(1)證明：B2C2∥A2D2；
(2)點(diǎn)P在棱BB1上，當(dāng)二面角P-A2C2-D2為150°時(shí)，求B2P.
2．[2023·新課標(biāo)Ⅱ卷]如圖，三棱錐A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E為BC的中點(diǎn)．
(1)證明：BC⊥DA；
(2)點(diǎn)F滿足 eq \(EF,\s\up6(→)) ＝ eq \(DA,\s\up6(→)) ，求二面角D-AB-F的正弦值．
3.[2022·全國(guó)乙卷(理)，18]如圖，四面體ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E為AC的中點(diǎn)．
(1)證明：平面BED⊥平面ACD；
(2)設(shè)AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，點(diǎn)F在BD上，當(dāng)△AFC的面積最小時(shí)，求CF與平面ABD所成的角的正弦值．
4．[2023·全國(guó)甲卷(理)]如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距離為1.
(1)證明：A1C＝AC；
(2)已知AA1與BB1的距離為2，求AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值．
5.
如圖，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，側(cè)面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，P為AM上一點(diǎn)，過(guò)B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.
(1)證明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
(2)設(shè)O為△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值．
6．如圖，四棱錐P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M為BC的中點(diǎn)，且PB⊥AM.
(1)求BC；
(2)求二面角A－PM－B的正弦值．
7．[2023·全國(guó)乙卷(理)]如圖，在三棱錐P-ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2 eq \r(2) ，PB＝PC＝ eq \r(6) ，BP，AP，BC的中點(diǎn)分別為D，E，O，AD＝ eq \r(5) DO，點(diǎn)F在AC上，BF⊥AO.
(1)證明：EF∥平面ADO；
(2)證明：平面ADO⊥平面BEF；
(3)求二面角D-AO-C的正弦值．
8．[2022·新高考Ⅰ卷，19]如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1的體積為4，△A1BC的面積為2 eq \r(2) .
(1)求A到平面A1BC的距離；
(2)設(shè)D到A1C的中點(diǎn)，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A－BD－C的正弦值．
專(zhuān)練40 高考大題專(zhuān)練(四) 立體幾何的綜合運(yùn)用
1．解析：(1)方法一 依題意，得＝＋＋＝＋ eq \(AD,\s\up6(→)) ＋＝，
所以∥.
方法二 以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CD，CB，CC1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)，
所以＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)，
所以＝，所以B2C2∥A2D2.
(2)建立空間直角坐標(biāo)系，建系方法同(1)中方法二，設(shè)BP＝n(0≤n≤4)，則P(0，2，n)，
所以＝(2，0，1－n)，＝(0，－2，3－n)，
設(shè)平面PA2C2的法向量為a＝(x1，y1，z1)，
所以，則 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x1＋（1－n）z1＝0,－2y1＋（3－n）z1＝0)) ，
令x1＝n－1，得a＝(n－1，3－n，2).
設(shè)平面A2C2D2的法向量為b＝(x2，y2，z2)，
由(1)方法二知，＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，1)，
所以，
則 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x2－2y2＋2z2＝0,－2y2＋z2＝0)) ，
令y2＝1，得b＝(1，1，2).
所以|cs 150°|＝|cs 〈a，b〉|＝ eq \f(|n－1＋3－n＋4|,\r(（n－1）2＋4＋（3－n）2)×\r(6)) ＝ eq \f(\r(3),2) ，
整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3，
所以BP＝1或BP＝3，
所以B2P＝1.
2．解析：(1)如圖，連接DE，AE，
因?yàn)镈C＝DB，且E為BC的中點(diǎn)，所以DE⊥BC.
因?yàn)椤螦DB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，
所以△ADB≌△ADC(SAS).
可得AC＝AB，故AE⊥BC.
因?yàn)镈E∩AE＝E，DE，AE?平面ADE，所以BC⊥平面ADE.
又DA?平面ADE，所以BC⊥DA.
