命題點(diǎn)1 翻折問(wèn)題
例1 [全國(guó)卷Ⅲ]圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2.
（1）證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE.
（2）求圖2中的二面角B－CG－A的大小.
圖 1圖2
解析 （1）由已知得AD∥BE，CG∥BE，（位于“折痕”同側(cè)的點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系不變）
所以AD∥CG，故AD，CG確定一個(gè)平面，從而A，C，G，D四點(diǎn)共面.
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，（與“折痕”垂直的線段，翻折前后垂直關(guān)系不變）
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）如圖，作EH⊥BC，垂足為H.因?yàn)镋H?平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面ABC∩平面BCGE＝BC，所以EH⊥平面ABC.
由題設(shè)知，菱形BCGE的邊長(zhǎng)為2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝3.
以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，HC的方向?yàn)閤軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A（－1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，3），CG＝（1，0，3），AC＝（2，－1，0）.
設(shè)平面ACGD的法向量為n＝（x，y，z），則CG·n=0，AC·n=0，即x＋3z=0，2x－y=0，
所以可得平面ACGD的一個(gè)法向量為n＝（3，6，－3）.
易知m＝（0，1，0）為平面BCGE的一個(gè)法向量，
則cs＜n，m＞＝n·m｜n||m｜＝32.
由圖可知二面角B－CG－A為銳角，因此二面角B－CG－A的大小為30°.
方法技巧
1.一般地，位于“折痕”同側(cè)的點(diǎn)、線、面之間的位置和數(shù)量關(guān)系不變，而位于“折痕”兩側(cè)的點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系會(huì)發(fā)生變化.
注意 利用折疊前的平面圖計(jì)算長(zhǎng)度.
2.（1）與折痕垂直的線段，翻折前后垂直關(guān)系不改變（常用于翻折后構(gòu)成二面角的平面角）；
（2）與折痕平行的線段，翻折前后平行關(guān)系不改變.
訓(xùn)練1 已知矩形ABCD中，AB＝2，BC＝22，將△ABD沿矩形的對(duì)角線BD所在的直線翻折到△A'BD的位置（A'不在平面ABCD內(nèi)），則在翻折過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（ B ）
A.存在某個(gè)位置，使得直線BD與直線A'C垂直
B.存在某個(gè)位置，使得直線A'B與直線CD垂直
C.存在某個(gè)位置，使得直線BC與直線A'D垂直
D.對(duì)任意位置，三對(duì)直線“A'C與BD”“CD與A'B”“A'D與BC”均不相互垂直
解析 翻折前、后的圖形如圖1、圖2所示.在圖1中，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥BD，垂足為E，過(guò)點(diǎn)C作CF⊥BD，垂足為F，由邊AB，BC不相等可知點(diǎn)E，F(xiàn)不重合.在圖2中，連接CE.
對(duì)于選項(xiàng)A，若A'C⊥BD，因?yàn)锽D⊥A'E，A'E∩A'C＝A'，所以BD⊥平面A'CE.因?yàn)镃E?平面A'CE，所以BD⊥CE，與點(diǎn)E，F(xiàn)不重合相矛盾，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤.對(duì)于選項(xiàng)B，若A'B⊥CD，因?yàn)锳'B⊥A'D，A'D∩CD＝D，所以A'B⊥平面A'DC.因?yàn)锳'C?平面A'DC，所以A'B⊥A'C，由A'B＜BC可知存在這樣的三角形，使得直線A'B與直線CD垂直，此時(shí)A'B＝A'C＝2，故選項(xiàng)B正確.對(duì)于選項(xiàng)C，若A'D⊥BC，因?yàn)镈C⊥BC，A'D∩DC＝D，所以BC⊥平面A'DC.因?yàn)锳'C?平面A'DC，所以BC⊥A'C，又BC＞A'B，所以不存在這樣的直角三角形，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤.由以上分析可知選項(xiàng)D錯(cuò)誤.故選B.
訓(xùn)練2 [2023昆明市模擬]如圖1，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝AD＝12CD，∠ADC＝120°，E為CD的中點(diǎn)，將△ADE沿AE翻折，使點(diǎn)D落到點(diǎn)P的位置，如圖2.
圖1圖2
（1）證明：PB⊥AE.
（2）當(dāng)二面角P－AE－B等于90°時(shí)，求PA與平面PEC所成角的正弦值.
解析 （1）如圖，取AE的中點(diǎn)O，連接PO，BO，BE.
