2025届高中数学二轮复习 板块四 立体几何与空间向量 微专题27　折叠与探索问题（练习）

微专题27折叠与探索问题高考定位1.立体几何中的折叠问题是历年高考命题的一大热点与难点，主要包括两个方面：一是平面图形的折叠问题，多涉及空间中的线面关系、体积的求解以及空间角、距离的求解等问题；二是几何体的表面展开问题，主要涉及几何体的表面积以及几何体表面上的最短距离等；2.以空间向量为工具，探索空间几何体中线面关系或空间角存在的条件，计算量较大，一般以解答题的形式考查，难度中等偏上．【真题体验】1.(2024·新高考Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5eq\r(3)，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→)).将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4eq\r(3).(1)证明：EF⊥PD；(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.2.(2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.(1)证明：BF⊥DE；(2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？【热点突破】热点一折叠问题解答折叠问题的关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变，一般来说，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决.例1(2024·鞍山模拟)如图1，在平面五边形ABCDE中，AE∥BD，且DE＝2，∠EDB＝60°，CD＝BC＝eq\r(7)，cos∠DCB＝eq\f(5,7)，将△BCD沿BD折起，使点C到P的位置，且EP＝eq\r(3)，得到如图2所示的四棱锥P－ABDE.(1)求证：PE⊥平面ABDE；(2)若AE＝1，求平面PAB与平面PBD所成锐二面角的余弦值.训练1如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠D＝90°，AB＝2，DC＝3，AD＝eq\r(3)，CE＝2ED.沿BE将△BCE折起，使点C到达点C1的位置，且AC1＝eq\r(6)，如图2.(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED；(2)求直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值.热点二探索问题与空间向量有关的探索性问题主要有两类：一类是探索线面的位置关系；另一类是探索线面角或平面与平面的夹角满足特定要求时的存在性问题.解题思路：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探索这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断.考向1探索线面位置关系例2如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，G为棱DD1上的动点.(1)求证：B，E，D1，F四点共面；(2)是否存在点G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出DG的长；若不存在，说明理由.考向2与空间角有关的探索性问题例3(2024·济南模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝∠PCB＝60°，CD＝1，AB＝3，PC＝2eq\r(3)，平面PCB⊥平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点.(1)证明：PF⊥AD；(2)当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为eq\f(\r(7),4).训练2(2024·镇江模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△PAB为正三角形，平面PAB⊥平面ABCD，E为线段AB的中点，M是线段PD(不含端点)上的一个动点.(1)记平面BCM交PA于点N，求证：MN∥平面PBC；(2)是否存在点M，使得二面角P－BC－M的正弦值为eq\f(\r(10),10)？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由.【精准强化练】1.已知菱形ABCD满足A＝60°，AB＝2，将△ABD沿BD折起，使得A1C＝eq\r(6).(1)求证：平面A1BD⊥平面BCD；(2)求直线A1D与平面A1BC所成角的正弦值.2.如图，已知四棱锥P－ABCD的底面是平行四边形，侧面PAB是等边三角形，BC＝2AB，∠ABC＝60°，PB⊥AC.(1)求证：平面PAB⊥平面ABCD；(2)设Q为侧棱PD上一点，四边形BEQF是过B，Q两点的截面，且AC∥平面BEQF，是否存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD？若存在，确定点Q的位置；若不存在，说明理由.3.(2024·齐齐哈尔模拟)如图1，在平面四边形PABC中，PA⊥AB，CD∥AB，CD＝2AB＝2PD＝2AD＝4.点E是线段PC上靠近P端的三等分点，将△PDC沿CD折成四棱锥P－ABCD，连接PA，PB，BD，且AP＝2eq\r(2)，如图2.(1)证明：PA∥平面BDE；(2)求直线AP与平面PBC所成角的正弦值.4.(2024·邵阳模拟)如图所示，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AA1⊥平面ABCD.(1)证明：BD⊥CC1；(2)若AB＝2，AA1＝eq\r(3)，A1B1＝1，∠ABC＝60°，棱BC上是否存在一点P，使得平面AD1P与平面ADD1的夹角余弦值为eq\f(\r(17),17).若存在，求线段CP的长；若不存在，请说明理由.【解析版】1.