考點(diǎn)一 直線與平面所成的角
核心提煉
設(shè)直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為θ，
則①θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))；②sin θ＝|cs〈a，n〉|＝eq \f(|a·n|,|a||n|).
例1 (2022·全國(guó)乙卷)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．
(1)證明 因?yàn)锳D＝CD，E為AC的中點(diǎn)，所以AC⊥DE.
在△ADB和△CDB中，
因?yàn)锳D＝CD，∠ADB＝∠CDB，
DB＝DB，
所以△ADB≌△CDB，所以AB＝BC.
因?yàn)镋為AC的中點(diǎn)，所以AC⊥BE.
又BE∩DE＝E，BE，DE?平面BED，
所以AC⊥平面BED，
又AC?平面ACD，
所以平面BED⊥平面ACD.
(2)解 由(1)可知AB＝BC，
又∠ACB＝60°，AB＝2，
所以△ABC為邊長(zhǎng)為2的正三角形，
則AC＝2，BE＝eq \r(3)，AE＝1.
因?yàn)锳D＝CD，AD⊥CD，
所以△ADC為等腰直角三角形，
所以DE＝1.
所以DE2＋BE2＝BD2，則DE⊥BE.
由(1)可知，AC⊥平面BED.
連接EF，因?yàn)镋F?平面BED，
所以AC⊥EF，
當(dāng)△AFC的面積最小時(shí)，點(diǎn)F到直線AC的距離最小，
即EF的長(zhǎng)度最?。?br>在Rt△BED中，當(dāng)EF的長(zhǎng)度最小時(shí)，
EF⊥BD，EF＝eq \f(DE·BE,BD)＝eq \f(\r(3),2).
方法一 由(1)可知，DE⊥AC，BE⊥AC，
所以EA，EB，ED兩兩垂直，
以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EA，EB，ED所在的直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(1,0,0)，B(0，eq \r(3)，0)，D(0,0,1)，C(－1,0,0)，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，0)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，－1)．
易得DF＝eq \f(1,2)，F(xiàn)B＝eq \f(3,2)，所以3eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(FB,\s\up6(→)).
設(shè)F(0，y，z)，則eq \(DF,\s\up6(→))＝(0，y，z－1)，
eq \(FB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)－y，－z)，
所以3(0，y，z－1)＝(0，eq \r(3)－y，－z)，
得y＝eq \f(\r(3),4)，z＝eq \f(3,4)，
即Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),4)，\f(3,4)))，
所以eq \(CF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),4)，\f(3,4))).
設(shè)平面ABD的法向量為n＝(x1，y1，z1)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝－x1＋\r(3)y1＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝\r(3)y1－z1＝0，))
不妨取y1＝1，則x1＝eq \r(3)，z1＝eq \r(3)，
n＝(eq \r(3)，1，eq \r(3))．
記CF與平面ABD所成的角為α，
則sin α＝|cs〈eq \(CF,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(CF,\s\up6(→))·n|,|\(CF,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(4\r(3),7).
方法二 因?yàn)镋為AC的中點(diǎn)，所以點(diǎn)C到平面ABD的距離等于點(diǎn)E到平面ABD的距離的2倍．
因?yàn)镈E⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE?平面ABC，
所以DE⊥平面ABC.
因?yàn)閂D－AEB＝VE－ADB，
所以eq \f(1,3)·eq \f(1,2)AE·BE·DE＝eq \f(1,3)·S△ABD·eq \f(d,2)，其中d為點(diǎn)C到平面ABD的距離．
在△ABD中，BA＝BD＝2，AD＝eq \r(2)，
所以S△ABD＝eq \f(\r(7),2)，
所以d＝eq \f(2\r(21),7).
因?yàn)锳C⊥平面BED，EF?平面BED，
所以AC⊥EF，
所以FC＝eq \r(FE2＋EC2)＝eq \f(\r(7),2).
記CF與平面ABD所成的角為α，
則sin α＝eq \f(d,CF)＝eq \f(4\r(3),7).
方法三 如圖，過點(diǎn)E作EM⊥AB交AB于點(diǎn)M，連接DM，過點(diǎn)E作EG⊥DM交DM于點(diǎn)G.
