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2025年高考数学精品教案第七章 立体几何与空间向量 突破4 立体几何中的翻折问题与探索性问题
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这是一份2025年高考数学精品教案第七章 立体几何与空间向量 突破4 立体几何中的翻折问题与探索性问题，共14页。
命题点1 翻折问题
例1 [全国卷Ⅲ]图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE.
（2）求图2中的二面角B－CG－A的大小.
图 1图2
解析 （1）由已知得AD∥BE，CG∥BE，（位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系不变）
所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，（与“折痕”垂直的线段，翻折前后垂直关系不变）
又BC∩BE＝B，BC，BE⊂平面BCGE，故AB⊥平面BCGE.
又AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
（2）如图，作EH⊥BC，垂足为H.因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面ABC∩平面BCGE＝BC，所以EH⊥平面ABC.
由题设知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝3.
以H为坐标原点，HC的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（－1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，3），CG＝（1，0，3），AC＝（2，－1，0）.
设平面ACGD的法向量为n＝（x，y，z），则CG·n=0，AC·n=0，即x＋3z=0，2x－y=0，
所以可得平面ACGD的一个法向量为n＝（3，6，－3）.
易知m＝（0，1，0）为平面BCGE的一个法向量，
则cs＜n，m＞＝n·m｜n||m｜＝32.
由图可知二面角B－CG－A为锐角，因此二面角B－CG－A的大小为30°.
方法技巧
1.一般地，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.
注意 利用折叠前的平面图计算长度.
2.（1）与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变（常用于翻折后构成二面角的平面角）；
（2）与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变.
训练1 已知矩形ABCD中，AB＝2，BC＝22，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线翻折到△A'BD的位置（A'不在平面ABCD内），则在翻折过程中，下列说法正确的是（ B ）
A.存在某个位置，使得直线BD与直线A'C垂直
B.存在某个位置，使得直线A'B与直线CD垂直
C.存在某个位置，使得直线BC与直线A'D垂直
D.对任意位置，三对直线“A'C与BD”“CD与A'B”“A'D与BC”均不相互垂直
解析 翻折前、后的图形如图1、图2所示.在图1中，过点A作AE⊥BD，垂足为E，过点C作CF⊥BD，垂足为F，由边AB，BC不相等可知点E，F不重合.在图2中，连接CE.
对于选项A，若A'C⊥BD，因为BD⊥A'E，A'E∩A'C＝A'，所以BD⊥平面A'CE.因为CE⊂平面A'CE，所以BD⊥CE，与点E，F不重合相矛盾，故选项A错误.对于选项B，若A'B⊥CD，因为A'B⊥A'D，A'D∩CD＝D，所以A'B⊥平面A'DC.因为A'C⊂平面A'DC，所以A'B⊥A'C，由A'B＜BC可知存在这样的三角形，使得直线A'B与直线CD垂直，此时A'B＝A'C＝2，故选项B正确.对于选项C，若A'D⊥BC，因为DC⊥BC，A'D∩DC＝D，所以BC⊥平面A'DC.因为A'C⊂平面A'DC，所以BC⊥A'C，又BC＞A'B，所以不存在这样的直角三角形，故选项C错误.由以上分析可知选项D错误.故选B.
训练2 [2023昆明市模拟]如图1，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝AD＝12CD，∠ADC＝120°，E为CD的中点，将△ADE沿AE翻折，使点D落到点P的位置，如图2.
图1图2
（1）证明：PB⊥AE.
（2）当二面角P－AE－B等于90°时，求PA与平面PEC所成角的正弦值.
解析 （1）如图，取AE的中点O，连接PO，BO，BE.
由题意及题图1知，DA＝DE＝AB＝BE，
又PA＝DA，PE＝DE，所以PA＝PE.
所以PO⊥AE，BO⊥AE，
又PO∩BO＝O，所以AE⊥平面POB.
因为PB⊂平面POB，所以AE⊥PB，即PB⊥AE.
（2）因为二面角P－AE－B等于90°，
所以平面PAE⊥平面ABCE，
又平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO⊥AE，所以PO⊥平面ABCE，所以OA，OB，OP两两垂直.
以O为坐标原点，OA，OB，OP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，不妨设AB＝2，由已知得∠APE＝120°，所以OP＝OB＝1，OA＝OE＝3，
则P（0，0，1），A（3，0，0），C（－23，1，0），E（－3，0，0），PA＝（3，0，－1），EP＝（3，0，1），EC＝（－3，1，0）.
设平面PEC的法向量为n＝（x，y，z），
则EP·n=0，EC·n=0，即3x＋z=0，－3x＋y=0，
令x＝1，则y＝3，z＝－3，所以平面PEC的一个法向量为n＝（1，3，－3）.
设PA与平面PEC所成的角为θ，
则sin θ＝｜cs＜PA，n＞｜＝｜232×7｜＝217，
即PA与平面PEC所成角的正弦值为217.
命题点2 探索性问题
例2 [2021全国卷甲]如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.
（1）证明：BF⊥DE.
（2）当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？
解析 （1）因为F为CC1的中点，
所以CF＝12CC1＝12BB1＝1，BF＝BC2＋CF2＝5.
如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，于是AF＝BF2＋AB2＝3，
所以AC＝AF2－CF2＝22.
则AB2＋ BC2＝AC2，所以BA⊥BC，
故以B点为坐标原点，AB，BC，BB1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Bxyz，
则B（0，0，0），E（1，1，0），F（0，2，1），BF＝（0，2，1）.
设B1D＝m（0≤m≤2），则D（m，0，2），
于是DE＝（1－m，1，－2）.
所以BF·DE ＝0，所以BF⊥DE.
（2）易知平面BB1C1C的一个法向量为 n1＝（1，0，0） .
设平面DFE的法向量为n2＝（x，y，z），则DE·n2=0，EF·n2=0，
又DE＝（1－m，1，－2），EF＝（－1，1，1），
所以（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的一个法向量为n2＝（3，m＋1，2－m），
所以cs＜n1，n2＞＝n1·n2｜n1||n2｜＝32（m－12）2＋272.
设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角为θ，
则sin θ＝1－cs2＜n1，n2＞，
故当m＝12时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小，为33，即当B1D＝12时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小.
方法技巧
1.对于存在判断型问题的求解，一般先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“方程（在规定范围内）是否有解”的问题.
2.借助空间直角坐标系，引进参数，将几何问题代数化是解决探索性问题的常见方法.