(2024·新高考Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5eq\r(3)，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→)).将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4eq\r(3).(1)证明：EF⊥PD；(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.(1)证明由题意知，AE＝eq\f(2,5)AD＝2eq\r(3)，AF＝eq\f(1,2)AB＝4，又∠BAD＝30°，所以由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cos30°＝4，故EF＝2.又EF2＋AE2＝AF2，所以EF⊥AE.由EF⊥AE及翻折的性质知EF⊥PE，EF⊥ED，又ED∩PE＝E，ED，PE⊂平面PED，所以EF⊥平面PED.又PD⊂平面PED，所以EF⊥PD.(2)解如图，连接CE，由题意知DE＝3eq\r(3)，CD＝3，∠CDE＝90°，故CE＝eq\r(DE2＋CD2)＝6.又PE＝AE＝2eq\r(3)，PC＝4eq\r(3)，所以PE2＋CE2＝PC2，故PE⊥CE.又PE⊥EF，CE∩EF＝E，CE，EF⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD.EF，ED，PE两两垂直，故以E为原点，EF，ED，PE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则P(0，0，2eq\r(3))，D(0，3eq\r(3)，0)，F(2，0，0)，A(0，－2eq\r(3)，0)，C(3，3eq\r(3)，0)，连接PA，则eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，3eq\r(3)，－2eq\r(3))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(3，0，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(3)，2eq\r(3)，)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(2，2eq\r(3)，0).设平面PCD的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(PD,\s\up6(→))＝3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，,n1·\o(DC,\s\up6(→))＝3x1＝0，))可取n1＝(0，2，3).设平面PBF即平面PAF的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AP,\s\up6(→))＝2\r(3)y2＋2\r(3)z2＝0，,n2·\o(AF,\s\up6(→))＝2x2＋2\r(3)y2＝0，))可取n2＝(eq\r(3)，－1，1).|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(1,\r(65)).故平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为eq\r(1－\f(1,65))＝eq\f(8\r(65),65).2.(2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.(1)证明：BF⊥DE；(2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？(1)证明因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，侧面AA1B1B为正方形，所以CF＝1，BF＝eq\r(5).如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，于是AF＝eq\r(BF2＋AB2)＝3，所以AC＝eq\r(AF2－CF2)＝2eq\r(2).由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC.∵三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，∴BB1⊥AB且BB1⊥BC，则BA，BC，BB1两两互相垂直，故以B为坐标原点，以BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系B－xyz，则B(0，0，0)，E(1，1，0)，F(0，2，1)，所以eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，2，1).设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m，0，2)，于是eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2).所以eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝0，所以BF⊥DE.(2)解易知平面BB1C1C的一个法向量为n1＝(1，0，0).设平面DFE的法向量为n2＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DE,\s\up6(→))·n2＝0，,\o(EF,\s\up6(→))·n2＝0，))又由(1)得eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1－m，1，－2)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1，1，1)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（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的一个法向量为n2＝(3，m＋1，2－m)，所以|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(3,\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(27,2))).