微专题16 立体几何中的探究、折叠问题

微专题16立体几何中的探究、折叠问题高考定位立体几何中的探究、折叠问题是高考的热点，常与线、面位置关系的证明，空间角的求解交汇考查，通常以解答题的形式出现，难度中等.
1.(2019·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中的平面BCG与平面CGA夹角的大小.
(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＝ 3.
以H为坐标原点，HC→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 (2，0，3)，CG →＝(1，0，3)，AC →
＝(2，－1，0).
设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧CG →·
n ＝0，AC
→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，
2x －y ＝0.
所以可取n ＝(3，6，－3).
又平面BCGE 的法向量可取m ＝(0，1，0)， 设平面BCG 与平面CGA 夹角的大小为θ， 所以cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝|n ·m ||n ||m |＝32. 因此平面BCG 与平面CGA 夹角的大小为30°.
2.(2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1B 1B 为正方形，AB ＝BC ＝2，E ，F 分别为AC 和CC 1的中点，D 为棱A 1B 1上的点，BF ⊥A 1B 1.
(1)证明：BF ⊥DE ；
(2)当B 1D 为何值时，平面BB 1C 1C 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CC 1的中点，且AB ＝BC ＝2，侧面AA 1B 1B 为正方形，
所以CF＝1，BF＝ 5.
如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，
得BF⊥AB，
于是AF＝BF2＋AB2＝3，
所以AC＝AF2－CF2＝2 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)，BF→＝(0，2，1).
设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m，0，2)，
于是DE→＝(1－m，1，－2).
所以BF→·DE→＝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n 2＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧DE
→·
n 2＝0，EF →
·
n 2＝0，
又由(1)得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 的一个法向量为n 2＝(3，m ＋1，2－m )， 所以cos 〈n 1，n 2〉＝
32⎝ ⎛
⎭
⎪⎫m －122＋272.
设平面BB 1C 1C 与平面DFE 所成的二面角为θ， 则sin θ＝
1－cos 2〈n 1，n 2〉＝
1－
9
2⎝ ⎛⎭
⎪⎫
m －122＋
272， 故当m ＝12时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 所成的二面角的正弦值最小为3
3， 即当B 1D ＝1
2时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 所成的二面角的正弦值最小.
热点一 立体几何中的探究问题
与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面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，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断. 考向1 探究线面位置关系
例1 (2022·济南学情检测)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BMC 1F 为平行四边形， 所以BF ∥MC 1. 所以BF ∥D 1E ，
所以B ，E ，D 1，F 四点共面.
(2)解 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1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EF
→＝(－1，1，0)，EB →＝(0，1，－1)，EG →＝(－1，0，t －1)， 设平面BEF 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎨⎧n 1·EF →＝0，n 1·
EB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1
＝0，y 1－z 1＝0，
取x 1＝1，则y 1＝1，z 1＝1，n 1＝(1，1，1). 设平面GEF 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎨⎧n 2·EF →＝0，n 2·
EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋y 2
＝0，－x 2＋（t －1）z 2＝0，
取x 2＝t －1，则y 2＝t －1，z 2＝1， 得n 2＝(t －1，t －1，1). 因为平面GEF ⊥平面BEF ， 所以n 1·n 2＝0， 所以t －1＋t －1＋1＝0， 解得t ＝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1
2.
考向2与空间角有关的探究性问题
例2 如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，BC＝CD＝1，AB＝2.△PBC是等边三角形，平面PBC⊥平面ABCD，点M在棱PC上.
(1)当M为棱PC的中点时，
求证：AP⊥BM；
(2)是否存在点M，使得二面角D－MB－C的余弦值为3
4若存在，求CM的长；
若不存在，请说明理由.
(1)证明连接AC，由底面ABCD是等腰梯形且AB＝2，BC＝CD＝1，得∠ABC
＝π
3
，在△ABC中，由余弦定理得AC＝3，
∴AC2＋BC2＝AB2，
∴∠ACB＝π
2
，∴AC⊥BC.
又∵平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD＝BC，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥平面PBC，
∵BM⊂平面PBC，
∴AC⊥BM，
又M为棱PC的中点，且△PBC是等边三角形，
∴BM⊥PC，
又∵PC∩AC＝C，PC，AC⊂平面APC，
∴BM⊥平面APC，
∵AP ⊂平面APC ， ∴AP ⊥BM .
