(共47张PPT)
微专题2 立体几何中的证明与计算
大题考法1
PART
01
大题考法1 平行、垂直关系的证明
如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，BC⊥平面PAB，∠APB＝90°，PB＝BC，N为PC的中点．
(1)若M为AB的中点，求证：MN∥平面APD；
【证明】 设AC∩BD＝G，连接NG，MG，
因为底面ABCD为矩形，所以G是AC，BD的中点，
又因为N为PC的中点，M为AB的中点，所以NG∥PA，MG∥AD.
因为NG 平面APD，PA 平面APD，MG 平面APD，AD 平面APD，
所以NG∥平面APD，MG∥平面APD.
因为NG∩MG＝G，NG，MG 平面MNG，
所以平面MNG∥平面APD.
又因为MN 平面MNG，所以MN∥平面APD.
(2)求证：平面BDN⊥平面PAC.
【证明】 因为BC⊥平面PAB，AP 平面PAB，所以BC⊥PA，
因为∠APB＝90°，所以BP⊥PA.
因为BC∩BP＝B，BC，BP 平面PBC，
所以PA⊥平面PBC.
因为BN 平面PBC，所以BN⊥PA.
因为PB＝BC，N为PC的中点，所以BN⊥PC.
因为PC∩PA＝P，PC，PA 平面PAC，
所以BN⊥平面PAC.
又因为BN 平面BDN，所以平面BDN⊥平面PAC.
平行关系及垂直关系的转化
如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是等腰梯形，∠ABC＝60°，AB∥DC，CB＝DC＝1.点E为棱PC的中点，点F为棱AB上一点，且AB＝4AF，平面PBC⊥平面ABCD.证明：
(1)AC⊥平面PBC；
得∠ACB＝90°，所以AC⊥BC.
又平面PBC⊥平面ABCD，
且平面PBC∩平面ABCD＝BC，AC 平面ABCD，
所以AC⊥平面PBC.
(2)EF∥平面PAD.
大题考法2
PART
02
第二部分
(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
【解】 证明：由于PA⊥底面ABCD，AD 底面ABCD，所以PA⊥AD，
又AD⊥PB，PA∩PB＝P，PA，PB 平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
又AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
因为AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC，所以BC∥AD，
因为AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以AD∥平面PBC.
利用空间向量解答立体几何中空间角的问题的一般步骤是：
(1)观察图形，建立恰当的空间直角坐标系．
(2)写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量、平面的法向量．
(3)将空间位置关系转化为向量关系．
(4)根据定理、结论求出相应的角．
(2024·北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2.
(1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD；
(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
解：因为AB⊥平面PAD，PE 平面PAD，所以AB⊥PE，又PE⊥AD，AB∩AD＝A，AB，AD 平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD.
连接EC，易知四边形ABCE为矩形，故直线EC，ED，PE两两垂直，故以E为坐标原点，EC，ED，PE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，则P(0，0，2)，C(1，0，0)，D(0，2，0)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，
命题角度 求距离
(2024·天津卷)如图，已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中点，M是DD1的中点．
(1)求证D1N∥平面CB1M；
(2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值；
(3)求点B到平面CB1M的距离．
如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，AB＝BC＝BB1＝1.
(1)求证：AC∥平面BA1C1；
解：证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形AA1C1C为平行四边形，所以AC∥A1C1.因为AC 平面BA1C1，A1C1 平面BA1C1，所以AC∥平面BA1C1.
(2)若AB⊥BC，求：
①AA1与平面BA1C1所成角的正弦值；
②直线AC到平面BA1C1的距离．
解：因为BB1⊥平面ABC，AB，BC 平面ABC，所以BB1⊥AB，BB1⊥BC，又AB⊥BC，所以AB，BC，BB1两两互相垂直．
如图，以B为坐标原点，BA，BB1，BC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B1(0，1，0)，C1(0，1，1)，A1(1，1，0)，
大题考法3
PART
03
第三部分
(1)证明：EF⊥PD；
(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值．
(1)破解平面图形折叠问题的解题步骤：
①看定与变：弄清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．
②双图并用：在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．
③用公式：利用两向量的夹角公式，点到面的距离公式等进行求解．
④下结论：得出正确的结论．
(2)破解空间中的探索性问题的解题步骤：
①观图巧证明：找出点或线的位置关系，并用向量表示出来，然后加以证明．
②假设存在：假设所求的点或参数存在．
③构建方程(组)：利用参数表示相关的点，根据线、面满足的垂直、平行或角的关系，构建方程(组)求解．
④得出结论：若能求出参数的值且符合限定的范围，则说明假设成立，即存在，否则不存在．
解：证明：连接BD，记AC∩BD＝O，连接OP，由四边形ABCD是正方形，得O是AC的中点，由PA＝PC，得OP⊥AC，又BD⊥AC，OP，BD 平面PBD，OP∩BD＝O，则AC⊥平面PBD，又PB 平面PBD，所以PB⊥AC.
