN⊥BM，∴eq \(EN,\s\up6(→))·eq \(BM,\s\up6(→))＝0，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，a－1，0))·(－1,1,1)＝0，
解得a＝eq \f(1,2)，∴Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，
∴当DN＝eq \f(1,2)(即N是CD上靠近点D的四等分点)时，EN⊥BM.
设平面BMN的法向量为n＝(x1，y1，z1)，且eq \(BN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)，0))，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BN,\s\up6(→))＝0，,n·\(BM,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x1＋\f(1,2)y1＝0，,－x1＋y1＋z1＝0，))
令x1＝1，则n＝(1,2，－1)．
取平面CBN的一个法向量m＝(0,0,1)，
则|cs〈m，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m·n,|m||n|)))
＝eq \f(|0，0，1·1，2，－1|,\r(12＋22＋－12))＝eq \f(\r(6),6)，
∴平面BMN与平面CBN夹角的余弦值为eq \f(\r(6),6)
典例1 (2023·顺义模拟)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝AA1＝2，点E是棱A1D1的中点，平面ACE与棱C1D1相交于点F.
(1)求证：点F为C1D1的中点；
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(2)若点G为棱AB上一点，且D1G⊥AC，求点G到平面ACE的距离．
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典例2 (2023·湛江模拟)如图1，在五边形ABCDE中，四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD＝DE，如图2，将△ABE沿BE折起，使得A至A1处，且A1B⊥DE.
(1)证明：DE⊥平面A1BE；
(2)求平面A1EC与平面A1ED夹角的余弦值．
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典例3 (2023·韶关模拟)已知在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E是CD的中点，如图所示，沿BE将△BCE翻折至△BFE，使得平面BFE⊥平面ABCD.
(1)证明：AE⊥BF；
(2)若eq \(DP,\s\up6(→))＝λeq \(DB,\s\up6(→))(0<λ<1)，是否存在λ，使得PF与平面DEF所成角的正弦值是eq \f(\r(6),3)？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
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[总结提升]
在考查立体几何的高考解答题中，翻折问题与探究性问题也是常考题型，求空间距离问题也是近几年高考的热点．
(1)求距离问题常用方法：直接法、等积法和空间向量法．
(2)翻折问题要确定翻折前后变与不变的关系以及翻折后关键点的位置．
(3) 立体几何中的探究性问题
解决探究性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在，在这个前提下进行逻辑推理．
1.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，PA＝PD＝PB，BC＝DC＝eq \f(1,2)AD＝2，E为AD的中点，且PE＝4.
(1)求证：PE⊥平面ABCD；
(2)记PE的中点为N，若M在线段BC上，且直线MN与平面PAB所成角的正弦值为eq \f(\r(3),9)，求线段BM的长．
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2.(2023·茂名模拟)在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，O为AD的中点．
(1)求证：PO⊥BC；
(2)若AB∥CD，AB＝8，AD＝DC＝CB＝4，PO＝2eq \r(7)，点E在棱PB上，直线AE与平面ABCD所成的角为eq \f(π,6)，求点E到平面PCD的距离．
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3.(2023·济宁模拟)如图，圆柱的轴截面ABCD是边长为6的正方形，下底面圆的一条弦EF交CD于点G，其中DG＝2，DE＝DF.
(1)证明：平面AEF⊥平面ABCD；
(2)判断上底面圆周上是否存在点P，使得平面PEF与平面AEF夹角的余弦值为eq \f(4,5).若存在，求AP的长；若不存在，请说明理由．
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4．(2023·岳阳模拟)在△ABC中，∠ACB＝45°，BC＝3，过点A作AD⊥BC，交线段BC于点D(如图1)，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图2)，点E，M分别为棱BC，AC的中点．
(1)求证：CD⊥ME；
(2)在①图1中tan 2B＝－eq \f(4,3)；②图1中eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))；③图2中三棱锥A－BCD的体积最大这三个条件中任选一个，补充在下面问题中再解答．
问题：已知________________，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求平面BMN与平面CBN夹角的余弦值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
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微专题28 立体几何中的距离、翻折、探究性问题
[考情分析] 在考查立体几何的高考题目中，距离问题、翻折问题与探究性问题也是常考题型，考查热点为翻折后点、线、面的位置关系、距离的计算，解题的关键是明确翻折前后不变的位置关系和数量关系，根据题目条件合理引入参数，利用方程的思想解题．高考题中一般以解答题为主，难度属中高档题．
考点一 距离问题
典例1 (2023·顺义模拟)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝AA1＝2，点E是棱A1D1的中点，平面ACE与棱C1D1相交于点F.