因?yàn)镈E⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE?平面ABC，
所以DE⊥平面ABC，又AB?平面ABC，所以DE⊥AB，
又EM∩DE＝E，EM，DE?平面DEM，所以AB⊥平面DEM，
又EG?平面DEM，所以AB⊥EG，
又AB∩DM＝M，AB，DM?平面ABD，
所以EG⊥平面ABD，則EG的長(zhǎng)度等于點(diǎn)E到平面ABD的距離．
因?yàn)镋為AC的中點(diǎn)，所以EG的長(zhǎng)度等于點(diǎn)C到平面ABD的距離的eq \f(1,2).
因?yàn)镋M＝AE·sin 60°＝eq \f(\r(3),2)，
所以EG＝eq \f(DE·EM,DM)＝eq \f(DE·EM,\r(DE2＋EM2))＝eq \f(\r(21),7)，
所以點(diǎn)C到平面ABD的距離d＝eq \f(2\r(21),7).
FC＝eq \r(FE2＋EC2)＝eq \f(\r(7),2).
記CF與平面ABD所成的角為α，
則sin α＝eq \f(d,CF)＝eq \f(4\r(3),7).
易錯(cuò)提醒 (1)線面角θ與直線的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a，n〉的關(guān)系是
〈a，n〉＋θ＝eq \f(π,2)或〈a，n〉－θ＝eq \f(π,2)，所以應(yīng)用向量法求的是線面角的正弦值，而不是余弦值．
(2)利用方程思想求法向量，計(jì)算易出錯(cuò)，要認(rèn)真細(xì)心．
跟蹤演練1 (2022·龍巖質(zhì)檢)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，PA＝PD＝PB，BC＝DC＝eq \f(1,2)AD＝2，E為AD的中點(diǎn)，且PE＝4.
(1)求證：PE⊥平面ABCD；
(2)記PE的中點(diǎn)為N，若M在線段BC上，且直線MN與平面PAB所成角的正弦值為eq \f(\r(3),9)，求線段BM的長(zhǎng)度．
(1)證明 連接BE，
∵BC＝eq \f(1,2)AD＝DE＝2，AD∥BC，
∴四邊形BCDE為平行四邊形，
∴BE＝CD＝2，
∵PA＝PD且E為AD的中點(diǎn)，∴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為原點(diǎn)，EA為x軸，EB為y軸，EP為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則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)，
設(shè)平面PAB的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，
則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，))
故可取n＝(2,2,1)，
設(shè)BM＝t(t∈[0,2])，
則M(－t，2,0)，而N(0,0,2)，
∴eq \(MN,\s\up6(→))＝(t，－2,2)，
設(shè)直線MN與平面PAB所成的角為θ，
則sin θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈\(MN,\s\up6(→))，n〉))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(MN,\s\up6(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(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)，
化簡(jiǎn)得11t2－24t＋4＝0，
解得t＝2或t＝eq \f(2,11)，滿足t∈[0,2]，
故線段BM的長(zhǎng)度為2或eq \f(2,11).
考點(diǎn)二 二面角
核心提煉
設(shè)α－l－β的平面角為θ，α的法向量為u，β的法向量為v.
則①θ∈[0，π]．
②|cs θ|＝|cs〈u，v〉|＝eq \f(|u·v|,|u||v|).
例2 (2022·廣東聯(lián)考)如圖，AB是圓O的直徑，PA⊥圓O所在的平面，C為圓周上一點(diǎn)，D為線段PC的中點(diǎn)，∠CBA＝30°，AB＝2PA.
(1)證明：平面ABD⊥平面PBC；
(2)若G為AD的中點(diǎn)，求二面角P－BC－G的余弦值．
(1)證明 因?yàn)镻A⊥圓O所在的平面，即PA⊥平面ABC，
而BC?平面ABC，所以PA⊥BC.
因?yàn)锳B是圓O的直徑，C為圓周上一點(diǎn)，
所以AC⊥BC.
又PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，而AD?平面PAC，
則BC⊥AD，
因?yàn)锳C⊥BC，∠CBA＝30°，
所以AB＝2AC.又AB＝2PA，
所以PA＝AC，而D為線段PC的中點(diǎn)，
所以AD⊥PC.
