高考人教版数学一轮学案高考大题规范解答系列（四）-立体几何

高考大题规范解答系列(四)——立体几何考点一线面的位置关系与体积计算例1(2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD．(1)证明：AC⊥BD；(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．【分析】①看到证明线线垂直(AC⊥BD)，想到证明线面垂直，通过线面垂直证明线线垂直．②看到求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比，想到确定同一平面，转化为求高的比．【标准答案】——规范答题步步得分(1)取AC的中点O，连接DO，BO． 1分eq\x(得分点①)因为AD＝CD，所以AC⊥DO．又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO．又因为DO∩BO＝O，从而AC⊥平面DOB， 3分eq\x(得分点②)故AC⊥BD． 4分eq\x(得分点③)(2)连接EO． 5分eq\x(得分点④)由(1)及题设知∠ADC＝90°，所以DO＝AO．在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2，又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°． 7分eq\x(得分点⑤)由题设知△AEC为直角三角形，所以EO＝eq\f(1,2)AC． 8分eq\x(得分点⑥)又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝eq\f(1,2)BD．故E为BD的中点， 9分eq\x(得分点⑦)从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的eq\f(1,2)，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的eq\f(1,2)， 11分eq\x(得分点⑧)即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1． 12分eq\x(得分点⑨)【评分细则】①作出辅助线，并用语言正确表述得1分．②得出AC⊥DO和AC⊥BO得1分，由线面垂直的判定写出AC⊥平面DOB，再得1分．③由线面垂直的性质得出结论得1分．④作出辅助线，并用语言正确表述得1分．⑤由勾股定理逆定理得到∠DOB＝90°得2分．⑥由直角三角形的性质得出EO＝eq\f(1,2)AC得1分．⑦由等边三角形的性质得出E为BD的中点，得1分．⑧得出四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的eq\f(1,2)得2分．⑨正确求出体积比得1分．【名师点评】1．核心素养：空间几何体的体积及表面积问题是高考考查的重点题型，主要考查考生“逻辑推理”及“直观想象”的核心素养．2．解题技巧：(1)得步骤分：在立体几何类解答题中，对于证明与计算过程中的得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以，对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中AC⊥DO，AC⊥BO；第(2)问中BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2等．(2)利用第(1)问的结果：如果第(1)问的结果对第(2)问的证明或计算用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题就是在第(1)问的基础上得到DO＝AO．〔变式训练1〕(2020·课标Ⅰ，19)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°．(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；(2)设DO＝eq\r(2)，圆锥的侧面积为eq\r(3)π，求三棱锥P－ABC的体积．[解析](1)证明：由题设可知，PA＝PB＝PC．由于△ABC是正三角形，故可得△PAC≌△PAB，△PAC≌△PBC．又∠APC＝90°，故∠APB＝90°，∠BPC＝90°，从而PB⊥PA，PB⊥PC，故PB⊥平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC．(2)设圆锥的底面半径为r，母线长为l．由题设可得rl＝eq\r(3)，l2－r2＝2．解得r＝1，l＝eq\r(3)．从而AB＝eq\r(3)．由(1)可得PA2＋PB2＝AB2，故PA＝PB＝PC＝eq\f(\r(6),2)．所以三棱锥P－ABC的体积为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×PA×PB×PC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))3＝eq\f(\r(6),8)．考点二线面的位置关系与空间角计算(理)例2(2021·山西省联考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，O，M分别为BC，AA1的中点．(1)证明：OM∥平面CB1A1(2)若四边形BB1C1C为正方形，求平面MOB1与平面CB1【分析】①在平面A1B1C内构造与OM平行的直线，并证明②建立空间直角坐标系，分别求平面MOB1、平面CB1A1的法向量，求两法向量夹角正弦值即可【标准答案】——规范答题步步得分(1)证明：如图，连接BC1，交CB1于点N，连接A1N，ON，则N为CB1的中点．因为O为BC的中点，所以ON∥BB1，且ON＝eq\f(1,2)BB1，2分eq\x(得分点①)又MA1∥BB1，MA1＝eq\f(1,2)BB1，所以四边形ONA1M为平行四边形，即OM∥A1N．4分eq\x(得分点②)因为OM⊄平面CB1A1，A1N⊂平面CB1A所以OM∥平面CB1A1.5分eq\x(得分点③)(2)解：连接OA，令BC＝2，因为AB＝AC，O为BC的中点，所以AO⊥BC．