(1)求證：OE∥平面PCD；
(2)若直線(xiàn)PD與平面OCE所成角的正弦值為eq \f(\r(3),8)，求四棱錐P－ABCD的體積．
[解析] (1)證明：取PC中點(diǎn)F，連接EF，F(xiàn)D，如圖所示.
因?yàn)镋，F(xiàn)分別為PB，PC的中點(diǎn)，所以EF綉eq \f(1,2)BC.
因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形，O為棱AD的中點(diǎn)，所以O(shè)D綉eq \f(1,2)BC.
所以EF綉OD，所以四邊形OEFD是平行四邊形，
所以O(shè)E∥FD.(2分)
又FD?平面PCD，OE?平面PCD，所以O(shè)E∥平面PCD.(4分)
(2)取BC的中點(diǎn)G，連接OG.因?yàn)椤鱌AD是正三角形，O為棱AD的中點(diǎn)，所以PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO?平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，(5分)
又OG，OA?平面ABCD，所以PO⊥OG，PO⊥OA.(6分)
因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形，O為棱AD的中點(diǎn)，G是BC的中點(diǎn)，所以O(shè)G⊥OA.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OG，OP所在的直線(xiàn)分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．
設(shè)AD＝2a(a>0)，則O(0,0,0)，P(0,0，eq \r(3)a)，B(a，1,0)，C(－a,1,0)，D(－a,0,0)，所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(1,2)，\f(\r(3)a,2)))，
故eq \(OE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(1,2)，\f(\r(3)a,2)))，eq \(OC,\s\up6(→))＝(－a,1,0)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(－a，0，－eq \r(3)a)．
設(shè)平面OCE的一個(gè)法向量n＝(x，y，z)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(OE,\s\up6(→))＝\f(a,2)x＋\f(1,2)y＋\f(\r(3)a,2)z＝0，,n·\(OC,\s\up6(→))＝－ax＋y＝0，))
令x＝1，解得y＝a，z＝－eq \f(2\r(3),3)，
所以平面OCE的一個(gè)法向量n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，a，－\f(2\r(3),3))).(7分)
設(shè)直線(xiàn)PD與平面OCE所成角為θ，
所以sin θ＝|cs〈n，eq \(PD,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(PD,\s\up6(→))|,|n||\(PD,\s\up6(→))|)＝eq \f(a,\r(a2＋0＋3a2)·\r(1＋a2＋\f(4,3)))＝eq \f(\r(3),8)，(9分)
解得a＝eq \r(3)，(10分)
所以VP－ABCD＝eq \f(1,3)SABCD·PO＝eq \f(1,3)×2eq \r(3)×1×3＝2eq \r(3).(12分)
評(píng)分細(xì)則：
本題(1)還有如下解法：
(1)取BC中點(diǎn)H，連接OH，EH，證平面DEH∥平面PDC；
(2)建系求出平面PDC的法向量n，證eq \(OE,\s\up6(→))·n＝0且說(shuō)明OE?平面PDC，若沒(méi)證明OE?平面PDC扣1分．
2. (2023·江西上饒、景德鎮(zhèn)等地名校聯(lián)考)(12分)如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別為A1B1，BB1，C1D1的中點(diǎn)．
(1)過(guò)BG作該正方體的截面，使得該截面與平面C1EF平行，寫(xiě)出作法，并說(shuō)明理由．
(2)求直線(xiàn)DE與平面C1EF所成角的正弦值．
[解析] (1)取C1C的中點(diǎn)H，(1分)
連接A1B，A1G，BH，GH，所以截面BA1GH為要求作的截面．(2分)
理由如下：
因?yàn)镋，F(xiàn)分別為A1B1，BB1的中點(diǎn)，所以A1B∥EF，又A1B?平面C1EF，EF?平面C1EF，所以A1B∥平面C1EF.(3分)
在正方形A1B1C1D1中，因?yàn)镚為C1D1的中點(diǎn)，
所以A1E∥GC1，且A1E＝GC1，
所以四邊形A1EC1G為平行四邊形，所以A1G∥EC1，
同上可得A1G∥平面C1EF.(4分)
又A1B∩A1G＝A1，所以平面BA1G∥平面C1EF.(5分)
連接D1C，易證GH∥D1C，A1B∥D1C，則GH∥A1B.