(2)解 假设存在点M ，使得二面角D －MB －C 的余弦值为3
4. 过点P 作PO ⊥BC 交BC 于点O ，
∵平面PBC ⊥平面ABCD ，平面PBC ∩平面ABCD ＝BC ，PO ⊂平面PBC ， ∴PO ⊥平面ABCD ，取AB 的中点E ，连接OE ，则OE ∥CA ，由(1)知OE ⊥平面PBC ，因此以O 为原点，以OC ，OE ，OP 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O －xyz .
∴O (0，0，0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫
－12，0，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，0，
则DB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－32，0，CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，32.
设CM
→＝tCP →(0<t ≤1)，
则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t 2
，0，32t
. 则DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－t －12，－32，32t ，
设平面DMB 的法向量为a ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧a ·DM →＝－1＋t 2x －32y ＋32tz ＝0，a ·DB →＝－32x －32
y ＝0，
令x ＝3，则y ＝－3，z ＝t －2
t ， ∴a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
3，－3，
t －2t ， 易知平面MBC 的一个法向量为 b ＝(0，1，0)，
则|cos 〈a ，b 〉|＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪a·
b |a||b|＝
33＋9＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫t －2t 2
＝
312＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫t －2t 2
＝3
4，
则⎝ ⎛⎭⎪⎫t －2t 2
＝4，即t －2t ＝－2，
解得t ＝2
3，
故CM ＝|CM
→|＝23|CP →|＝23
.
所以存在点M ，使得二面角D －MB －C 的余弦值为34，且CM 的长为2
3. 规律方法 解决立体几何中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，一定注意三点共线的应用.
训练1 如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 是底面ABCD 的中心，E 是线段OD 1上的一点.
(1)若E 为OD 1的中点，求直线OD 1与平面CDE 所成角的正弦值；
(2)是否存在点E ，使得平面CDE ⊥平面CD 1O ？若存在，请指出点E 的位置关系，并加以证明；若不存在，请说明理由.
解 (1)不妨设正方体的棱长为2，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，
则D (0，0，0)，D 1(0，0，2)，C (0，2，0)，O (1，1，0). 因为点E 是D 1O 的中点， 所以点E 的坐标为⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，12，1.
所以OD 1
→＝(－1，－1，2)，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，DC →＝(0，2，0). 设p ＝(x 0，y 0，z 0)是平面CDE 的一个法向量，则⎩⎨⎧p ·
DE →＝0，
p ·DC →
＝0，
即⎩⎨⎧12x 0＋
1
2y 0＋z 0＝0，2y 0＝0.
取x 0＝2，则z 0＝－1，
所以平面CDE 的一个法向量为p ＝(2，0，－1). 所以|cos 〈OD 1→
，p 〉|＝|OD 1→·p ||OD 1→||p |
＝
|－1×2＋2×（－1）|
（－1）2＋（－1）2＋22×
22＋（－1）2
＝23015.
所以直线OD 1与平面CDE 所成角的正弦值为230
15. (2)存在，且点E 为靠近O 的三等分点. 证明如下：
假设存在点E ，使得平面CDE ⊥平面CD 1O . 设D 1E →＝λEO →，
显然OC →＝(－1，1，0)，OD 1→＝(－1，－1，2). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面CD 1O 的一个法向量， 则⎩⎨⎧m ·OC →＝0，
m ·
OD 1→＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，－x 1－y 1＋2z 1＝0， 取x 1＝1，则y 1＝1，z 1＝1，
所以平面CD 1O 的一个法向量为m ＝(1，1，1). 因为D 1E →＝λEO →，
所以点E 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫λ
λ＋1，λλ＋1，2λ＋1. 所以DE →＝⎝
⎛⎭
⎪⎫λλ＋1，λλ＋1，2λ＋1. 设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面CDE 的一个法向量，则⎩⎨⎧n ·
DE →
＝0，n ·DC →＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧λλ＋1x 2＋λλ＋1y 2＋2
λ＋1z 2＝0，2y 2＝0. 则y 0＝0.
取x 2＝1，则z 2＝－λ
2，
所以平面CDE 的一个法向量为n ＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫1，0，－λ2.
因为平面CDE ⊥平面CD 1O ， 所以m ⊥n ，即m·n ＝0， 所以1－λ
2＝0，解得λ＝2. 所以当|D 1E →||EO →|
＝2，
即点E 为靠近O 的三等分点时，平面CDE ⊥平面CD 1O .
