六立體幾何中的翻折、探索性和最值、范圍問題1．會用向量法探究空間幾何體中線、面的位置關(guān)系、角的存在條件與折疊問題．2．會用幾何法或向量法解決立體幾何中的最值、范圍問題．考點1翻折問題【例1】（2024·山東濰坊二模）如圖1，在平行四邊形ABCD中，AB＝2BC＝4，∠ABC＝60°，E為CD的中點，將△ADE沿AE折起，連接BD，CD，且BD＝4，如圖2.(1)求證：圖2中的平面ADE⊥平面ABCE；(2)在圖2中，若點F在棱BD上，直線AF與平面ABCE所成的角的正弦值為eq\f(\r(30),10)，求點F到平面DEC的距離．【解】(1)證明：如圖，連接BE，由題意得AD＝DE＝2，∠ADE＝60°，∠BCE＝120°，則△ADE為等邊三角形，由余弦定理得BE2＝4＋4－2×2×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝12，所以BE＝2eq\r(3)，則DE2＋BE2＝BD2，AE2＋BE2＝AB2，所以BE⊥DE，BE⊥AE.又AE∩DE＝E，AE，DE?平面ADE，所以BE⊥平面ADE.又BE?平面ABCE，所以平面ADE⊥平面ABCE.(2)如圖，以E為原點，以EA，EB所在直線分別為x軸、y軸，過點E且與平面ABCE垂直的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(2，0，0)，B（0，2eq\r(3)，0），C（－1，eq\r(3)，0），D（1，0，eq\r(3)），E(0，0，0).設(shè)eq\o(DF,\s\up6(→))＝λeq\o(DB,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，故eq\o(EC,\s\up6(→))＝（－1，eq\r(3)，0），eq\o(ED,\s\up6(→))＝（1，0，eq\r(3)），eq\o(DB,\s\up6(→))＝（－1，2eq\r(3)，－eq\r(3)），eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))＝（－1，0，eq\r(3)）＋λ（－1，2eq\r(3)，－eq\r(3)）＝（－1－λ，2eq\r(3)λ，eq\r(3)－eq\r(3)λ）.因為z軸垂直于平面ABCE，故可取平面ABCE的一個法向量為m＝(0，0，1)，所以|cos〈m，eq\o(AF,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|m·\o(AF,\s\up6(→))|,|m||\o(AF,\s\up6(→))|)＝eq\f(|\r(3)－\r(3)λ|,\r((－1－λ)2＋(2\r(3)λ)2＋(\r(3)－\r(3)λ)2))＝eq\f(\r(30),10)，化簡得3λ2＋8λ－3＝0，解得λ＝eq\f(1,3)或λ＝－3（舍去），所以eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(DB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(2\r(3),3)，－\f(\r(3),3))).設(shè)平面DEC的一個法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EC,\s\up6(→))＝－x＋\r(3)y＝0，,n·\o(ED,\s\up6(→))＝x＋\r(3)z＝0，))可取n＝（eq\r(3)，1，－1），所以點F到平面DEC的距離為eq\f(|\o(DF,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)＋\f(2\r(3),3)＋\f(\r(3),3))),\r(5))＝eq\f(2\r(15),15).翻折問題的解題策略(1)弄清翻折過程中的“數(shù)量變化”，即哪些線段的長度、角的大小發(fā)生了變化，變成了多少，哪些沒有發(fā)生變化，依然是原來的大?。?2)弄清翻折過程中的“性質(zhì)變換”，即翻折過程中哪些“平行關(guān)系”“垂直關(guān)系”發(fā)生了變化，哪些沒有發(fā)生變化．(3)弄清了(1)(2)兩個基本問題后，就可以把問題轉(zhuǎn)化為基本立體幾何問題，然后求解即可．【對點訓(xùn)練1】（2024·河南駐馬店二模）在如圖1所示的平面圖形中，四邊形ACDE為菱形，現(xiàn)沿AC進(jìn)行翻折，使得AB⊥平面ACDE，過點E作EF∥AB，且EF＝eq\f(1,2)AB，連接FD，F(xiàn)B，BD，所得圖形如圖2所示，其中G為線段BD的中點，連接FG.(1)求證：FG⊥平面ABD；(2)若AC＝AD＝2，直線FG與平面BCD所成角的正弦值為eq\f(\r(7),7)，求AB的長．解：(1)證明：如圖，連接CE，交AD于點O，則O為CE，AD的中點，連接GO.在菱形ACDE中，CE⊥AD，因為AB⊥平面ACDE，CE?平面ACDE，所以CE⊥AB，又AB∩AD＝A，AB，AD?平面ABD，所以CE⊥平面ABD.因為G，O分別為BD，AD的中點，所以GO＝eq\f(1,2)AB，GO∥AB，又EF＝eq\f(1,2)AB，EF∥AB，所以GO＝EF，GO∥EF，所以四邊形GOEF為平行四邊形，所以FG∥EO，所以FG⊥平面ABD.