又PC∩BC＝C，PC，BC?平面PBC，
所以AD⊥平面PBC，
而AD?平面ABD，故平面ABD⊥平面PBC.
(2)解 以C為原點(diǎn)，分別以eq \(CA,\s\up6(→))，eq \(CB,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸、y軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
不妨設(shè)AB＝2，則A(1,0,0)，B(0，eq \r(3)，0)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，0，\f(1,4)))，eq \(CB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0)，eq \(CG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，0，\f(1,4))).
設(shè)平面GBC的法向量為m＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(CB,\s\up6(→))＝\r(3)y＝0，,m·\(CG,\s\up6(→))＝\f(3,4)x＋\f(1,4)z＝0，))令x＝1，得m＝(1,0，－3)．
由(1)知平面PBC的一個(gè)法向量為eq \(DA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，－\f(1,2)))，
設(shè)二面角P－BC－G的平面角為θ，易知θ為銳角，則cs θ＝eq \f(|m·\(DA,\s\up6(→))|,|m||\(DA,\s\up6(→))|)＝eq \f(2\r(5),5)，
即二面角P－BC－G的余弦值為eq \f(2\r(5),5).
易錯(cuò)提醒 二面角的范圍是[0，π]，兩向量夾角的范圍是[0，π]，二面角與其對(duì)應(yīng)的兩法向量的夾角之間不一定相等，而是相等或互補(bǔ)的關(guān)系．
跟蹤演練2 (2022·邯鄲模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA＝AB＝AD＝2，四邊形ABCD為平行四邊形，∠ABC＝eq \f(π,3)，PA⊥平面ABCD，E，F(xiàn)分別是BC，PC的中點(diǎn)．
(1)證明：平面AEF⊥平面PAD；
(2)求二面角D－AE－F的余弦值．
(1)證明 連接AC(圖略)．因?yàn)镻A⊥平面ABCD，
所以PA⊥AE，
又因?yàn)锳B＝AD，且四邊形ABCD為平行四邊形，∠ABC＝eq \f(π,3)，
所以△ABC為等邊三角形．
又因?yàn)镋為BC的中點(diǎn)，所以AE⊥BC，
又因?yàn)锳D∥BC，所以AE⊥AD，
因?yàn)镻A∩AD＝A，PA，AD?平面PAD，
所以AE⊥平面PAD，
又AE?平面AEF，
所以平面AEF⊥平面PAD.
(2)解 以A為原點(diǎn)，AE，AD，AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，
則P(0,0,2)，E(eq \r(3)，0,0)，F(xiàn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，
eq \(AE,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0,0)，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，
因?yàn)镻A⊥平面AED，
所以n＝(0,0,1)是平面AED的一個(gè)法向量．
設(shè)平面AEF的法向量為m＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AE,\s\up6(→))＝0，,m·\(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x＝0，,\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＋z＝0，))
令z＝1，得x＝0，y＝－2，
即m＝(0，－2,1)．
設(shè)二面角D－AE－F的平面角為θ，
由圖易知，θ為銳角．
則cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈n，m〉))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n·m)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m)))＝eq \f(1,\r(5))＝eq \f(\r(5),5)，
所以二面角D－AE－F的余弦值為eq \f(\r(5),5).
考點(diǎn)三 空間中的探究性問題
核心提煉
與空間向量有關(guān)的探究性問題主要有兩類：一類是探究線面的位置關(guān)系；另一類是探究線面角或兩平面的夾角滿足特定要求時(shí)的存在性問題．處理原則：先建立空間直角坐標(biāo)系，引入?yún)?shù)(有些是題中已給出)，設(shè)出關(guān)鍵點(diǎn)的坐標(biāo)，然后探究這樣的點(diǎn)是否存在，或參數(shù)是否滿足要求，從而作出判斷．
例3 (2022·武漢質(zhì)檢)如圖，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD為平行四邊形，PA＝PD＝eq \r(2)，AB＝1，AD＝2，PD⊥AB.