(2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC.
不妨設(shè)DA＝DB＝DC＝2，因?yàn)椤螦DB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2.
由題可知△DBC為等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝ eq \r(2) .
因?yàn)锳E⊥BC，所以AE＝ eq \r(AB2－EB2) ＝ eq \r(2) .
在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED.
以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，ED所在直線為x軸，EB所在直線為y軸，EA所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則D( eq \r(2) ，0，0)，B(0， eq \r(2) ，0)，A(0，0， eq \r(2) )， eq \(DA,\s\up6(→)) ＝(－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) )， eq \(BA,\s\up6(→)) ＝(0，－ eq \r(2) ， eq \r(2) ).
設(shè)F(xF，yF，zF)，因?yàn)?eq \(EF,\s\up6(→)) ＝ eq \(DA,\s\up6(→)) ，所以(xF，yF，zF)＝(－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) )，可得F(－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) ).
所以 eq \(FA,\s\up6(→)) ＝( eq \r(2) ，0，0).
設(shè)平面DAB的法向量為m＝(x1，y1，z1)，
則 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DA,\s\up6(→))·m＝0,\(BA,\s\up6(→))·m＝0)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(2)x＋\r(2)z＝0,－\r(2)y＋\r(2)z＝0)) ，取x＝1，則y＝z＝1，m＝(1，1，1).
設(shè)平面ABF的法向量為n＝(x2，y2，z2)，
則 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(FA,\s\up6(→))·n＝0,\(BA,\s\up6(→))·n＝0)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(2)x＝0,－\r(2)y＋\r(2)z＝0)) ，得x＝0，取y＝1，則z＝1，n＝(0，1，1).
所以cs 〈m，n〉＝ eq \f(m·n,|m|·|n|) ＝ eq \f(2,\r(3)×\r(2)) ＝ eq \f(\r(6),3) .
記二面角D-AB-F的大小為θ，則sin θ＝ eq \r(1－cs2〈m，n〉) ＝ eq \r(1－（\f(\r(6),3)）2) ＝ eq \f(\r(3),3) ，
故二面角D-AB-F的正弦值為 eq \f(\r(3),3) .
3．解析：(1)證明：∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，
∴△ABD≌△CBD，∴AB＝CB.
∵E為AC的中點(diǎn)，∴DE⊥AC，BE⊥AC.
∵DE∩BE＝E，DE，BE?平面BED，
∴AC⊥平面BED.
∵AC?平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD.
(2)如圖，連接EF.由(1)知AC⊥平面BED.
又∵EF?平面BED，
∴EF⊥AC.
∴S△AFC＝ eq \f(1,2) AC·EF.
當(dāng)EF⊥BD時(shí)，EF的長(zhǎng)最小，此時(shí)△AFC的面積最?。?br>由(1)知AB＝CB＝2.
又∵∠ACB＝60°，
∴△ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，∴BE＝ eq \r(3) .
∵AD⊥CD，∴DE＝1，
∴DE2＋BE2＝BD2，∴DE⊥BE.
以點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線EA ，EB ，ED分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則E(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0， eq \r(3) ，0)，C(－1，0，0)，D(0，0，1)，
∴ eq \(AB,\s\up6(→)) ＝(－1， eq \r(3) ，0)， eq \(AD,\s\up6(→)) ＝(－1，0，1)， eq \(DB,\s\up6(→)) ＝(0， eq \r(3) ，－1)， eq \(ED,\s\up6(→)) ＝(0，0，1)， eq \(EC,\s\up6(→)) ＝(－1，0，0).
設(shè) eq \(DF,\s\up6(→)) ＝λ eq \(DB,\s\up6(→)) (0≤λ≤1)，
則 eq \(EF,\s\up6(→)) ＝ eq \(ED,\s\up6(→)) ＋ eq \(DF,\s\up6(→)) ＝ eq \(ED,\s\up6(→)) ＋λ eq \(DB,\s\up6(→)) ＝(0，0，1)＋λ(0， eq \r(3) ，－1)＝(0， eq \r(3) λ，1－λ).