(2)若PB＝PD，求二面角P-AC-M的大小；微专题2 立体几何中的证明与计算
大题考法1 平行、垂直关系的证明
INCLUDEPICTURE "例1.TIF" 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，BC⊥平面PAB，∠APB＝90°，PB＝BC，N为PC的中点．
(1)若M为AB的中点，求证：MN∥平面APD；
(2)求证：平面BDN⊥平面PAC.
【证明】 (1)设AC∩BD＝G，连接NG，MG，
因为底面ABCD为矩形，所以G是AC，BD的中点，
又因为N为PC的中点，M为AB的中点，所以NG∥PA，MG∥AD.
因为NG 平面APD，PA 平面APD，MG 平面APD，AD 平面APD，
所以NG∥平面APD，MG∥平面APD.
因为NG∩MG＝G，NG，MG 平面MNG，
所以平面MNG∥平面APD.
又因为MN 平面MNG，所以MN∥平面APD.
(2)因为BC⊥平面PAB，AP 平面PAB，所以BC⊥PA，
因为∠APB＝90°，所以BP⊥PA.
因为BC∩BP＝B，BC，BP 平面PBC，
所以PA⊥平面PBC.
因为BN 平面PBC，所以BN⊥PA.
因为PB＝BC，N为PC的中点，所以BN⊥PC.
因为PC∩PA＝P，PC，PA 平面PAC，
所以BN⊥平面PAC.
又因为BN 平面BDN，所以平面BDN⊥平面PAC.
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
平行关系及垂直关系的转化
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是等腰梯形，∠ABC＝60°，AB∥DC，CB＝DC＝1.点E为棱PC的中点，点F为棱AB上一点，且AB＝4AF，平面PBC⊥平面ABCD.证明：
(1)AC⊥平面PBC；
(2)EF∥平面PAD.
证明：(1)由题意知AD＝DC＝1，∠ADC＝120°，
则在△ACD中，由余弦定理AC2＝1＋1－2×1×1×cos 120°＝3，得AC＝，
在△ABC中，∠ABC＝60°，
由余弦定理可知AC2＝AB2＋1－2AB·1×cos 60°＝3，
可得AB＝2，由AB2＝AC2＋CB2，
得∠ACB＝90°，所以AC⊥BC.
又平面PBC⊥平面ABCD，
且平面PBC∩平面ABCD＝BC，AC 平面ABCD，
所以AC⊥平面PBC.
(2)由(1)可知AB＝2.取棱PD的中点G，连接EG，AG，
因为E为PC的中点，所以EG∥DC，且EG＝DC.
又AF＝AB＝，AB∥DC，
所以AF∥DC，且AF＝DC.
所以EG∥AF，且EG＝AF，
所以四边形AFEG为平行四边形，所以EF∥AG.
又EF 平面PAD，AG 平面PAD，所以EF∥平面PAD.
大题考法2 空间量的计算
命题角度 求空间角
(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝.
(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
(2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD.
【解】 (1)证明：由于PA⊥底面ABCD，AD 底面ABCD，所以PA⊥AD，
又AD⊥PB，PA∩PB＝P，PA，PB 平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
又AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
因为AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC，所以BC∥AD，
因为AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以AD∥平面PBC.
(2)由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为坐标原点，AD所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，设A(a，0，0)，a>0，则CD＝，C(0，，0)，P(a，0，2)，＝(0，－，0)，＝(－a，，0)，＝(a，－，2).
设平面CPD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即可取n＝(2，0，－a).