(1)證明：平面PCD⊥平面PAB；
(2)若PB＝eq \r(3)，試在棱PD上確定一點(diǎn)E，使得平面PAB與平面EAC的夾角的余弦值為eq \f(2\r(7),7).
(1)證明 因?yàn)镻A＝PD＝eq \r(2)，AD＝2，
所以PA2＋PD2＝AD2，所以PD⊥PA，
又因?yàn)镻D⊥AB，AB，PA?平面PAB，
且AB∩PA＝A，
所以PD⊥平面PAB，
又因?yàn)镻D?平面PCD，
所以平面PCD⊥平面PAB.
(2)解 因?yàn)镻A＝eq \r(2)，AB＝1，PB＝eq \r(3)，
所以PA2＋AB2＝PB2，所以AB⊥PA，
又因?yàn)镻D⊥AB，PA，PD?平面PAD，
且PD∩PA＝A，
所以AB⊥平面PAD，
因?yàn)锳D?平面PAD，
所以AB⊥AD，
所以四邊形ABCD為矩形．
以A為原點(diǎn)，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))分別為x軸、y軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，
則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,1,1)，
所以eq \(AC,\s\up6(→))＝(1,2,0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，
由PD⊥平面PAB，可得向量eq \(PD,\s\up6(→))＝(0,1，－1)是平面PAB的一個(gè)法向量．
設(shè)eq \(ED,\s\up6(→))＝λeq \(PD,\s\up6(→))，0≤λ≤1，
則E(0,2－λ，λ)，
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝(0,2－λ，λ)．
設(shè)平面EAC的法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(?2－λ?y＋λz＝0，,x＋2y＝0，))
令y＝－1，可得x＝2，z＝eq \f(2－λ,λ)，
所以n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－1，\f(2－λ,λ)))，
所以|cs〈eq \(PD,\s\up6(→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PD,\s\up6(→))·n,|\(PD,\s\up6(→))||n|)))＝eq \f(2\r(7),7)，
可得12λ2－8λ＋1＝0，
解得λ＝eq \f(1,2)或λ＝eq \f(1,6)，
即當(dāng)點(diǎn)E滿足eq \(ED,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(PD,\s\up6(→))或eq \(ED,\s\up6(→))＝eq \f(1,6)eq \(PD,\s\up6(→))時(shí)，平面PAB與平面EAC的夾角的余弦值為eq \f(2\r(7),7).
規(guī)律方法 解決立體幾何中探索性問題的基本方法
(1)通常假設(shè)問題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在或結(jié)論成立，再在這個(gè)前提下進(jìn)行推理，如果能推出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實(shí)，說明假設(shè)成立，并可進(jìn)一步證明，否則假設(shè)不成立．
(2)探索線段上是否存在滿足條件的點(diǎn)時(shí)，一定注意三點(diǎn)共線的條件的應(yīng)用．
跟蹤演練3 (2022·聊城質(zhì)檢)如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E，F(xiàn)分別為棱AA1，CC1的中點(diǎn)，G為棱DD1上的動(dòng)點(diǎn)．
(1)求證：B，E，D1，F(xiàn)四點(diǎn)共面；
(2)是否存在點(diǎn)G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出DG的長(zhǎng)度；若不存在，說明理由．
(1)證明 如圖所示，連接D1E，D1F，取BB1的中點(diǎn)為M，連接MC1，ME，
因?yàn)镋為AA1的中點(diǎn)，
所以EM∥A1B1∥C1D1，
且EM＝A1B1＝C1D1，
所以四邊形EMC1D1為平行四邊形，所以D1E∥MC1，
又因?yàn)镕為CC1的中點(diǎn)，
所以BM∥C1F，且BM＝C1F，
所以四邊形BMC1F為平行四邊形，
所以BF∥MC1，所以BF∥D1E，
所以B，E，D1，F(xiàn)四點(diǎn)共面．
(2)解 以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，
假設(shè)存在滿足題意的點(diǎn)G(0,0，t)(0≤t≤2)，由已知B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(xiàn)(0,1,1)，
則eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq \(EB,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，
eq \(EG,\s\up6(→))＝(－1,0，t－1)，
設(shè)平面BEF的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n1·\(EB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x1＋y1＝0，,y1－z1＝0，))
取x1＝1，則n1＝(1,1,1)；
設(shè)平面GEF的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n2·\(EG,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋y2＝0，,－x2＋?t－1?z2＝0，))
取x2＝t－1，則n2＝(t－1，t－1,1)．
因?yàn)槠矫鍳EF⊥平面BEF，
所以n1·n2＝0，
即t－1＋t－1＋1＝0，解得t＝eq \f(1,2).
