2025届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量顶层设计前瞻立体几何热点问题教学案含解析新人教A版

PAGE18-立体几何热点问题三年真题考情核心热点真题印证核心素养线、面位置关系的证明与线面角2024·天津，17；2024·浙江，19；2024·Ⅰ，18；2024·Ⅱ，20；2024·天津，17；2024·天津，17；2024·北京·16数学运算、逻辑推理、直观想象线、面位置关系的证明与二面角2024·Ⅰ，18；2024·Ⅱ，17；2024·Ⅲ，19；2024·北京，16；2024·Ⅲ，19；2024·Ⅲ，19；2024·Ⅰ，18；2024·Ⅱ，19；2024·Ⅰ，18；2024·Ⅱ，19数学运算、逻辑推理、直观想象热点聚焦突破教材链接高考——线面位置关系与空间角[教材探究](选修2－1P109例4)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，点E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.(1)求证：PA∥平面EDB；(2)求证：PB⊥平面EFD；(3)求二面角C－PB－D的大小.[试题评析]1.本例包括了空间向量在立体几何中最主要的两个应用：(1)证明或判定空间中的线面位置关系，(2)求空间角.2.教材给出的解法虽然都用到了向量，但第(1)(2)题仍旧没有脱离线面平行、线面垂直的判定定理，第(3)题是先找到二面角的平面角，然后利用向量求解.3.除了教材给出的解法外，我们还可以利用相关平面的法向量解答本题，其优点是可以使几何问题代数化.【教材拓展】如图，在四棱锥P－ABCD中，BC⊥CD，AD＝CD，PA＝3eq\r(2)，△ABC和△PBC均是边长为2eq\r(3)的等边三角形.(1)求证：平面PBC⊥平面ABCD；(2)求二面角C－PB－D的余弦值.(1)证明取BC的中点O，连接OP，OA，如图.因为△ABC，△PBC均为边长为2eq\r(3)的等边三角形，点O为BC的中点，所以OA⊥BC，OP⊥BC，且OA＝OP＝3.在△PAO中，因为PA＝3eq\r(2)，则PO2＋OA2＝PA2，所以OP⊥OA.又因为OA∩BC＝O，OA⊂平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以OP⊥平面ABCD.又因为OP⊂平面PBC.所以平面PBC⊥平面ABCD.(2)解因为BC⊥CD，△ABC为等边三角形，所以∠ACD＝eq\f(π,6).又因为AD＝CD，所以∠CAD＝eq\f(π,6)，∠ADC＝eq\f(2π,3).在△ADC中，由正弦定理，得eq\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(CD,sin∠CAD)，所以CD＝2.以O为坐标原点，eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OP,\s\up6(→))分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，0，3)，B(0，eq\r(3)，0)，D(2，－eq\r(3)，0).所以eq\o(BP,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，3)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(2，－2eq\r(3)，0).设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BP,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)y＋3z＝0，,2x－2\r(3)y＝0.))令z＝1，则平面PBD的一个法向量为n＝(3，eq\r(3)，1)，依题意，平面PBC的一个法向量m＝(1，0，0)，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(3\r(13),13).由题图知，二面角C－PB－D为锐二面角，故二面角C－PB－D的余弦值为eq\f(3\r(13),13).探究提高1.本题与教材选修2－1P109例4相比其难点在于不易找到二面角C－PB－D的平面角，或者说找到这个二面角的平面角对学生来说是一个很大的难点，而利用空间向量，即找到相关平面的法向量并且利用法向量来求二面角，就可以化解这个难点，这也是向量法的优势所在.2.利用向量法解决问题时，要留意运算的正确性.【链接高考】(2024·全国Ⅱ卷)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.(1)证明：BE⊥平面EB1C1；(2)若AE＝A1E，求二面角B－EC－C1的正弦值.(1)证明由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，B1C1，EC1⊂平面EB1C1，所以BE⊥平面EB1C1.(2)解由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(DA,\s\up6(→))|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1，－1，1)，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(0，0，2).设平面EBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CB,\s\up6(→))·n＝0，,\o(CE,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,x1－y1＋z1＝0，))所以可取n＝(0，－1，－1).设平面ECC1的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CC1,\s\up6(→))·m＝0，,\o(CE,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2z2＝0，,x2－y2＋z2＝0，))所以可取m＝(1，1，0).于是cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝－eq\f(1,2)，则sin〈n，m〉＝eq\f(\r(3),2)，所以，二面角B－EC－C1的正弦值为eq\f(\r(3),2).