设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角为θ，则sinθ＝eq\r(1－cos2〈n1，n2〉)＝eq\r(1－\f(9,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(27,2)))，故当m＝eq\f(1,2)时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小为eq\f(\r(3),3)，即当B1D＝eq\f(1,2)时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小.【热点突破】热点一折叠问题解答折叠问题的关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变，一般来说，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决.例1(2024·鞍山模拟)如图1，在平面五边形ABCDE中，AE∥BD，且DE＝2，∠EDB＝60°，CD＝BC＝eq\r(7)，cos∠DCB＝eq\f(5,7)，将△BCD沿BD折起，使点C到P的位置，且EP＝eq\r(3)，得到如图2所示的四棱锥P－ABDE.(1)求证：PE⊥平面ABDE；(2)若AE＝1，求平面PAB与平面PBD所成锐二面角的余弦值.(1)证明如题干图1，在△BCD中，CD＝BC＝eq\r(7)，cos∠DCB＝eq\f(5,7)，由余弦定理可得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠DCB＝7＋7－2×eq\r(7)×eq\r(7)×eq\f(5,7)＝4，所以BD＝2，又因为DE＝2，∠EDB＝60°，所以△BDE为正三角形，所以BE＝2，在图2中，EP＝eq\r(3)，DE＝BE＝2，PD＝PB＝eq\r(7)，所以EP2＋DE2＝DP2，EP2＋BE2＝BP2，故EP⊥ED，EP⊥EB，又ED∩EB＝E，ED，EB⊂平面EBD，所以PE⊥平面ABDE.(2)解取BD的中点F，连接EF，由(1)可得，DE＝2，BE＝2，∠EDB＝60°，AE∥BD，所以EF⊥BD，EF⊥AE，因为PE⊥平面ABDE，所以EP，EF，EA两两互相垂直，故以E为原点，以EA，EF，EP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可得A(1，0，0)，B(1，eq\r(3)，0)，F(0，eq\r(3)，0)，P(0，0，eq\r(3))，则eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1，0，eq\r(3))，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，－eq\r(3)，eq\r(3))，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，设平面PAB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up6(→))＝\r(3)y1＝0，,n1·\o(AP,\s\up6(→))＝－x1＋\r(3)z1＝0，))取x1＝eq\r(3)，可得y1＝0，z1＝1，可得平面PAB的一个法向量为n1＝(eq\r(3)，0，1)，设平面PBD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(BP,\s\up6(→))＝－x2－\r(3)y2＋\r(3)z2＝0，,n2·\o(BF,\s\up6(→))＝－x2＝0，))取y2＝1，可得x2＝0，z2＝1，可得平面PBD的一个法向量为n2＝(0，1，1)，设平面PAB与平面PBD所成的角为θ，则|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(1,2\r(2))＝eq\f(\r(2),4)，所以平面PAB与平面PBD所成锐二面角的余弦值为eq\f(\r(2),4).易错提醒注意图形翻折前后变与不变的量以及位置关系.对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系.训练1如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠D＝90°，AB＝2，DC＝3，AD＝eq\r(3)，CE＝2ED.沿BE将△BCE折起，使点C到达点C1的位置，且AC1＝eq\r(6)，如图2.(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED；(2)求直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值.(1)证明在图①中，连接AE，由已知得AE＝2.图①∵CE∥AB且CE＝AB＝AE＝2，∴四边形ABCE为菱形.连接AC交BE于点F，则CF⊥BE.在Rt△ACD中，AC＝eq\r(32＋（\r(3)）2)＝2eq\r(3)，所以AF＝CF＝eq\r(3).图②如图②中，由翻折，可知C1F＝eq\r(3)，C1F⊥BE.∵AC1＝eq\r(6)，AF＝C1F＝eq\r(3)，∴AF2＋C1F2＝ACeq\o\al(2,1)，∴C1F⊥AF，又BE∩AF＝F，BE⊂平面ABED，AF⊂平面ABED，∴C1F⊥平面ABED.又C1F⊂平面BC1E，所以平面BC1E⊥平面ABED.