又三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，ON∥BB1所以OA，OB，ON两两垂直，分别以eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(ON,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz．6分eq\x(得分点④)因为AB＝AC＝eq\r(2)，BC＝AA1＝2，所以Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，0))，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2，0))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，1))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，0))，所以eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(NA1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，1))，eq\o(OB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2，0))，eq\o(CB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，2，0))．7分eq\x(得分点⑤)设平面MOB1的法向量为m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，z))，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(OM,\s\up6(→))·m＝0，,\o(OB1,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋z＝0，,x＋2y＝0，))令z＝1，可得y＝－1，x＝2，所以平面MOB1的一个法向量为m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－1，1))．8分eq\x(得分点⑥)设平面CB1A1的法向量为n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，b，c))，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(NA1,\s\up6(→))·n＝0，,\o(CB1,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＋c＝0，,2a＋2b＝0，))令c＝1，可得b＝－1，a＝1，所以平面CB1A1的一个法向量为n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，1))，9分eq\x(得分点⑦)所以cos〈m，n〉＝eq\f(2×1－1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))＋1×1,\r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))2＋12)×\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))2＋12))＝eq\f(4,3\r(2))＝eq\f(2\r(2),3)，11分eq\x(得分点⑧)所以平面MOB1与平面CB1A1所成二面角的正弦值为eq\f(1,3)．12分eq\x(得分点⑨)【评分细则】①第一问共5分，证出ON∥BB1和ON＝eq\f(1,2)BB1得2分，证出OM∥A1N得2分，未说明OM⊄平面CB1A1，直接证出OM∥平面CB1A1，扣1分．②第二问共7分，建立空间直角坐标系，并正确写出坐标得2分，写出平面MOB1的法向量与平面CB1A1的法向量各得1分③其他方法按步骤酌情给分．【名师点评】1．核心素养：本题主要考查线面平行的证明以及空间二面角的求解，考查考生的逻辑推理能力与空间想象力，考查的核心素养是数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算．2．解题技巧：(1)得步骤分：对于解题过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中写出OM∥平面CB1A1成立的条件，写不全则不能得全分(2)思维发散：①注意到O、M分别为BC、AA1的中点，考虑构造三角形中位线证明(1)．连BM并延长与B1A1的延长线相交于H，连CH，由M为AA1的中点，∴AM＝MA1，又AB∥A1B1，∴∠ABM＝∠MHA1，又∠AMB＝∠HMA1，∴△ABM≌△A1HM，∴BM＝MH，又O为BC中点，∴MO∥CH，又MO⊄平面CB1A1，CH⊂平面CB1A1，∴OM∥平面CB②注意到解答(2)需求平面CB1A1的法向量n，故要证明OM∥平面CB1A1，可直接建立空间直角坐标系，求出n，证明n·eq\o(OM,\s\up6(→))＝0，说明OM⊄平面CB1A1即可得证．〔变式训练2〕(2020·浙江，19)如图，在三棱台ABC－DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC．(1)证明：EF⊥DB；(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．[解析](1)证明：如图，过点D作DO⊥AC，交直线AC于点O，连接OB．由∠ACD＝45°，DO⊥AC得CD＝eq\r(2)CO，由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC，所以DO⊥BC．由∠ACB＝45°，BC＝eq\f(1,2)CD＝eq\f(\r(2),2)CO得BO⊥BC．所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB．由三棱台ABC－DEF得BC∥EF，所以EF⊥DB．(2)解法一：过点O作OH⊥BD，交直线BD于点H，连接CH．由三棱台ABC－DEF得DF∥CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，由BC⊥平面BDO得OH⊥BC，故OH⊥平面BCD，所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角．设CD＝2eq\r(2)，由DO＝OC＝2，BO＝BC＝eq\r(2)，得BD＝eq\r(6)，OH＝eq\f(2\r(3),3)，所以sin∠OCH＝eq\f(OH,OC)＝eq\f(\r(3),3)，因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3)．解法二：由三棱台ABC－DEF得DF∥CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为θ．如图，以O为原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz．设CD＝2eq\r(2)．由题意知各点坐标如下：O(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，D(0,0,2)．因此eq\o(OC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(0，－2,2)．设平面BCD的法向量n＝(x，y，z)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－2y＋2z＝0，))可取n＝(1,1,1)．所以sinθ＝|cos〈eq\o(OC,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(OC,\s\up6(→))·n|,|\o(OC,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(\r(3),3)．因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3)．考点二线面位置关系与空间距离的计算(文)例2(2021·全国新课改T8联考)如图，在四面体ABCD中，△ABD是等边三角形，且AC＝BC．(1)证明：AB⊥CD．(2)若AB＝2，AC＝eq\r(3)，BC⊥CD，求点B到平面ACD的距离．【分析】①利用线面垂直证线线垂直；②利用体积法求点到平面的距离．【标准答案】——规范答题步步得分(1)证明：取AB的中点E，连接CE，DE，如图，1分因为△ABD是等边三角形，所以DE⊥AB， 2分又AC＝BC，所以CE⊥AB． 3分又DE∩CE＝E，所以AB⊥平面CDE，4分故AB⊥CD．5分(2)因为BD＝AB＝2，BC＝AC＝eq\r(3)，BC⊥CD，所以CD＝eq\r(BD2－BC2)＝1． 6分又AD＝2，所以AC2＋CD2＝AD2，即AC⊥CD，则S△ACD＝eq\f(\r(3),2)． 7分由题可得CE＝eq\r(AC2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB,2)))2)＝eq\r(2)，DE＝eq\r(AD2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB,2)))2)＝eq\r(3)， 8分则CD2＋CE2＝DE2，即CE⊥CD，则S△BCD＝eq\f(\r(2),2)． 9分设点B到平面ACD的距离为d，因为AB⊥平面CDE，VB－ACD＝VB－BCD＋VA－ECD， 10分所以eq\f(1,3)·S△ACD·d＝eq\f(1,3)·SBCD·AB，11分即eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)d＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),2)×2，解得d＝eq\f(2\r(6),3)，即点B到平面ACD的距离为eq\f(2\r(6),3)． 12分【名师点评】核心素养：本题主要考查线、面垂直的判定与性质及利用体积法求点到平面的距离，考查学生的逻辑推理能力、空间想象能力、数学运算能力．〔变式训练2〕(2021·黑龙江大庆铁人、鸡西一中、鹤岗一中联考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝eq\r(2)，AB＝AA1＝2，E是棱CC1的中点．(1)求证：A1B⊥AE；(2)求点A1到平面ABE的距离．[解析](1)取A1B中点F，联结AF，EF，AE，∵ABC－A1B1C1∴CC1⊥A1C1，CC1⊥CB又∵E是CC1的中点，A1C1＝BC∴A1E＝BE，又∵AB＝AA1，∴A1B⊥EF，A1B⊥AF，∴A1B⊥平面AEF，∴A1B⊥AE；(2)VA1－ABE＝VB－A1AE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(2)×eq\r(2)＝eq\f(2,3)，设A1到平面ABE的距离为h，则eq\f(1,3)×h×S△ABE＝eq\f(2,3)，由已知得AE＝BE＝eq\r(3)，∴S△ABE＝eq\r(2)，∴h＝eq\r(2)．考点三,立体几何中的折叠问题(理)例3(2021·启东模拟)如图，已知在等腰梯形ABCD中，AE⊥CD，BF⊥CD，AB＝1，AD＝2，∠ADE＝60°，沿AE，BF折成三棱柱AED－BFC．(1)若M，N分别为AE，BC的中点，求证：MN∥平面CDEF；(2)若BD＝eq\r(5)，求二面角E－AC－F的余弦值．【分析】①利用面面平行的判定和性质即可证明；②建立空间直角坐标系，分别求出二面角两个面的法向量，利用空间向量法求解．【标准答案】——规范答题步步得分(1)取AD的中点G，连接GM，GN，在三角形ADE中，∵M，G分别为AE，AD的中点，∴MG∥DE，∵DE⊂平面CDEF，MG⊄平面CDEF，∴MG∥平面CDEF． 2分eq\x(得分点①)由于G，N分别为AD，BC的中点，由棱柱的性质可得GN∥DC，∵CD⊂平面CDEF，GN⊄平面CDEF，∴GN∥平面CDEF． 