训练2 (2022·兰州模拟)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，B 1C ＝6，AB ⊥B 1C .
(1)求证：平面ABB 1A 1⊥平面ABC ；
(2)在棱BB 1上是否存在点P ，使直线CP 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值为45，若不存在，请说明理由，若存在， 求BP 的长. (1)证明 如图，取AB 的中点D ，连接CD ，B 1D .
因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2， 所以AB ⊥CD ，CD ＝3，BD ＝1. 又因为AB ⊥B 1C ，
且CD∩B1C＝C，CD，B1C⊂平面B1CD，
所以AB⊥平面B1CD.
又因为B1D⊂平面B1CD，
所以AB⊥B1D.
在Rt△B1BD中，BD＝1，B1B＝2，
所以B1D＝ 3.
在△B1CD中，CD＝3，B1D＝3，B1C＝6，
所以CD2＋B1D2＝B1C2，
所以CD⊥B1D，
又因为AB⊥B1D，AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC，
所以B1D⊥平面ABC.
又因为B1D⊂平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面ABC.
(2)解假设存在，以DC，DA，DB1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A(0，1，0)，B(0，－1，0)，C(3，0，0)，B1(0，0，3)，因此BB1→＝(0，1，3)，AC→＝(3，－1，0)，AA1→＝BB1→＝(0，1，3)，
→＝(－3，－1，0).
CB
因为点P在棱BB1上，
所以设BP→＝λBB1→＝λ(0，1，3)，
其中0≤λ≤1.
则CP →＝CB →＋BP →＝CB →＋λBB 1→＝(－3，－1＋λ，3λ). 设平面ACC 1A 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎨⎧n ·AC →＝0，
n ·
AA 1→
＝0，
得⎩⎪⎨⎪⎧3x －y ＝0，y ＋3z ＝0，
取x ＝1，则y ＝3，z ＝－1，
所以平面ACC 1A 1的一个法向量为n ＝(1，3，－1). 因为直线CP 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值为45， 所以|cos 〈n ，CP →〉|＝⎪⎪
⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·CP →|n ||CP →|＝⎪⎪
⎪⎪⎪⎪⎪⎪
－23
5×3＋（λ－1）2＋3λ2＝45， 化简得16λ2－8λ＋1＝0， 解得λ＝1
4，
所以|BP
→|＝14|BB 1→|＝12， 故BP 的长为1
2. 热点二 折叠问题
解决立体几何中的折叠问题，关键是搞清楚折叠前后图形中的位置关系和数量关系的变化情况，以及折叠过程中运动变化的点的位置，一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化.对于不变的关系一般在平面图形中处理，而对于
变化的关系则在立体图形中解决.
例3 如图，在平面四边形ABCD中，AB＝AD，BC＝CD＝2，且BC⊥CD.以BD为折痕把△ABD和△CBD向上折起，使点A到达点E的位置，点C到达点F的位置(E，F不重合).
(1)求证：EF⊥BD；
(2)若平面EBD⊥平面FBD，点E在平面ABCD内的正投影G为△ABD的重心，且直线EF与平面FBD所成角为60°，求二面角A－BE－D的余弦值.
(1)证明取BD的中点O，连接FO，EO.
由题意知△FBD和△BED均为等腰三角形，且BF＝DF，BE＝ED.
故FO⊥BD，EO⊥BD.
又因为FO∩EO＝O，
所以BD⊥平面EFO.
又因为EF⊂平面EFO，
所以EF⊥BD.
(2)解由(1)知，EO⊥BD.
因为平面EBD⊥平面FBD，平面EBD∩平面FBD＝BD，EO⊂平面EBD，
所以EO⊥平面FBD，
因为FO⊂平面FBD，所以EO⊥FO，
直线EF与平面FBD所成角为∠EFO，
则∠EFO＝60°.
因为FB ＝FD ＝2，FB ⊥FD ，O 为BD 的中点， 所以FO ＝1
2BD ＝1，所以EO ＝3， 所以BE ＝ED ＝BD ＝2， 即△EBD 为等边三角形.
又G 为等边三角形ABD 的重心，
所以以O 为坐标原点，OD
→的方向为x 轴正方向，OA →的方向为y 轴正方向，过点
O 作z 轴垂直于平面ABD ，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .
由题可得A (0，3，0)，B (－1，0，0)，D (1，0，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫
0，33，
263， 则AB
→＝(－1，－3，0)，BD →＝(2，0，0)，
BE
→＝⎝
⎛⎭⎪⎫1，33，263. 设n 1＝(x ，y ，z )为平面ABE 的法向量， 则⎩⎨⎧n 1·AB →＝0，n 1·
BE →
＝0，
即⎩⎨⎧－x －3y ＝0，x ＋33y ＋26
3z ＝0，
∴n 1＝(－6，2，1).
设n 2＝(a ，b ，c )为平面BED 的法向量，
则⎩⎨⎧n 2·BD →
＝0，n 2·
BE →
＝0，即⎩⎨⎧2a ＝0，a ＋33b ＋263c ＝0， ∴n 2＝(0，22，－1). 因为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2
|n 1||n 2
|＝
0＋4－16＋2＋1×
0＋8＋1
＝13，
由图易知二面角A －BE －D 为锐角， 所以二面角A －BE －D 的余弦值为1
3.
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3 (2022·昆明二诊)如图1，四边形ABCD 是边长为2的正方形，E 是CD 的中点.现将正方形ABCD 沿AE 与BE 折起，使点C 与点D 重合(记为点P )，得到如图2的四面体P －ABE .
(1)证明：平面PBE ⊥平面P AB ； (2)求锐二面角P －AB －E 的大小. (1)证明 由题知AP ⊥PE ，BP ⊥PE ， 因为AP ∩BP ＝P ，AP ，BP ⊂平面P AB ， 所以PE ⊥平面P AB . 因为PE ⊂平面PBE ， 所以平面PBE ⊥平面P AB .
(2)解法一如图，取AB的中点O，连接PO，EO.因为△P AB是边长为2的正三角形，
所以PO⊥AB，PO＝2×3
2
＝ 3.
在△ABE中，AE＝BE＝5，
所以△ABE是等腰三角形，
此时EO＝2，EO⊥AB.
因为平面ABE∩平面P AB＝AB，
所以∠POE为二面角P－AB－E的平面角.
由(1)知PE⊥平面P AB，
所以△PEO为直角三角形，
所以sin∠POE＝PE
EO ＝1 2
，
即∠POE＝π
6.
所以锐二面角P－AB－E的大小为π
6.
法二由(1)知PE⊥平面P AB，以P为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系P－xyz，
则P(0，0，0)，B(2，0，0)，A(1，3，0)，E(0，0，1)，
所以AB →＝(1，－3，0)，BE →
＝(－2，0，1). 设锐二面角P －AB －E 的大小为θ， 设平面P AB 的法向量为m ， 因为PE ⊥平面P AB ， 所以取m ＝(0，0，1)，
设平面ABE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n ·AB →＝0，n ·
BE →
＝0，
所以⎩⎪⎨⎪⎧x －3y ＝0，－2x ＋z ＝0，
令y ＝1，则x ＝3，z ＝23， 得n ＝(3，1，23)， 所以cos θ＝|m·n||m|·|n|＝
32，
所以锐二面角P －AB －E 的大小为π
6.
一、基本技能练
1.(2022·佛山质检)如图，四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 是矩形，AD ⊥平面P AB ，P A ⊥PB ，E 是AD 的中点.
(1)在线段BP 上找一点M ，使得直线EM ∥平面PCD ，并说明理由； (2)若P A ＝AD ，AB ＝2AD ，求平面PCE 与平面P AB 所成二面角的正弦值.
解(1)当M为BP的中点时，直线EM∥平面PCD.
理由：取PC的中点为F，连接FM，DF，
在△PBC中，因为F，M分别为PC，PB的中点，
所以FM∥BC，且FM＝1
2BC.
在矩形ABCD中，E是AD的中点，
所以DE∥BC，且DE＝1
2BC，
所以DE∥FM，且DE＝FM
故四边形DEMF是平行四边形，
所以EM∥DF.
又EM⊄平面PCD，DF⊂平面PCD，
所以EM∥平面PCD.
即M为BP的中点时，
直线EM∥平面PCD.
(2)法一不妨设AD＝2，则P A＝AD＝2，AB＝22，
又P A⊥PB，所以PB＝2，
以P为坐标原点，建立空间直角坐标系P－xyz，如图所示，
则P (0，0，0)，C (2，0，2)，E (0，2，1)， PC
→＝(2，0，2)，PE →＝(0，2，1)， 设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n ·PC →＝0，n ·
PE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2z ＝0，2y ＋z ＝0，
取y ＝－1，则x ＝－2，z ＝2， 得n ＝(－2，－1，2)，
平面P AB 的一个法向量为m ＝(0，0，1)， 所以cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m|＝23×1
＝23，
所以平面PCE 与平面P AB 所成二面角的正弦值为
1－cos 2〈n ，m 〉＝5
3.