∵EF⊥DB，
∴ eq \(EF,\s\up6(→)) · eq \(DB,\s\up6(→)) ＝(0， eq \r(3) λ，1－λ)·(0， eq \r(3) ，－1)＝4λ－1＝0，
∴λ＝ eq \f(1,4) ，∴ eq \(EF,\s\up6(→)) ＝(0， eq \f(\r(3),4) ， eq \f(3,4) )，∴ eq \(CF,\s\up6(→)) ＝ eq \(EF,\s\up6(→)) － eq \(EC,\s\up6(→)) ＝(0， eq \f(\r(3),4) ， eq \f(3,4) )－(－1，0，0)＝(1， eq \f(\r(3),4) ， eq \f(3,4) ).
設(shè)平面ABD的法向量為n＝(x，y，z)，
則 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AD,\s\up6(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋\r(3)y＝0，,－x＋z＝0.))
取y＝1，則x＝ eq \r(3) ，z＝ eq \r(3) ，∴n＝( eq \r(3) ，1， eq \r(3) ).
設(shè)當(dāng)△AFC的面積最小時(shí)，CF與平面ABD所成的角為θ，則sin θ＝|cs 〈n， eq \(CF,\s\up6(→)) 〉|＝ eq \f(|n·\(CF,\s\up6(→))|,|n||\(CF,\s\up6(→))|) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\r(3)×1＋1×\f(\r(3),4)＋\r(3)×\f(3,4))),\r(3＋1＋3)× \r(1＋\f(3,16)＋\f(9,16))) ＝ eq \f(4\r(3),7) .
故當(dāng)△AFC的面積最小時(shí)，CF與平面ABD所成的角的正弦值為 eq \f(4\r(3),7) .
4．解析：(1)如圖，過(guò)A1作A1D⊥CC1，垂足為D，
∵A1C⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴A1C⊥BC，
又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，
∵A1C，AC?平面ACC1A1，且A1C∩AC＝C，
∴BC⊥平面ACC1A1，
∴A1D?平面ACC1A1，∴BC⊥A1D，
又CC1，BC?平面BCC1B1，且CC1∩BC＝C，∴A1D⊥平面BCC1B1，
∴A1D＝1.
由已知條件易證△CA1C1是直角三角形，又CC1＝AA1＝2，A1D＝1，
∴D為CC1的中點(diǎn)，又A1D⊥CC1，
∴A1C＝A1C1，
又在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝A1C1，
∴A1C＝AC.
(2)如圖，連接A1B，由(1)易證A1B＝A1B1，故取BB1的中點(diǎn)F，連接A1F，
∵AA1與BB1的距離為2，∴A1F＝2，
又A1D＝1且A1C＝AC，
∴A1C＝A1C1＝AC＝ eq \r(2) ，AB＝A1B1＝ eq \r(5) ，BC＝ eq \r(3) .
建立空間直角坐標(biāo)系C-xyz如圖所示，
則C(0，0，0)，A( eq \r(2) ，0，0)，B(0， eq \r(3) ，0)，B1(－ eq \r(2) ， eq \r(3) ， eq \r(2) )，C1(－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) )，
∴ eq \(CB,\s\up6(→)) ＝(0， eq \r(3) ，0)，＝(－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) )，＝(－2 eq \r(2) ， eq \r(3) ， eq \r(2) )，
設(shè)平面BCC1B1的法向量為n＝(x，y，z)，
則 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CB,\s\up6(→))＝0，,n·CC1＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)y＝0，,－\r(2)x＋\r(2)z＝0，)) 取x＝1，則y＝0，z＝1，
∴平面BCC1B1的一個(gè)法向量為n＝(1，0，1).
設(shè)AB1與平面BCC1B1所成角為θ，
則sin θ＝|cs 〈n，〉|＝＝ eq \f(\r(13),13) .
