☆注：請用MicrosoftWord2016以上版本翻開文件進行編輯，用WPS等其他軟件可能會消失亂碼等現象.高中數學三輪復習講義——兩年高考一年模擬第15講解答題之立體幾何與空間向量從近三年高考狀況來看，利用空間向量證明平行與垂直，以及求空間角是高考的熱點．高考主要考查空間向量的坐標運算，以及平面的法向量等，難度屬于中等偏上，主要為解答題，解題時應嫻熟把握空間向量的坐標表示和坐標運算，把空間立體幾何問題轉化為空間向量問題.1．〔2022年全國高考甲卷數學〔理〕試題〕在四棱錐P-ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3(1)證明：BD⊥PA；(2)求PD與平面PAB所成的角的正弦值．【答案】(1)證明見解析；(2)55【分析】〔1〕作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，利用勾股定理證明AD⊥BD，依據線面垂直的性質可得PD⊥BD，從而可得BD⊥平面PAD，再依據線面垂直的性質即可得證；〔2〕以點D為原點建立空間直角坐標系，利用向量法即可得出答案.【詳解】〔1〕證明：在四邊形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，由于CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2，所以四邊形ABCD為等腰梯形，所以AE=BF=1故DE=32，所以AD所以AD⊥BD，由于PD⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD=D，所以BD⊥平面PAD，又由于PA?平面PAD，所以BD⊥PA；〔2〕解：如圖，以點D為原點建立空間直角坐標系，BD=3那么A1,0,0那么AP=設平面PAB的法向量n=那么有{n?AP那么cosn所以PD與平面PAB所成角的正弦值為552．〔2022年全國高考乙卷數學〔理〕試題〕如圖，四周體ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E為AC的中點．(1)證明：平面BED⊥平面ACD；(2)設AB=BD=2,∠ACB=60°，點F在BD上，當△AFC的面積最小時，求CF與平面ABD所成的角的正弦值．【答案】(1)證明過程見解析(2)CF與平面ABD所成的角的正弦值為4【分析】〔1〕依據關系證明△ABD≌△CBD，得到AB=CB，結合等腰三角形三線合一得到垂直關系，結合面面垂直的判定定理即可證明；〔2〕依據勾股定理逆用得到BE⊥DE，從而建立空間直角坐標系，結合線面角的運算法那么進行計算即可.【詳解】〔1〕由于AD=CD，E為AC的中點，所以AC⊥DE；在△ABD和△CBD中，由于AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB，所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又由于E為AC的中點，所以AC⊥BE；又由于DE,BE?平面BED，DE∩BE=E，所以AC⊥平面BED，由于AC?平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.〔2〕連接EF，由〔1〕知，AC⊥平面BED，由于EF?平面BED，所以AC⊥EF，所以S△AFC當EF⊥BD時，EF最小，即△AFC的面積最小.由于△ABD≌△CBD，所以CB=AB=2，又由于∠ACB=60°，所以△ABC是等邊三角形，由于E為AC的中點，所以AE=EC=1，BE=3由于AD⊥CD，所以DE=1在△DEB中，DE2+B以E為坐標原點建立如下圖的空間直角坐標系E-xyz，那么A1,0,0,B0,設平面ABD的一個法向量為n=那么n?AD=-x+z=0n?AB又由于C-1,0,0,F0,所以cosn設CF與平面ABD所成的角的正弦值為θ0≤θ≤所以sinθ=所以CF與平面ABD所成的角的正弦值為433．