(2)在菱形ACDE中，因為AC＝AD，所以△ACD和△ADE都是正三角形．取ED的中點H，連接AH，則AH⊥AC.又AB⊥平面ACDE，所以AB⊥AC，AB⊥AH，即AB，AC，AH兩兩垂直．以A為坐標(biāo)原點，AB，AC，AH所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AB＝2a(a>0)，則C(0，2，0)，B(2a，0，0)，D（0，1，eq\r(3)），F(xiàn)（a，－1，eq\r(3)），Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，則eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2a，2，0)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝（0，－1，eq\r(3)），eq\o(FG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，－\f(\r(3),2))).設(shè)平面BCD的一個法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up6(→))＝－2ax＋2y＝0，,m·\o(CD,\s\up6(→))＝－y＋\r(3)z＝0，))取z＝1，則m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),a)，\r(3)，1)).記直線FG與平面BCD所成角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(FG,\s\up6(→))，m〉|＝eq\f(|\o(FG,\s\up6(→))·m|,|\o(FG,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(\r(3),\r(\f(3,a2)＋4)×\r(3))＝eq\f(\r(7),7)，解得a＝1，故AB的長為2.考點2探索性問題【例2】（2024·湖南長沙三模）如圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD是梯形，BC∥AD，PA＝AB＝BC＝1，AD＝2，PC＝eq\r(3)，PA⊥平面ABCD.(1)求證：平面PBC⊥平面PAB.(2)在棱PD上是否存在一點E，使得二面角E-AC-P的余弦值為eq\f(\r(6),3)？若存在，求出PE∶ED的值；若不存在，請說明理由．【解】(1)證明：因為PA⊥平面ABCD，BC，AC，AB?平面ABCD，所以PA⊥BC，PA⊥AC，PA⊥AB.因為PA＝AB＝BC＝1，PC＝eq\r(3)，所以AC2＝PC2－PA2＝3－1＝2＝AB2＋BC2，所以AB⊥BC.又PA⊥BC，PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，所以BC⊥平面PAB.因為BC?平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB.(2)存在．PE∶ED＝1∶2.因為BC⊥平面PAB，BC∥AD，所以AD⊥平面PAB.又因為PA，AB?平面PAB，所以AD⊥PA，AD⊥AB，又PA⊥AB，所以AB，AD，AP兩兩互相垂直，所以以點A為坐標(biāo)原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，C(1，1，0)，P(0，0，1)，D(0，2，0)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－1).設(shè)eq\o(PE,\s\up6(→))＝λeq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，2λ，－λ)(0≤λ≤1)，則eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(PE,\s\up6(→))＝(0，0，1)＋(0，2λ，－λ)＝(0，2λ，1－λ)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，1，0).設(shè)平面EAC的一個法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋y1＝0，,2λy1＋(1－λ)z1＝0，))取y1＝λ－1，則x1＝1－λ，z1＝2λ滿足條件，所以n1＝(1－λ，λ－1，2λ).eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，0，1)，設(shè)平面PAC的一個法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(AP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝0，,z2＝0，))取y2＝－1，則x2＝1，z2＝0，所以n2＝(1，－1，0).