(1)求证：点F为C1D1的中点；
(2)若点G为棱AB上一点，且D1G⊥AC，求点G到平面ACE的距离．
(1)证明 方法一
因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
平面ACE∩平面ABCD＝AC，
平面ACE∩平面A1B1C1D1＝EF，
所以EF∥AC，
连接A1C1，
因为AA1∥CC1，AA1＝CC1，
所以四边形AA1C1C是平行四边形．
所以A1C1∥AC，所以EF∥A1C1.
因为E是A1D1的中点，
所以F为C1D1的中点．
方法二 连接A1C1.
因为AA1∥CC1，AA1＝CC1，
所以四边形AA1C1C是平行四边形．
所以AC∥A1C1，
因为AC⊄平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，
所以AC∥平面A1B1C1D1，
因为AC⊂平面ACE，平面ACE∩平面A1B1C1D1＝EF，
所以AC∥EF.
所以EF∥A1C1.
因为E是A1D1的中点，
所以F为C1D1的中点．
(2)解 方法一
因为DA，DC，DD1两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，E(1,0,2)，C(0,4,0)，D1(0,0,2)，
所以eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2,4,0)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，
设平面ACE的法向量为m＝(x，y，z),
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AC,\s\up6(→))＝0，,m·\(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋4y＝0，,－x＋2z＝0，))
令x＝2，则y＝1，z＝1，所以m＝(2,1,1)，
设G(2，t,0)，则eq \(D1G,\s\up6(—→))＝(2，t，－2)，
由D1G⊥AC，得eq \(D1G,\s\up6(—→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝0，
即－4＋4t＝0，解得t＝1，
所以G(2,1,0)，则eq \(AG,\s\up6(→))＝(0,1,0)，
所以点G到平面ACE的距离d＝eq \f(|\(AG,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq \f(1,\r(6))＝eq \f(\r(6),6).
方法二 连接DG，GC，如图．
因为DD1⊥平面ABCD，所以DD1⊥AC，
因为D1G⊥AC，DD1∩D1G＝D1，DD1，D1G⊂平面D1DG，所以AC⊥平面D1DG，
又DG⊂平面D1DG，所以AC⊥DG.
在平面ABCD内，由tan ∠ADG·tan ∠DAC＝1，
可得eq \f(AG,AD)·eq \f(DC,AD)＝1，所以AG＝eq \f(AD2,DC)＝eq \f(22,4)＝1，
由勾股定理求出AC＝2eq \r(5)，AE＝eq \r(5)，CE＝eq \r(21)，
在△ACE中，由余弦定理得cs∠CAE＝
eq \f(AC2＋AE2－CE2,2AC·AE)＝eq \f(20＋5－21,2×2\r(5)×\r(5))＝eq \f(1,5)，
则sin∠CAE＝eq \r(1－cs2∠CAE)＝eq \r(1－\f(1,25))＝eq \f(2\r(6),5)，
S△ACE＝eq \f(1,2)AC·AE·sin∠CAE＝eq \f(1,2)×2eq \r(5)×eq \r(5)×eq \f(2\r(6),5)＝2eq \r(6)，
S△ACG＝eq \f(1,2)AG·BC＝eq \f(1,2)×1×2＝1，
设点G到平面ACE的距离为d，
由V三棱锥G－ACE＝V三棱锥E－ACG，得eq \f(1,3)×2eq \r(6)·d＝eq \f(1,3)×1×2，
解得d＝eq \f(\r(6),6)，
所以点G到平面ACE的距离为eq \f(\r(6),6).
跟踪训练1 (2023·济南模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，△ABD是等边三角形，PA＝PB＝PD，BC＝CD.
(1)证明：BD⊥PC；
(2)若BD＝2eq \r(3)，CD＝AP＝eq \r(7)，求点A到平面PCD的距离．
(1)证明 如图，连接AC，交BD于点O，连接PO，
由AD＝AB，CD＝BC，AC＝AC，
可得△ABC≌△ADC，所以∠BAC＝∠DAC，
又AO＝AO，所以△AOB≌△AOD，
所以BO＝OD，即O为BD的中点，
在等腰△PBD中，可得BD⊥OP，
在等腰△BCD中，可得BD⊥OC，又OP∩OC＝O，OP，OC⊂平面POC，
所以BD⊥平面POC，又PC⊂平面POC，
所以BD⊥PC.