∴AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值為 eq \f(\r(13),13) .
5．解析：(1)證明：因?yàn)镸，N分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN.
因?yàn)椤鰽1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N.
又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN.
所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
(2)由已知得AM⊥BC.以M為坐標(biāo)原點(diǎn)， eq \(MA,\s\up6(→)) 的方向?yàn)閤軸正方向，| eq \(MB,\s\up6(→)) |為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系M-xyz，則AB＝2，AM＝ eq \r(3) .
連接NP，則四邊形AONP為平行四邊形，故PM＝ eq \f(2\r(3),3) ，E eq \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，垂足為Q，則NQ⊥平面ABC.
設(shè)Q(a，0，0)，則NQ＝ eq \r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)－a))\s\up12(2)) ，B1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，1， \r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)－a))\s\up12(2)))) ，故＝( eq \f(2\r(3),3) －a，－ eq \f(2,3) ，－ eq \r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)－a))\s\up12(2)) )，||＝ eq \f(2\r(10),3) .
又n＝(0，－1，0)是平面A1AMN的法向量，故
所以直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值為 eq \f(\r(10),10) .
6．解析：
(1)因?yàn)镻D⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC.
在矩形ABCD中，AD⊥DC，故可以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，
設(shè)BC＝t，則A(t，0，0)，B(t，1，0)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)，1，0)) ，P(0，0，1)，
所以 eq \(PB,\s\up6(→)) ＝(t，1，－1)， eq \(AM,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(t,2)，1，0)) .
因?yàn)镻B⊥AM，所以 eq \(PB,\s\up6(→)) · eq \(AM,\s\up6(→)) ＝－ eq \f(t2,2) ＋1＝0，得t＝ eq \r(2) ，
所以BC＝ eq \r(2) .
(2)易知C(0，1，0)，由(1)可得 eq \(AP,\s\up6(→)) ＝(－ eq \r(2) ，0，1)， eq \(AM,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1，0)) ， eq \(CB,\s\up6(→)) ＝( eq \r(2) ，0，0)， eq \(PB,\s\up6(→)) ＝( eq \r(2) ，1，－1).
設(shè)平面APM的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(AP,\s\up6(→))＝0,n1·\(AM,\s\up6(→))＝0)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(2)x1＋z1＝0,－\f(\r(2),2)x1＋y1＝0)) ，
令x1＝ eq \r(2) ，則z1＝2，y1＝1，所以平面APM的一個(gè)法向量n1＝( eq \r(2) ，1，2).
設(shè)平面PMB的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(CB,\s\up6(→))＝0,n2·\(PB,\s\up6(→))＝0)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(2)x2＝0,\r(2)x2＋y2－z2＝0)) ，
得x2＝0，令y2＝1，則z2＝1，所以平面PMB的一個(gè)法向量為n2＝(0，1，1).
cs 〈n1，n2〉＝ eq \f(n1·n2,|n1||n2|) ＝ eq \f(3,\r(7)×\r(2)) ＝ eq \f(3\r(14),14) ，
所以二面角A－PM－B的正弦值為 eq \f(\r(70),14) .
7．解析：(1)如圖，
因?yàn)锳B⊥BC，AB＝2，BC＝2 eq \r(2) ，O是BC的中點(diǎn)，所以 eq \f(AB,BC) ＝ eq \f(OB,AB) ＝ eq \f(\r(2),2) ，所以△OBA∽△ABC.
記BF與AO的交點(diǎn)為H，則∠BHA＝90°，又∠ABC＝90°，∠BAH＝∠OAB，所以△BHA∽△OBA，所以△BHA∽△ABC，所以∠HBA＝∠CAB，又∠C＋∠CAB＝90°，∠CBF＋∠HBA＝90°，所以∠C＝∠CBF，所以CF＝BF，同理可得BF＝FA，所以F是AC的中點(diǎn)．
因?yàn)镋，F(xiàn)分別是AP，AC的中點(diǎn)，所以EF∥PC，同理可得DO∥PC，
所以EF∥DO.