所以存在滿足題意的點(diǎn)G，使得平面GEF⊥平面BEF，DG的長(zhǎng)度為eq \f(1,2).
專題強(qiáng)化練
1.(2022·莆田質(zhì)檢)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是菱形，F(xiàn)為PD的中點(diǎn)．
(1)證明：PB∥平面AFC；
(2)請(qǐng)從下面三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在橫線上，并作答．
①∠ABC＝eq \f(π,3)；②BD＝eq \r(3)AC；③PC與平面ABCD所成的角為eq \f(π,4).
若PA⊥平面ABCD，AB＝AP＝2，且________，求二面角D－AC－F的余弦值．
注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．
(1)證明 連接BD交AC于點(diǎn)O，因?yàn)锳BCD是菱形，所以O(shè)為BD的中點(diǎn)．連接OF.因?yàn)镕為PD的中點(diǎn)，所以O(shè)F為△PBD的中位線，所以O(shè)F∥PB.
因?yàn)镺F?平面AFC，PB?平面AFC，
所以PB∥平面AFC.
(2)過O作Oz∥AP.
以O(shè)為原點(diǎn)，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(Oz,\s\up6(→))為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．
選條件①：∠ABC＝eq \f(π,3).
在菱形ABCD中，
AC⊥BD.
因?yàn)锳B＝AP＝2，
所以O(shè)B＝OD＝2×sin eq \f(π,3)＝eq \r(3)，
OA＝OC＝2×cs eq \f(π,3)＝1.
所以O(shè)(0,0,0)，A(0，－1,0)，B(eq \r(3)，0,0)，
C(0,1,0)，D(－eq \r(3)，0,0)，P(0，－1,2)，
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1)).
所以eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0,2,0)．
設(shè)n＝(x，y，z)為平面ACF的法向量，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0＋2y＋0＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝－\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＋z＝0，))
不妨令x＝2，則n＝(2,0，eq \r(3))．
顯然m＝(0,0,1)為平面ACD 的一個(gè)法向量．
設(shè)平二面角D－AC－F的平面角為θ，由圖易知θ為銳角．
所以cs θ＝|cs〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)
＝eq \f(|0＋0＋\r(3)|,\r(4＋0＋3)×\r(0＋0＋1))＝eq \f(\r(21),7).
所以二面角D－AC－F的余弦值為eq \f(\r(21),7).
選條件②：BD＝eq \r(3)AC.
在菱形ABCD中，BD＝eq \r(3)AC，所以O(shè)B＝eq \r(3)OC，
所以BC＝eq \r(OB2＋OC2)＝2OC.
因?yàn)锳B＝AP＝2，
所以O(shè)B＝OD＝eq \r(3)，OA＝OC＝1.
所以O(shè)(0,0,0)，A(0，－1,0)，B(eq \r(3)，0,0)，
C(0,1,0)，D(－eq \r(3)，0,0)，P(0，－1,2)，
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1)).
所以eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0,2,0)．
設(shè)n＝(x，y，z)為平面ACF的法向量，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0＋2y＋0＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝－\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＋z＝0，))
不妨令x＝2，則n＝(2,0，eq \r(3))．
顯然m＝(0,0,1)為平面ACD的一個(gè)法向量．
設(shè)二面角D－AC－F的平面角為θ，由圖易知，θ為銳角，
所以cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈n，m〉))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n·m)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m)))
＝eq \f(|0＋0＋\r(3)|,\r(4＋0＋3)×\r(0＋0＋1))＝eq \f(\r(21),7).
所以二面角D－AC－F的余弦值為eq \f(\r(21),7).
選條件③：PC與平面ABCD所成的角為eq \f(π,4).
因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以∠PCA為PC與平面ABCD所成的角，即∠PCA＝eq \f(π,4).