(2)解 由(1)可得，AC⊥BD，
又CD＝eq \r(7)，OD＝eq \f(1,2)BD＝eq \r(3)，
所以CO＝eq \r(CD2－OD2)＝2，AO＝eq \r(3)OD＝3，
由于P－ABD为正三棱锥，点P在底面ABD的垂足一定在AO上，设垂足为M，
根据正三棱锥的性质可得AM＝eq \f(2,3)AO＝2，PM＝eq \r(AP2－AM2)＝eq \r(3)，
如图，过点O作PM的平行线，以PM的平行线所在直线为z轴，以OA，OB所在直线为x轴、y轴建立空间直角坐标系．
可得A(3,0,0)，C(－2,0,0)，D(0，－eq \r(3)，0)，P(1,0，eq \r(3))，
eq \(PC,\s\up6(→))＝(－3,0，－eq \r(3))，eq \(DC,\s\up6(→))＝(－2，eq \r(3)，0)，
eq \(AC,\s\up6(→))＝(－5,0,0)，
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，可得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\(DC,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x－\r(3)z＝0，,2x－\r(3)y＝0，))
不妨令x＝eq \r(3)，可得n＝(eq \r(3)，2，－3)，
设点A到平面PCD的距离为d，
所以d＝eq \f(|n·\(AC,\s\up6(→))|,|n|)＝eq \f(5\r(3),4)，
所以点A到平面PCD的距离为eq \f(5\r(3),4).
考点二 翻折问题
典例2 (2023·湛江模拟)如图1，在五边形ABCDE中，四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD＝DE，如图2，将△ABE沿BE折起，使得A至A1处，且A1B⊥DE.
(1)证明：DE⊥平面A1BE；
(2)求平面A1EC与平面A1ED夹角的余弦值．
(1)证明 由题意可知∠BEC＝∠CED＝eq \f(π,4)，
所以∠BED＝eq \f(π,2)，故DE⊥BE，
因为A1B⊥DE，A1B∩BE＝B，A1B，BE⊂平面A1BE，
所以DE⊥平面A1BE.
(2)解 取BE的中点O，连接A1O，CO，如图，
由等腰三角形的性质可知A1O⊥BE，CO⊥BE，
由BE＝eq \r(2)CE，CE＝eq \r(2)CD，可知BE＝2CD，所以OE＝CD，
由DE⊥BE且CD⊥DE，可知OE∥CD，四边形OCDE为平行四边形，所以CO∥DE，则CO⊥平面A1BE.
又A1O⊂平面A1BE，所以CO⊥A1O，
所以A1O，CO，BE两两垂直．
设BE＝2，以O为坐标原点，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(OA1,\s\up6(—→))的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(0,0,1)，E(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，D(－1,1,0)，
eq \(EA1,\s\up6(—→))＝(1,0,1)，eq \(EC,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(ED,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(A1B,\s\up6(—→))＝(1,0，－1)．
设平面A1EC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(EA1,\s\up6(—→))·n＝x＋z＝0，,\(EC,\s\up6(→))·n＝x＋y＝0，))
令x＝1，得n＝(1，－1，－1)，
因为eq \(A1B,\s\up6(→))·eq \(ED,\s\up6(→))＝0，eq \(A1B,\s\up6(—→))·eq \(EA1,\s\up6(—→))＝0，
所以平面A1ED的一个法向量为m＝eq \(A1B,\s\up6(—→))＝(1,0，－1)，
所以|cs〈m，n〉|＝eq \f(2,\r(2)×\r(3))＝eq \f(\r(6),3)，
故平面A1EC与平面A1ED夹角的余弦值为eq \f(\r(6),3).
跟踪训练2 (2023·石家庄模拟)如图(1)，在▱ABCD中，AD＝2BD＝4，AD⊥BD，将△ABD沿BD折起，使得点A到达点P处，如图(2)．
(1)若PC＝6，求证：PD⊥BC；
(2)若PC＝2eq \r(5)，求平面PDC与平面PBC夹角的余弦值．
(1)证明 在平行四边形ABCD中，AD⊥BD，可得BD⊥BC，
∵AD＝2BD＝4，
∴BC＝4，DC＝2eq \r(5)，PD＝4，
∵PC＝6，∴PD2＋DC2＝PC2，∴PD⊥DC，
又PD⊥BD，BD∩DC＝D，BD，DC⊂平面BDC，
∴PD⊥平面BDC，
又∵BC⊂平面BDC，
∴PD⊥BC.
(2)解 方法一 如图，过点D作DF∥BC，且DF＝BC，连接PF，CF，
∴四边形BCFD为平行四边形，
由题意可知，BD⊥PD，BD⊥DF，PD∩DF＝D，PD，DF⊂平面PDF，
∴BD⊥平面PDF，∴BD⊥PF，∴CF⊥PF，
∴PF＝eq \r(PC2－CF2)＝4.