又DO?平面ADO，EF?平面ADO，所以EF∥平面ADO.
(2)AO＝ eq \r(AB2＋BO2) ＝ eq \r(6) ，OD＝ eq \f(1,2) PC＝ eq \f(\r(6),2) ，又AD＝ eq \r(5) OD＝ eq \f(\r(30),2) ，
所以AD2＝AO2＋OD2，所以AO⊥OD.
由于EF∥OD，所以AO⊥EF，
又BF⊥AO，BF∩EF＝F，BF?平面BEF，EF?平面BEF，
所以AO⊥平面BEF.
又AO?平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.
(3)
如圖，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA，BC所在直線分別為x，y軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則B(0，0，0)，A(2，0，0)，O(0， eq \r(2) ，0)， eq \(AO,\s\up6(→)) ＝(－2， eq \r(2) ，0).
因?yàn)镻B＝PC，BC＝2 eq \r(2) ，所以設(shè)P(x， eq \r(2) ，z)，z>0，
則 eq \(BE,\s\up6(→)) ＝ eq \(BA,\s\up6(→)) ＋ eq \(AE,\s\up6(→)) ＝ eq \(BA,\s\up6(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \(AP,\s\up6(→)) ＝(2，0，0)＋ eq \f(1,2) (x－2， eq \r(2) ，z)＝( eq \f(x＋2,2) ， eq \f(\r(2),2) ， eq \f(z,2) )，
由(2)知AO⊥BE，所以 eq \(AO,\s\up6(→)) · eq \(BE,\s\up6(→)) ＝(－2， eq \r(2) ，0)·( eq \f(x＋2,2) ， eq \f(\r(2),2) ， eq \f(z,2) )＝0，所以x＝－1，
又PB＝ eq \r(6) ， eq \(BP,\s\up6(→)) ＝(x， eq \r(2) ，z)，所以x2＋2＋z2＝6，所以z＝ eq \r(3) ，則P(－1， eq \r(2) ， eq \r(3) ).
由D為BP的中點(diǎn)，得D(－ eq \f(1,2) ， eq \f(\r(2),2) ， eq \f(\r(3),2) )，則 eq \(AD,\s\up6(→)) ＝(－ eq \f(5,2) ， eq \f(\r(2),2) ， eq \f(\r(3),2) ).
設(shè)平面DAO的法向量為n1＝(a，b，c).
則 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(AD,\s\up6(→))＝0,n1·\(AO,\s\up6(→))＝0)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)a＋\f(\r(2),2)b＋\f(\r(3),2)c＝0,－2a＋\r(2)b＝0)) ，得b＝ eq \r(2) a，c＝ eq \r(3) a，
取a＝1，則n1＝(1， eq \r(2) ， eq \r(3) ).
易知平面CAO的一個(gè)法向量為n2＝(0，0，1)，
設(shè)二面角D -AO -C的大小為θ，則|cs θ|＝|cs 〈n1，n2〉|＝ eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|) ＝ eq \f(\r(3),\r(6)) ＝ eq \f(\r(2),2) ，
所以sin θ＝ eq \r(1－\f(1,2)) ＝ eq \f(\r(2),2) ，故二面角D -AO -C的正弦值為 eq \f(\r(2),2) .
8．解析：(1)設(shè)點(diǎn)A到平面A1BC的距離為h.
∵V三棱錐A1－ABC＝V三棱錐A－A1BC＝ eq \f(1,3) V三棱柱ABC－A1B1C1＝ eq \f(4,3) ，∴ eq \f(1,3) ·S△A1BC·h＝ eq \f(1,3) ×4.
又∵S△A1BC＝2 eq \r(2) ，∴h＝ eq \r(2) .