〔2022年北京市高考數學試題〕如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側面BCC1B1為正方形，平面BCC1B(1)求證：MN∥平面BC(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．條件①：AB⊥MN；條件②：BM=MN．注：假如選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】〔1〕取AB的中點為K，連接MK,NK，可證平面MKN//平面BCC1B1〔2〕選①②均可證明BB1⊥平面ABC，從而可建立【詳解】〔1〕取AB的中點為K，連接MK,NK，由三棱柱ABC-A1B而B1M=MA1而MK?平面BCC1B1，BB1?而CN=NA,BK=KA，那么NK//BC，同理可得NK//而NK∩MK=K,NK,MK?平面MKN，故平面MKN//平面BCC1B1，而MN?平面MKN〔2〕由于側面BCC1B而CB?平面BCC1B1，平面平面CBB1C1∩平面AB由于NK//BC，故NK⊥平面由于AB?平面ABB1A假設選①，那么AB⊥MN，而NK⊥AB，NK∩MN=N，故AB⊥平面MNK，而MK?平面MNK，故AB⊥MK，所以AB⊥BB1，而CB⊥BB1，CB∩AB=B，故故可建立如所示的空間直角坐標系，那么B0,0,0故BA=設平面BNM的法向量為n=那么n?BN=0n?BM=0，從而設直線AB與平面BNM所成的角為θ，那么sinθ=假設選②，由于NK//BC，故NK⊥平面ABB1A故NK⊥KM，而B1M=BK=1,NK=1，故而B1B=MK=2，MB=MN，故所以∠BB1M=∠MKN=90°而CB⊥BB1，CB∩AB=B，故BB故可建立如所示的空間直角坐標系，那么B0,0,0故BA=設平面BNM的法向量為n=那么n?BN=0n?BM=0，從而設直線AB與平面BNM所成的角為θ，那么sinθ=4．〔2022年全國新高考I卷數學試題〕如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1的體積為(1)求A到平面A1(2)設D為A1C的中點，AA1=AB，平面A【答案】(1)2(2)3【分析】〔1〕由等體積法運算即可得解；〔2〕由面面垂直的性質及判定可得BC⊥平面ABB1【詳解】〔1〕在直三棱柱ABC-A1B1C1中，設點那么VA-解得h=2所以點A到平面A1BC的距離為〔2〕取A1B的中點E,連接AE,如圖，由于AA又平面A1BC⊥平面ABB1A且AE?平面ABB1A1，所以在直三棱柱ABC-A1B1C由BC?平面A1BC，BC?平面ABC可得AE⊥BC，又AE,BB1?平面ABB1所以BC,BA,BB1兩兩垂直，以由〔1〕得AE=2，所以AA1=AB=2，那么A0,2,0,A10,2,2,B那么BD=1,1,1，設平面ABD的一個法向量m=x,y,z，那么可取m=設平面BDC的一個法向量n=a,b,c，那么可取n=那么cosm所以二面角A-BD-C的正弦值為1-15．〔2021年全國新高考II卷數學試題〕在四棱錐Q-ABCD中，底面ABCD是正方形，假設AD=2,QD=QA=5〔1〕證明：平面QAD⊥平面ABCD；〔2〕求二面角B-QD-A的平面角的余弦值．【答案】〔1〕證明見解析；〔2〕23【分析】〔1〕取AD的中點為O，連接QO,CO，可證QO⊥平面ABCD，從而得到面QAD⊥面ABCD.〔2〕在平面ABCD內，過O作OT//CD，交BC于T，那么OT⊥AD，建如下圖的空間坐標系，求出平面QAD、平面BQD【詳解】〔1〕取AD的中點為O，連接QO,CO.由于QA=QD，OA=OD，那么QO⊥AD，而AD=2,QA=5，故QO=在正方形ABCD中，由于AD=2，故DO=1，故CO=5由于QC=3，故QC2=QO2由于OC∩AD=O，故QO⊥平面ABCD，由于QO?