又BD⊂平面BCFD，∴平面BCFD⊥平面PDF.
取DF的中点O，连接PO，由PF＝PD，得PO⊥DF，
又平面BCFD∩平面PDF＝DF，PO⊂平面PDF，
∴PO⊥平面BCFD，且PO＝2eq \r(3)，
过点O作OM⊥DF，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题可得P(0,0,2eq \r(3))，B(2，－2,0)，C(2,2,0)，D(0，－2,0)，
∴eq \(PC,\s\up6(→))＝(2,2，－2eq \r(3))，eq \(DC,\s\up6(→))＝(2,4,0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,4,0)，
设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，平面PDC的法向量为n＝(x′，y′，z′)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y－\r(3)z＝0，,y＝0，))令x＝eq \r(3)，则z＝1，故平面PBC的一个法向量为m＝(eq \r(3)，0,1)，
同理eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x′＋y′－\r(3)z′＝0，,x′＋2y′＝0，))令x′＝2eq \r(3)，则y′＝－eq \r(3)，z′＝1，故平面PDC的一个法向量为n＝(2eq \r(3)，－eq \r(3)，1)．
∴|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(7,8)，
∴平面PDC与平面PBC夹角的余弦值为eq \f(7,8).
方法二 由BD⊥BC，建立如图所示的空间直角坐标系，
∵AD＝2BD＝4，
∴B(0,0,0)，C(4,0,0)，D(0,2,0)，
设P(x，y，z)(其中z>0)，
∵PB＝2eq \r(5)，PC＝2eq \r(5)，PD＝4，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2＋z2＝20，,x－42＋y2＋z2＝20，,x2＋y－22＋z2＝16，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝2，,z＝2\r(3)，))
∴P(2,2,2eq \r(3))，
∴eq \(CP,\s\up6(→))＝(－2,2,2eq \r(3))，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－4,2,0)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(2,2,2eq \r(3))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(4,0,0)，
设平面PDC的法向量为m＝(a，b，c)，平面PBC的法向量为n＝(a′，b′，c′)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a＋b＋\r(3)c＝0，,－2a＋b＝0，))
令a＝1，则b＝2，c＝－eq \f(\r(3),3)，故平面PDC的一个法向量为m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，2，－\f(\r(3),3)))，
同理eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a′＋b′＋\r(3)c′＝0，,a′＝0，))
令b′＝－eq \r(3)，则c′＝1，故平面PBC的一个法向量为n＝(0，－eq \r(3)，1)．
∴|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(7,8)，
故平面PDC与平面PBC夹角的余弦值为eq \f(7,8).
方法三 如图所示，过点B作BE⊥PC交PC于点E，过点D作DF⊥PC交PC于点F，异面直线DF，BE的夹角即为两个平面的夹角．
在△PDC中，由PD＝4，PC＝DC＝2eq \r(5)，
可得cs∠DPF＝eq \f(\r(5),5)，∴DF＝eq \f(8\r(5),5)，PF＝eq \f(4\r(5),5)，
同理，在△PBC中，BE＝eq \f(8\r(5),5)，CE＝eq \f(4\r(5),5)，可得EF＝eq \f(2\r(5),5)，
而eq \(BE,\s\up6(→))＋eq \(EF,\s\up6(→))＋eq \(FD,\s\up6(→))＝eq \(BD,\s\up6(→))，
∴(eq \(BE,\s\up6(→))＋eq \(EF,\s\up6(→))＋eq \(FD,\s\up6(→)))2＝eq \(BD,\s\up6(→))2，
∴|eq \(BE,\s\up6(→))|2＋|eq \(EF,\s\up6(→))|2＋|eq \(FD,\s\up6(→))|2＋2eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(EF,\s\up6(→))＋2eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(FD,\s\up6(→))＋2eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(FD,\s\up6(→))＝|eq \(BD,\s\up6(→))|2，
即eq \f(64,5)＋eq \f(4,5)＋eq \f(64,5)＋2×eq \f(8\r(5),5)×eq \f(8\r(5),5)×cs〈eq \(BE,\s\up6(→))，eq \(FD,\s\up6(→))〉＝4，
解得cs〈eq \(BE,\s\up6(→))，eq \(FD,\s\up6(→))〉＝－eq \f(7,8)，
又两平面夹角的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
∴平面PDC与平面PBC夹角的余弦值为eq \f(7,8).
考点三 探究性问题
典例3 (2023·韶关模拟)已知在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E是CD的中点，如图所示，沿BE将△BCE翻折至△BFE，使得平面BFE⊥平面ABCD.