由題意及題圖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?yàn)镻B?平面POB，所以AE⊥PB，即PB⊥AE.
（2）因?yàn)槎娼荘－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O(shè)A，OB，OP兩兩垂直.
以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OB，OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)AB＝2，由已知得∠APE＝120°，所以O(shè)P＝OB＝1，OA＝OE＝3，
則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）.
設(shè)平面PEC的法向量為n＝（x，y，z），
則EP·n=0，EC·n=0，即3x＋z=0，－3x＋y=0，
令x＝1，則y＝3，z＝－3，所以平面PEC的一個(gè)法向量為n＝（1，3，－3）.
設(shè)PA與平面PEC所成的角為θ，
則sin θ＝｜c(diǎn)s＜PA，n＞｜＝｜232×7｜＝217，
即PA與平面PEC所成角的正弦值為217.
命題點(diǎn)2 探索性問(wèn)題
例2 [2021全國(guó)卷甲]如圖，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB＝BC＝2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點(diǎn)，D為棱A1B1上的點(diǎn)，BF⊥A1B1.
（1）證明：BF⊥DE.
（2）當(dāng)B1D為何值時(shí)，平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最?。?br>解析 （1）因?yàn)镕為CC1的中點(diǎn)，
所以CF＝12CC1＝12BB1＝1，BF＝BC2＋CF2＝5.
如圖，連接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，于是AF＝BF2＋AB2＝3，
所以AC＝AF2－CF2＝22.
則AB2＋ BC2＝AC2，所以BA⊥BC，
故以B點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，BC，BB1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Bxyz，
則B（0，0，0），E（1，1，0），F(xiàn)（0，2，1），BF＝（0，2，1）.
設(shè)B1D＝m（0≤m≤2），則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的一個(gè)法向量為 n1＝（1，0，0） .
設(shè)平面DFE的法向量為n2＝（x，y，z），則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的一個(gè)法向量為n2＝（3，m＋1，2－m），
所以cs＜n1，n2＞＝n1·n2｜n1||n2｜＝32（m－12）2＋272.
設(shè)平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角為θ，
則sin θ＝1－cs2＜n1，n2＞，
故當(dāng)m＝12時(shí)，平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最小，為33，即當(dāng)B1D＝12時(shí)，平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最小.
方法技巧
1.對(duì)于存在判斷型問(wèn)題的求解，一般先假設(shè)存在，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“方程（在規(guī)定范圍內(nèi)）是否有解”的問(wèn)題.
2.借助空間直角坐標(biāo)系，引進(jìn)參數(shù)，將幾何問(wèn)題代數(shù)化是解決探索性問(wèn)題的常見方法.
訓(xùn)練3 [多選/2023重慶名校聯(lián)盟聯(lián)考]在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分別為AD1，B1C上的動(dòng)點(diǎn)，且滿足AP＝B1Q，則（ ACD ）
A.存在PQ的某一位置，使AB∥PQ
B.△BPQ的面積為定值
C.當(dāng)PA＞0時(shí)，直線PB1與直線AQ一定異面
D.無(wú)論P(yáng)，Q運(yùn)動(dòng)到何位置，均有BC⊥PQ
解析 對(duì)于A，當(dāng)P，Q分別是AD1與B1C的中點(diǎn)時(shí)，AB∥PQ，故A正確.
對(duì)于B，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，當(dāng)P在A處，Q在B1處時(shí)，△BPQ的面積為2，當(dāng)P在AD1的中點(diǎn)，Q在B1C的中點(diǎn)時(shí)，△BPQ的面積為2，故B錯(cuò)誤.
對(duì)于C，當(dāng)PA＞0時(shí)，設(shè)直線PB1與AQ是共面直線，則AP與B1Q共面，矛盾，所以直線PB1與直線AQ是異面直線，故C正確.
對(duì)于D，當(dāng)P與A重合或P與D1重合時(shí)，易證BC⊥PQ.當(dāng)P不與A，D1重合時(shí)，設(shè)點(diǎn)P在平面ABCD內(nèi)的射影為M，點(diǎn)Q在平面ABCD內(nèi)的攝影為N，連接PM，QN，MN，PQ，由AP＝B1Q知，AM＝BN，則BC⊥MN，又QN⊥BC，MN∩QN＝N，所以BC⊥平面PMNQ，因?yàn)镻Q?平面PMNQ，所以BC⊥PQ，故D正確.故選ACD.
訓(xùn)練4 如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E為PD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PC上，且PFPC＝13.
（1）求證：CD⊥平面PAD.