平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.〔2〕在平面ABCD內，過O作OT//CD，交BC于T，那么結合〔1〕中的QO⊥平面ABCD，故可建如下圖的空間坐標系.那么D(0,1,0),Q(0,0,2),B(2,-1,0)，故BQ=(-2,1,2),設平面QBD的法向量n=(x,y,z)那么{n?BQ=0n?BD=0故n=(1,1,而平面QAD的法向量為m=(1,0,0)，故cos二面角B-QD-A的平面角為銳角，故其余弦值為236．〔2021年全國高考乙卷數學〔理〕試題〕如圖，四棱錐P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，M為BC的中點，且PB⊥AM．〔1〕求BC；〔2〕求二面角A-PM-B的正弦值．【答案】〔1〕2；〔2〕70【分析】〔1〕以點D為坐標原點，DA、DC、DP所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系，設BC=2a，由條件得出PB?AM=0，求出a〔2〕求出平面PAM、PBM的法向量，利用空間向量法結合同角三角函數的根本關系可求得結果.【詳解】〔1〕[方法一]：空間坐標系+空間向量法∵PD⊥平面ABCD，四邊形ABCD為矩形，不妨以點D為坐標原點，DA、DC、DP所在直線分別為x、y、z軸建立如下列圖所示的空間直角坐標系D-xyz，設BC=2a，那么D0,0,0、P0,0,1、B2a,1,0、M那么PB=2a,1,-1，∵PB⊥AM，那么PB?AM=-2a2[方法二]【最優解】：幾何法+相像三角形法如圖，連結BD．由于PD⊥底面ABCD，且AM?底面ABCD，所以PD⊥AM．又由于PB⊥AM，PB∩PD=P，所以AM⊥平面PBD．又BD?平面PBD，所以AM⊥BD．從而∠ADB+∠DAM=90°．由于∠MAB+∠DAM=90°，所以∠MAB=∠ADB．所以△ADB∽△BAM，于是ADAB所以12BC[方法三]：幾何法+三角形面積法

如圖，聯結BD交AM于點N．由[方法二]知AM⊥DB．在矩形ABCD中，有△DAN∽△BMN，所以ANMN=DA令BC=2t(t>0)，由于M為BC的中點，那么BM=t，DB=4t2由S△DAB=12DA?AB=12〔2〕[方法一]【最優解】：空間坐標系+空間向量法設平面PAM的法向量為m=x1,y1由m?AM=-22設平面PBM的法向量為n=x2,y由n?BM=-22cosm所以，sinm因此，二面角A-PM-B的正弦值為7014[方法二]：構造長方體法+等體積法

如圖，構造長方體ABCD-A1B1C1D1，聯結AB1,A1B，交點記為H，由于聯結AG，由三垂線定理可知AG⊥D故∠AGH為二面角A-PM-B的平面角．易證四邊形A1BCD1是邊長為2的正方形，聯結S△由等積法解得HG=3在Rt△AHG中，AH=22,HG=所以，sin∠AGH=AHAG=70【整體點評】〔1〕方法一利用空坐標系和空間向量的坐標運算求解；方法二利用線面垂直的判定定理，結合三角形相像進行計算求解，運算簡潔，為最優解；方法三主要是在幾何證明的根底上，利用三角形等面積方法求得.〔2〕方法一，利用空間坐標系和空間向量方法計算求解二面角問題是常用的方法，思路清楚，運算簡潔，為最優解；方法二采納構造長方體方法+等體積轉化法，技巧性較強，需留意進行嚴格的論證.7．〔2021年全國新高考Ⅰ卷數學試題〕如圖，在三棱錐A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，O為BD的中點.〔1〕證明：OA⊥CD；〔2〕假設△OCD是邊長為1的等邊三角形，點E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E-BC-D的大小為45°，求三棱錐A-BCD的體積.