(1)证明：AE⊥BF；
(2)若eq \(DP,\s\up6(→))＝λeq \(DB,\s\up6(→))(0<λ<1)，是否存在λ，使得PF与平面DEF所成角的正弦值是eq \f(\r(6),3)？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
(1)证明 依题意可知四边形ABCD为矩形，AB＝4，BC＝2，E是CD的中点，
所以AE＝BE＝2eq \r(2)，
又AB＝4，所以AE2＋BE2＝AB2，即AE⊥BE，
因为平面BEF⊥平面ABCD，平面BEF∩平面ABCD＝BE，AE⊂平面ABCD，
所以AE⊥平面BEF，
又BF⊂平面BEF，所以AE⊥BF.
(2)解 以C为原点，CD所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0,0,0)，D(4,0,0)，B(0,2,0)，E(2,0,0)，
设N是BE的中点，
因为FE＝FB，所以FN⊥BE，
又平面BEF⊥平面ABCD，平面BEF∩平面ABCD＝BE，FN⊂平面BEF，
所以FN⊥平面ABCD，F(1,1，eq \r(2))，
则eq \(DB,\s\up6(→))＝(－4,2,0)，eq \(DF,\s\up6(→))＝(－3,1，eq \r(2))，eq \(DE,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，
假设存在满足题意的λ，则由eq \(DP,\s\up6(→))＝λeq \(DB,\s\up6(→))(0<λ<1)，
可得eq \(PF,\s\up6(→))＝eq \(PD,\s\up6(→))＋eq \(DF,\s\up6(→))＝－λeq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(DF,\s\up6(→))＝(4λ－3,1－2λ，eq \r(2))．
设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DE,\s\up6(→))＝－2x＝0，,n·\(DF,\s\up6(→))＝－3x＋y＋\r(2)z＝0，))
令y＝eq \r(2)，可得x＝0，z＝－1，即n＝(0，eq \r(2)，－1)，
设PF与平面DEF所成的角为θ，
所以sin θ＝|cs〈eq \(PF,\s\up6(→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PF,\s\up6(→))·n,|\(PF,\s\up6(→))||n|)))
＝eq \f(|\r(2)2λ－1＋\r(2)|,\r(3)×\r(3－4λ2＋2λ－12＋－\r(2)2))＝eq \f(\r(6),3)，
解得λ＝eq \f(3,4)(λ＝1舍去)，
综上，存在λ＝eq \f(3,4)，使得PF与平面DEF所成角的正弦值为eq \f(\r(6),3).
跟踪训练3 (2023·临汾模拟)已知四棱锥P－ABCD中，平面PAB⊥底面ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，PA＝PB＝eq \f(\r(2),2)AB，AB＝BC＝2AD，E为AB的中点，F为棱PC上异于P，C的点．
(1)证明：BD⊥EF；
(2)试确定点F的位置，使EF与平面PCD所成角的正弦值为eq \f(3\r(14),14).
(1)证明 如图，连接PE，EC，EC交BD于点G.
因为E为AB的中点，PA＝PB，所以PE⊥AB.
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PE⊂平面PAB，
所以PE⊥平面ABCD，
因为BD⊂平面ABCD，所以PE⊥BD.
因为△ABD≌△BCE，
所以∠CEB＝∠BDA，所以∠CEB＋∠ABD＝90°，
所以BD⊥EC，
因为PE∩EC＝E，PE，EC⊂平面PEC，
所以BD⊥平面PEC.
因为EF⊂平面PEC，
所以BD⊥EF.
(2)解 如图，取DC的中点H，以E为坐标原点，分别以EB，EH，EP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设AB＝2，则BC＝2，
AD＝1，PA＝PB＝eq \r(2)，
则P(0,0,1)，C(1,2,0)，D(－1,1,0)，E(0,0,0)，
设F(x，y，z)，eq \(PF,\s\up6(→))＝λeq \(PC,\s\up6(→))(0<λ<1)，
所以(x，y，z－1)＝λ(1,2，－1)，
所以x＝λ，y＝2λ，z＝1－λ，即F(λ，2λ，1－λ)．
则eq \(DC,\s\up6(→))＝(2,1,0)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(1,2，－1)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(λ，2λ，1－λ)，
设平面PCD的法向量为m＝(a，b，c)，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DC,\s\up6(→))·m＝0，,\(PC,\s\up6(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＋b＝0，,a＋2b－c＝0，))取m＝(1，－2，－3)，
设EF与平面PCD所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈m，eq \(EF,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|m·\(EF,\s\up6(→))|,|m||\(EF,\s\up6(→))|)
＝eq \f(|λ－4λ－3＋3λ|,\r(14)×\r(λ2＋4λ2＋1－λ2))＝eq \f(3\r(14),14)，
整理得6λ2－2λ＝0，
因为0<λ<1，所以λ＝eq \f(1,3)，即eq \(PF,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(PC,\s\up6(→))，
所以当F位于棱PC靠近P的三等分点时，EF与平面PCD所成角的正弦值为eq \f(3\r(14),14).