设平面ACP的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即可取m＝(，a，0).
因为二面角A-CP-D的正弦值为，
所以余弦值的绝对值为，
故|cos 〈m，n〉|＝＝＝，
又a>0，所以a＝，即AD＝.
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
利用空间向量解答立体几何中空间角的问题的一般步骤是：
(1)观察图形，建立恰当的空间直角坐标系．
(2)写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量、平面的法向量．
(3)将空间位置关系转化为向量关系．
(4)根据定理、结论求出相应的角．
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
(2024·北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2.
(1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD；
(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
解：(1)证明：取PD的中点G，连接FG，CG，因为F为PE的中点，
所以FG＝DE＝1，FG∥DE，
又BC＝1，AD∥BC，
所以FG＝BC，FG∥BC，
所以四边形FGCB为平行四边形，
所以BF∥CG，
又BF 平面PCD，CG 平面PCD，
所以BF∥平面PCD.
(2)因为AB⊥平面PAD，PE 平面PAD，所以AB⊥PE，又PE⊥AD，AB∩AD＝A，AB，AD 平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD.
连接EC，易知四边形ABCE为矩形，故直线EC，ED，PE两两垂直，故以E为坐标原点，EC，ED，PE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，则P(0，0，2)，C(1，0，0)，D(0，2，0)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，
则＝(1，0，0)，＝(0，1，2)，＝(1，0，－2)，＝(0，2，－2).
设平面PAB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则
可取n1＝(0，－2，1).
设平面PCD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则
可取n2＝(2，1，1).
设平面PAB与平面PCD的夹角为θ，
则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝.
所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为.
命题角度 求距离
INCLUDEPICTURE "例3.TIF" (2024·天津卷)如图，已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中点，M是DD1的中点．
(1)求证D1N∥平面CB1M；
(2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值；
(3)求点B到平面CB1M的距离．
【解】 (1)
证明：以A为坐标原点，以AB，AD，AA1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，
依题意得，B(2，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，B1(2，0，2)，C1(1，1，2)，D1(0，1，2)，
则M(0，1，1)，N(，，2)，所以＝(，－，0)，＝(1，－1，2)，＝(－1，0，1).
设平面CB1M的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则即
取x1＝1，得z1＝1，y1＝3，则n＝(1，3，1).
·n＝(，－，0)·(1，3，1)＝－＝0，所以⊥n，显然D1N 平面CB1M，所以D1N∥平面CB1M.(另解：也可以取B1C的中点E，连接NE，ME(图略)，通过证明D1N∥ME得到D1N∥平面CB1M)
(2)易知＝(1，－1，2)，＝(－1，1，0)，
设平面BB1C1C的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
则即
取x2＝1，得y2＝1，z2＝0，则m＝(1，1，0).
设平面CB1M与平面BB1C1C的夹角为θ，
则cos θ＝|cos 〈n，m〉|＝＝＝，所以平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为.
(3)解：易知＝(0，0，2).
设点B到平面CB1M的距离为d，
则d＝＝＝，
所以点B到平面CB1M的距离为.
; INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
(1)向量法求点到直线距离的步骤：①根据图形求出直线的单位方向向量v；②在直线上任取一点M(可选择便于计算的特殊点)，计算点M与直线外的点N的方向向量；③计算垂线段长度d＝ .
(2)求点到平面的距离的向量方法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意点，P是平面外一点，则点P到α的距离为d＝.
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，AB＝BC＝BB1＝1.
(1)求证：AC∥平面BA1C1；
(2)若AB⊥BC，求：
①AA1与平面BA1C1所成角的正弦值；
②直线AC到平面BA1C1的距离．
解：(1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形AA1C1C为平行四边形，所以AC∥A1C1.因为AC 平面BA1C1，A1C1 平面BA1C1，所以AC∥平面BA1C1.
(2)因为BB1⊥平面ABC，AB，BC 平面ABC，所以BB1⊥AB，BB1⊥BC，又AB⊥BC，所以AB，BC，BB1两两互相垂直．
如图，以B为坐标原点，BA，BB1，BC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B1(0，1，0)，C1(0，1，1)，A1(1，1，0)，B(0，0，0)，所以＝(1，1，0)，＝(0，1，1)，＝(0，1，0)，设平面BA1C1的法向量为n＝(x，y，z)，则即
令x＝1，则y＝－1，z＝1，于是n＝(1，－1，1).