教你如何审题——立体几何中的折叠问题【例题】(2024·全国Ⅲ卷)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图②中的二面角B－CG－A的大小.[审题路途][自主解答](1)证明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，所以AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解作EH⊥BC，垂足为H.因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平面ABC＝BC，所以EH⊥平面ABC.由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝eq\r(3).以H为坐标原点，eq\o(HC,\s\up6(→))的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz，则A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，eq\r(3))，eq\o(CG,\s\up6(→))＝(1，0，eq\r(3))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，－1，0).设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CG,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0，,2x－y＝0.))所以可取n＝(3，6，－eq\r(3)).又平面BCGE的法向量可取m＝(0，1，0)，所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(\r(3),2).因此二面角B－CG－A的大小为30°.探究提高立体几何中折叠问题的解决方法解决立体几何中的折叠问题，关键是搞清晰翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的改变状况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生改变，不在同一平面上的性质发生改变.【尝试训练】(2024·湖南六校联考)在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，tan∠ACB＝eq\f(1,2).已知E，F分别是BC，AC的中点，将△CEF沿EF折起，使C到C′的位置且二面角C′－EF－B的平面角的大小是60°.连接C′B，C′A，如图.(1)(一题多解)求证：平面C′FA⊥平面ABC′；(2)求平面AFC′与平面BEC′所成二面角的平面角的大小.(1)证明法一∵F是AC的中点，∴AF＝C′F.设AC′的中点为G，连接FG，如图(1).(1)设BC′的中点为H，连接GH，EH.∵∠ABC＝90°，E，F分别是BC，AC的中点，∴FE⊥BC，∴C′E⊥EF，BE⊥EF，∴∠BEC′为二面角C′－EF－B的平面角.∴∠BEC′＝60°.∵E为BC的中点，∴BE＝EC′，∴△BEC′为等边三角形，∴EH⊥BC′.∵EF⊥C′E，EF⊥BE，C′E∩BE＝E，∴EF⊥平面BEC′.∵EF∥AB，∴AB⊥平面BEC′，又EH⊂平面BEC′，∴AB⊥EH.∵BC′∩AB＝B，∴EH⊥平面ABC′.∵G，H分别为AC′，BC′的中点，∴GH綉eq\f(1,2)AB綉FE，∴四边形EHGF为平行四边形，∴FG∥EH，∴FG⊥平面ABC′.又FG⊂平面C′FA，∴平面C′FA⊥平面ABC′.法二∵∠ABC＝90°，E，F分别为BC，AC的中点，∴EF⊥BC，∴EF⊥BE，EF⊥EC′.∵BE∩EC′＝E，∴FE⊥平面BC′E.∴AB⊥平面BEC′.如图(2)，分别以BE，BA所在直线为y轴，z轴，建立空间直角坐标系.设AB＝2，(2)则B(0，0，0)，A(0，0，2)，E(0，2，0)，F(0，2，1)，C′(eq\r(3)，1，0).∴eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0，0，2)，eq\o(BC′,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，eq\o(AC′,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，－2).设平面ABC′的法向量为a＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a·\o(BA,\s\up6(→))＝0，,a·\o(BC′,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2z1＝0，,\r(3)x1＋y1＝0.))令x1＝1，则y1＝－eq\r(3)，z1＝0，∴a＝(1，－eq\r(3)，0).设平面C′FA的法向量为b＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b·\o(AF,\s\up6(→))＝0，,b·\o(AC′,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y2－z2＝0，,\r(3)x2＋y2－2z2＝0.))令x2＝eq\r(3)，则y2＝1，z2＝2，∴b＝(eq\r(3)，1，2).∴a·b＝eq\r(3)－eq\r(3)＋0＝0，∴平面C′FA⊥平面ABC′.(2)解由(1)中法二可得平面AFC′的一个法向量为b＝(eq\r(3)，1，2).明显平面BEC′的一个法向量为m＝(0，0，1)，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·b,|m|·|b|)＝eq\f(\r(2),2).视察图形可知，平面AFC′与平面BEC′所成的二面角的平面角为锐角，∴平面AFC′与平面BEC′所成二面角的平面角的大小为45°.满分答题示范——立体几何中的开放问题【例题】(12分)如图①，已知等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2.将△ADC沿AC折起，使得AD⊥BC，如图②.(1)求证：平面ADC⊥平面ABC；(2)在线段BD上是否存在点E，使得二面角E－AC－D的大小为eq\f(π,4)？