【答案】(1)證明見解析；(2)36【分析】(1)由題意首先證得線面垂直，然后利用線面垂直的定義證明線線垂直即可；(2)方法二：利用幾何關系找到二面角的平面角，然后結合相關的幾何特征計算三棱錐的體積即可.【詳解】〔1〕由于AB=AD，O是BD中點，所以OA⊥BD，由于OA?平面ABD，平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD=BD，所以OA⊥平面BCD．由于CD?平面BCD，所以OA⊥CD.〔2〕[方法一]：通性通法—坐標法如下圖，以O為坐標原點，OA為z軸，OD為y軸，垂直OD且過O的直線為x軸，建立空間直角坐標系O-xyz，那么C(32,所以EB=(0,-設n=x,y,z為平面那么由EB?n=0EC?又平面BCD的一個法向量為OA=所以cosn,OA又點C到平面ABD的距離為32，所以V所以三棱錐A-BCD的體積為36[方法二]【最優解】：作出二面角的平面角如下圖，作EG⊥BD，垂足為點G．作GF⊥BC，垂足為點F，連結EF，那么OA∥由于OA⊥平面BCD，所以EG⊥平面BCD，∠EFG為二面角E-BC-D的平面角．由于∠EFG=45°，所以EG=FG．由得OB=OD=1，故OB=OC=1．又∠OBC=∠OCB=30°，所以BC=3由于GD=2VA-BCD[方法三]：三面角公式考慮三面角B-EDC，記∠EBD為α，∠EBC為β，∠DBC=30°，記二面角E-BC-D為θ．據題意，得θ=45°．對β使用三面角的余弦公式，可得cosβ=化簡可得cosβ=3使用三面角的正弦公式，可得sinβ=sinαsin將①②兩式平方后相加，可得34由此得sin2α=1如圖可知α∈(0,π2)依據三角形相像知，點G為OD的三等分點，即可得BG=4結合α的正切值，可得EG=23,OA=1從而可得三棱錐A-BCD【整體點評】(2)方法一：建立空間直角坐標系是解析幾何中常用的方法，是此類題的通性通法，其好處在于將幾何問題代數化，適合于簡單圖形的處理；方法二：找到二面角的平面角是立體幾何的根本功，在找出二面角的同時可以對幾何體的幾何特征有更加深刻的熟悉，該法為此題的最優解.方法三：三面角公式是一個美麗的公式，在許多題目的解析中敏捷使用三面角公式可以使得問題更加簡潔、直觀、快速.8．〔黑龍江省哈爾濱市第學2023屆高三其次次模擬考試數學試題〕如圖，平面四邊形ABCD為矩形，PD⊥平面ABCD，QA⊥平面ABCD，2AD=2QA=AB=PD．(1)證明：平面PQC⊥平面DCQ；(2)求平面QBP與平面CBP夾角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】〔1〕先證CD⊥平面QADP和DQ⊥QP，由線面垂直的判定定理證明PQ⊥平面QCD，再得到面面垂直即可.〔2〕建立適當空間直角坐標系，利用向量法求解即可.【詳解】〔1〕如圖，取PD的中點N，并連接AN,QN，依據條件，易知四邊形QADN為正方形，且AN//QP，所以DQ⊥AN，所以DQ⊥QP，由于PD⊥平面ABCD，PD?平面QADP，所以平面QADP⊥平面ABCD，又平面QADP∩平面ABCD=AD，由于四邊形ABCD為矩形，所以CD⊥AD，又CD?平面ABCD，所以CD⊥平面QADP，由于PQ?平面QADP，所以CD⊥PQ，又DQ∩CD=D，DQ,CD?平面DCQ，所以PQ⊥平面DCQ，又PQ?平面PCQ，所以平面PQC⊥平面DCQ.〔2〕建立如下圖的空間直角坐標D-xyz，設DP=2，那么B(1,0,2),Q(1,1,0),C(0,0,2),P(0,2,0)，所以BQ=(0,1,-2),設平面BQP的法向量為m=(x,y,z)那么BQ·m=0令y=2，解得z=1,x=2，所以m=設平面BCP的法向量為n=(a,b,c)那么BC·n=0令b=1，解得c=1,a=0，所以n=(0,1,1)所以cosm又由于平面QBP與平面CBP夾角為非鈍角，所以平面QBP與平面CBP夾角的余弦值為229．