(2)解如图③，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(eq\r(3)，0，0)，B(eq\r(3)，2，0)，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，\r(3)))，图③所以eq\o(BC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，\r(3)))，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，0)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，\r(3)))，设平面AC1D的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DA,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DC1,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＝0，,\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＋\r(3)z＝0，))令z＝eq\r(3)，则x＝0，y＝－2，所以n＝(0，－2，eq\r(3))为平面AC1D的一个法向量.设直线BC1与平面AC1D所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(BC1,\s\up6(→))·n|,|\o(BC1,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(4,2×\r(7))＝eq\f(2\r(7),7).所以直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值为eq\f(2\r(7),7).热点二探索问题与空间向量有关的探索性问题主要有两类：一类是探索线面的位置关系；另一类是探索线面角或平面与平面的夹角满足特定要求时的存在性问题.解题思路：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探索这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断.考向1探索线面位置关系例2如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，G为棱DD1上的动点.(1)求证：B，E，D1，F四点共面；(2)是否存在点G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出DG的长；若不存在，说明理由.(1)证明如图，连接D1E，D1F，取BB1的中点为M，连接MC1，ME，因为E为AA1的中点，所以EM∥A1B1∥C1D1，且EM＝A1B1＝C1D1，所以四边形EMC1D1为平行四边形，所以D1E∥MC1，又F为CC1的中点，所以BM∥C1F，且BM＝C1F，所以四边形BMC1F为平行四边形，所以BF∥MC1，所以BF∥D1E，所以B，E，D1，F四点共面.(2)解以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，假设存在满足题意的点G(0，0，t)，由已知B(1，1，0)，E(1，0，1)，F(0，1，1)，则eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(EB,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq\o(EG,\s\up6(→))＝(－1，0，t－1)，设平面BEF的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(EB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1＋y1＝0，,y1－z1＝0，))取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，n1＝(1，1，1).设平面GEF的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(EG,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋y2＝0，,－x2＋（t－1）z2＝0，))取x2＝t－1，则y2＝t－1，z2＝1，n2＝(t－1，t－1，1).因为平面GEF⊥平面BEF，所以n1·n2＝0，所以t－1＋t－1＋1＝0，所以t＝eq\f(1,2)，所以存在满足题意的点G，使得平面GEF⊥平面BEF，且DG的长为eq\f(1,2).考向2与空间角有关的探索性问题例3(2024·济南模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝∠PCB＝60°，CD＝1，AB＝3，PC＝2eq\r(3)，平面PCB⊥平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点.(1)证明：PF⊥AD；(2)当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为eq\f(\r(7),4).(1)证明因为四边形ABCD为直角梯形，∠DAB＝60°，CD＝1，AB＝3，所以AD＝4，BC＝2eq\r(3)，由PC＝2eq\r(3)，∠PCB＝60°，则△PBC为等边三角形，且F为线段BC的中点，则PF⊥BC，又因为平面PCB⊥平面ABCD，平面PCB∩平面ABCD＝BC，PF⊂平面PCB，可得PF⊥平面ABCD，且AD⊂平面ABCD，所以PF⊥AD.