若存在，指出点E的位置；若不存在，请说明理由.[规范解答](1)证明∵等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，∴由平面几何学问易得∠ABC＝eq\f(π,3)，∴AC2＝22＋12－2×2×1×coseq\f(π,3)＝3.又AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.2′∵AD⊥BC，AD∩AC＝A，∴BC⊥平面ADC.3′又∵BC⊂平面ABC，∴平面ADC⊥平面ABC.4′(2)解在线段BD上存在点E，使得二面角E－AC－D的大小为eq\f(π,4).以C为原点，CA所在的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，过点C垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图.5′由平面ADC⊥平面ABC，△ADC是顶角为eq\f(2π,3)的等腰三角形，知z轴与△ADC底边上的中线平行，则C(0，0，0)，A(eq\r(3)，0，0)，B(0，1，0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，\f(1,2)))，∴eq\o(CA,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－1，\f(1,2))).令eq\o(BE,\s\up6(→))＝teq\o(BD,\s\up6(→))(0≤t≤1)，则Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)t，1－t，\f(t,2)))，∴eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)t，1－t，\f(t,2))).7′设平面ACE的法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CA,\s\up6(→))·m＝0，,\o(CE,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＝0，,\f(\r(3),2)tx＋（1－t）y＋\f(t,2)z＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,2（1－t）y＋tz＝0.))令y＝t，则z＝2(t－1)，∴m＝(0，t，2(t－1)).9′由(1)知，平面ACD的一个法向量为n＝(0，1，0).10′要使二面角E－AC－D的大小为eq\f(π,4)，则coseq\f(π,4)＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(t,\r(t2＋4（t－1）2))＝eq\f(\r(2),2)，解得t＝eq\f(2,3)或t＝2(舍去).∴在线段BD上存在点E，使得二面角E－AC－D的大小为eq\f(π,4)，此时点E在线段BD上靠近点D的三等分点处.12′[高考状元满分心得]❶得步骤分：抓住得分点的步骤“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中证明面面垂直时，层层递进，先证明线线垂直，再证明线面垂直，最终得到面面垂直.❷得关键分：解题过程中不行忽视关键点，有则给分，无则没分.如第(2)问中的建系方法，求两个平面的法向量.❸得计算分：解题过程中计算精确是得满分的保证.如第(2)问中由二面角的大小求t的值等.[构建模板]……利用题目中的线、面位置关系，建立恰当的空间直角坐标系……假设数学对象存在，设出其坐标……求相关的坐标和平面的法向量……依据题目条件构建方程求解……明确结论【规范训练】(2024·绵阳诊断)如图，四棱锥S－ABCD中，SD⊥底面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝AD＝1，DC＝SD＝2，E为棱SB上的一个点，且SE＝2EB.(1)求证：DE⊥平面SBC；(2)在线段BC上是否存在点M，使得SM与平面ADE所成角的正弦值为eq\f(5\r(7),14)？若存在，请指出点M的位置；若不存在，请说明理由.(1)证明由SD⊥底面ABCD，AD，DC⊂平面ABCD，知SD⊥AD，SD⊥DC.又AD⊥DC，故以D为原点，DA，DC，DS所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，S(0，0，2).由SE＝2EB，得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(2,3))).∴eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(BS,\s\up6(→))＝(－1，－1，2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(2,3)))，∴eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(BS,\s\up6(→))＝0.∴DE⊥BC，DE⊥BS.又∵BC∩BS＝B，∴DE⊥平面SBC.(2)解存在.理由如下：设点M(x，y，z)，则eq\o(BM,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))(0<λ<1).∴(x－1，y－1，z)＝λ(－1，1，0)，∴M(1－λ，1＋λ，0)，∴eq\o(SM,\s\up6(→))＝(1－λ，1＋λ，－2).由(1)知eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(2,3))).设平面ADE的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,\f(2,3)x＋\f(2,3)y＋\f(2,3)z＝0.))令y＝1，则z＝－1，∴n＝(0，1，－1).∴|cos〈eq\o(SM,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(SM,\s\up6(→))·n|,|\o(SM,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(|1＋λ＋2|,\r(（1－λ）2＋（1＋λ）2＋（－2）2)×\r(2))＝eq\f(5\r(7),14)，解得λ＝eq\f(1,3)或λ＝2.