（2）求二面角F－AE－P的余弦值.
（3）設(shè)點(diǎn)G在PB上，且PGPB＝23.判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說(shuō)明理由.
解析 （1）因?yàn)镻A⊥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）過(guò)點(diǎn)A作AD的垂線交BC于點(diǎn)M.
因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD.
以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AM，AD，AP所在直線為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A（0，0，0），B（2，－1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）.
因?yàn)镋為PD的中點(diǎn)，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）.
設(shè)平面AEF的法向量為n＝（x，y，z），
則n·AE=0，n·AF=0，即y＋z=0，23x＋23y＋43z=0，
令z＝1，則y＝－1，x＝－1.
于是n＝（－1，－1，1）為平面AEF的一個(gè)法向量.
易得平面PAD的一個(gè)法向量為p＝（1，0，0），
則cs＜n，p＞＝n·p｜n||p｜＝－33.
由題知，二面角F－AE－P為銳二面角，所以其余弦值為33.
（3）直線AG在平面AEF內(nèi).理由如下.
因?yàn)辄c(diǎn)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的一個(gè)法向量為n＝（－1，－1，1）.
所以AG·n＝－43＋23＋23＝0.所以直線AG在平面AEF內(nèi).
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1.[多選/2023浙江名校聯(lián)考]如圖，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝3，AE＝2EB，將△ADE沿直線DE翻折成△A1DE，若M為線段A1C上的點(diǎn)，滿足CM＝2MA1，則在△ADE翻折過(guò)程中（點(diǎn)A1不在平面DEBC內(nèi)），下面四個(gè)選項(xiàng)中正確的是（ ABD ）
A.BM∥平面A1DE
B.點(diǎn)M在某個(gè)圓上運(yùn)動(dòng)
C.存在某個(gè)位置，使DE⊥A1C
D.線段BA1的長(zhǎng)的取值范圍是（5，3）
解析 如圖所示，過(guò)點(diǎn)M作MN∥A1D交CD于N，連接BN.因?yàn)镸N?平面A1DE，A1D?平面A1DE，所以MN∥平面A1DE.因?yàn)镃M＝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，所以選項(xiàng)A正確.
由選項(xiàng)A可知，平面BMN∥平面A1DE，連接AC交DE于點(diǎn)G，交NB于點(diǎn)K，連接A1G，MK，則平面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，為定值，所以點(diǎn)M在以K為球心，23A1G為半徑的球面上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)A1在以G為球心，A1G為半徑的球面上運(yùn)動(dòng).取ED的中點(diǎn)H，連接HA，HA1，AA1，則DE⊥AH，DE⊥A1H，又AH∩A1H＝H，所以DE⊥平面AA1H，所以點(diǎn)A1在過(guò)A且與DE垂直的平面上，所以A1在某個(gè)圓上運(yùn)動(dòng)，所以點(diǎn)M在某個(gè)圓上運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)B正確.
連接HC，在△A1DE中，DE⊥A1H，假設(shè)DE⊥A1C成立，因?yàn)锳1H，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，所以假設(shè)不成立，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤.
以DE的中點(diǎn)H為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以HA，HE所在直線為x軸，y軸，過(guò)點(diǎn)H且垂直于平面ABCD的直線為z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則B（－22，322，0）.設(shè)∠A1HA＝θ（0＜θ＜π），則A1（2cs θ，0，2sin θ），所以｜BA1｜＝2csθ+7∈（5，3），所以選項(xiàng)D正確.故選ABD.
2.[多選/2024貴陽(yáng)市模擬]一塊邊長(zhǎng)為10 cm的正方形鐵片上有四個(gè)以O(shè)為頂點(diǎn)的全等的等腰三角形（如圖1），將這4個(gè)等腰三角形裁下來(lái)，然后將余下的四塊陰影部分沿虛線折疊，使得A，A'重合，B，B'重合，C，C'重合，D，D'重合，P1，P2，P3，P4重合為點(diǎn)P，得到正四棱錐O－ABCD（如圖2）.則在正四棱錐O－ABCD中，以下結(jié)論正確的是（ ABD ）
圖1圖2
A.平面OAC⊥平面OBD
B.AD∥平面OBC
C.當(dāng)AP＝2 cm時(shí)，該正四棱錐內(nèi)切球的表面積為65π cm2
D.當(dāng)正四棱錐的體積取到最大值時(shí)，AP＝4 cm
解析 如圖，對(duì)于選項(xiàng)A，連接OP，∵在正四棱錐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.故選項(xiàng)A正確.