训练3 [多选/2023重庆名校联盟联考]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为AD1，B1C上的动点，且满足AP＝B1Q，则（ ACD ）
A.存在PQ的某一位置，使AB∥PQ
B.△BPQ的面积为定值
C.当PA＞0时，直线PB1与直线AQ一定异面
D.无论P，Q运动到何位置，均有BC⊥PQ
解析 对于A，当P，Q分别是AD1与B1C的中点时，AB∥PQ，故A正确.
对于B，设正方体的棱长为2，当P在A处，Q在B1处时，△BPQ的面积为2，当P在AD1的中点，Q在B1C的中点时，△BPQ的面积为2，故B错误.
对于C，当PA＞0时，设直线PB1与AQ是共面直线，则AP与B1Q共面，矛盾，所以直线PB1与直线AQ是异面直线，故C正确.
对于D，当P与A重合或P与D1重合时，易证BC⊥PQ.当P不与A，D1重合时，设点P在平面ABCD内的射影为M，点Q在平面ABCD内的摄影为N，连接PM，QN，MN，PQ，由AP＝B1Q知，AM＝BN，则BC⊥MN，又QN⊥BC，MN∩QN＝N，所以BC⊥平面PMNQ，因为PQ⊂平面PMNQ，所以BC⊥PQ，故D正确.故选ACD.
训练4 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E为PD的中点，点F在PC上，且PFPC＝13.
（1）求证：CD⊥平面PAD.
（2）求二面角F－AE－P的余弦值.
（3）设点G在PB上，且PGPB＝23.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由.
解析 （1）因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.
又AD⊥CD，AD∩PA＝A，AD，PA⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.
（2）过点A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD.
以点A为坐标原点，分别以AM，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，
则A（0，0，0），B（2，－1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）.
因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）.
所以AE＝（0，1，1），PC＝（2，2，－2），AP＝（0，0，2）.
所以PF＝13PC＝（23，23，－23），AF＝AP＋PF＝（23，23，43）.
设平面AEF的法向量为n＝（x，y，z），
则n·AE=0，n·AF=0，即y＋z=0，23x＋23y＋43z=0，
令z＝1，则y＝－1，x＝－1.
于是n＝（－1，－1，1）为平面AEF的一个法向量.
易得平面PAD的一个法向量为p＝（1，0，0），
则cs＜n，p＞＝n·p｜n||p｜＝－33.
由题知，二面角F－AE－P为锐二面角，所以其余弦值为33.
（3）直线AG在平面AEF内.理由如下.
因为点G在PB上，且PGPB＝23，PB＝（2，－1，－2），
所以PG＝23PB＝（43，－23，－43），AG＝AP＋PG＝（43，－23，23）.
由（2）知，平面AEF的一个法向量为n＝（－1，－1，1）.
所以AG·n＝－43＋23＋23＝0.所以直线AG在平面AEF内.
学生用书·练习帮P345
1.[多选/2023浙江名校联考]如图，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝3，AE＝2EB，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE，若M为线段A1C上的点，满足CM＝2MA1，则在△ADE翻折过程中（点A1不在平面DEBC内），下面四个选项中正确的是（ ABD ）
A.BM∥平面A1DE
B.点M在某个圆上运动
C.存在某个位置，使DE⊥A1C
D.线段BA1的长的取值范围是（5，3）
解析 如图所示，过点M作MN∥A1D交CD于N，连接BN.因为MN⊄平面A1DE，A1D⊂平面A1DE，所以MN∥平面A1DE.因为CM＝2MA1，所以CN＝2ND，又AE＝2EB，易知BN∥DE，又BN⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，所以BN∥平面A1DE.又MN∩BN＝N，所以平面BMN∥平面A1DE，又BM⊂平面BMN，所以BM∥平面A1DE，所以选项A正确.
由选项A可知，平面BMN∥平面A1DE，连接AC交DE于点G，交NB于点K，连接A1G，MK，则平面A1GC∩平面A1DE＝A1G，平面A1GC∩平面BMN＝MK，所以A1G∥MK，所以MKA1G＝MCA1C＝23，所以MK＝23A1G，为定值，所以点M在以K为球心，23A1G为半径的球面上运动，点A1在以G为球心，A1G为半径的球面上运动.取ED的中点H，连接HA，HA1，AA1，则DE⊥AH，DE⊥A1H，又AH∩A1H＝H，所以DE⊥平面AA1H，所以点A1在过A且与DE垂直的平面上，所以A1在某个圆上运动，所以点M在某个圆上运动，所以选项B正确.
连接HC，在△A1DE中，DE⊥A1H，假设DE⊥A1C成立，因为A1H，A1C⊂平面A1HC，A1H∩A1C＝A1，所以DE⊥平面A1HC，又CH⊂平面A1HC，所以DE⊥CH.在△DHC中，DH＝2，DC＝3，CH＝5，所以∠DHC≠π2，故DE⊥CH不成立，所以假设不成立，所以选项C错误.
以DE的中点H为坐标原点，分别以HA，HE所在直线为x轴，y轴，过点H且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则B（－22，322，0）.设∠A1HA＝θ（0＜θ＜π），则A1（2cs θ，0，2sin θ），所以｜BA1｜＝2csθ+7∈（5，3），所以选项D正确.故选ABD.
2.[多选/2024贵阳市模拟]一块边长为10 cm的正方形铁片上有四个以O为顶点的全等的等腰三角形（如图1），将这4个等腰三角形裁下来，然后将余下的四块阴影部分沿虚线折叠，使得A，A'重合，B，B'重合，C，C'重合，D，D'重合，P1，P2，P3，P4重合为点P，得到正四棱锥O－ABCD（如图2）.则在正四棱锥O－ABCD中，以下结论正确的是（ ABD ）
图1图2
A.平面OAC⊥平面OBD
B.AD∥平面OBC
C.当AP＝2 cm时，该正四棱锥内切球的表面积为65π cm2
D.当正四棱锥的体积取到最大值时，AP＝4 cm
解析 如图，对于选项A，连接OP，∵在正四棱锥O－ABCD中，AC⊥BD，OP⊥平面ABCD，∴OP⊥AC.又BD∩OP＝P，∴AC⊥平面OBD.又AC⊂平面OAC，∴平面OAC⊥平面OBD.故选项A正确.
对于选项B，∵AD∥BC，AD⊄平面OBC，BC⊂平面OBC，∴AD∥平面OBC，故选项B正确.