又∵0<λ<1，∴λ＝eq\f(1,3).∴存在点M，且点M是靠近点B的BC的三等分点.热点跟踪训练1.(2024·安徽六校联考)如图，直三棱柱ABC－A′B′C′的侧棱长为4，AB⊥BC，且AB＝BC＝4，点D，E分别是棱AB，BC上的动点，且AD＝BE.(1)求证：无论点D在何处，总有B′C⊥C′D；(2)当三棱锥B－DB′E的体积取最大值时，求二面角D－B′E－A′的余弦值.解依据题意，以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB′所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系B－xyz，如图，则B(0，0，0)，A(0，4，0)，A′(0，4，4)，C(4，0，0)，C′(4，0，4)，B′(0，0，4).(1)证明设D(0，a，0)(0≤a≤4)，则E(4－a，0，0).得eq\o(B′C,\s\up6(→))＝(4，0，－4)，eq\o(C′D,\s\up6(→))＝(－4，a，－4)，故eq\o(B′C,\s\up6(→))·eq\o(C′D,\s\up6(→))＝0，即总有B′C⊥C′D.(2)易知V三棱锥B－DB′E＝V三棱锥B′－DBE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)a(4－a)×4＝eq\f(2,3)a(4－a)≤eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋4－a,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(8,3)，当且仅当a＝2时，取等号.此时D(0，2，0)，E(2，0，0)，则eq\o(B′E,\s\up6(→))＝(2，0，－4)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(2，－2，0).设平面DB′E的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(B′E,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DE,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－4z＝0，,2x－2y＝0.))令z＝1，则x＝y＝2，所以n＝(2，2，1).同理可得平面A′B′E的一个法向量m＝(2，0，1).所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(2×2＋2×0＋1×1,\r(5)×3)＝eq\f(\r(5),3)，所以二面角D－B′E－A′的余弦值为eq\f(\r(5),3).2.(2024·成都一诊)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝eq\f(π,3)，PA⊥底面ABCD，点M是棱PC的中点.(1)求证：PA∥平面BMD；(2)当PA＝eq\r(3)时，求直线AM与平面PBC所成角的正弦值.(1)证明如图，连接AC交BD于点O，易知O为AC的中点，连接MO.∵M，O分别为PC，AC的中点，∴PA∥MO.∵PA⊄平面BMD，MO⊂平面BMD，∴PA∥平面BMD.(2)解如图，取线段BC的中点H，连接AH.∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝eq\f(π,3)，∴AH⊥AD.以A为坐标原点，分别以AH，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图的空间直角坐标系A－xyz.∴A(0，0，0)，B(eq\r(3)，－1，0)，C(eq\r(3)，1，0)，P(0，0，eq\r(3))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，∴eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，－eq\r(3)).设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(PC,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＝0，,\r(3)x＋y－\r(3)z＝0.))取z＝1，则x＝1，y＝0，∴m＝(1，0，1).设直线AM与平面PBC所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈m，eq\o(AM,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|m·\o(AM,\s\up6(→))|,|m|·|\o(AM,\s\up6(→))|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)×1＋\f(1,2)×0＋\f(\r(3),2)×1)),\r(2)×\r(\f(7,4)))＝eq\f(\r(42),7).∴直线AM与平面PBC所成角的正弦值为eq\f(\r(42),7).3.(2024·广州模拟)如图(1)，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，且BC＝2AD＝4，E，F分别为线段AB，DC的中点，沿EF把AEFD折起，使AE⊥CF，得到如图(2)的立体图形.(1)证明：平面AEFD⊥平面EBCF；(2)若BD⊥EC，求二面角F－BD－C的余弦值.(1)证明由折叠可知，AE⊥EF.因为AE⊥CF，且EF∩CF＝F，所以AE⊥平面EBCF.因为AE⊂平面AEFD，所以平面AEFD⊥平面EBCF.(2)解如图所示，过点D作DG∥AE交EF于点G，连接BG，则DG⊥平面EBCF，又EC⊂平面EBCF，所以DG⊥EC.因为BD⊥EC，BD∩DG＝D，所以EC⊥平面BDG，又BG⊂平面BDG，所以EC⊥BG.所以∠BGE＋∠GEC＝∠CEB＋∠GEC，所以∠BGE＝∠CEB，且∠EBC＝∠GEB＝90°，所以△EGB∽△BEC，则eq\f(EG,EB)＝eq\f(EB,BC)，因为EG＝AD＝2，BC＝4，所以EB＝2eq\r(2).