在Rt△PAC中，由∠PCA＝eq \f(π,4)，
可得PA＝CA＝2.
所以O(shè)B＝OD＝eq \r(3)，OA＝OC＝1.
所以O(shè)(0,0,0)，A(0，－1,0)，B(eq \r(3)，0,0)，
C(0,1,0)，D(－eq \r(3)，0,0)，P(0，－1,2)，
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1)).
所以eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0,2,0)．
設(shè)n＝(x，y，z)為平面ACF的法向量，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0＋2y＋0＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝－\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＋z＝0，))
不妨令x＝2，則n＝(2,0，eq \r(3))．
顯然m＝(0,0,1)為平面ACD的一個(gè)法向量．
設(shè)二面角D－AC－F的平面角為θ，
由圖易知，θ為銳角，
所以cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈n，m〉))＝eq \f(|n·m|,|n||m|)
＝eq \f(|0＋0＋\r(3)|,\r(4＋0＋3)×\r(0＋0＋1))＝eq \f(\r(21),7).
所以二面角D－AC－F的余弦值為eq \f(\r(21),7).
2．在四棱錐P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD為正方形，PD＝DC＝a，E，F(xiàn)分別是AB，PB的中點(diǎn)．
(1)求證：EF⊥CD；
(2)在平面PAD內(nèi)是否存在一點(diǎn)G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出點(diǎn)G的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
(1)證明 由題意知，DA，DC，DP兩兩垂直．
如圖所示，以DA，DC，DP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則D(0,0,0)，A(a，0,0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(a,2)，0))，P(0,0，a)，F(xiàn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(a,2)，\f(a,2)))，eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，0，\f(a,2)))，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，a，0)，
因?yàn)閑q \(EF,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝0，所以eq \(EF,\s\up6(→))⊥eq \(DC,\s\up6(→))，
從而得EF⊥CD.
(2)解 存在．理由如下：
假設(shè)存在滿足條件的點(diǎn)G，
設(shè)G(x，0，z)，則eq \(FG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))，
若使GF⊥平面PCB，則由eq \(FG,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(a，0,0)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))＝0，得x＝eq \f(a,2)；
由eq \(FG,\s\up6(→))·eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(0，－a，a)＝eq \f(a2,2)＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(z－\f(a,2)))＝0，得z＝0，
所以點(diǎn)G的坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，0))，
故存在滿足條件的點(diǎn)G，且點(diǎn)G為AD的中點(diǎn)．
3．(2022·新高考全國(guó)Ⅰ)如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1的體積為4，△A1BC的面積為2eq \r(2).
(1)求A到平面A1BC的距離；
(2)設(shè)D為A1C的中點(diǎn)，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A－BD－C的正弦值．
解 (1)設(shè)點(diǎn)A到平面A1BC的距離為h，
因?yàn)橹比庵鵄BC－A1B1C1的體積為4，
所以 SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(1,3)S△ABC·AA1
＝eq \f(1,3) SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(4,3)，
又△A1BC的面積為2eq \r(2)，
SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(1,3)×2eq \r(2)h＝eq \f(4,3)，
所以h＝eq \r(2)，
即點(diǎn)A到平面A1BC的距離為eq \r(2).
(2)取A1B的中點(diǎn)E，連接AE，
則AE⊥A1B.
因?yàn)槠矫鍭1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE?平面ABB1A1，
所以AE⊥平面A1BC，
又BC?平面A1BC，所以AE⊥BC.
又AA1⊥平面ABC，BC?平面ABC，
所以AA1⊥BC.
因?yàn)锳A1∩AE＝A，AA1，AE?平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1，
又AB?平面ABB1A1，所以BC⊥AB.
以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(BB1,\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B－xyz，
由(1)知，AE＝eq \r(2)，
所以AA1＝AB＝2，A1B＝2eq \r(2).