由題意|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(|2－2λ|,\r(2)·\r(2(λ－1)2＋4λ2))＝eq\f(\r(6),3)，化簡并整理得3λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝eq\f(1,3)或λ＝－1（舍去），所以eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(PD,\s\up6(→)).綜上所述，棱PD上存在一點E，且PE∶ED＝1∶2，使得二面角E-AC-P的余弦值為eq\f(\r(6),3).1．對于存在判斷型問題的求解，應(yīng)先假設(shè)存在，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標(biāo)是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等問題．2．對于位置探究型問題，通常借助向量，引進(jìn)參數(shù)，綜合已知和結(jié)論列出等式，求出參數(shù)的值．【對點訓(xùn)練2】（2024·福建泉州模擬）如圖，棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，AC＝BC＝2，E，F(xiàn)分別為CB1和CA1的中點．(1)求證：EF∥平面ABB1A1.(2)設(shè)AB＝4aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<a≤\f(\r(2),2)))，在平面ABB1A1上是否存在點P，使EP⊥FP？若存在，指出點P的位置；若不存在，請說明理由．解：(1)證明：由E，F(xiàn)分別為CB1和CA1的中點，得EF∥A1B1，而A1B1?平面ABB1A1，EF?平面ABB1A1，所以EF∥平面ABB1A1.(2)棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，如圖，取AB的中點O，A1B1的中點M，連接OC，OM，則OM∥AA1，OM⊥平面ABC，而OB，OC?平面ABC，則OM⊥OB，OM⊥OC.又AC＝BC＝2，則OC⊥AB，即直線OC，OB，OM兩兩垂直，以O(shè)為原點，直線OC，OB，OM分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AA1＝2h，則C（2eq\r(1－a2)，0，0），A1(0，－2a，2h)，B1(0，2a，2h)，E（eq\r(1－a2)，a，h），F(xiàn)（eq\r(1－a2)，－a，h）.假設(shè)在平面ABB1A1上存在點P，使EP⊥FP，設(shè)P(0，y，z)，則eq\o(EP,\s\up6(→))＝（－eq\r(1－a2)，y－a，z－h(huán)），eq\o(FP,\s\up6(→))＝（－eq\r(1－a2)，y＋a，z－h(huán)），eq\o(EP,\s\up6(→))·eq\o(FP,\s\up6(→))＝1－a2＋y2－a2＋(z－h(huán))2＝0，即y2＋(z－h(huán))2＝2a2－1，顯然2a2－1≥0.由0<a≤eq\f(\r(2),2)，得2a2－1≤0，因此2a2－1＝0，即a＝eq\f(\r(2),2)，此時y＝0，z＝h，點P恰為矩形ABB1A1的中心．所以當(dāng)a＝eq\f(\r(2),2)時，存在唯一的點P，使EP⊥FP，此時點P為矩形ABB1A1的中心．考點3最值、范圍問題【例3】（2024·山東菏澤模擬）如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝2，AB⊥BC，CC1＝2eq\r(3)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝λeq\o(BB1,\s\up6(→))(0<λ<1).(1)當(dāng)λ＝eq\f(1,3)時，求證：CE⊥平面ABC1；(2)設(shè)二面角B-AE-C的大小為θ，求cosθ的取值范圍．【解】(1)證明：以B為坐標(biāo)原點，以BC，BA，BB1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則B(0，0，0)，C(2，0，0)，A(0，2，0)，C1（2，0，2eq\r(3)），E（0，0，2eq\r(3)λ），當(dāng)λ＝eq\f(1,3)時，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(2\r(3),3)))，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，－2，0)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝（2，0，2eq\r(3)），eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，0，\f(2\r(3),3)))，可得eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CE,\s\up6(→))＝0，eq\o(BC1,\s\up6(→))·eq\o(CE,\s\up6(→))＝0，所以CE⊥AB，CE⊥BC1.又AB∩BC1＝B，AB?平面ABC1，BC1?平面ABC1，所以CE⊥平面ABC1.