3分eq\x(得分点②)又GM⊂平面GMN，GN⊂平面GMN，MG∩NG＝G，∴平面GMN∥平面CDEF， 4分eq\x(得分点③)∵MN⊂平面GMN，∴MN∥平面CDEF． 5分eq\x(得分点④)(2)连接EB，在Rt△ABE中，AB＝1，AE＝eq\r(3)，∴BE＝2，又ED＝1，DB＝eq\r(5)，∴EB2＋ED2＝DB2，∴DE⊥EB，又DE⊥AE且AE∩EB＝E，∴DE⊥平面ABFE．∴EA、EF、ED两两垂直． 7分eq\x(得分点⑤)建立如图所示的空间直角坐标系，可得E(0,0,0)，A(eq\r(3)，0,0)，F(0,1,0)，C(0,1,1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1,1)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，0,0)，eq\o(FC,\s\up6(→))＝(0,0,1)． 8分eq\x(得分点⑥)设平面AFC的法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up6(→))＝－\r(3)x＋y＋z＝0，,m·\o(FC,\s\up6(→))＝z＝0，))则z＝0，令x＝1，得y＝eq\r(3)，则m＝(1，eq\r(3)，0)为平面AFC的一个法向量，设平面ACE的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝－\r(3)x1＝0，,n·\o(AC,\s\up6(→))＝－\r(3)x1＋y1＋z1＝0，))则x1＝0，令y1＝1，得z1＝－1，∴n＝(0,1，－1)为平面ACE的一个法向量． 10分eq\x(得分点⑦)设m，n所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(\r(3),2\r(2))＝eq\f(\r(6),4)，由图可知二面角E－AC－F的余弦值是eq\f(\r(6),4)． 12分eq\x(得分点⑧)【评分细则】①由线线平行得到线面平行，给2分．②同理再推出一个线面平行，给1分．③由线面平行推出面面平行，给1分．④由面面平行得到线面平行，给1分．⑤由线线垂直证出线面垂直，为建系作好准备，给2分．⑥建立适当坐标系，写出相应点的坐标及向量坐标，给1分．⑦正确求出平面的法向量，给2分．⑧利用公式求出两个向量夹角的余弦值，并正确写出二面角的余弦值，给2分．【名师点评】1．核心素养：本题考查线面平行的判定与性质定理，考查二面角的求解，考查的数学核心素养是空间想象力、推理论证能力及数学运算能力．2．解题技巧：(1)得分步骤：第(1)问中的DE⊂平面CDEF，MG⊄平面CDEF，要写全．(2)得分关键：第(2)中，证明线面垂直从而得到线线垂直，才能建系．(3)折叠问题的求解，关键是分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，折叠前位于“折痕”同侧的点、线间的位置和数量关系折叠后不变，而折叠前位于“折痕”两侧的点、线间的位置关系折叠后会发生变化，对于不变的关系可在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决．〔变式训练3〕(2021·河北质检)如图1：在△ABC中，AB⊥BC，AB＝2BC＝4，点E，F分别是线段AB和AC的中点．如图2：以EF为折痕把△AEF折起，使点A到达点P的位置．(1)证明：平面FPC⊥平面BPC；(2)若△PEB为等边三角形，求二面角C－PF－E的余弦值．[解析](1)证明：如图，设M，N分别为线段PB，PC的中点，连接EM，MN，FN，故MN綊eq\f(1,2)BC．由E，F分别是线段AB和AC的中点，得PE＝BE，PF＝CF，EF綊eq\f(1,2)BC，故EF綊MN，所以EM綊FN．又M，N分别为线段PB，PC的中点，所以EM⊥PB，FN⊥PC．又EM綊FN，所以FN⊥PB，所以FN⊥平面PBC．又FN⊂平面FPC，所以平面FPC⊥平面BPC．(2)解：因为BC⊥AB，所以翻折后有BC⊥BE，BC⊥EP，所以BC⊥平面PBE，故平面PBE⊥平面BCFE．若△PEB为等边三角形，则PB＝2．设O为BE的中点，连接PO，故PO⊥BE，故PO⊥平面BCFE．以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，OP的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz．则C(1,2,0)，F(－1,1,0)，E(－1，0,0)，P(0,0，eq\r(3))．设n＝(x1，y1，z1)为平面PEF的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＝0，,x1＋\r(3)z1＝0，))可取n＝(－eq\r(3)，0,1)．设m＝(x2，y2，z2)为平面PCF的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(CP,\s\up6(→))＝0，,m·\o(CF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－2y2＋\r(3)z2＝0，,－2x2－y2＝0，))可取m＝(1，－2，－eq\r(3))．所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(－2\r(3),\r(4)×\r(8))＝－eq\f(\r(6),4)，由题意，可知二面角C－PF－E为钝角．所以二面角C－PF－E的余弦值为－eq\f(\r(6),4)．考点三,立体几何中的折叠问题(文)例3(2018·课标全国Ⅰ卷)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°．以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，求三棱锥Q－ABP的体积．【分析】①线线垂直推出线面垂直，进而得到面面垂直；②利用锥体的体积公式求解．【标准答案】——规范答题步步得分(1)由已知可得，∠BAC＝90°，BA⊥AC．