法二 因为AD ⊥平面P AB ，所以在平面P AB 内过点A 作AH ⊥AB ，以A 为坐标原点，AH
→，AB →，AD →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐
标系A －xyz ，如图所示，
设AD ＝2，则A (0，0，0)，C (0，22，2)，E (0，0，1)，P (2，2，0)，D (0，0，2)，PC
→＝(－2，2，2)，CE →＝(0，－22，－1)，
因为AD ⊥平面P AB ，
所以AD
→＝(0，0，2)为平面P AB 的一个法向量. 设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎨⎧n ·PC →
＝0，n ·
CE →
＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＋2z ＝0，－22y －z ＝0，
取y ＝1，则x ＝－3，z ＝－22， 得n ＝(－3，1，－22).
cos 〈AD →
，n 〉＝AD →·n |AD →||n |＝（0，0，2）·（－3，1，－22）2×32＝－4262＝－23，
设平面PCE 与平面P AB 所成的角为θ， 则sin θ＝
1－cos 2
〈AD
→，n 〉＝1－⎝ ⎛⎭
⎪⎫－232
＝53. ∴平面PCE 与平面P AB 所成二面角的正弦值为5
3.
2.如图，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点.
(1)求证：AC ⊥SD ；
(2)若SD ⊥平面P AC ，求二面角P －AC －S 的大小；
(3)在(2)的条件下，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面P AC ？若存在，求SC ∶SE 的值；若不存在，试说明理由.
(1)证明 连接BD 交AC 于点O ，连接SO ，由题意知SO ⊥AC . 在正方形ABCD 中，AC ⊥BD .
因为BD ∩SO ＝O ，BD ，SO ⊂平面SBD ，
所以AC ⊥平面SBD ，又SD ⊂平面SBD ，所以AC ⊥SD .
(2)解 由题设知，SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB
→，OC →，OS →的方向分别
为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O －xyz ，如图.
设底面边长为a ，则高SO ＝6
2a ，
则S ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2
2a ，0，
又SD ⊥平面P AC ，
则平面P AC 的一个法向量为DS
→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ， 平面SAC 的一个法向量为OD
→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0， 则cos 〈DS →，OD →
〉＝DS →·OD →
|DS
→||OD →|＝－12，
又二面角P －AC －S 为锐角，则二面角P －AC －S 的大小为60°. (3)解 在棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面P AC .理由如下： 由(2)知DS
→是平面P AC 的一个法向量， 且DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a ，BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a ，0.
设CE
→＝tCS →，t ∈[0，1]， 则BE
→＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a （1－t ），62at . 因为BE ∥平面P AC ，所以BE →·DS
→＝0，
所以－12a 2＋32a 2t ＝0，解得t ＝13.
故侧棱SC 上存在一点E ，使得BE ∥平面P AC ，此时SC ∶SE ＝3∶2.
3.(2022·成都二诊)如图1，在等腰三角形PBC 中，PB ＝PC ＝35，BC ＝6，D ，E 满足BD →＝2DP →，CE →＝2EP →.将△PDE 沿直线DE 折起到△ADE 的位置，连接AB ，AC ，得到如图2所示的四棱锥A －BCED ，点F 满足BF →＝2F A →.
(1)证明：DF ∥平面ACE ；
(2)当AB ＝29时，求平面ACE 与平面DEF 所成锐二面角的余弦值. (1)证明 如图，在棱AC 上取点G ，满足CG ＝2AG ，连接EG ，FG .
∵BF →＝2F A →，
∴FG ∥BC 且FG ＝13BC .
由题意，可得DE ∥BC 且DE ＝1
3BC ， ∴DE ＝FG 且DE ∥FG ， ∴四边形DEGF 为平行四边形， ∴DF ∥EG .
又∵DF ⊄平面ACE ，EG ⊂平面ACE ， ∴DF ∥平面ACE .
(2)解 如图，分别取DE ，BC 的中点M ，N ，连接AM ，MN ，BM .
由题意，知MN ⊥BC ，AM ＝2，MN ＝4，BN ＝3. 在Rt △BNM 中，BM ＝
BN 2＋MN 2＝
32＋42＝5.