對(duì)于選項(xiàng)B，∵AD∥BC，AD?平面OBC，BC?平面OBC，∴AD∥平面OBC，故選項(xiàng)B正確.
對(duì)于選項(xiàng)C，設(shè)BC的中點(diǎn)為F，連接PF，OF，則OF⊥BC.由題圖1知，OP3＝52，故折疊后， OF＋PF＝OP3＝52，∵AP＝2，∴AB＝22，∴PF＝2，∴OF＝42，∴OP＝30.設(shè)正四棱錐O－ABCD的體積為V，表面積為S表，內(nèi)切球半徑為r，正方形ABCD的面積為S，則V＝13S·OP＝13×8×30＝8303.∵S表＝4×12×22×42＋8＝40，∴r＝3VS表＝83040＝305，故內(nèi)切球的表面積S球＝4πr2＝24π5（cm2）.故選項(xiàng)C錯(cuò)誤.
對(duì)于選項(xiàng)D，設(shè)PF＝x，則x∈（0，522），AP＝2x，AB＝2x，OF＝52－x，OP＝（52－x）2－x2＝50－102x，故正四棱錐O－ABCD的體積為13·50－102x·（2x）2＝4103x4（5－2x）.令f（x）＝x4（5－2x），x∈（0，522），則f '（x）＝5x3（4－2x）.當(dāng)x∈（0，22）時(shí)，f '（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（22，522）時(shí)，f '（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減.故當(dāng)x＝22時(shí)，正四棱錐體積最大，∴當(dāng)AP＝4 cm時(shí)，正四棱錐的體積最大.故選項(xiàng)D正確.故選ABD.
3.[2023大連市雙基測(cè)試]如圖，已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為6，∠ADC＝2π3，E為對(duì)角線AC上一點(diǎn)，AE＝3.將△ABD沿BD翻折到△A'BD的位置，E移動(dòng)到E'且二面角A'－BD－A的大小為π3，則三棱錐A'－BCD的外接球的半徑為 21 ，過(guò)E'作平面α與該外接球相交，所得截面面積的最小值為 9π .
解析 因?yàn)椤螦DC＝2π3且四邊形 ABCD為菱形，所以△CBD，△A'BD均為等邊三角形.分別取△CBD，△A'BD的重心M，N，過(guò)M，N分別作平面CBD，平面A'BD的垂線，且垂線交于一點(diǎn)O，O即三棱錐A'－BCD 的外接球球心，如圖所示.記AC∩BD＝O'，連接CO，OO'，因?yàn)槎娼茿'－BD－A的大小為π3，所以二面角A'－BD－C的大小為2π3，且A'O'⊥BD，CO'⊥BD，所以二面角A'－BD－C的平面角為∠A'O'C，所以∠A'O'C＝2π3.因?yàn)镺'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O(shè)M＝O'M·tanπ3＝3，又CM＝23CO'＝23，所以O(shè)C＝CM2＋OM2＝21，所以三棱錐A'－BCD的外接球的半徑為21.連接OE'，當(dāng)截面面積取最小值時(shí)，OE'垂直于截面，又截面是個(gè)圓，設(shè)截面圓的半徑為r，外接球的半徑為R，又NE'＝13A'O'＝3且ON＝OM＝3，所以O(shè)E'＝ON2＋NE'2＝23，所以r＝R2－OE'2 ＝3，此時(shí)截面面積S＝9π.
4.[2023成都七中模擬]如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BA⊥BC.
（1）若BA＝BB1，求證：AB1⊥平面A1BC.
（2）若BA＝BC＝BB1＝2，M是棱BC上的一動(dòng)點(diǎn)，試確定點(diǎn)M的位置，使點(diǎn)M到平面A1B1C的距離為22.
解析 （1）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥BC，BB1⊥BA.
因?yàn)锽A⊥BC，BA∩BB1＝B，所以BC⊥平面BAA1B1，所以BC⊥AB1.
因?yàn)锽B1⊥BA，BA＝BB1，所以四邊形BAA1B1為正方形，所以AB1⊥A1B.
因?yàn)锳1B∩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?yàn)镾△A1B1C＝12·A1B1·B1C＝12×2×22＋22＝22，所以點(diǎn)B到平面A1B1C的距離為2，所以要使點(diǎn)M到平面A1B1C的距離為22，則點(diǎn)M為BC的中點(diǎn).
解法二 由（1）知，直線BA，BB1，BC兩兩垂直.