对于选项C，设BC的中点为F，连接PF，OF，则OF⊥BC.由题图1知，OP3＝52，故折叠后， OF＋PF＝OP3＝52，∵AP＝2，∴AB＝22，∴PF＝2，∴OF＝42，∴OP＝30.设正四棱锥O－ABCD的体积为V，表面积为S表，内切球半径为r，正方形ABCD的面积为S，则V＝13S·OP＝13×8×30＝8303.∵S表＝4×12×22×42＋8＝40，∴r＝3VS表＝83040＝305，故内切球的表面积S球＝4πr2＝24π5（cm2）.故选项C错误.
对于选项D，设PF＝x，则x∈（0，522），AP＝2x，AB＝2x，OF＝52－x，OP＝（52－x）2－x2＝50－102x，故正四棱锥O－ABCD的体积为13·50－102x·（2x）2＝4103x4（5－2x）.令f（x）＝x4（5－2x），x∈（0，522），则f '（x）＝5x3（4－2x）.当x∈（0，22）时，f '（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（22，522）时，f '（x）＜0，f（x）单调递减.故当x＝22时，正四棱锥体积最大，∴当AP＝4 cm时，正四棱锥的体积最大.故选项D正确.故选ABD.
3.[2023大连市双基测试]如图，已知菱形ABCD的边长为6，∠ADC＝2π3，E为对角线AC上一点，AE＝3.将△ABD沿BD翻折到△A'BD的位置，E移动到E'且二面角A'－BD－A的大小为π3，则三棱锥A'－BCD的外接球的半径为 21 ，过E'作平面α与该外接球相交，所得截面面积的最小值为 9π .
解析 因为∠ADC＝2π3且四边形 ABCD为菱形，所以△CBD，△A'BD均为等边三角形.分别取△CBD，△A'BD的重心M，N，过M，N分别作平面CBD，平面A'BD的垂线，且垂线交于一点O，O即三棱锥A'－BCD 的外接球球心，如图所示.记AC∩BD＝O'，连接CO，OO'，因为二面角A'－BD－A的大小为π3，所以二面角A'－BD－C的大小为2π3，且A'O'⊥BD，CO'⊥BD，所以二面角A'－BD－C的平面角为∠A'O'C，所以∠A'O'C＝2π3.因为O'M＝O'N，所以cs∠MO'O＝cs∠NO'O，所以∠MO'O＝∠NO'O＝π3，又BC＝6，所以CO'＝A'O'＝6sin π3＝33，所以MO'＝NO'＝3，所以OM＝O'M·tanπ3＝3，又CM＝23CO'＝23，所以OC＝CM2＋OM2＝21，所以三棱锥A'－BCD的外接球的半径为21.连接OE'，当截面面积取最小值时，OE'垂直于截面，又截面是个圆，设截面圆的半径为r，外接球的半径为R，又NE'＝13A'O'＝3且ON＝OM＝3，所以OE'＝ON2＋NE'2＝23，所以r＝R2－OE'2 ＝3，此时截面面积S＝9π.
4.[2023成都七中模拟]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BA⊥BC.
（1）若BA＝BB1，求证：AB1⊥平面A1BC.
（2）若BA＝BC＝BB1＝2，M是棱BC上的一动点，试确定点M的位置，使点M到平面A1B1C的距离为22.
解析 （1）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥BC，BB1⊥BA.
因为BA⊥BC，BA∩BB1＝B，所以BC⊥平面BAA1B1，所以BC⊥AB1.
因为BB1⊥BA，BA＝BB1，所以四边形BAA1B1为正方形，所以AB1⊥A1B.
因为A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.
（2）解法一 易得VB－A1B1C＝VC－A1B1B＝13·CB·S△A1B1B＝13×2×12×2×2＝43.
因为S△A1B1C＝12·A1B1·B1C＝12×2×22＋22＝22，所以点B到平面A1B1C的距离为2，所以要使点M到平面A1B1C的距离为22，则点M为BC的中点.
解法二 由（1）知，直线BA，BB1，BC两两垂直.
以B为坐标原点，直线BA，BB1，BC分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图.
因为BA＝BC＝BB1＝2，所以B（0，0，0），A1（2，2，0），B1（0，2，0），C（0，0，2），
设M（0，0，t）（0≤t≤2），则MC＝（0，0，2－t），A1B1＝（－2，0，0），B1C＝（0，－2，2）.
设平面A1B1C的法向量为n＝（x，y，z），则n·A1B1=0，n·B1C=0，即－2x=0，－2y+2z=0，则x=0，y＝z，取y＝1，则z＝1，所以平面A1B1C的一个法向量为n＝（0，1，1），
所以点M到平面A1B1C的距离d＝｜MC·n｜｜n｜＝｜2－t｜0+1+1＝｜2－t｜2，
又已知点M到平面A1B1C的距离为22，所以｜2－t｜2＝22，解得t＝1，t＝3（舍去），
所以当点M为棱BC的中点时，点M到平面A1B1C的距离为22.
5.[2023四川省宜宾市叙州第二中学模拟]如图1，在等边三角形ABC中，点D，E分别为边AB，AC上的动点，且满足DE∥BC，记DEBC＝λ.将△ADE沿DE翻折到△MDE的位置，并使得平面MDE⊥平面DECB，连接MB，MC，得到图2，其中点N为MC的中点.
图1图2
（1）当EN∥平面MBD时，求λ的值.
（2）随着λ值的变化，二面角B－MD－E的大小是否改变？如果改变，请说明理由；如果不改变，请求出二面角B－MD－E的正弦值.
解析 （1）如图1，取MB的中点P，连接DP，PN.
因为MN＝CN，MP＝BP，所以NP＝12BC，NP∥BC.
又DE∥BC，所以NP∥DE，即N，E，D，P四点共面，
又EN∥平面MBD，EN⊂平面NEDP，平面NEDP∩平面MBD＝DP，
所以EN∥PD，即四边形NEDP为平行四边形，图1
所以NP＝DE，则DE＝12BC，即λ＝12.
（2）取DE的中点O，连接MO，则MO⊥DE.因为平面MDE⊥平面DECB，平面MDE∩平面DECB＝DE，且MO⊥DE，
所以MO⊥平面DECB.
如图2，建立空间直角坐标系，不妨设BC＝2，则M（0，0，3λ），D（λ，0，0），B（1，3（1－λ），0），
所以MD＝（λ，0，－3λ），
DB＝（1－λ，3（1－λ），0）.
设平面BMD的法向量为m＝（x，y，z），则图2
MD·m=0，DB·m=0，
即λx－3λz=0，（1－λ）x＋3（1－λ）y=0，即x＝3z，x＝－3y，
令z＝1，则x＝3，y＝－1，则m＝（3，－1，1）是平面BMD的一个法向量.