在△ABM 中，∵AB ＝29， ∴AM 2＋BM 2＝22＋52＝29＝AB 2， ∴AM ⊥BM .
又AM ⊥DE ，BM ∩DE ＝M ，BM ，DE ⊂平面BCED ， ∴AM ⊥平面BCED .
以M 为坐标原点，MN
→，ME →，MA →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立
如图所示的空间直角坐标系M －xyz .
则M (0，0，0)，A (0，0，2)，B (4，－3，0)，C (4，3，0)，D (0，－1，0)，E (0，1，0)，F ⎝ ⎛⎭
⎪⎫4
3，－1，43， ∴EC
→＝(4，2，0)，EA →＝(0，－1，2)，DE →＝(0，2，0)，DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，0，43. 设平面ACE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 平面DEF 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 由⎩⎨⎧m ·EC →＝0，m ·
EA →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧4x 1
＋2y 1＝0，
－y 1＋2z 1＝0，
令z 1＝1，得m ＝(－1，2，1).
由⎩⎨⎧n ·DE →
＝0，n ·DF →＝0，
得⎩⎨⎧2y 2＝0，43x 2＋43z 2＝0， 令z 2＝1，得n ＝(－1，0，1). ∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝
26×2
＝3
3， ∴平面ACE 与平面DEF 所成锐二面角的余弦值为3
3. 二、创新拓展练
4.(2022·武汉质检)如图1，一张边长为4的正方形纸片ABCD ，E ，F 分别是AD ，BC 的中点，将正方形纸片沿EF 对折后竖立在水平的桌面上，如图2所示.
(1)求证：EF ⊥AD ；
(2)若二面角A －EF －D 的平面角为45°，K 是线段CF 上(含端点)一点，问是否存在点K ，使得直线AK 与平面CDEF 所成角的正切值为1
3.若存在，求出CK 的长度；若不存在，说明理由. (1)证明 因为EF ⊥AE ，EF ⊥DE ， AE ∩DE ＝E ，AE ，DE ⊂平面ADE ， 所以EF ⊥平面ADE .
又AD ⊂平面ADE ，所以EF ⊥AD . (2)解 存在，且CK 的长度为2.
法一 因为EF ⊥AE ，EF ⊥DE ，平面AEF ∩平面DEF ＝EF ，AE ⊂平面AEF ，DE ⊂
平面DEF，所以∠AED是二面角A－EF－D的平面角，
即∠AED＝45°.
由(1)知EF⊥平面ADE，
又EF⊂平面CDEF，
所以平面CDEF⊥平面ADE.
如图，过A作AG⊥DE，垂足为G.
因为平面CDEF⊥平面ADE，平面CDEF∩平面ADE＝DE，AG⊂平面ADE，AG ⊄平面CDEF，所以AG⊥平面CDEF.
连接KG，所以∠AKG为直线AK与平面CDEF所成的角，即tan∠AKG＝1
3. 在Rt△AGE中，易知AE＝2，
又∠AED＝45°，所以AG＝ 2.
在Rt△AGK中，
因为tan∠AKG＝AG
KG ＝1 3
，
所以KG＝3 2.
设KF＝t(0≤t≤2)，过K作KH⊥DE，垂足为H，则GH＝|2－t|. 在Rt△KGH中，由KH2＋GH2＝KG2，得42＋(2－t)2＝(32)2，解得t＝0或t＝22(舍)，
所以KF＝0，
所以CK 的长度为2.
法二 以E 为坐标原点，EA ，EF 所在直线分别为x 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设KF ＝t (0≤t ≤2)，则A (2，0，0)，K ⎝ ⎛⎭⎪⎫22t ，2
2t ，4，AK →＝
⎝ ⎛⎭
⎪⎫22t －2，2
2t ，4.
设直线AK 与平面CDEF 所成的角为θ，则tan θ＝13，从而sin θ＝1
10.
设平面CDEF 的法向量为u ，且u 与直线AK 的方向向量的夹角为β， 则|cos β|＝
110
. 易知平面CDEF 的一个法向量为u ＝(1，－1，0)， 所以|cos β|＝|u ·AK
→||u ||AK →|
＝
⎪⎪⎪⎪⎪
⎪22t －2－22t 1＋1＋0·⎝ ⎛⎭⎪⎫22t －22＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫
22t 2＋16
＝1
10，
解得t ＝0或t ＝22(舍).
所以KF ＝0，所以CK 的长度为2.。