[总结提升]
在考查立体几何的高考解答题中，翻折问题与探究性问题也是常考题型，求空间距离问题也是近几年高考的热点．
(1)求距离问题常用方法：直接法、等积法和空间向量法．
(2)翻折问题要确定翻折前后变与不变的关系以及翻折后关键点的位置．
(3) 立体几何中的探究性问题
解决探究性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在，在这个前提下进行逻辑推理．
1.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，PA＝PD＝PB，BC＝DC＝eq \f(1,2)AD＝2，E为AD的中点，且PE＝4.
(1)求证：PE⊥平面ABCD；
(2)记PE的中点为N，若M在线段BC上，且直线MN与平面PAB所成角的正弦值为eq \f(\r(3),9)，求线段BM的长．
(1)证明 连接BE(图略)．
∵BC＝eq \f(1,2)AD＝DE＝2，AD∥BC，
∴四边形BCDE为平行四边形，
∴BE＝CD＝2.
∵PA＝PD且E为AD的中点，∴PE⊥AD，
∴PD＝eq \r(PE2＋DE2)＝eq \r(16＋4)＝2eq \r(5)，
∴PB＝PD＝2eq \r(5)，
∴PE2＋BE2＝PB2，
即PE⊥BE，
又AD∩BE＝E，AD，BE⊂平面ABCD，
∴PE⊥平面ABCD.
(2)解 以E为坐标原点，EA所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，B(0,2,0)，C(－2,2,0)，P(0,0,4)，
∴eq \(AB,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(0,2，－4)，
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(PB,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋2y＝0，,2y－4z＝0，))
取n＝(2,2,1)，
设BM＝t(t∈[0,2])，则M(－t,2,0)，而N(0,0,2)，
∴eq \(MN,\s\up6(→))＝(t，－2,2)，
设直线MN与平面PAB所成的角为θ，则
sin θ＝|cs〈eq \(MN,\s\up6(→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2t－4＋2,\r(t2＋4＋4)×\r(9))))＝eq \f(\r(3),9)，
化简得11t2－24t＋4＝0，
解得t＝2或t＝eq \f(2,11)，满足t∈[0,2]，
故线段BM的长度为2或eq \f(2,11).
2.(2023·茂名模拟)在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，O为AD的中点．
(1)求证：PO⊥BC；
(2)若AB∥CD，AB＝8，AD＝DC＝CB＝4，PO＝2eq \r(7)，点E在棱PB上，直线AE与平面ABCD所成的角为eq \f(π,6)，求点E到平面PCD的距离．
(1)证明 ∵PA＝PD，O为AD的中点，
∴PO⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
又PO⊂平面PAD，
∴PO⊥平面ABCD，又∵BC⊂平面ABCD，
∴PO⊥BC.
(2)解 连接BD，由AB∥CD，AB＝8，AD＝DC＝CB＝4，
可知四边形ABCD为等腰梯形，
易知BD＝4eq \r(3)，
∵AD2＋BD2＝AB2，∴AD⊥BD，
过点O作DB的平行线，以O为坐标原点，以DB的平行线为y轴，以OA，OP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，
则P(0,0,2eq \r(7))，A(2,0,0)，B(－2,4eq \r(3)，0)，C(－4,2eq \r(3)，0)，D(－2,0,0)，
易知平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，
设E(x，y，z)，则eq \(AE,\s\up6(→))＝(x－2，y，z)，
eq \(PE,\s\up6(→))＝(x，y，z－2eq \r(7))，eq \(PB,\s\up6(→))＝(－2,4eq \r(3)，－2eq \r(7))，
∵直线AE与平面ABCD所成的角为eq \f(π,6)，
∴sin eq \f(π,6)＝|cs〈n，eq \(AE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|z|,\r(x－22＋y2＋z2))＝eq \f(1,2)，
∴x2－4x＋4＋y2－3z2＝0，①
∵点E在棱PB上，∴设eq \(PE,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))(0<λ<1)，
即(x，y，z－2eq \r(7))＝λ(－2,4eq \r(3)，－2eq \r(7))，
∴x＝－2λ，y＝4eq \r(3)λ，z＝2eq \r(7)－2eq \r(7)λ，
代入①解得λ＝eq \f(1,2)或λ＝5(舍去)．
∴eq \(PE,\s\up6(→))＝(－1,2eq \r(3)，－eq \r(7))，eq \(PD,\s\up6(→))＝(－2,0，－2eq \r(7))，eq \(PC,\s\up6(→))＝(－4,2eq \r(3)，－2eq \r(7))，
设平面PCD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(PD,\s\up6(→))＝－2x1－2\r(7)z1＝0，,m·\(PC,\s\up6(→))＝－4x1＋2\r(3)y1－2\r(7)z1＝0，))
令z1＝1，得x1＝－eq \r(7)，y1＝－eq \f(\r(21),3)，
∴m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(7)，－\f(\r(21),3)，1))，
∴点E到平面PCD的距离d＝eq \f(|\(PE,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq \f(2\r(7),\r(\f(31,3)))＝eq \f(2\r(651),31).