又平面EMD的一个法向量为n＝（0，1，0），即随着λ值的变化，二面角B－MD－E的大小不变，
所以cs＜m，n＞＝m·n｜m||n｜＝－15＝－55，则sin＜m，n＞＝1－15＝255.
所以二面角B－MD－E的正弦值为255.
6.[2024浙江名校联考]如图，已知四棱锥E－ABCD中，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥DC，AB＝4，AD＝DC＝2，BE＝4，△ADE为等边三角形.
（1）求证：平面ADE⊥平面ABCD.
（2）是否存在一点F，满足EF＝λEB（0＜λ＜1），使直线AF与平面BDE所成的角为60°？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
解析 （1）如图1，取AB的中点M，连接DM，则BM＝12AB＝2，又在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝DC＝2，所以DC?BM，所以四边形BMDC为平行四边形，所以DM＝BC＝2，故DM＝12AB，得BD⊥AD，则BD＝AB2－AD2＝42－22＝23.
因为△ADE是等边三角形，所以DE＝AD＝2.
由BD2＋DE2＝16＝BE2，得BD⊥DE， 又AD∩DE＝D， AD，DE⊂平面ADE，所以BD⊥平面ADE，
又BD⊂平面ABCD，所以平面ADE⊥平面ABCD.
（2）解法一 存在点F满足题意.证明如下：
由（1）知，BD⊥平面ADE，又BD⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ADE.
如图1，作AH⊥DE，垂足为H，连接HF，则H为DE的中点，EH＝1，AH＝3.
由AH⊥DE，平面BDE⋂平面ADE＝DE，AH⊂平面ADE，得AH⊥平面BDE，则∠AFH即直线AF与平面BDE所成的角，且∠AFH＝60°.
在Rt△AHF中，由AH＝3和∠AFH＝60°，得FH＝1.
在Rt△BDE中，易得∠DEB＝60°.
由EH＝FH＝1，∠HEF＝60°，得△HEF为等边三角形，FE＝1，又EB＝4，所以λ＝14，故存在点F满足题意，且λ的值为14.
解法二 存在点F满足题意.证明如下：
以点D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，建立如图2所示的空间直角坐标系，
则D（0，0，0），A（2，0，0），B（0，23，0），E（1，0，3），
得DB＝（0，23，0），DE＝（1，0，3）.
设平面BDE的法向量为n＝（x，y，z），
由n·DB=0，n·DE=0，得23y=0，x＋3z=0，则y＝0，不妨令z＝－1，则x＝3，故n＝（3，0，－1）是平面BDE的一个法向量.
因为AE＝（－1，0，3），EB＝（－1，23，－3），EF＝λEB＝（－λ，23λ，－3λ），
所以AF＝AE＋EF＝（－1，0，3）＋（－λ，23λ，－3λ）＝（－λ－1，23λ，3－3λ）.
故｜cs〈AF，n〉｜＝｜AF·n｜AF||n｜｜＝23216λ2－4λ+4＝sin 60°＝32，
解得λ＝0（舍去）或λ＝14.
故存在点F满足题意，且λ的值为14.
7.[2023湖北重点中学联考（一）]已知一圆形纸片的圆心为O，直径AB＝2，圆周上有C，D两点.如图1，OC⊥AB，∠AOD＝π6，点P是BD上的动点，沿AB将纸片折为直二面角，并连接PO，PD，PC，CD，如图2.
（1）当AB∥平面PCD时，求PD的长；
（2）当三棱锥P－COD的体积最大时，求二面角O－PD－C的余弦值.
图1图2
解析 （1）因为AB∥平面PCD，AB⊂平面OPD，
平面OPD∩平面PCD＝PD，所以AB∥PD.
又∠AOD＝π6，
所以∠ODP＝∠OPD＝π6，可得∠POD＝2π3，
又OD＝OP＝1，所以PD＝3.
（2）由题意知OC⊥平面POD，而S△DOP＝12·OD·OP·sin∠DOP，所以当OD⊥OP时，三棱锥P－COD的体积最大.
解法一 易知OC，OD，OP两两垂直，以O为坐标原点，OC，OP，OD的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图1所示的空间直角坐标系，则C（1，0，0），D（0，0，1），P（0，1，0），则PC＝（1，－1，0），DP＝（0，1，－1）.
设平面PDC的法向量为n1＝（x，y，z），图1
则PC·n1=0，DP·n1=0，即x－y=0，y－z=0，取y＝1，得x＝1，z＝1，
由此得平面PDC的一个法向量为n1＝（1，1，1）.
易知平面POD的一个法向量为n2＝（1，0，0）.
由图可知，二面角O－PD－C为锐角，设其平面角为θ，
则cs θ＝｜n1·n2｜｜n1||n2｜＝33.
所以二面角O－PD－C的余弦值为33.
解法二 如图2所示，取PD的中点M，连接OM，CM.
因为OD＝OP，CD＝CP，
所以OM⊥PD，CM⊥PD，
即∠OMC为所求二面角的平面角. 图2
在等腰直角三角形OPD中，可得OM＝22，而OC＝1，
所以在Rt△COM中，CM＝OM2＋OC2＝62，
cs∠OMC＝OMCM＝2262＝33，
于是二面角O－PD－C的余弦值为33.
8.如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点.
（1）求证：AC⊥SD.
（2）若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面DAC夹角的大小.
（3）在（2）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求出SE∶EC的值；若不存在，试说明理由.
解析 （1）连接BD，设AC交BD于点O，连接SO.由题意知SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，以OB，OC，OS的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
设底面边长为a，则OB＝OC＝OD＝22a，SO＝SC2－OC2＝（2a）2－（22a）2＝62a，
可得O（0，0，0），S（0，0，62a），D（－22a，0，0），C（0，22a，0），B（22a，0，0）.
于是OC＝（0，22a，0），SD＝（－22a，0，－62a），
则OC·SD＝0，故OC⊥SD，从而AC⊥SD.
（2）由题设知，平面PAC的一个法向量为DS＝（22a，0，62a），
平面DAC的一个法向量为OS＝（0，0，62a），
则cs＜OS，DS＞＝OS·DS｜OS||DS｜＝32，
所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30°.
（3）在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面PAC.理由如下.
由（2）知DS是平面PAC的一个法向量，且DS＝（22a，0，62a），
设CE＝tCS（0≤t≤1），又CS＝（0，－22a，62a），BC＝（－22a，22a，0），
则BE＝BC＋CE＝BC＋tCS＝（－22a，22a（1－t），62at）.