以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線BA，BB1，BC分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖.
因?yàn)锽A＝BC＝BB1＝2，所以B（0，0，0），A1（2，2，0），B1（0，2，0），C（0，0，2），
設(shè)M（0，0，t）（0≤t≤2），則MC＝（0，0，2－t），A1B1＝（－2，0，0），B1C＝（0，－2，2）.
設(shè)平面A1B1C的法向量為n＝（x，y，z），則n·A1B1=0，n·B1C=0，即－2x=0，－2y+2z=0，則x=0，y＝z，取y＝1，則z＝1，所以平面A1B1C的一個(gè)法向量為n＝（0，1，1），
所以點(diǎn)M到平面A1B1C的距離d＝｜MC·n｜｜n｜＝｜2－t｜0+1+1＝｜2－t｜2，
又已知點(diǎn)M到平面A1B1C的距離為22，所以｜2－t｜2＝22，解得t＝1，t＝3（舍去），
所以當(dāng)點(diǎn)M為棱BC的中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)M到平面A1B1C的距離為22.
5.[2023四川省宜賓市敘州第二中學(xué)模擬]如圖1，在等邊三角形ABC中，點(diǎn)D，E分別為邊AB，AC上的動(dòng)點(diǎn)，且滿足DE∥BC，記DEBC＝λ.將△ADE沿DE翻折到△MDE的位置，并使得平面MDE⊥平面DECB，連接MB，MC，得到圖2，其中點(diǎn)N為MC的中點(diǎn).
圖1圖2
（1）當(dāng)EN∥平面MBD時(shí)，求λ的值.
（2）隨著λ值的變化，二面角B－MD－E的大小是否改變？如果改變，請(qǐng)說(shuō)明理由；如果不改變，請(qǐng)求出二面角B－MD－E的正弦值.
解析 （1）如圖1，取MB的中點(diǎn)P，連接DP，PN.
因?yàn)镸N＝CN，MP＝BP，所以NP＝12BC，NP∥BC.
又DE∥BC，所以NP∥DE，即N，E，D，P四點(diǎn)共面，
又EN∥平面MBD，EN?平面NEDP，平面NEDP∩平面MBD＝DP，
所以EN∥PD，即四邊形NEDP為平行四邊形，圖1
所以NP＝DE，則DE＝12BC，即λ＝12.
（2）取DE的中點(diǎn)O，連接MO，則MO⊥DE.因?yàn)槠矫鍹DE⊥平面DECB，平面MDE∩平面DECB＝DE，且MO⊥DE，
所以MO⊥平面DECB.
如圖2，建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)BC＝2，則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）.
設(shè)平面BMD的法向量為m＝（x，y，z），則圖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，則x＝3，y＝－1，則m＝（3，－1，1）是平面BMD的一個(gè)法向量.
又平面EMD的一個(gè)法向量為n＝（0，1，0），即隨著λ值的變化，二面角B－MD－E的大小不變，
所以cs＜m，n＞＝m·n｜m||n｜＝－15＝－55，則sin＜m，n＞＝1－15＝255.
所以二面角B－MD－E的正弦值為255.
6.[2024浙江名校聯(lián)考]如圖，已知四棱錐E－ABCD中，四邊形ABCD為等腰梯形，AB∥DC，AB＝4，AD＝DC＝2，BE＝4，△ADE為等邊三角形.
（1）求證：平面ADE⊥平面ABCD.
（2）是否存在一點(diǎn)F，滿足EF＝λEB（0＜λ＜1），使直線AF與平面BDE所成的角為60°？若存在，求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.
解析 （1）如圖1，取AB的中點(diǎn)M，連接DM，則BM＝12AB＝2，又在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝DC＝2，所以DC?BM，所以四邊形BMDC為平行四邊形，所以DM＝BC＝2，故DM＝12AB，得BD⊥AD，則BD＝AB2－AD2＝42－22＝23.
因?yàn)椤鰽DE是等邊三角形，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 存在點(diǎn)F滿足題意.證明如下：
由（1）知，BD⊥平面ADE，又BD?平面BDE，所以平面BDE⊥平面ADE.
如圖1，作AH⊥DE，垂足為H，連接HF，則H為DE的中點(diǎn)，EH＝1，AH＝3.
由AH⊥DE，平面BDE?平面ADE＝DE，AH?平面ADE，得AH⊥平面BDE，則∠AFH即直線AF與平面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為等邊三角形，F(xiàn)E＝1，又EB＝4，所以λ＝14，故存在點(diǎn)F滿足題意，且λ的值為14.