①设直线AA1与平面BA1C1所成的角为θ，则
sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝
＝，
所以AA1与平面BA1C1所成角的正弦值为.
②因为AC∥平面BA1C1，所以直线AC到平面BA1C1的距离就是点A到平面BA1C1的距离，设点A到平面BA1C1的距离为h，则h＝＝＝.
大题考法3 翻折、探索问题
(2024·新课标Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足＝，＝.将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4.
(1)证明：EF⊥PD；
(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值．
【解】 (1)证明：由题得，AE＝AD＝2，AF＝AB＝4，又∠BAD＝30°，所以由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cos 30°＝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)如图，连接CE，又DE＝3，CD＝3，∠CDE＝90°，故CE＝＝6.
又PE＝AE＝2，PC＝4，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(0，0，2)，D(0，3，0)，F(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(3，3，0)，
连接PA，则＝(0，3，－2)，＝(3，0，0)，＝(0，2，2)，＝(2，2，0).
设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则
可取n1＝(0，2，3).
设平面PBF即平面PAF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则
可取n2＝(，－1，1).
cos 〈n1，n2〉＝＝.
故平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值为＝.
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
(1)破解平面图形折叠问题的解题步骤：
①看定与变：弄清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．
②双图并用：在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．
③用公式：利用两向量的夹角公式，点到面的距离公式等进行求解．
④下结论：得出正确的结论．
(2)破解空间中的探索性问题的解题步骤：
①观图巧证明：找出点或线的位置关系，并用向量表示出来，然后加以证明．
②假设存在：假设所求的点或参数存在．
③构建方程(组)：利用参数表示相关的点，根据线、面满足的垂直、平行或角的关系，构建方程(组)求解．
④得出结论：若能求出参数的值且符合限定的范围，则说明假设成立，即存在，否则不存在．
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
(2024·莆田三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是正方形，PA＝PC＝AD，M为侧棱PD上的点，PD⊥平面MAC.
(1)证明：PB⊥AC；
(2)若PB＝PD，求二面角P-AC-M的大小；
(3)在(2)的前提下，在侧棱PC上是否存在一点N，使得BN∥平面MAC？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：连接BD，记AC∩BD＝O，连接OP，由四边形ABCD是正方形，得O是AC的中点，由PA＝PC，得OP⊥AC，又BD⊥AC，OP，BD 平面PBD，OP∩BD＝O，则AC⊥平面PBD，又PB 平面PBD，所以PB⊥AC.
(2)由(1)知，OP⊥AC，由PB＝PD，得OP⊥BD，即OB，OC，OP两两垂直，
以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，
设AD＝2，则OP＝，P(0，0，)，B(，0，0)，D(－，0，0)，
由PD⊥平面MAC，得＝(，0，)是平面MAC的一个法向量，
显然＝(－2，0，0)是平面PAC的一个法向量，
设二面角P-AC-M的平面角为θ，由图知θ为锐角，
则cos θ＝|cos 〈，〉|＝＝＝，解得θ＝60°，
所以二面角P-AC-M的大小为60°.
(3)假设在侧棱PC上存在一点N，使得BN∥平面MAC，且＝t(0≤t≤1)，
由(2)知，P(0，0，)，B(，0，0)，C(0，，0)，＝(－，，0)，＝(0，－，)，
则＝t＝(0，－t，t)，＝＋＝(－，(1－t)，t)，平面MAC的一个法向量是＝(，0，)，
由BN∥平面MAC，得⊥，
即·＝0，则－2＋6t＝0，
解得t＝，即＝，则＝，
所以在侧棱PC上存在一点N，使得BN∥平面MAC，此时＝.
INCLUDEPICTURE "专题强化练.TIF"
1.如图，已知VC是△ABC所在平面的一条斜线，点N是V在平面ABC上的射影，且在△ABC的高线CD上．AB＝a，VC与AB之间的距离为h，点M∈VC.
(1)证明：∠MDC是二面角M-AB-C的平面角；
(2)当∠MDC＝∠CVN时，证明VC⊥平面AMB.