若BE∥平面PAC，则BE·DS＝0，则－a22＋0＋64a2t＝0，
可得t＝13，
故当SE∶EC＝2∶1时，BE∥平面PAC.
因此在棱SC上存在点E，使得BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1.
命题点1 翻折问题
例1 [全国卷Ⅲ]图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE.
（2）求图2中的二面角B－CG－A的大小.
图 1图2
解析 （1）由已知得AD∥BE，CG∥BE，（位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系不变）
所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，（与“折痕”垂直的线段，翻折前后垂直关系不变）
又BC∩BE＝B，BC，BE⊂平面BCGE，故AB⊥平面BCGE.
又AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
（2）如图，作EH⊥BC，垂足为H.因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面ABC∩平面BCGE＝BC，所以EH⊥平面ABC.
由题设知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝3.
以H为坐标原点，HC的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（－1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，3），CG＝（1，0，3），AC＝（2，－1，0）.
设平面ACGD的法向量为n＝（x，y，z），则CG·n=0，AC·n=0，即x＋3z=0，2x－y=0，
所以可得平面ACGD的一个法向量为n＝（3，6，－3）.
易知m＝（0，1，0）为平面BCGE的一个法向量，
则cs＜n，m＞＝n·m｜n||m｜＝32.
由图可知二面角B－CG－A为锐角，因此二面角B－CG－A的大小为30°.
方法技巧
1.一般地，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.
注意 利用折叠前的平面图计算长度.
2.（1）与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变（常用于翻折后构成二面角的平面角）；
（2）与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变.
训练1 已知矩形ABCD中，AB＝2，BC＝22，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线翻折到△A'BD的位置（A'不在平面ABCD内），则在翻折过程中，下列说法正确的是（ B ）
A.存在某个位置，使得直线BD与直线A'C垂直
B.存在某个位置，使得直线A'B与直线CD垂直
C.存在某个位置，使得直线BC与直线A'D垂直
D.对任意位置，三对直线“A'C与BD”“CD与A'B”“A'D与BC”均不相互垂直
解析 翻折前、后的图形如图1、图2所示.在图1中，过点A作AE⊥BD，垂足为E，过点C作CF⊥BD，垂足为F，由边AB，BC不相等可知点E，F不重合.在图2中，连接CE.
对于选项A，若A'C⊥BD，因为BD⊥A'E，A'E∩A'C＝A'，所以BD⊥平面A'CE.因为CE⊂平面A'CE，所以BD⊥CE，与点E，F不重合相矛盾，故选项A错误.对于选项B，若A'B⊥CD，因为A'B⊥A'D，A'D∩CD＝D，所以A'B⊥平面A'DC.因为A'C⊂平面A'DC，所以A'B⊥A'C，由A'B＜BC可知存在这样的三角形，使得直线A'B与直线CD垂直，此时A'B＝A'C＝2，故选项B正确.对于选项C，若A'D⊥BC，因为DC⊥BC，A'D∩DC＝D，所以BC⊥平面A'DC.因为A'C⊂平面A'DC，所以BC⊥A'C，又BC＞A'B，所以不存在这样的直角三角形，故选项C错误.由以上分析可知选项D错误.故选B.
训练2 [2023昆明市模拟]如图1，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝AD＝12CD，∠ADC＝120°，E为CD的中点，将△ADE沿AE翻折，使点D落到点P的位置，如图2.
图1图2
（1）证明：PB⊥AE.
（2）当二面角P－AE－B等于90°时，求PA与平面PEC所成角的正弦值.
解析 （1）如图，取AE的中点O，连接PO，BO，BE.
由题意及题图1知，DA＝DE＝AB＝BE，
又PA＝DA，PE＝DE，所以PA＝PE.
所以PO⊥AE，BO⊥AE，
又PO∩BO＝O，所以AE⊥平面POB.
因为PB⊂平面POB，所以AE⊥PB，即PB⊥AE.
（2）因为二面角P－AE－B等于90°，
所以平面PAE⊥平面ABCE，
又平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO⊥AE，所以PO⊥平面ABCE，所以OA，OB，OP两两垂直.
以O为坐标原点，OA，OB，OP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，不妨设AB＝2，由已知得∠APE＝120°，所以OP＝OB＝1，OA＝OE＝3，
则P（0，0，1），A（3，0，0），C（－23，1，0），E（－3，0，0），PA＝（3，0，－1），EP＝（3，0，1），EC＝（－3，1，0）.
设平面PEC的法向量为n＝（x，y，z），
则EP·n=0，EC·n=0，即3x＋z=0，－3x＋y=0，
令x＝1，则y＝3，z＝－3，所以平面PEC的一个法向量为n＝（1，3，－3）.
设PA与平面PEC所成的角为θ，
则sin θ＝｜cs＜PA，n＞｜＝｜232×7｜＝217，
即PA与平面PEC所成角的正弦值为217.
命题点2 探索性问题
例2 [2021全国卷甲]如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.
（1）证明：BF⊥DE.
（2）当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？
解析 （1）因为F为CC1的中点，
所以CF＝12CC1＝12BB1＝1，BF＝BC2＋CF2＝5.
如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，于是AF＝BF2＋AB2＝3，
所以AC＝AF2－CF2＝22.
则AB2＋ BC2＝AC2，所以BA⊥BC，
故以B点为坐标原点，AB，BC，BB1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Bxyz，
则B（0，0，0），E（1，1，0），F（0，2，1），BF＝（0，2，1）.
设B1D＝m（0≤m≤2），则D（m，0，2），
于是DE＝（1－m，1，－2）.
所以BF·DE ＝0，所以BF⊥DE.
（2）易知平面BB1C1C的一个法向量为 n1＝（1，0，0） .
设平面DFE的法向量为n2＝（x，y，z），则DE·n2=0，EF·n2=0，
又DE＝（1－m，1，－2），EF＝（－1，1，1），
所以（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的一个法向量为n2＝（3，m＋1，2－m），
所以cs＜n1，n2＞＝n1·n2｜n1||n2｜＝32（m－12）2＋272.
设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角为θ，
则sin θ＝1－cs2＜n1，n2＞，
故当m＝12时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小，为33，即当B1D＝12时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小.
方法技巧
1.对于存在判断型问题的求解，一般先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“方程（在规定范围内）是否有解”的问题.
2.借助空间直角坐标系，引进参数，将几何问题代数化是解决探索性问题的常见方法.
训练3 [多选/2023重庆名校联盟联考]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为AD1，B1C上的动点，且满足AP＝B1Q，则（ ACD ）
A.存在PQ的某一位置，使AB∥PQ
B.△BPQ的面积为定值
C.当PA＞0时，直线PB1与直线AQ一定异面
D.无论P，Q运动到何位置，均有BC⊥PQ
解析 对于A，当P，Q分别是AD1与B1C的中点时，AB∥PQ，故A正确.