∴點(diǎn)A到平面A1BC的距離為 eq \r(2) .
(2)方法一 如圖(1)，取A1B的中點(diǎn)E，連接AE.
由AA1＝AB，AA1⊥AB，得AE⊥A1B且AE＝ eq \f(1,2) A1B.
∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，
平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE?平面ABB1A1，
∴AE⊥平面A1BC，∴AE＝h＝ eq \r(2) ，AE⊥BC，
∴A1B＝2 eq \r(2) ，∴AA1＝AB＝2.
由V三棱柱ABC－A1B1C1＝4，AA1＝2，得2S△ABC＝4，
∴S△ABC＝2.
易知AA1⊥BC，AE⊥BC，A1E∩AA1＝A，
∴BC⊥平面A1AB，∴BC⊥AB，∴BC＝2.
過(guò)點(diǎn)A作AF⊥BD于點(diǎn)F，連接EF，
易得∠EFA即為二面角A－BD－C的平面角的補(bǔ)角．
易得AC＝ eq \r(AB2＋BC2) ＝2 eq \r(2) ，
則A1C＝ eq \r(AA eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋AC2) ＝2 eq \r(3) .
∵A1B⊥CB，D為A1C的中點(diǎn)，∴BD＝ eq \f(1,2) A1C＝ eq \r(3) .
易知AD＝BD＝ eq \f(1,2) A1C＝ eq \r(3) ，∴△ABD為等腰三角形，
∴AF·BD＝AB· eq \r(AD2－（\f(1,2)AB）2) ＝2 eq \r(2) ，
則AF＝ eq \f(2\r(2),\r(3)) ，
∴sin ∠AFE＝ eq \f(AE,AF) ＝ eq \f(\r(2),\f(2\r(2),\r(3))) ＝ eq \f(\r(3),2) ，
∴二面角A－BD－C的正弦值為 eq \f(\r(3),2) .
方法二 如圖(2)，取A1B的中點(diǎn)E，連接AE.
∵AA1＝AB，∴AE⊥A1B.
∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE?平面ABB1A1，
∴AE⊥平面A1BC，
∴AE＝h＝ eq \r(2) ，則AA1＝AB＝2.
∵AE⊥平面A1BC，BC?平面A1BC，∴AE⊥BC.
∵A1A⊥BC，AE∩A1A＝A，∴BC⊥平面ABB1A1.
∵AB?平面ABB1A1，∴BC⊥AB.
由V三棱柱ABC－A1B1C1＝S△ABC·A1A＝ eq \f(1,2) AB·BC·A1A＝ eq \f(1,2) ×2×BC×2＝4，解得BC＝2.
以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以BC，BA，BB1所在的直線為x軸、y軸、z軸建立如圖(2)的空間直角坐標(biāo)系．
易得B(0，0，0)，A(0，2，0)，E(0，1，1)，D(1，1，1).
∴ eq \(AE,\s\up6(→)) ＝(0，－1，1)， eq \(BD,\s\up6(→)) ＝(1，1，1)， eq \(BA,\s\up6(→)) ＝(0，2，0).
由題意，得平面BDC的法向量為n1＝ eq \(AE,\s\up6(→)) ＝(0，－1，1).
設(shè)平面BDA的法向量為n2＝(x，y，z)，
則 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BA,\s\up6(→))·n2＝0，,\(BD,\s\up6(→))·n2＝0，)) ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y＝0，,x＋y＋z＝0.))
令x＝1，則y＝0，z＝－1，∴n2＝(1，0，－1)，
∴cs 〈n1，n2〉＝ eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|) ＝ eq \f(0＋0－1,\r(2)×\r(2)) ＝－ eq \f(1,2) .
設(shè)二面角A－BD－C的平面角為α(0≤α≤π)，則sin α＝ eq \r(1－cs2α) ＝ eq \f(\r(3),2) ，
∴二面角A－BD－C的正弦值為 eq \f(\r(3),2) .

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