所以A1，B，H，G四點(diǎn)共面，從而截面BA1GH為要求作的截面．(6分)
(2)如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,2)，F(xiàn)(2,2,1)，(7分)
eq \(EC1,\s\up6(→))＝(－2,1,0)，
eq \(EF,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，
eq \(DE,\s\up6(→))＝(2,1,2)．(8分)
設(shè)平面C1EF的法向量為m＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(EC1,\s\up6(→))·m＝－2x＋y＝0，,\(EF,\s\up6(→))·m＝y(tǒng)－z＝0，))(9分)
令x＝1，得m＝(1,2,2)，(10分)
所以cs〈eq \(DE,\s\up6(→))，m〉＝eq \f(\(DE,\s\up6(→))·m,|\(DE,\s\up6(→))||m|)＝eq \f(8,9).(11分)
故直線(xiàn)DE與平面C1EF所成角的正弦值為eq \f(8,9).(12分)
評(píng)分細(xì)則：
(1)第(1)問(wèn)中，若得到的截面為△A1BG，且證明了截面A1BG∥平面C1EF，第(1)問(wèn)只得3分．
(2)第(2)問(wèn)中，平面C1EF的法向量不唯一，只要與m＝(1,2,2)共線(xiàn)即可．
3．(2024·廣東部分校聯(lián)考)(12分)如圖，在多面體ABCDE中，AB⊥平面BCD，平面ECD⊥平面BCD，其中△ECD是邊長(zhǎng)為2的正三角形，△BCD是以∠BDC為直角的等腰直角三角形，AB＝eq \r(3).
(1)證明：AE∥平面BCD.
(2)求平面ACE與平面BDE的夾角的余弦值．
[解析] (1)證明：取CD的中點(diǎn)F，連接EF，BF.
因?yàn)椤鱁CD是邊長(zhǎng)為2的正三角形，所以EF⊥CD，且EF＝eq \r(3).(1分)
因?yàn)槠矫鍱CD⊥平面BCD，且平面ECD∩平面BCD＝CD，EF?平面ECD，所以EF⊥平面BCD.(2分)
因?yàn)锳B⊥平面BCD，所以AB∥EF.(3分)
因?yàn)锳B＝EF＝eq \r(3)，所以四邊形ABFE為平行四邊形，
所以AE∥BF.(4分)
因?yàn)锳E?平面BCD，BF?平面BCD，
所以AE∥平面BCD.(5分)
(2)過(guò)點(diǎn)B作BP∥CD，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以eq \(BP,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))，eq \(BA,\s\up6(→))的方向?yàn)閤，y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A(0,0，eq \r(3))，B(0,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，E(1,2，eq \r(3))，
故eq \(AC,\s\up6(→))＝(2,2，－eq \r(3))，eq \(CE,\s\up6(→))＝(－1,0，eq \r(3))，eq \(BD,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(1,2，eq \r(3))．(6分)
設(shè)平面ACE的法向量為m＝(x1，y1，z1)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AC,\s\up6(→))＝2x1＋2y1－\r(3)z1＝0，,m·\(CE,\s\up6(→))＝－x1＋\r(3)z1＝0，))
令x1＝2eq \r(3)，得m＝(2eq \r(3)，－eq \r(3)，2)．(8分)
設(shè)平面BDE的法向量為n＝(x2，y2，z2)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝2y2＝0，,n·\(BE,\s\up6(→))＝x2＋2y2＋\r(3)z2＝0，))
令x2＝eq \r(3)，得n＝(eq \r(3)，0，－1)．(10分)
設(shè)平面ACE與平面BDE的夾角為θ，
則cs θ＝|cs〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)＝eq \f(6－2,2\r(12＋3＋4))＝eq \f(2,\r(19))＝eq \f(2\r(19),19).(12分)
4．(2024·湖北宜荊荊恩聯(lián)考)(12分)如圖，在三棱臺(tái)ABC－DEF中，AB⊥AC，AB＝2DE＝2，AC＝2eq \r(2)，CF＝2，且CF⊥平面ABC.設(shè)P，Q，R分別為棱AC，F(xiàn)C，BC的中點(diǎn)．
(1)證明：平面BCD⊥平面PQR；
(2)求平面BCD與平面BDE所成的角的余弦值．
[解析] (1)證明：連接DP，則四邊形DPCF是矩形．
又tan∠CDP＝tan∠CPQ＝eq \f(\r(2),2)，則∠CDP＝∠CPQ，
從而CD⊥PQ.(2分)
由CF⊥平面ABC，且PR?平面ABC，得CF⊥PR.
由AB⊥AC，且PR為△ABC的中位線(xiàn)，得AC⊥PR.
又因?yàn)锳C∩CF＝C，AC，CF?平面ADFC，
所以PR⊥平面ADFC.