对于B，设正方体的棱长为2，当P在A处，Q在B1处时，△BPQ的面积为2，当P在AD1的中点，Q在B1C的中点时，△BPQ的面积为2，故B错误.
对于C，当PA＞0时，设直线PB1与AQ是共面直线，则AP与B1Q共面，矛盾，所以直线PB1与直线AQ是异面直线，故C正确.
对于D，当P与A重合或P与D1重合时，易证BC⊥PQ.当P不与A，D1重合时，设点P在平面ABCD内的射影为M，点Q在平面ABCD内的摄影为N，连接PM，QN，MN，PQ，由AP＝B1Q知，AM＝BN，则BC⊥MN，又QN⊥BC，MN∩QN＝N，所以BC⊥平面PMNQ，因为PQ⊂平面PMNQ，所以BC⊥PQ，故D正确.故选ACD.
训练4 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E为PD的中点，点F在PC上，且PFPC＝13.
（1）求证：CD⊥平面PAD.
（2）求二面角F－AE－P的余弦值.
（3）设点G在PB上，且PGPB＝23.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由.
解析 （1）因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.
又AD⊥CD，AD∩PA＝A，AD，PA⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.
（2）过点A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD.
以点A为坐标原点，分别以AM，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，
则A（0，0，0），B（2，－1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）.
因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）.
所以AE＝（0，1，1），PC＝（2，2，－2），AP＝（0，0，2）.
所以PF＝13PC＝（23，23，－23），AF＝AP＋PF＝（23，23，43）.
设平面AEF的法向量为n＝（x，y，z），
则n·AE=0，n·AF=0，即y＋z=0，23x＋23y＋43z=0，
令z＝1，则y＝－1，x＝－1.
于是n＝（－1，－1，1）为平面AEF的一个法向量.
易得平面PAD的一个法向量为p＝（1，0，0），
则cs＜n，p＞＝n·p｜n||p｜＝－33.
由题知，二面角F－AE－P为锐二面角，所以其余弦值为33.
（3）直线AG在平面AEF内.理由如下.
因为点G在PB上，且PGPB＝23，PB＝（2，－1，－2），
所以PG＝23PB＝（43，－23，－43），AG＝AP＋PG＝（43，－23，23）.
由（2）知，平面AEF的一个法向量为n＝（－1，－1，1）.
所以AG·n＝－43＋23＋23＝0.所以直线AG在平面AEF内.
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1.[多选/2023浙江名校联考]如图，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝3，AE＝2EB，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE，若M为线段A1C上的点，满足CM＝2MA1，则在△ADE翻折过程中（点A1不在平面DEBC内），下面四个选项中正确的是（ ABD ）
A.BM∥平面A1DE
B.点M在某个圆上运动
C.存在某个位置，使DE⊥A1C
D.线段BA1的长的取值范围是（5，3）
解析 如图所示，过点M作MN∥A1D交CD于N，连接BN.因为MN⊄平面A1DE，A1D⊂平面A1DE，所以MN∥平面A1DE.因为CM＝2MA1，所以CN＝2ND，又AE＝2EB，易知BN∥DE，又BN⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，所以BN∥平面A1DE.又MN∩BN＝N，所以平面BMN∥平面A1DE，又BM⊂平面BMN，所以BM∥平面A1DE，所以选项A正确.
由选项A可知，平面BMN∥平面A1DE，连接AC交DE于点G，交NB于点K，连接A1G，MK，则平面A1GC∩平面A1DE＝A1G，平面A1GC∩平面BMN＝MK，所以A1G∥MK，所以MKA1G＝MCA1C＝23，所以MK＝23A1G，为定值，所以点M在以K为球心，23A1G为半径的球面上运动，点A1在以G为球心，A1G为半径的球面上运动.取ED的中点H，连接HA，HA1，AA1，则DE⊥AH，DE⊥A1H，又AH∩A1H＝H，所以DE⊥平面AA1H，所以点A1在过A且与DE垂直的平面上，所以A1在某个圆上运动，所以点M在某个圆上运动，所以选项B正确.
连接HC，在△A1DE中，DE⊥A1H，假设DE⊥A1C成立，因为A1H，A1C⊂平面A1HC，A1H∩A1C＝A1，所以DE⊥平面A1HC，又CH⊂平面A1HC，所以DE⊥CH.在△DHC中，DH＝2，DC＝3，CH＝5，所以∠DHC≠π2，故DE⊥CH不成立，所以假设不成立，所以选项C错误.
以DE的中点H为坐标原点，分别以HA，HE所在直线为x轴，y轴，过点H且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则B（－22，322，0）.设∠A1HA＝θ（0＜θ＜π），则A1（2cs θ，0，2sin θ），所以｜BA1｜＝2csθ+7∈（5，3），所以选项D正确.故选ABD.
2.[多选/2024贵阳市模拟]一块边长为10 cm的正方形铁片上有四个以O为顶点的全等的等腰三角形（如图1），将这4个等腰三角形裁下来，然后将余下的四块阴影部分沿虚线折叠，使得A，A'重合，B，B'重合，C，C'重合，D，D'重合，P1，P2，P3，P4重合为点P，得到正四棱锥O－ABCD（如图2）.则在正四棱锥O－ABCD中，以下结论正确的是（ ABD ）
图1图2
A.平面OAC⊥平面OBD
B.AD∥平面OBC
C.当AP＝2 cm时，该正四棱锥内切球的表面积为65π cm2
D.当正四棱锥的体积取到最大值时，AP＝4 cm
解析 如图，对于选项A，连接OP，∵在正四棱锥O－ABCD中，AC⊥BD，OP⊥平面ABCD，∴OP⊥AC.又BD∩OP＝P，∴AC⊥平面OBD.又AC⊂平面OAC，∴平面OAC⊥平面OBD.故选项A正确.
对于选项B，∵AD∥BC，AD⊄平面OBC，BC⊂平面OBC，∴AD∥平面OBC，故选项B正确.
对于选项C，设BC的中点为F，连接PF，OF，则OF⊥BC.由题图1知，OP3＝52，故折叠后， OF＋PF＝OP3＝52，∵AP＝2，∴AB＝22，∴PF＝2，∴OF＝42，∴OP＝30.设正四棱锥O－ABCD的体积为V，表面积为S表，内切球半径为r，正方形ABCD的面积为S，则V＝13S·OP＝13×8×30＝8303.∵S表＝4×12×22×42＋8＝40，∴r＝3VS表＝83040＝305，故内切球的表面积S球＝4πr2＝24π5（cm2）.故选项C错误.