证明：(1)由题意及题图知，CD⊥AB，VN⊥平面ABC，N∈CD，
因为AB 平面ABC，所以VN⊥AB.
又因为CD∩VN＝N，CD，VN 平面VNC，所以AB⊥平面VNC，
因为DM 平面VNC，
所以AB⊥DM，又AB⊥CD，所以∠MDC为二面角M-AB-C的平面角．
(2)由已知，∠MDC＝∠CVN，在△VNC与△DMC中，∠NCV＝∠MCD，所以△VNC∽△DMC，又因为∠VNC＝90°，所以∠DMC＝∠VNC＝90°，故有DM⊥VC，由(1)得AB⊥平面VNC，VC 平面VNC，所以AB⊥VC，
又AB∩DM＝D，AB，DM 平面AMB，所以VC⊥平面AMB.
2.
如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是矩形，E为AD的中点，AD⊥平面PAB，PA⊥PB，M为PB的中点．
(1)求证：EM∥平面PCD；
(2)若AP＝AD，AB＝AD，求直线EM与平面PCE所成角的正弦值．
解：(1)证明：如图，取PC的中点为F，连接MF，DF，
则MF∥BC∥DE，且MF＝BC＝DE，
所以四边形DEMF是平行四边形，
所以DF∥EM，
因为DF 平面PCD，EM 平面PCD，
所以EM∥平面PCD.
(2)解：因为AD⊥平面PAB，PA，PB 平面PAB，所以AD⊥PA，AD⊥PB.以A为坐标原点，以在平面PAB内垂直于AB的直线为x轴，AB，AD所在直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系Axyz，如图所示．
设AD＝2，则AP＝2，AB＝2.
因为PA⊥PB，所以∠PAB＝45°.
所以P(，，0)，B(0，2，0)，E(0，0，1)，C(0，2，2)，M(，，0)，所以＝(0，2，1)，＝(－，，2)，＝(，，－1).
设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
不妨令y＝－1，得z＝2，x＝3，所以n＝(3，－1，2)，
设直线EM与平面PCE所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，
所以直线EM与平面PCE所成角的正弦值为.
3.(2024·佛山二模)如图，在直三棱柱形木料ABC-A1B1C1中，D为上底面ABC内一点．
(1)经过点D在上底面ABC上画一条直线l与B1D垂直，应该如何画线，请说明理由；
(2)若BC＝BB1＝1，AB＝2，∠A1B1C1＝，E为A1B1的中点，求点B到平面AC1E的距离．
解：(1)连接BD，在平面ABC上作l⊥BD，
因为ABC-A1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥平面ABC，因为l 平面ABC，所以BB1⊥l，
因为BB1∩BD＝B，BB1，BD 平面BB1D，所以l⊥平面BB1D，
因为B1D 平面BB1D，所以l⊥B1D.
(2)因为∠A1B1C1＝，
所以B1A1，B1C1，B1B两两互相垂直，以B1为原点，分别以B1A1，B1C1，B1B所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，B(0，0，1)，A(2，0，1)，E(1，0，0)，C1(0，1，0)，则＝(2，0，0)，＝(1，0，1)，＝(－1，1，0).
设平面AC1E的法向量为m＝(x，y，z)，
则所以
取x＝1，则m＝(1，1，－1)，
设点B到平面AC1E的距离为d，
则d＝＝，
因此点B到平面AC1E的距离为.
4．(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1.
(1)证明：A1C＝AC；
(2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
解：(1)证明：如图，过点A1作A1O⊥CC1，垂足为O，
因为A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以A1C⊥BC，
又∠ACB＝90°，所以AC⊥BC，
因为A1C，AC 平面ACC1A1，且A1C∩AC＝C，
所以BC⊥平面ACC1A1，
因为A1O 平面ACC1A1，所以BC⊥A1O，
又CC1，BC 平面BCC1B1，且CC1∩BC＝C，
所以A1O⊥平面BCC1B1，所以A1O＝1.
由已知条件易证△CA1C1是直角三角形，又CC1＝AA1＝2，A1O＝1，
所以O为CC1的中点，又A1O⊥CC1，所以A1C＝A1C1，
又在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝A1C1，
所以A1C＝AC.