(2)解由(1)可知PF⊥平面ABCD，取线段AD的中点N，连接NF，则FN∥AB，FN＝2，又因为AB⊥BC，可知NF⊥BC，以F为坐标原点，NF，FB，FP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(3，eq\r(3)，0)，D(1，－eq\r(3)，0)，P(0，0，3)，B(0，eq\r(3)，0)，因为E为线段PF上一点，设E(0，0，a)，a∈[0，3]，可得eq\o(DA,\s\up6(→))＝(2，2eq\r(3)，0)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，3)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，a)，设平面PAD的法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA,\s\up6(→))＝2x＋2\r(3)y＝0，,n·\o(DP,\s\up6(→))＝－x＋\r(3)y＋3z＝0，))令x＝－3，则y＝eq\r(3)，z＝－2，可得n＝(－3，eq\r(3)，－2)，设直线BE与平面PAD夹角为α，则sinα＝|cos〈n，eq\o(BE,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(BE,\s\up6(→))|,|n|·|\o(BE,\s\up6(→))|)＝eq\f(|2a＋3|,4×\r(3＋a2))＝eq\f(\r(7),4)，解得a＝2，故EF＝2时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为eq\f(\r(7),4).规律方法解决立体几何探索性问题的基本方法(1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立.(2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定要注意三点共线的应用.训练2(2024·镇江模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△PAB为正三角形，平面PAB⊥平面ABCD，E为线段AB的中点，M是线段PD(不含端点)上的一个动点.(1)记平面BCM交PA于点N，求证：MN∥平面PBC；(2)是否存在点M，使得二面角P－BC－M的正弦值为eq\f(\r(10),10)？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由.(1)证明因为四边形ABCD为菱形，所以BC∥AD，因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD，因为BC⊂平面BCM，平面BCM∩平面PAD＝MN，所以MN∥BC，因为MN⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，因此MN∥平面PBC.(2)解连接PE，CE，因为△PAB为等边三角形，E为AB的中点，所以PE⊥AB，因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PE⊂平面PAB，所以PE⊥平面ABCD，因为四边形ABCD是边长为2的菱形，所以AB＝BC＝2，又因为∠ABC＝60°，所以△ABC为等边三角形，则CE⊥AB.以点E为坐标原点，EB，EC，EP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1，0，0)，C(0，eq\r(3)，0)，D(－2，eq\r(3)，0)，P(0，0，eq\r(3))，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，0，eq\r(3))，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(－2，eq\r(3)，－eq\r(3))，设eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PD,\s\up6(→))＝λ(－2，eq\r(3)，－eq\r(3))＝(－2λ，eq\r(3)λ，－eq\r(3)λ)，其中0<λ<1，设平面PBC的一个法向量为m＝(x1，y1，z1).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up6(→))＝－x1＋\r(3)y1＝0，,m·\o(BP,\s\up6(→))＝－x1＋\r(3)z1＝0，))取x1＝eq\r(3)，可得m＝(eq\r(3)，1，1)，设平面BCM的法向量为n＝(x2，y2，z2).eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BP,\s\up6(→))＋eq\o(PM,\s\up6(→))＝(－1，0，eq\r(3))＋(－2λ，eq\r(3)λ，－eq\r(3)λ)＝(－2λ－1，eq\r(3)λ，eq\r(3)－eq\r(3)λ)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝－x2＋\r(3)y2＝0，,n·\o(BM,\s\up6(→))＝－（2λ＋1）x2＋\r(3)λy2＋\r(3)（1－λ）z2＝0，))取x2＝eq\r(3)－eq\r(3)λ，则y2＝1－λ，z2＝λ＋1，所以n＝(eq\r(3)－eq\r(3)λ，1－λ，λ＋1)，由题意可得|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(|5－3λ|,\r(5)·\r(4（1－λ）2＋（λ＋1）2))＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),10)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(10),10)，整理可得27λ2＋6λ－5＝0，即(3λ－1)(9λ＋5)＝0，因为0<λ<1，所以λ＝eq\f(1,3)，故当点M为线段PD上靠近点P的三等分点时，二面角P－BC－M的正弦值为eq\f(\r(10),10).【精准强化练】1.已知菱形ABCD满足A＝60°，AB＝2，将△ABD沿BD折起，使得A1C＝eq\r(6).(1)求证：平面A1BD⊥平面BCD；(2)求直线A1D与平面A1BC所成角的正弦值.(1)证明如图，取BD中点E，连接A1E，CE.在菱形ABCD中，∵AB＝AD，CB＝CD，∴A1B＝A1D，CB＝CD，又∠DA1B＝60°，AB＝2，则A1B＝A1D＝BD＝CB＝CD＝2，A1E＝CE＝eq\r(3)，所以A1E⊥BD，又A1E2＋CE2＝A1C2，即A1E⊥CE，又BD∩CE＝E，BD，CE⊂平面BCD，∴A1E⊥平面BCD，又A1E⊂平面A1BD，所以平面A1BD⊥平面BCD.