对于选项D，设PF＝x，则x∈（0，522），AP＝2x，AB＝2x，OF＝52－x，OP＝（52－x）2－x2＝50－102x，故正四棱锥O－ABCD的体积为13·50－102x·（2x）2＝4103x4（5－2x）.令f（x）＝x4（5－2x），x∈（0，522），则f '（x）＝5x3（4－2x）.当x∈（0，22）时，f '（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（22，522）时，f '（x）＜0，f（x）单调递减.故当x＝22时，正四棱锥体积最大，∴当AP＝4 cm时，正四棱锥的体积最大.故选项D正确.故选ABD.
3.[2023大连市双基测试]如图，已知菱形ABCD的边长为6，∠ADC＝2π3，E为对角线AC上一点，AE＝3.将△ABD沿BD翻折到△A'BD的位置，E移动到E'且二面角A'－BD－A的大小为π3，则三棱锥A'－BCD的外接球的半径为 21 ，过E'作平面α与该外接球相交，所得截面面积的最小值为 9π .
解析 因为∠ADC＝2π3且四边形 ABCD为菱形，所以△CBD，△A'BD均为等边三角形.分别取△CBD，△A'BD的重心M，N，过M，N分别作平面CBD，平面A'BD的垂线，且垂线交于一点O，O即三棱锥A'－BCD 的外接球球心，如图所示.记AC∩BD＝O'，连接CO，OO'，因为二面角A'－BD－A的大小为π3，所以二面角A'－BD－C的大小为2π3，且A'O'⊥BD，CO'⊥BD，所以二面角A'－BD－C的平面角为∠A'O'C，所以∠A'O'C＝2π3.因为O'M＝O'N，所以cs∠MO'O＝cs∠NO'O，所以∠MO'O＝∠NO'O＝π3，又BC＝6，所以CO'＝A'O'＝6sin π3＝33，所以MO'＝NO'＝3，所以OM＝O'M·tanπ3＝3，又CM＝23CO'＝23，所以OC＝CM2＋OM2＝21，所以三棱锥A'－BCD的外接球的半径为21.连接OE'，当截面面积取最小值时，OE'垂直于截面，又截面是个圆，设截面圆的半径为r，外接球的半径为R，又NE'＝13A'O'＝3且ON＝OM＝3，所以OE'＝ON2＋NE'2＝23，所以r＝R2－OE'2 ＝3，此时截面面积S＝9π.
4.[2023成都七中模拟]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BA⊥BC.
（1）若BA＝BB1，求证：AB1⊥平面A1BC.
（2）若BA＝BC＝BB1＝2，M是棱BC上的一动点，试确定点M的位置，使点M到平面A1B1C的距离为22.
解析 （1）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥BC，BB1⊥BA.
因为BA⊥BC，BA∩BB1＝B，所以BC⊥平面BAA1B1，所以BC⊥AB1.
因为BB1⊥BA，BA＝BB1，所以四边形BAA1B1为正方形，所以AB1⊥A1B.
因为A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.
（2）解法一 易得VB－A1B1C＝VC－A1B1B＝13·CB·S△A1B1B＝13×2×12×2×2＝43.
因为S△A1B1C＝12·A1B1·B1C＝12×2×22＋22＝22，所以点B到平面A1B1C的距离为2，所以要使点M到平面A1B1C的距离为22，则点M为BC的中点.
解法二 由（1）知，直线BA，BB1，BC两两垂直.
以B为坐标原点，直线BA，BB1，BC分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图.
因为BA＝BC＝BB1＝2，所以B（0，0，0），A1（2，2，0），B1（0，2，0），C（0，0，2），
设M（0，0，t）（0≤t≤2），则MC＝（0，0，2－t），A1B1＝（－2，0，0），B1C＝（0，－2，2）.
设平面A1B1C的法向量为n＝（x，y，z），则n·A1B1=0，n·B1C=0，即－2x=0，－2y+2z=0，则x=0，y＝z，取y＝1，则z＝1，所以平面A1B1C的一个法向量为n＝（0，1，1），
所以点M到平面A1B1C的距离d＝｜MC·n｜｜n｜＝｜2－t｜0+1+1＝｜2－t｜2，
又已知点M到平面A1B1C的距离为22，所以｜2－t｜2＝22，解得t＝1，t＝3（舍去），
所以当点M为棱BC的中点时，点M到平面A1B1C的距离为22.
5.[2023四川省宜宾市叙州第二中学模拟]如图1，在等边三角形ABC中，点D，E分别为边AB，AC上的动点，且满足DE∥BC，记DEBC＝λ.将△ADE沿DE翻折到△MDE的位置，并使得平面MDE⊥平面DECB，连接MB，MC，得到图2，其中点N为MC的中点.
图1图2
（1）当EN∥平面MBD时，求λ的值.
（2）随着λ值的变化，二面角B－MD－E的大小是否改变？如果改变，请说明理由；如果不改变，请求出二面角B－MD－E的正弦值.
解析 （1）如图1，取MB的中点P，连接DP，PN.
因为MN＝CN，MP＝BP，所以NP＝12BC，NP∥BC.
又DE∥BC，所以NP∥DE，即N，E，D，P四点共面，
又EN∥平面MBD，EN⊂平面NEDP，平面NEDP∩平面MBD＝DP，
所以EN∥PD，即四边形NEDP为平行四边形，图1
所以NP＝DE，则DE＝12BC，即λ＝12.
（2）取DE的中点O，连接MO，则MO⊥DE.因为平面MDE⊥平面DECB，平面MDE∩平面DECB＝DE，且MO⊥DE，
所以MO⊥平面DECB.
如图2，建立空间直角坐标系，不妨设BC＝2，则M（0，0，3λ），D（λ，0，0），B（1，3（1－λ），0），
所以MD＝（λ，0，－3λ），
DB＝（1－λ，3（1－λ），0）.
设平面BMD的法向量为m＝（x，y，z），则图2
MD·m=0，DB·m=0，
即λx－3λz=0，（1－λ）x＋3（1－λ）y=0，即x＝3z，x＝－3y，
令z＝1，则x＝3，y＝－1，则m＝（3，－1，1）是平面BMD的一个法向量.
又平面EMD的一个法向量为n＝（0，1，0），即随着λ值的变化，二面角B－MD－E的大小不变，
所以cs＜m，n＞＝m·n｜m||n｜＝－15＝－55，则sin＜m，n＞＝1－15＝255.