又BA⊥AD，所以AB⊥平面ACD． 3分eq\x(得分点①)又AB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC． 5分eq\x(得分点②)(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3eq\r(2)．又BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，所以BP＝2eq\r(2)． 7分eq\x(得分点③)作QE⊥AC，垂足为E，则QE綊eq\f(1,3)DC．由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1． 10分eq\x(得分点④)因此，三棱锥Q－APB的体积为VQ－ABP＝eq\f(1,3)×QE×S△ABP＝eq\f(1,3)×1×eq\f(1,2)×3×2eq\r(2)sin45°＝1． 12分eq\x(得分点⑤)【评分细则】①由线线垂直推出线面垂直，给3分．②由线面垂直得面面垂直，给2分．③根据已知，求出BP的长，给2分．④证明QE为三棱锥Q－APB的高，并求出它的值，给3分．⑤利用体积公式正确求解，给2分．【名师点评】1．核心素养：本题考查面面垂直的证明及三棱锥的体积计算，考查空间想象能力和逻辑推理能力．2．解题技巧：(1)解决翻折问题的关键①一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化；②翻折后不在同一个平面上的性质可能会发生变化，翻折过程中长度、角度和平行、垂直关系是否发生改变是解决问题的关键．(2)计算几何体的体积时，关键是确定几何体的高，若是不方便求，要注意进行体积的转化．〔变式训练3〕(2021·河北省衡水中学调研)等边三角形ABC的边长为6，O为三角形的重心，EF过点O且与BC平行，将△AEF沿直线EF折起，使得平面AEF⊥平面BCFE．(1)求证：BE⊥平面AOC；(2)求点O到平面ABC的距离．[解析](1)因为O为三角形ABC的重心，所以AO⊥BC，因为EF∥BC，所以AO⊥EF，因为平面AEF⊥平面BCFE，平面AEF∩平面BCFE＝EF，AO⊂平面AEF，所以AO⊥平面BCFE，因为BE⊂平面BCFE，所以AO⊥BE，因为O为三角形ABC的重心，所以CO⊥BE，因为AO、CO⊂平面AOC，AO∩CO＝O，所以BE⊥平面AOC．(2)∵等边三角形ABC的边长为6，O为三角形ABC的重心，∴AO＝BO＝CO＝2eq\r(3)，S△OBC＝eq\f(1,2)×6×eq\r(3)＝3eq\r(3)，由(1)可知AO⊥OC，∴AC＝2eq\r(6)，同理AB＝2eq\r(6)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)×6×eq\r(15)＝3eq\r(15)，VO－ABC＝VA－OBC，即eq\f(1,3)×3eq\r(15)×h＝eq\f(1,3)×3eq\r(3)×2eq\r(3)，解得h＝eq\f(2\r(15),5)．即点O到平面ABC的距离为eq\f(2\r(15),5)．考点四,立体几何中的探索性问题(理)例4(2021·陕西省西安中学模拟)如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，且PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，E是BC中点，F是PC上的点．(1)求证：平面AEF⊥平面PAD；(2)若M是PD的中点，当AB＝AP时，是否存在点F，使直线EM与平面AEF的所成角的正弦值为eq\f(1,5)？若存在，请求出eq\f(PF,PC)的值；若不存在，请说明理由．【分析】①利用面面垂直的判定定理，证AE⊥平面PAD或证AD⊥平面AEF即可；②建立空间直角坐标系，假设符合条件的点F存在，且eq\o(PF,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，利用向量法求解λ回答．【标准答案】——规范答题步步得分(1)连接AC，因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，所以△ABC是正三角形， 1分eq\x(得分点①)∵E是BC的中点，∴AE⊥BC，又AD∥BC，∴AE⊥AD， 2分eq\x(得分点②)∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，∴PA⊥AE， 3分eq\x(得分点③)又PA∩AD＝A，∴AE⊥平面PAD， 4分eq\x(得分点④)又AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面PAD． 5分eq\x(得分点⑤)(2)又PA⊥AD，∴PA、AE、AD两两垂直，以A为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系， 6分eq\x(得分点⑥)不妨设AB＝AP＝2，则AE＝eq\r(3)，则A(0,0,0)，C(eq\r(3)，1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(eq\r(3)，0,0)，M(0,1,1)，7分eq\x(得分点⑦)设eq\o(PF,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，1，－2))，0≤λ≤1，则eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(PF,\s\up6(→))＝(0,0,2)＋λ(eq\r(3)，1，－2)＝(eq\r(3)λ，λ，2－2λ)，又eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，0，0))，设n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，z))是平面AEF的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝\r(3)x＝0,n·\o(AF,\s\up6(→))＝\r(3)λx＋λy＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－2λ))z＝0))，取z＝λ，得n＝(0,2λ－2，λ)， 