(2)如图，连接A1B，由(1)易证A1B＝A1B1，故取BB1的中点F，连接A1F，则A1F⊥BB1，
因为AA1与BB1的距离为2，所以A1F＝2，
又A1O＝1且A1C＝AC，
所以A1C＝A1C1＝AC＝，AB＝A1B1＝，BC＝.
以C为坐标原点，以CA，CB，CA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Cxyz，如图所示，
则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，，0)，
B1(－，，)，C1(－，0，)，
所以＝(0，，0)，＝(－，0，)，
＝(－2，，)，
设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取x＝1，则y＝0，z＝1，
所以平面BCC1B1的一个法向量为n＝(1，0，1).
设AB1与平面BCC1B1所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝.
所以AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.
5．如图，在四边形ABCP中，△ABC是边长为2的正三角形，CP＝CA，将△ACP沿AC翻折，使点P到达P′的位置，若平面P′BC⊥平面ABC，且BC⊥AP′.
(1)求线段AP′的长；
(2)设点M在线段P′C上，且满足MC＝2P′M，求二面角P′-AB-M的余弦值．
解：(1)如图，取BC的中点O，连接AO，P′O，
因为△ABC为正三角形，O为BC的中点，所以AO⊥BC，
又BC⊥AP′，AO∩AP′＝A，AO，AP′ 平面AP′O，
所以BC⊥平面AP′O，又P′O 平面AP′O，
所以BC⊥P′O，所以BP′＝CP′＝2，
即△P′BC为正三角形，所以OP′＝3.
又平面P′BC⊥平面ABC，平面P′BC∩平面ABC＝BC，AO⊥BC，AO 平面ABC，所以AO⊥平面P′BC，又P′O 平面P′BC，所以AO⊥P′O，
又AO＝3，所以AP′＝＝3.
(2)结合(1)知P′O⊥平面ABC，
AO⊥BC，所以以O为坐标原点，OA，OB，OP′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，
则A(3，0，0)，B(0，，0)，P′(0，0，3)，M(0，－，2)，
＝(－3，，0)，＝(－3，0，3)，＝(0，－，2).
设平面P′AB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即
取x1＝1，则m＝(1，，1).
设平面ABM的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则即
取x2＝1，则n＝(1，，2).
所以cos 〈m，n〉＝＝＝.
由图知二面角P′-AB-M为锐角，
所以二面角P′-AB-M的余弦值为.
6.如图，在四棱锥S -ABCD中，底面ABCD为矩形且垂直于侧面SAB，O为AB的中点，SA＝SB＝AB＝2，AD＝.
(1)证明：BD⊥平面SOC；
(2)侧棱SD上是否存在点E，使得平面ABE与平面SCD夹角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：因为SA＝SB＝AB，O为AB的中点，
所以SO⊥AB.
因为平面ABCD⊥平面SAB，平面ABCD∩平面SAB＝AB，SO 平面SAB，所以SO⊥平面ABCD，又BD 平面ABCD，所以SO⊥BD.
因为＝＝，∠CBO＝∠BAD＝90°，
所以△CBO∽△BAD，故∠BCO＝∠ABD，所以∠ABD＋∠COB＝∠BCO＋∠COB＝90°，所以BD⊥CO.又CO∩SO＝O，CO，SO 平面SOC，所以BD⊥平面SOC.
(2)如图，在底面ABCD中，过点O作OM垂直AB交棱CD于点M，以O为坐标原点，OS，OA，OM所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.
由已知得，O(0，0，0)，A(0，1，0)，B(0，－1，0)，C(0，－1，)，D(0，1，)，S(，0，0).
假设存在满足条件的点E，设＝λ(0≤λ≤1)，
则E(－λ，λ，λ)，
连接AE，BE，则＝(－λ，λ－1，λ)，＝＝(0，－2，0)，＝(，－1，－).
设n＝(x，y，z)为平面SCD的法向量，
则即
则y＝0，令x＝，可得n＝(，0，).
设m＝(x1，y1，z1)为平面ABE的法向量，
则
即
则y1＝0，令x1＝λ，可得m＝(λ，0，λ－).
因此|cos 〈m，n〉|＝＝＝，
解得λ＝或λ＝，所以＝或＝.