(2)解由(1)可知，以E为原点，ED所在直线为x轴，EC所在直线为y轴，EA1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，则E(0，0，0)，A1(0，0，eq\r(3))，D(1，0，0)，B(－1，0，0)，C(0，eq\r(3)，0)，所以eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(1，0，－eq\r(3))，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(－1，0，－eq\r(3))，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，－eq\r(3))，设平面A1BC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B,\s\up6(→))＝－x－\r(3)z＝0，,n·\o(A1C,\s\up6(→))＝\r(3)y－\r(3)z＝0，))令y＝1，则n＝(－eq\r(3)，1，1)，设直线A1D与平面A1BC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(A1D,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(A1D,\s\up6(→))·n|,|\o(A1D,\s\up6(→))||n|)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－\r(3)－\r(3),2×\r(5))))＝eq\f(\r(15),5)，所以直线A1D与平面A1BC所成角的正弦值为eq\f(\r(15),5).2.如图，已知四棱锥P－ABCD的底面是平行四边形，侧面PAB是等边三角形，BC＝2AB，∠ABC＝60°，PB⊥AC.(1)求证：平面PAB⊥平面ABCD；(2)设Q为侧棱PD上一点，四边形BEQF是过B，Q两点的截面，且AC∥平面BEQF，是否存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD？若存在，确定点Q的位置；若不存在，说明理由.(1)证明在△ABC中，因为BC＝2AB，∠ABC＝60°，所以AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos60°＝3AB2，AC＝eq\r(3)AB，所以AC2＋AB2＝BC2，则∠BAC＝90°，即AC⊥AB.又AC⊥PB，PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，所以AC⊥平面PAB，又AC⊂平面ABCD，所以平面PAB⊥平面ABCD.(2)解假设存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD.如图，以A为原点，分别以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系A－xyz，设AB＝2，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(－2，2eq\r(3)，0)，P(1，0，eq\r(3))，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－2，2eq\r(3)，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(1，0，eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－4，2eq\r(3)，0)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(3，－2eq\r(3)，eq\r(3))，设n1＝(x1，y1，z1)是平面PAD的一个法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AD,\s\up6(→))＝－2x1＋2\r(3)y1＝0，,n1·\o(AP,\s\up6(→))＝x1＋\r(3)z1＝0，))取n1＝(eq\r(3)，1，－1)，设eq\o(DQ,\s\up6(→))＝λeq\o(DP,\s\up6(→))，其中0≤λ≤1.则eq\o(BQ,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(DQ,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))＋λeq\o(DP,\s\up6(→))＝(3λ－4，2eq\r(3)－2eq\r(3)λ，eq\r(3)λ)，因为AC∥平面BEQF，AC⊂平面PAC，平面PAC∩平面BEQF＝EF，故AC∥EF，取与eq\o(EF,\s\up6(→))同向的单位向量j＝(0，1，0)，设n2＝(x2，y2，z2)是平面BEQF的一个法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·j＝y2＝0，,n2·\o(BQ,\s\up6(→))＝（3λ－4）x2＋2\r(3)（1－λ）y2＋\r(3)λz2＝0，))取n2＝(eq\r(3)λ，0，4－3λ).若平面BEQF⊥平面PAD，则n1⊥n2，即n1·n2＝3λ＋3λ－4＝0，解得λ＝eq\f(2,3).故在侧棱PD上存在点Q，且当DQ＝eq\f(2,3)DP时，使得平面BEQF⊥平面PAD.3.(2024·齐齐哈尔模拟)如图1，在平面四边形PABC中，PA⊥AB，CD∥AB，CD＝2AB＝2PD＝2AD＝4.点E是线段PC上靠近P端的三等分点，将△PDC沿CD折成四棱锥P－ABCD，连接PA，PB，BD，且AP＝2eq\r(2)，如图2.(1)证明：PA∥平面BDE；(2)求直线AP与平面PBC所成角的正弦值.(1)证明连接AC交BD于点F，连接EF，点E是线段PC上靠近P端的三等分点，∵AB∥CD，CD＝2AB，∴△ABF∽△CDF，可得eq\f(AF,FC)＝eq\f(AB,