3.(2023·济宁模拟)如图，圆柱的轴截面ABCD是边长为6的正方形，下底面圆的一条弦EF交CD于点G，其中DG＝2，DE＝DF.
(1)证明：平面AEF⊥平面ABCD；
(2)判断上底面圆周上是否存在点P，使得平面PEF与平面AEF夹角的余弦值为eq \f(4,5).若存在，求AP的长；若不存在，请说明理由．
(1)证明 由题意可知，在下底面圆中，CD为直径．
因为DE＝DF，
所以G为弦EF的中点，且EF⊥CD.
因为EF⊥AD，AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，
所以EF⊥平面ABCD.
因为EF⊂平面AEF.
所以平面AEF⊥平面ABCD.
(2)解 设平面PEF交圆柱上底面于PQ，交AB于点H.
则平面PEF与平面AEF夹角的大小就是平面HEF与平面AEF夹角的大小．
以D为坐标原点，分别以下底面垂直于DG的直线，DG，DA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
因为DG＝2，底面圆的半径为3，
所以EG＝FG＝2eq \r(2).
则A(0,0,6)，E(2eq \r(2)，2,0)，F(－2eq \r(2)，2,0)，
设H(0，m,6)(0
eq \(FH,\s\up6(→))＝(2eq \r(2)，m－2,6)．
设平面AEF的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AE,\s\up6(→))＝0，,m·\(AF,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2\r(2)x1＋2y1－6z1＝0，,－2\r(2)x1＋2y1－6z1＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝0，,y1＝3z1，))
令z1＝1，则m＝(0,3,1)．
设平面HEF的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n·\(EH,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－4\r(2)x2＝0，,－2\r(2)x2＋m－2y2＋6z2＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝0，,m－2y2＋6z2＝0，))
令y2＝－6，则n＝(0，－6，m－2)．
所以|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)
＝eq \f(|m－20|,\r(10)×\r(36＋m－22))＝eq \f(4,5)，
化简得3m2＋8m－80＝0，解得m＝4或m＝－eq \f(20,3)(舍去)．
即AH＝4.又因为EF∥平面PAB，EF⊂平面PEF，平面PAB∩平面PEF＝PQ，
所以EF∥PQ，PQ⊥AB，且H为PQ的中点．
所以PH＝2eq \r(2)，AP＝eq \r(AH2＋PH2)＝eq \r(16＋8)＝2eq \r(6).
所以存在点P，使得平面PEF与平面AEF夹角的余弦值为eq \f(4,5)，此时AP的长为2eq \r(6).
4．(2023·岳阳模拟)在△ABC中，∠ACB＝45°，BC＝3，过点A作AD⊥BC，交线段BC于点D(如图1)，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图2)，点E，M分别为棱BC，AC的中点．
(1)求证：CD⊥ME；
(2)在①图1中tan 2B＝－eq \f(4,3)；②图1中eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))；③图2中三棱锥A－BCD的体积最大这三个条件中任选一个，补充在下面问题中再解答．
问题：已知________________，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求平面BMN与平面CBN夹角的余弦值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
(1)证明 ∵CD⊥AD，CD⊥BD，AD∩BD＝D，AD，BD⊂平面ABD，
∴CD⊥平面ABD，∵AB⊂平面ABD，
∴CD⊥AB.
又∵M，E分别为AC，BC的中点，
∴ME∥AB，∴CD⊥ME.
(2)解 选①，在题图1所示的△ABC中，由tan 2B＝－eq \f(4,3)＝eq \f(2tan B,1－tan2B)，
解得tan B＝2或tan B＝－eq \f(1,2)(舍去)．
设AD＝CD＝m，在Rt△ABD中，tan B＝eq \f(AD,BD)＝eq \f(m,3－m)＝2，
解得m＝2，∴BD＝1.