(2)由(1)可得eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，－2，0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝（0，－2，2eq\r(3)λ）.設(shè)平面AEC的一個法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝2x－2y＝0，,n·\o(AE,\s\up6(→))＝－2y＋2\r(3)λz＝0，))令z＝1，可得x＝eq\r(3)λ，y＝eq\r(3)λ，所以n＝（eq\r(3)λ，eq\r(3)λ，1）.因為BC⊥平面ABE，所以平面ABE的一個法向量為m＝(2，0，0)，所以|cosθ|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(2\r(3)λ,\r(6λ2＋1)×2)＝eq\f(\r(3)λ,\r(6λ2＋1))＝eq\f(\r(3),\r(6＋\f(1,λ2))).因為0<λ<1，所以6＋eq\f(1,λ2)>7，所以|cosθ|<eq\f(\r(3),\r(7))＝eq\f(\r(21),7).因為二面角B-AE-C為銳二面角，所以0<cosθ<eq\f(\r(21),7)，所以cosθ的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(21),7))).在動態(tài)變化過程中產(chǎn)生的體積、距離、角的最值（范圍）問題的常用思路(1)借助幾何特征直觀判斷：在變化過程中判斷點、線、面在何位置時，所求的量有相應(yīng)最大、最小值，即可求解．(2)借助極限思想：從特殊位置、特殊關(guān)系出發(fā)獲得最值（范圍）.(3)函數(shù)思想：通過建系或引入變量，把這類動態(tài)問題轉(zhuǎn)化為目標(biāo)函數(shù)，從而利用代數(shù)方法求目標(biāo)函數(shù)的最值（范圍），在求解過程中常常利用“基本不等式”“二次函數(shù)”“導(dǎo)數(shù)”等求得目標(biāo)函數(shù)的最值（范圍）.【對點訓(xùn)練3】（2024·安徽合肥模擬）如圖所示，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AD＝1，AA1＝AB＝2，M為棱DD1的中點．(1)若P是線段BM上的動點，試探究：eq\o(A1M,\s\up6(→))·eq\o(A1P,\s\up6(→))是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請說明理由．(2)過A1M作該長方體外接球的截面，求截面面積的取值范圍．解：(1)eq\o(A1M,\s\up6(→))·eq\o(A1P,\s\up6(→))為定值．因為M是DD1的中點，所以DM＝D1M＝1，所以A1M＝eq\r(2)，BM＝eq\r(6)，A1B＝2eq\r(2).因為A1M2＋BM2＝A1B2，所以A1M⊥BM.又點P在線段BM上，所以向量eq\o(A1P,\s\up6(→))在eq\o(A1M,\s\up6(→))上的投影向量為eq\o(A1M,\s\up6(→))，故eq\o(A1M,\s\up6(→))·eq\o(A1P,\s\up6(→))＝|eq\o(A1M,\s\up6(→))|2＝2，所以eq\o(A1M,\s\up6(→))·eq\o(A1P,\s\up6(→))的值為2.(2)設(shè)球心為O，外接球半徑為R，最小截面圓的半徑為r.由已知可得R＝eq\f(\r(12＋22＋22),2)＝eq\f(3,2)，則最大的截面面積為πR2＝eq\f(9π,4).以D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，1))，A1(1，0，2)，M(0，0，1).取a＝eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－1，0))，u＝eq\f(\o(A1M,\s\up6(→)),|\o(A1M,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(2),2)(－1，0，－1)，則a2＝eq\f(5,4)，a·u＝eq\f(\r(2),4)，所以點O到直線A1M的距離為eq\r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a·u,|u|)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(2),4)，即點O到過A1M的截面的距離最大值為eq\f(3\r(2),4)，所以過A1M的最小截面圓的半徑r＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),4)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(2),4)，因此最小的截面面積為πr2＝eq\f(9π,8).綜上，截面面積的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9π,8)，\f(9π,4))).課時作業(yè)521．