因?yàn)椤鰽1BC的面積為2eq \r(2)，
所以2eq \r(2)＝eq \f(1,2)·A1B·BC，所以BC＝2，
所以A(0,2,0)，B(0,0,0)，C(2,0,0)，A1(0，2,2)，D(1,1,1)，E(0,1,1)，
則eq \(BD,\s\up6(→))＝(1,1,1)，eq \(BA,\s\up6(→))＝(0,2,0)．
設(shè)平面ABD的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(BA,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＋z＝0，,2y＝0，))
令x＝1，得n＝(1,0，－1)．
又平面BDC的一個(gè)法向量為eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，
所以cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(AE,\s\up6(→))·n,|\(AE,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(－1,\r(2)×\r(2))＝－eq \f(1,2).
設(shè)二面角A－BD－C的平面角為θ，
則sin θ＝eq \r(1－cs2〈\(AE,\s\up6(→))，n〉)＝eq \f(\r(3),2)，
所以二面角A－BD－C的正弦值為eq \f(\r(3),2).
4．(2022·山東名校大聯(lián)考)如圖1，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點(diǎn)，將正方形ABCD沿EF折成如圖2所示的二面角，且二面角的大小為60°，點(diǎn)M在線段AB上(包含端點(diǎn))運(yùn)動(dòng)，連接AD.
(1)若M為AB的中點(diǎn)，直線MF與平面ADE的交點(diǎn)為O，試確定點(diǎn)O的位置，并證明直線OD∥平面EMC；
(2)是否存在點(diǎn)M，使得直線DE與平面EMC所成的角為60°？若存在，確定點(diǎn)M的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由．
解 (1)因?yàn)橹本€MF?平面ABFE，故點(diǎn)O在平面ABFE內(nèi)，也在平面ADE內(nèi)，所以點(diǎn)O在平面ABFE與平面ADE的交線，即直線AE上，延長(zhǎng)EA，F(xiàn)M交于點(diǎn)O，連接OD，如圖所示．
因?yàn)锳O∥BF，M為AB的中點(diǎn)，所以△OAM≌△FBM，所以O(shè)M＝MF，即M是OF的中點(diǎn)，則AO＝BF＝2，
故點(diǎn)O在EA的延長(zhǎng)線上且與點(diǎn)A的距離為2,
連接DF交EC于點(diǎn)N，因?yàn)樗倪呅蜟DEF為矩形，所以N是DF的中點(diǎn)．
連接MN，則MN為△DOF的中位線，所以MN∥OD，
又MN?平面EMC，OD?平面EMC，所以直線OD∥平面EMC.
(2)存在．由已知可得EF⊥AE，EF⊥DE，
又AE∩DE＝E，AE，DE?平面ADE，
所以EF⊥平面ADE，又因?yàn)镋F?平`面ABFE，
所以平面ABFE⊥平面ADE，易知∠DEA＝60°，DE＝AE，
所以△ADE為等邊三角形，取AE的中點(diǎn)H，連接DH，則DH⊥AE，因?yàn)槠矫鍭BFE∩平面ADE＝AE，DH?平面ADE，所以DH⊥平面ABFE.
過點(diǎn)H作直線HT∥EF，交BF于點(diǎn)T；以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，以HA，HT，HD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E(－1,0,0)，D(0,0，eq \r(3))，C(0,4，eq \r(3))，F(xiàn)(－1,4,0)，所以eq \(ED,\s\up6(→))＝(1,0，eq \r(3))，eq \(EC,\s\up6(→))＝(1,4，eq \r(3))，
設(shè)M(1，t，0)(0≤t≤4)，則eq \(EM,\s\up6(→))＝(2，t，0)，
設(shè)平面EMC的法向量為m＝(x，y，z)，則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(EM,\s\up6(→))＝0，,m·\(EC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋ty＝0，,x＋4y＋\r(3)z＝0，))
取y＝－2，則x＝t，z＝eq \f(8－t,\r(3))，
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，－2，\f(8－t,\r(3))))，
要使直線DE與平面EMC所成的角為60°，
則|cs〈eq \(ED,\s\up6(→))，m〉|＝eq \f(8,2\r(t2＋4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8－t,\r(3))))2))＝sin 60°＝eq \f(\r(3),2)，
整理得t2－4t＋3＝0，
解得t＝1或t＝3，
所以存在點(diǎn)M，即為線段AB上靠近A或B的一個(gè)四等分點(diǎn)，使得直線DE與平面EMC所成的角為60°.

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