解法二 存在點(diǎn)F滿足題意.證明如下：
以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA所在直線為x軸，DB所在直線為y軸，建立如圖2所示的空間直角坐標(biāo)系，
則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）.
設(shè)平面BDE的法向量為n＝（x，y，z），
由n·DB=0，n·DE=0，得23y=0，x＋3z=0，則y＝0，不妨令z＝－1，則x＝3，故n＝（3，0，－1）是平面BDE的一個(gè)法向量.
因?yàn)锳E＝（－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｜c(diǎn)s〈AF，n〉｜＝｜AF·n｜AF||n｜｜＝23216λ2－4λ+4＝sin 60°＝32，
解得λ＝0（舍去）或λ＝14.
故存在點(diǎn)F滿足題意，且λ的值為14.
7.[2023湖北重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考（一）]已知一圓形紙片的圓心為O，直徑AB＝2，圓周上有C，D兩點(diǎn).如圖1，OC⊥AB，∠AOD＝π6，點(diǎn)P是BD上的動(dòng)點(diǎn)，沿AB將紙片折為直二面角，并連接PO，PD，PC，CD，如圖2.
（1）當(dāng)AB∥平面PCD時(shí)，求PD的長(zhǎng)；
（2）當(dāng)三棱錐P－COD的體積最大時(shí)，求二面角O－PD－C的余弦值.
圖1圖2
解析 （1）因?yàn)锳B∥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）由題意知OC⊥平面POD，而S△DOP＝12·OD·OP·sin∠DOP，所以當(dāng)OD⊥OP時(shí)，三棱錐P－COD的體積最大.
解法一 易知OC，OD，OP兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OC，OP，OD的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖1所示的空間直角坐標(biāo)系，則C（1，0，0），D（0，0，1），P（0，1，0），則PC＝（1，－1，0），DP＝（0，1，－1）.
設(shè)平面PDC的法向量為n1＝（x，y，z），圖1
則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的一個(gè)法向量為n1＝（1，1，1）.
易知平面POD的一個(gè)法向量為n2＝（1，0，0）.
由圖可知，二面角O－PD－C為銳角，設(shè)其平面角為θ，
則cs θ＝｜n1·n2｜｜n1||n2｜＝33.
所以二面角O－PD－C的余弦值為33.
解法二 如圖2所示，取PD的中點(diǎn)M，連接OM，CM.
因?yàn)镺D＝OP，CD＝CP，
所以O(shè)M⊥PD，CM⊥PD，
即∠OMC為所求二面角的平面角. 圖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的余弦值為33.
8.如圖，四棱錐S－ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長(zhǎng)都是底面邊長(zhǎng)的2倍，P為側(cè)棱SD上的點(diǎn).
（1）求證：AC⊥SD.
（2）若SD⊥平面PAC，求平面PAC與平面DAC夾角的大小.
（3）在（2）的條件下，側(cè)棱SC上是否存在一點(diǎn)E，使得BE∥平面PAC？若存在，求出SE∶EC的值；若不存在，試說(shuō)明理由.
解析 （1）連接BD，設(shè)AC交BD于點(diǎn)O，連接SO.由題意知SO⊥平面ABCD，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)B，OC，OS的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.
設(shè)底面邊長(zhǎng)為a，則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），
則OC·SD＝0，故OC⊥SD，從而AC⊥SD.
（2）由題設(shè)知，平面PAC的一個(gè)法向量為DS＝（22a，0，62a），
平面DAC的一個(gè)法向量為OS＝（0，0，62a），
則cs＜OS，DS＞＝OS·DS｜OS||DS｜＝32，
所以平面PAC與平面DAC夾角的大小為30°.
（3）在棱SC上存在一點(diǎn)E，使得BE∥平面PAC.理由如下.
由（2）知DS是平面PAC的一個(gè)法向量，且DS＝（22a，0，62a），
設(shè)CE＝tCS（0≤t≤1），又CS＝（0，－22a，62a），BC＝（－22a，22a，0），
則BE＝BC＋CE＝BC＋tCS＝（－22a，22a（1－t），62at）.
若BE∥平面PAC，則BE·DS＝0，則－a22＋0＋64a2t＝0，
可得t＝13，
故當(dāng)SE∶EC＝2∶1時(shí)，BE∥平面PAC.
因此在棱SC上存在點(diǎn)E，使得BE∥平面PAC，此時(shí)SE∶EC＝2∶1.

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