（15分）（2024·河南濮陽模擬）如圖所示，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝2，CD＝4，E為CD的中點，AE與BD相交于點O，將△ADE沿AE折起，使點D到達(dá)點P的位置（P?平面ABCE）.(1)求證：平面POB⊥平面PBC.(2)若PB＝eq\r(6)，試判斷線段PB上是否存在一點Q（不含端點），使得直線PC與平面AEQ所成角的正弦值為eq\f(\r(15),5).若存在，求出Q在線段PB上的位置；若不存在，請說明理由．解：(1)證明：如圖，在原圖中連接BE.由于AB∥DE，AB＝DE，所以四邊形ABED是平行四邊形．由于AB＝AD，所以四邊形ABED是菱形，所以AE⊥BD.由于AB∥CE，AB＝CE，所以四邊形ABCE是平行四邊形，所以BC∥AE，所以BC⊥BD.在翻折過程中，AE⊥OP，AE⊥OB保持不變，即BC⊥OP，BC⊥OB保持不變．由于OP∩OB＝O，OP，OB?平面POB，所以BC⊥平面POB.由于BC?平面PBC，所以平面POB⊥平面PBC.(2)存在．由上述分析可知，在原圖中，BC⊥BD，所以BD＝eq\r(42－22)＝2eq\r(3)，所以O(shè)B＝OD＝eq\r(3).折疊后，若PB＝eq\r(6)，則PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.所以O(shè)E，OB，PO兩兩相互垂直．以O(shè)為原點，分別以O(shè)E，OB，OP所在的直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，OE＝OA＝eq\r(22－(\r(3))2)＝1，則P（0，0，eq\r(3)），C（2，eq\r(3)，0），A(－1，0，0)，E(1，0，0).設(shè)Q（0，t，eq\r(3)－t），0<t<eq\r(3)，則eq\o(PC,\s\up6(→))＝（2，eq\r(3)，－eq\r(3)），eq\o(AE,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝（1，t，eq\r(3)－t）.設(shè)平面AEQ的一個法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up6(→))·n＝2x＝0，,\o(AQ,\s\up6(→))·n＝x＋ty＋(\r(3)－t)z＝0，))令z＝t，得x＝0，y＝t－eq\r(3)，故n＝（0，t－eq\r(3)，t）.設(shè)直線PC與平面AEQ所成的角為θ，則sinθ＝eq\f(|n·\o(PC,\s\up6(→))|,|n|·|\o(PC,\s\up6(→))|)＝eq\f(|\r(3)(t－\r(3))－\r(3)t|,\r((t－\r(3))2＋t2)×\r(4＋3＋3))＝eq\f(3,\r(2t2－2\r(3)t＋3)×\r(10))＝eq\f(\r(15),5)，所以eq\r(2t2－2\r(3)t＋3)＝eq\r(\f(3,2))，2t2－2eq\r(3)t＋3＝eq\f(3,2)，4t2－4eq\r(3)t＋3＝（2t－eq\r(3)）2＝0，解得t＝eq\f(\r(3),2)，所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2))).因為P（0，0，eq\r(3)），B（0，eq\r(3)，0），所以Q是PB的中點．2．（15分）（2024·福建莆田三模）如圖，在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD是正方形，PA＝PC＝eq\r(2)AD，M為側(cè)棱PD上的點，PD⊥平面MAC.(1)求證：PB⊥AC.(2)若PB＝PD，求二面角P-AC-M的大?。?3)在(2)的前提下，在側(cè)棱PC上是否存在一點N，使得BN∥平面MAC？若存在，求出PC∶PN的值；若不存在，請說明理由．解：(1)證明：如圖，記AC∩BD＝O，連接OP，由四邊形ABCD是正方形，得O是AC的中點，由PA＝PC，得OP⊥AC，又BD⊥AC，OP，BD?平面PBD，OP∩BD＝O，所以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兩兩垂直．以O(shè)為原點，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OP,\s\up6(→))的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖．設(shè)AD＝2，則OP＝eq\r(6)，P（0，0，eq\r(6)），B（eq\r(2)，0，0），D（－eq\r(2)，0，0）.由PD⊥平面MAC，得eq\o(DP,\s\up6(→))＝（eq\r(2)，0，eq\r(6)）是平面MAC的一個法向量，顯然eq\o(BD,\s\up6(→))＝（－2eq\r(2)，0，0）是平面PAC的一個法向量．設(shè)二面角P-AC-M的大小為θ，由圖知θ為銳角，則cosθ＝|cos〈eq\o(DP,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(DP,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→))|,|\o(DP,\s\up6(→))||\o(BD,\s\up6(→))|)＝eq\f(4,2\r(2)×2\r(2))＝eq\f(1,2)，解得θ＝60°，所以二面角P-AC-M的大小為60°.