10分eq\x(得分点⑧)设直线EM与平面AEF所成角为θ，由eq\o(EM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，1，1))，得：sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈\o(EM,\s\up6(→))，n〉))＝eq\f(|\o(EM,\s\up6(→))·n|,|\o(EM,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(|3λ－2|,\r(5)·\r(2λ－22＋λ2))＝eq\f(1,5)．化简得：10λ2－13λ＋4＝0，解得λ＝eq\f(1,2)或λ＝eq\f(4,5)， 11分eq\x(得分点⑨)故存在点F满足题意，此时eq\f(PF,PC)为eq\f(1,2)或eq\f(4,5)． 12分eq\x(得分点⑩)【评分细则】①证出△ABC是正三角形得1分．②证出AE⊥AD得1分．③由线面垂直性质证出PA⊥AE得1分，不写AE⊂平面ABCD不得分．④由线面垂直的判定证出AE⊥平面PAD得1分．⑤证出平面AEF⊥平面PAD得1分，条件不全不得分．⑥建出空间直角坐标系得1分．⑦设出eq\o(PF,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))得1分．⑧求出平面AEF的法向量得3分，算错但写出eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))坐标得1分．⑨求出λ得2分，算错但写出sinθ＝|cos〈eq\o(EM,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(EM,\s\up6(→))·n|,|\o(EM,\s\up6(→))||n|)得1分．⑩得出正确结论得1分．【名师点评】1．核心素养：本题考查线面的位置关系及线面角，考查学生转化与化归的思想，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．2．解题技巧：(1)写全得分步骤：对于解题过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中AE⊂平面ABCD．(2)写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在解答时一定要写清得分关键点，如第(2)问中空间直角坐标系的建立；再如eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(PF,\s\up6(→))等．(3)思维发散：也可通过证AD⊥PA、AD⊥AE证得AD⊥平面AEF，进而证得平面AEF⊥平面PAD．〔变式训练4〕(2021·陕西省质检)如图所示，等腰梯形ABCD的底角∠BAD＝∠ADC＝60°，直角梯形ADEF所在的平面垂直于平面ABCD，且∠EDA＝90°，ED＝AD＝2AF＝2AB＝2．(1)证明：平面ABE⊥平面EBD；(2)点M在线段EF上，试确定点M的位置，使平面MAB与平面ECD所成的锐二面角的余弦值为eq\f(\r(3),4)．[解析](1)证明：∵平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，ED⊥AD，∴ED⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴ED⊥AB，∵AB＝1，AD＝2，∠BAD＝60°，∴BD＝eq\r(1＋4－2×1×2cos60°)＝eq\r(3)，∴AB2＋BD2＝AD2，∴AB⊥BD，又∴BD⊂平面BDE，BD∩ED＝D，AB⊥平面BDE，AB⊂平面ABE，∴平面ABE⊥平面EBD．(2)以B为坐标原点，以BA，BD为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，则A(1,0,0)，B(0,0,0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，D(0，eq\r(3)，0)，E(0，eq\r(3)，2)，F(1,0,1)，则eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0,0,2)，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(1，－eq\r(3)，－1)，设eq\o(EM,\s\up6(→))＝λeq\o(EF,\s\up6(→))＝(λ，－eq\r(3)λ，－λ)，(0≤λ≤1)，则eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BE,\s\up6(→))＋eq\o(EM,\s\up6(→))＝(λ，eq\r(3)－eq\r(3)λ，2－λ)，设平面CDE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面ABM的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(CD,\s\up6(→))＝\f(1,2)x1＋\f(\r(3),2)y1＝0，,m·\o(DE,\s\up6(→))＝2z1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝－\r(3)y1，,z1＝0，))不妨取y1＝1，则m＝(－eq\r(3)，1,0)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BA,\s\up6(→))＝x2＝0，,n·\o(BM,\s\up6(→))＝λx2＋\r(3)－\r(3)λy2＋2－λz2＝0))不妨取y2＝2－λ，则n＝(0,2－λ，eq\r(3)λ－eq\r(3))，∴|cosθ|＝eq