所以二面角B－MD－E的正弦值为255.
6.[2024浙江名校联考]如图，已知四棱锥E－ABCD中，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥DC，AB＝4，AD＝DC＝2，BE＝4，△ADE为等边三角形.
（1）求证：平面ADE⊥平面ABCD.
（2）是否存在一点F，满足EF＝λEB（0＜λ＜1），使直线AF与平面BDE所成的角为60°？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
解析 （1）如图1，取AB的中点M，连接DM，则BM＝12AB＝2，又在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝DC＝2，所以DC?BM，所以四边形BMDC为平行四边形，所以DM＝BC＝2，故DM＝12AB，得BD⊥AD，则BD＝AB2－AD2＝42－22＝23.
因为△ADE是等边三角形，所以DE＝AD＝2.
由BD2＋DE2＝16＝BE2，得BD⊥DE， 又AD∩DE＝D， AD，DE⊂平面ADE，所以BD⊥平面ADE，
又BD⊂平面ABCD，所以平面ADE⊥平面ABCD.
（2）解法一 存在点F满足题意.证明如下：
由（1）知，BD⊥平面ADE，又BD⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ADE.
如图1，作AH⊥DE，垂足为H，连接HF，则H为DE的中点，EH＝1，AH＝3.
由AH⊥DE，平面BDE⋂平面ADE＝DE，AH⊂平面ADE，得AH⊥平面BDE，则∠AFH即直线AF与平面BDE所成的角，且∠AFH＝60°.
在Rt△AHF中，由AH＝3和∠AFH＝60°，得FH＝1.
在Rt△BDE中，易得∠DEB＝60°.
由EH＝FH＝1，∠HEF＝60°，得△HEF为等边三角形，FE＝1，又EB＝4，所以λ＝14，故存在点F满足题意，且λ的值为14.
解法二 存在点F满足题意.证明如下：
以点D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，建立如图2所示的空间直角坐标系，
则D（0，0，0），A（2，0，0），B（0，23，0），E（1，0，3），
得DB＝（0，23，0），DE＝（1，0，3）.
设平面BDE的法向量为n＝（x，y，z），
由n·DB=0，n·DE=0，得23y=0，x＋3z=0，则y＝0，不妨令z＝－1，则x＝3，故n＝（3，0，－1）是平面BDE的一个法向量.
因为AE＝（－1，0，3），EB＝（－1，23，－3），EF＝λEB＝（－λ，23λ，－3λ），
所以AF＝AE＋EF＝（－1，0，3）＋（－λ，23λ，－3λ）＝（－λ－1，23λ，3－3λ）.
故｜cs〈AF，n〉｜＝｜AF·n｜AF||n｜｜＝23216λ2－4λ+4＝sin 60°＝32，
解得λ＝0（舍去）或λ＝14.
故存在点F满足题意，且λ的值为14.
7.[2023湖北重点中学联考（一）]已知一圆形纸片的圆心为O，直径AB＝2，圆周上有C，D两点.如图1，OC⊥AB，∠AOD＝π6，点P是BD上的动点，沿AB将纸片折为直二面角，并连接PO，PD，PC，CD，如图2.
（1）当AB∥平面PCD时，求PD的长；
（2）当三棱锥P－COD的体积最大时，求二面角O－PD－C的余弦值.
图1图2
解析 （1）因为AB∥平面PCD，AB⊂平面OPD，
平面OPD∩平面PCD＝PD，所以AB∥PD.
又∠AOD＝π6，
所以∠ODP＝∠OPD＝π6，可得∠POD＝2π3，
又OD＝OP＝1，所以PD＝3.
（2）由题意知OC⊥平面POD，而S△DOP＝12·OD·OP·sin∠DOP，所以当OD⊥OP时，三棱锥P－COD的体积最大.
解法一 易知OC，OD，OP两两垂直，以O为坐标原点，OC，OP，OD的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图1所示的空间直角坐标系，则C（1，0，0），D（0，0，1），P（0，1，0），则PC＝（1，－1，0），DP＝（0，1，－1）.
设平面PDC的法向量为n1＝（x，y，z），图1
则PC·n1=0，DP·n1=0，即x－y=0，y－z=0，取y＝1，得x＝1，z＝1，
由此得平面PDC的一个法向量为n1＝（1，1，1）.
易知平面POD的一个法向量为n2＝（1，0，0）.
由图可知，二面角O－PD－C为锐角，设其平面角为θ，
则cs θ＝｜n1·n2｜｜n1||n2｜＝33.
所以二面角O－PD－C的余弦值为33.
解法二 如图2所示，取PD的中点M，连接OM，CM.
因为OD＝OP，CD＝CP，
所以OM⊥PD，CM⊥PD，
即∠OMC为所求二面角的平面角. 图2
在等腰直角三角形OPD中，可得OM＝22，而OC＝1，
所以在Rt△COM中，CM＝OM2＋OC2＝62，
cs∠OMC＝OMCM＝2262＝33，
于是二面角O－PD－C的余弦值为33.
8.如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点.
（1）求证：AC⊥SD.
（2）若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面DAC夹角的大小.
（3）在（2）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求出SE∶EC的值；若不存在，试说明理由.
解析 （1）连接BD，设AC交BD于点O，连接SO.由题意知SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，以OB，OC，OS的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
设底面边长为a，则OB＝OC＝OD＝22a，SO＝SC2－OC2＝（2a）2－（22a）2＝62a，
可得O（0，0，0），S（0，0，62a），D（－22a，0，0），C（0，22a，0），B（22a，0，0）.
于是OC＝（0，22a，0），SD＝（－22a，0，－62a），
则OC·SD＝0，故OC⊥SD，从而AC⊥SD.
（2）由题设知，平面PAC的一个法向量为DS＝（22a，0，62a），
平面DAC的一个法向量为OS＝（0，0，62a），
则cs＜OS，DS＞＝OS·DS｜OS||DS｜＝32，
所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30°.
（3）在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面PAC.理由如下.
由（2）知DS是平面PAC的一个法向量，且DS＝（22a，0，62a），
设CE＝tCS（0≤t≤1），又CS＝（0，－22a，62a），BC＝（－22a，22a，0），
则BE＝BC＋CE＝BC＋tCS＝（－22a，22a（1－t），62at）.
若BE∥平面PAC，则BE·DS＝0，则－a22＋0＋64a2t＝0，
可得t＝13，
故当SE∶EC＝2∶1时，BE∥平面PAC.
因此在棱SC上存在点E，使得BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1.
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