(3)假設(shè)在側(cè)棱PC上存在一點N，使得BN∥平面MAC，且eq\o(CN,\s\up6(→))＝teq\o(CP,\s\up6(→))(0≤t≤1).由(2)知，P（0，0，eq\r(6)），B（eq\r(2)，0，0），C（0，eq\r(2)，0），eq\o(BC,\s\up6(→))＝（－eq\r(2)，eq\r(2)，0），eq\o(CP,\s\up6(→))＝（0，－eq\r(2)，eq\r(6)），則eq\o(CN,\s\up6(→))＝teq\o(CP,\s\up6(→))＝（0，－eq\r(2)t，eq\r(6)t），eq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CN,\s\up6(→))＝（－eq\r(2)，eq\r(2)－eq\r(2)t，eq\r(6)t）.平面MAC的一個法向量是eq\o(DP,\s\up6(→))＝（eq\r(2)，0，eq\r(6)），由BN∥平面MAC，得eq\o(DP,\s\up6(→))⊥eq\o(BN,\s\up6(→))，即eq\o(BN,\s\up6(→))·eq\o(DP,\s\up6(→))＝0，則－2＋6t＝0，解得t＝eq\f(1,3)，即eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(CP,\s\up6(→))，則PC∶PN＝3∶2，所以在側(cè)棱PC上存在一點N，使得BN∥平面MAC，此時PC∶PN＝3∶2.3．（15分）（2024·山東淄博二模）已知直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD＝eq\r(6)，AD＝eq\r(3)，M為對角線AC與BD的交點．現(xiàn)以AC為折痕把△ADC折起，使點D到達(dá)點P的位置，點Q為PB的中點，如圖所示．(1)求證：AC⊥平面PBM；(2)求三棱錐P-ACQ體積的最大值；(3)當(dāng)三棱錐P-ACQ的體積最大時，求直線AB與平面PBC所成角的正弦值．解：(1)證明：在直角梯形ABCD中，由相似可得eq\f(DC,AB)＝eq\f(DM,MB)＝eq\f(CM,AM)＝eq\f(1,2)，因為AB＝2CD＝eq\r(6)，AD＝eq\r(3)，可得AC＝eq\f(3\r(2),2)，BD＝3，故可得AM＝2MC＝eq\r(2)，BM＝2DM＝2，所以AM2＋BM2＝AB2，所以AM⊥BM，即AC⊥BD，翻折后可得AC⊥BM，AC⊥PM.又PM∩BM＝M，PM，BM?平面PBM，故AC⊥平面PBM.(2)因為點Q為邊PB的中點，所以VQ-PAC＝eq\f(1,2)VB-PAC，又VQ-PAC＝VP-ACQ，VB-PAC＝VP-ABC，所以VP-ACQ＝eq\f(1,2)VP-ABC.因為AC?平面ABC，所以平面ABC⊥平面PBM，所以點P到平面ABC的距離，即為點P到BM的距離，設(shè)為h.因為S△ABC＝eq\f(1,2)AC·BM＝eq\f(1,2)×eq\f(3\r(2),2)×2＝eq\f(3\r(2),2)為定值，所以當(dāng)h最大時，三棱錐P-ACQ的體積最大，而PM＝1，則h≤PM＝1，故當(dāng)h＝1時，(VP-ACQ)max＝eq\f(1,2)(VP-ABC)max＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(3\r(2),2)×1＝eq\f(\r(2),4).(3)由(2)得當(dāng)三棱錐P-ACQ的體積最大時，點P到平面ABC的距離為PM＝1，即PM⊥平面ABC，故PM⊥AC，PM⊥MB，又AC⊥BM，故MA，MB，MP兩兩垂直．以M為原點，MA，MB，MP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．由題可得A（eq\r(2)，0，0），B(0，2，0)，P(0，0，1)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0，0))，則eq\o(AB,\s\up6(→))＝（－eq\r(2)，2，0），eq\o(PB,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，2，0)).設(shè)平面PBC的一個法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up6(→))＝2y－z＝0，,n·\o(CB,\s\up6(→))＝\f(\r(2),2)x＋2y＝0，))令y＝1，得n＝（－2eq\r(2)，1，2）.設(shè)直線AB與平面PBC所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|\o(AB,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(6,\r(6)×\r(13))＝eq\f(\r(78),13)，所以直線AB與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(\r(78),13).4．（15分）（2024·江蘇