以点D为原点，DB，DC，DA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D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，0))，
则eq \(BM,\s\up6(→))＝(－1,1,1)．
设N(0，a,0)，则eq \(EN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，a－1，0)).
∵EN⊥BM，∴eq \(EN,\s\up6(→))·eq \(BM,\s\up6(→))＝0，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，a－1，0))·(－1,1,1)＝0，解得a＝eq \f(1,2)，
∴Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，
∴当DN＝eq \f(1,2)(即N是CD上靠近点D的四等分点)时，EN⊥BM.
设平面BMN的法向量为n＝(x，y，z)，且eq \(BN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)，0))，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BN,\s\up6(→))＝0，,n·\(BM,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋\f(1,2)y＝0，,－x＋y＋z＝0，))令x＝1，则n＝(1,2，－1)．
取平面CBN的一个法向量m＝(0,0,1)，
则|cs〈m，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m·n,|m||n|)))
＝eq \f(|0，0，1·1，2，－1|,\r(12＋22＋－12))＝eq \f(\r(6),6)，
∴平面BMN与平面CBN夹角的余弦值为eq \f(\r(6),6).
选②，在题图1所示的△ABC中，设eq \(BD,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))，
则eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋λeq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋λ(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))＝(1－λ)eq \(AB,\s\up6(→))＋λeq \(AC,\s\up6(→))，
又∵eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))，由平面向量基本定理知λ＝eq \f(1,3)，即BD＝1.
以点D为原点，DB，DC，DA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D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，0))，
则eq \(BM,\s\up6(→))＝(－1,1,1)．
设N(0，a,0)，则eq \(EN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，a－1，0)).
∵EN⊥BM，∴eq \(EN,\s\up6(→))·eq \(BM,\s\up6(→))＝0，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，a－1，0))·(－1,1,1)＝0，解得a＝eq \f(1,2)，∴Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，
∴当DN＝eq \f(1,2)(即N是CD上靠近点D的四等分点)时，EN⊥BM.
设平面BMN的法向量为n＝(x，y，z)，且eq \(BN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)，0))，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BN,\s\up6(→))＝0，,n·\(BM,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋\f(1,2)y＝0，,－x＋y＋z＝0，))令x＝1，则n＝(1,2，－1)．
取平面CBN的一个法向量m＝(0,0,1)，
则|cs〈m，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m·n,|m||n|)))＝eq \f(|0，0，1·1，2，－1|,\r(12＋22＋－12))＝eq \f(\r(6),6)，
∴平面BMN与平面CBN夹角的余弦值为eq \f(\r(6),6).
选③，在题图1所示的△ABC中，设BD＝x(0
∴△ADC为等腰直角三角形，∴AD＝CD＝3－x.
折起后AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D，BD，DC⊂平面BCD，
∴AD⊥平面BCD，又∠BDC＝90°，∴S△BCD＝eq \f(1,2)x(3－x)，
V三棱锥A－BCD＝eq \f(1,3)AD·S△BCD＝eq \f(1,3)(3－x)·eq \f(1,2)x(3－x)＝eq \f(1,6)(x3－6x2＋9x)，x∈(0,3)，
令f(x)＝eq \f(1,6)(x3－6x2＋9x)，
则f′(x)＝eq \f(1,2)(x－1)(x－3)，
当0
以点D为原点，DB，DC，DA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D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，0))，
则eq \(BM,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，
设N(0，a,0)，则eq \(EN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，a－1，0)).
∵EN⊥BM，∴eq \(EN,\s\up6(→))·eq \(BM,\s\up6(→))＝0，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，a－1，0))·(－1,1,1)＝0，
解得a＝eq \f(1,2)，∴Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，
∴当DN＝eq \f(1,2)(即N是CD上靠近点D的四等分点)时，EN⊥BM.
设平面BMN的法向量为n＝(x1，y1，z1)，且eq \(BN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)，0))，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BN,\s\up6(→))＝0，,n·\(BM,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x1＋\f(1,2)y1＝0，,－x1＋y1＋z1＝0，))
令x1＝1，则n＝(1,2，－1)．
取平面CBN的一个法向量m＝(0,0,1)，
则|cs〈m，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m·n,|m||n|)))
＝eq \f(|0，0，1·1，2，－1|,\r(12＋22＋－12))＝eq \f(\r(6),6)，
∴平面BMN与平面CBN夹角的余弦值为eq \f(\r(6),6)
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