由于CD?平面ADFC，則CD⊥PR.(4分)
因?yàn)镻Q∩PR＝P，PQ，PR?平面PQR，則CD⊥平面PQR.又因?yàn)镃D?平面BCD，
所以平面BCD⊥平面PQR.(6分)
(2)以P為原點(diǎn)，PA、PR、PD為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系P－xyz，
則P(0,0,0)，B(eq \r(2)，2,0)，C(－eq \r(2)，0,0)，D(0,0,2)，E(0,1,2)．
故eq \(BD,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，－2,2)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(0,1,0)，
eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2eq \r(2)，－2,0)．
設(shè)m＝(a，b，c)是平面BDE的法向量，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BD,\s\up6(→))·m＝0，,\(DE,\s\up6(→))·m＝0，))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)c，,b＝0，))
取c＝1，得a＝eq \r(2)，b＝0，
∴m＝(eq \r(2)，0,1)．(8分)
設(shè)n＝(p，q，r)是平面BCD的法向量，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BD,\s\up6(→))·n＝0，,\(BC,\s\up6(→))·n＝0，))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＝－\r(2)r，,q＝－\r(2)p，))
取r＝1，得p＝－eq \r(2)，q＝2，n＝(－eq \r(2)，2,1)．(10分)
設(shè)平面BCD與平面BDE相交所成角的平面角為θ，則cs θ＝|cs〈m，n〉|，
又cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(－2＋1,\r(3)×\r(7))＝－eq \f(1,\r(21))＝－eq \f(\r(21),21)，(11分)
故所求余弦值為eq \f(\r(21),21).(12分)
5．(2024·遼寧名校聯(lián)盟聯(lián)考)(12分)如圖①，在平面四邊形ABDC中，AB＝2，AC＝1，CD＝eq \r(5)，A＝90°，cs∠BCD＝eq \f(1,5)，將△BCD沿BC折起，形成如圖②所示的三棱錐D－ABC，且AD＝2.
(1)證明：AD⊥平面ABC；
(2)在三棱錐D－ABC中，E，F(xiàn)，G分別為線(xiàn)段AB，BC，AC的中點(diǎn)，設(shè)平面DEF與平面DAC的交線(xiàn)為l，Q為l上的點(diǎn)，求直線(xiàn)DE與平面QFG所成角的正弦值的取值范圍．
[解析] (1)證明：在Rt△ABC中，BC＝eq \r(AB2＋AC2)＝eq \r(5)，
在△BCD中，BC＝CD＝eq \r(5)，由余弦定理得cs∠BCD＝eq \f(BC2＋CD2－BD2,2BC·CD)＝eq \f(1,5)，所以BD＝2eq \r(2)，(2分)
在△ABD中，因?yàn)锳B＝2，AD＝2，BD＝2eq \r(2)，
所以BD2＝AB2＋AD2，所以AD⊥AB，(3分)
在△DAC中，因?yàn)锳C＝1，AD＝2，CD＝eq \r(5)，
所以CD2＝AC2＋AD2，所以AD⊥AC，(4分)
又因?yàn)锳B∩AC＝A，所以AD⊥平面ABC.(5分)
(2)因?yàn)镋F∥AC，EF?平面DAC，AC?平面DAC，所以EF∥平面DAC，
又平面DEF與平面DAC的交線(xiàn)為l，
所以l∥EF，l∥AC.(6分)
以A為原點(diǎn)，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
所以A(0,0,0)，D(0,0,2)，E(1,0,0)，F(xiàn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，0))，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，設(shè)Q(0，t,2)，eq \(FQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，t－\f(1,2)，2))，eq \(GQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，t－\f(1,2)，2))，
設(shè)平面QFG的法向量為n＝(x，y，z)，
因?yàn)閑q \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(FQ,\s\up6(→))＝?x，y，z?·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，t－\f(1,2)，2))＝0，,n·\(GQ,\s\up6(→))＝?x，y，z?·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，t－\f(1,2)，2))＝0，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)))y＋2z＝0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)))y＋2z＝0，))
令y＝2，得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，2，\f(1,2)－t))，(8分)
因?yàn)閑q \(DE,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，設(shè)DE與平面QFG所成角為θ，
所以sin θ＝|cs〈eq \(DE,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(DE,\s\up6(→))·n|,|\(DE,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(|1－2t|,\r(5)×\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－t))2＋4))，(9分)
若t＝eq \f(1,2)，則sin θ＝0；(10分)
若t≠eq \f(1,2)，則sin θ＝eq \f(2\r(5),5)×eq \r(\f(1,1＋\f(4,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－t))2)))

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