《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

例2 (2024·湖北武汉期末)如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，ED⊥平面ABCD，FB⊥平面ABCD，且ED = FB = 1。
　　　　　　　　　　　　
(1)求证：EC⊥平面ADF；
(2)在线段EC上是否存在点G(不含端点)，使得平面GBD与平面ADF的夹角为45°？若存在，指出点G的位置；若不存在，请说明理由。

答案：
解　
(1)证明:以D为原点，DA,DC,DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系，如图所示,

则D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E(0,1,1),F(1,1,1),
∴$\overrightarrow{EC}=(0,1,-1),\overrightarrow{DA}=(1,0,0),\overrightarrow{DF}=(1,1,1)$,
∵$\begin{cases}\overrightarrow{EC}\cdot\overrightarrow{DA}=0\\\overrightarrow{EC}\cdot\overrightarrow{DF}=1 - 1 = 0\end{cases}$,
∴EC⊥DF,EC⊥DA,
又DA∩DF = D,DA,DF⊂平面ADF,
∴EC⊥平面ADF.
(2)设$\overrightarrow{EG}=\lambda\overrightarrow{EC}(0＜\lambda＜1)$,
则点G的坐标为(0,λ,1 - λ),$\overrightarrow{DG}=(0,\lambda,1 - \lambda)$,
易知B(1,1,0),则$\overrightarrow{DB}=(1,1,0)$.
设平面GBD的法向量为n=(x,y,z),
则$\begin{cases}n\cdot\overrightarrow{DG}=\lambda y+(1 - \lambda)z = 0\\n\cdot\overrightarrow{DB}=x + y = 0\end{cases}$,
取y = 1 - λ,则x = λ - 1,z = -λ,
则n=(λ - 1,1 - λ,-λ),
∵平面GBD与平面ADF的夹角为45°,且平面ADF的一个法向量为$\overrightarrow{EC}=(0,1,-1)$,
∴cos45°=$\frac{|n\cdot\overrightarrow{EC}|}{|n||\overrightarrow{EC}|}=\frac{1}{\sqrt{2(1 - \lambda)^{2}+\lambda^{2}}\times\sqrt{2}}$,
又0＜λ＜1,解得λ=$\frac{1}{3}$,
∴G为线段EC上靠近点E的三等分点.

变式训练 2.(2024·四川成都树德中学模拟)如图1，在梯形ABCD中，BC//AD，AB⊥AD，AB = 2，BC = 3，AD = 4，线段AD的垂直平分线与AD交于点E，与BC交于点F，现将四边形CDEF沿EF折起，使C，D分别到点G，H的位置，得到几何体ABFEHG，如图2所示。

(1)判断线段EH上是否存在点P，使得平面PAF//平面BGH。若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由；
(2)若AH = 2$\sqrt{2}$，求平面ABH与平面BGH所成角的正弦值。
提示：同步《课时作业(A本)》P355

答案：
解　
(1)当P为线段EH的中点时,平面PAF//平面BGH.
证明如下:由题易知EH = 2,GF = 1,EH//GF,
因为P为线段EH的中点,
所以HP = GF = 1,HP//GF,
所以四边形HPFG是平行四边形,所以HG//PF,
因为PF⊂平面PAF,HG⊄平面PAF,
所以HG//平面PAF.
连接PG,因为PE//GF,PE = GF = 1,
所以四边形PEFG是平行四边形,
所以PG//EF,且PG = EF,
又EF//AB,EF = AB,所以PG//AB,PG = AB,
所以四边形ABGP是平行四边形,所以PA//BG,
因为PA⊂平面PAF,BG⊄平面PAF,所以BG//平面PAF.
因为HG∩BG = G,HG,BG⊂平面BGH,
所以平面PAF//平面BGH.
(2)因为AH = 2$\sqrt{2}$,AE = EH = 2,
所以AE^{2}+EH^{2}=AH^{2},所以AE⊥EH,
又EF⊥EA,EF⊥EH,
所以EA,EF,EH两两垂直.
故以E为原点,EA,EF,EH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Exyz,

则A(2,0,0),B(2,2,0),H(0,0,2),G(0,2,1),所以$\overrightarrow{AB}=(0,2,0),\overrightarrow{BH}=(-2,-2,2),\overrightarrow{BG}=(-2,0,1)$.
设平面ABH的法向量为m=(x_{1},y_{1},z_{1}),
则$\begin{cases}m\cdot\overrightarrow{AB}=0\\m\cdot\overrightarrow{BH}=0\end{cases}$,即$\begin{cases}2y_{1}=0\\-2x_{1}-2y_{1}+2z_{1}=0\end{cases}$,
取z_{1}=1,得m=(1,0,1).
设平面BGH的法向量为n=(x_{2},y_{2},z_{2}),
则$\begin{cases}n\cdot\overrightarrow{BH}=0\\n\cdot\overrightarrow{BG}=0\end{cases}$,即$\begin{cases}-2x_{2}-2y_{2}+2z_{2}=0\\-2x_{2}+z_{2}=0\end{cases}$,
取x_{2}=1,得n=(1,1,2).
设平面ABH与平面BGH所成的角为θ,
则|cosθ|=$\frac{|m\cdot n|}{|m||n|}=\frac{3}{\sqrt{2}\times\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,
所以sinθ=$\sqrt{1 - \cos^{2}\theta}=\sqrt{1-\frac{3}{4}}=\frac{1}{2}$,
所以平面ABH与平面BGH所成角的正弦值为$\frac{1}{2}$.