以E为坐标原点，eq\o(EB,\s\up6(→))的方向为x轴的正方向，eq\o(EF,\s\up6(→))的方向为y轴的正方向，eq\o(EA,\s\up6(→))的方向为z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz，则F(0，3，0)，D(0，2，2eq\r(2))，C(2eq\r(2)，4，0)，A(0，0，2eq\r(2))，B(2eq\r(2)，0，0).故eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2eq\r(2)，2，2eq\r(2))，eq\o(FD,\s\up6(→))＝(0，－1，2eq\r(2))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，4，0)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－2eq\r(2)，－2，2eq\r(2)).设平面FBD的法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝－2\r(2)x＋2y＋2\r(2)z＝0，,n·\o(FD,\s\up6(→))＝－y＋2\r(2)z＝0.))令z＝1，得y＝2eq\r(2)，x＝3，所以平面FBD的一个法向量是n＝(3，2eq\r(2)，1).设平面BCD的法向量m＝(a，b，c)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up6(→))＝4b＝0，,m·\o(CD,\s\up6(→))＝－2\r(2)a－2b＋2\r(2)c＝0.))令a＝1，得b＝0，c＝1，所以平面BCD的一个法向量是m＝(1，0，1).则cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(4,\r(18)×\r(2))＝eq\f(2,3).易知，所求二面角为锐角，所以二面角F－BD－C的余弦值为eq\f(2,3).4.(2024·宜昌模拟)如图，四边形ABCD是正方形，四边形BDEF为矩形，AC⊥BF，G为EF的中点.(1)求证：BF⊥平面ABCD；(2)二面角C－BG－D的大小可以为60°吗，若可以求出此时eq\f(BF,BC)的值，若不行以，请说明理由.(1)证明∵四边形ABCD是正方形，四边形BDEF为矩形，∴BF⊥BD，又∵AC⊥BF，AC，BD为平面ABCD内两条相交直线，∴BF⊥平面ABCD.(2)解假设二面角C－BG－D的大小可以为60°，由(1)知BF⊥平面ABCD，以A为原点，分别以AB，AD为x轴，y轴建立空间直角坐标系，如图所示，不妨设AB＝AD＝2，BF＝h(h>0)，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，C(2，2，0)，EF的中点G(1，1，h)，eq\o(BG,\s\up6(→))＝(－1，1，h)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，2，0).设平面BCG的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BG,\s\up6(→))·n＝0，,\o(BC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋y＋hz＝0，,2y＝0，))取n＝(h，0，1).由于AC⊥BF，AC⊥BD，∴AC⊥平面BDG，平面BDG的一个法向量为eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，2，0).由题意得cos60°＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(AC,\s\up6(→)),|n|·|\o(AC,\s\up6(→))|)))＝eq\f(2h,\r(h2＋1)·\r(4＋4))，解得h＝1，此时eq\f(BF,BC)＝eq\f(1,2).∴当eq\f(BF,BC)＝eq\f(1,2)时，二面角C－BG－D的大小为60°.5.(2024·天津卷)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.(1)求证：BF∥平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角E－BD－F的余弦值为eq\f(1,3)，求线段CF的长.解依题意，建立以A为原点，分别以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2).设CF＝h(h>0)，则F(1，2，h).(1)证明依题意，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)是平面ADE的一个法向量，又eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，2，h)，可得eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，又因为直线BF⊄平面ADE，所以BF∥平面ADE.(2)依题意，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－1，－2，2).设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋2z＝0，))不妨令z＝1，可得n＝(2，2，1).因此有cos〈eq\o(CE,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(CE,\s\up6(→))·n,|\o(CE,\s\up6(→))||n|)＝－eq\f(4,9).所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为eq\f(4,9).(3)设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1＋y1＝0，,2y1＋hz1＝0，))不妨令y1＝1，可得m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(2,h))).又n＝(2，2，1)为平面BDE的一个法向量，故由题意，有|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4－\f(2,h))),3\r(2＋\f(4,h2)))＝eq\f(1,3).解得h＝eq\f(8,7).经检验，符合题意.所以，线段CF的长为eq\f(