〔天津市耀華中學2023屆高三一模數學試題〕如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，(1)證明AB⊥A(2)假設平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB(3)在〔2〕的條件下，求平面A1BC與平面BC【答案】(1)證明見解析；(2)105(3)35【分析】〔1〕取AB中點O，依據給定條件，利用線面垂直的判定、性質推理作答.〔2〕由證得OC⊥平面AA1B1〔3〕利用〔2〕的條件，借助空間向量求出兩個平面夾角的余弦作答.【詳解】〔1〕在三棱柱ABC-A1B1C1中，取AB中點O，連接OC,OA而AB=A1A,∠BAA1=60又OC∩OA1=O,OC,OA1?平面OCA1，于是所以AB⊥A〔2〕由〔1〕知，OC⊥AB,OA1⊥AB，又平面ABC⊥平面AA1B1B，且交線為AB，那么OA,OA1,OC兩兩垂直，以O為坐標原點，射線OA,O令AB=2，那么A(1,0,0),A1(0,那么BC=(1,0,設n=(x,y,z)為平面BB1C1C的一個法向量，那么直線A1C與平面BB1C1所以直線A1C與平面BB〔3〕由〔2〕知，平面BCB1的法向量n=(令m=(x1,y1,z1)所以平面A1BC與平面BCB10．〔山西省太原市、大同市2023屆高三二模數學試題〕如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，側面BB1C1(1)證明：A1(2)假設AC⊥平面BB1C1C，E是A1C1上的動點，平面B【答案】(1)證明見解析(2)C【分析】〔1〕先證明線面垂直，依據線面垂直得出線線垂直；〔2〕先設比值得出向量關系，依據空間向量法求二面角的值即可求出比值.【詳解】〔1〕取BC的中點F，連接DF，C1F，記∵D是AB的中點，∴DF//AC，∵B在矩形BB1C1C∴∠FC1C=∠BC∴∠CGF=90°，∴B1C⊥C1F，∵∵C1F∩DF=F，∴∵A1D?平面A〔2〕由于AC⊥平面BB1C1C，BC，CC1由矩形BB1C1C得BC⊥CC1，以點C為原點，CA，CB，CC1所在的直線分別為設BC=2，C1E=λC1A(0≤λ≤1)，那么C(0,0,0)所以CD=1,1,0，CB設m=x1,y1∴x1+y1=0,2y設n=x2,y∴x2-y2-2z2=0∴|cos?m,n?|=m?∴C11．〔黑龍江省試驗中學2023屆高三其次次模擬考試數學試卷〕如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC(1)求證：A1B∥平面(2)在棱AC上是否存在點M，使得直線BD與平面A1DM所成角的余弦值為31313，假設存在，求出AM與【答案】(1)證明見解析(2)存在；2【分析】〔1〕依據線面平行的判定定理分析證明；〔2〕建系，利用空間向量求線面夾角.【詳解】〔1〕連接A1C交AC由于四邊形ACC1A1為矩形，所以O為A1故在△A1BC中，OD是△A1OD?平面AC1D，A1B?平面A〔2〕由AA1⊥平面ABC，AB⊥AC可知，三棱柱ABC-A1那么A0,0,0，A10,0,2，B4,0,0，由AM=λAC0≤λ≤1A1M=設平面A1DM的法向量為n=取z1=2λ，那么x1設直線BD與平面A1DM所成角為θ∈0,π可得sinθ=由于cosn整理得λ2+6λ-3=0，解得λ=23由于0<λ<1，所以λ=23所以棱AC上存在點M，使得直線BD與平面A1DM所成角的余弦值為31312．〔吉林省長春市東北師范高校附屬中學20222023學年高三下學期第六次模擬考試數學試題〕如圖，△ABC中，∠C=90°,AC=BC=2，D、E分別為AC、AB中點，將△ADE沿DE翻折成△PDE，得到四棱錐P-BCDE，M為(1)證明：EM⊥平面PBC；(2)假設直線PE與平面PBC成角為30°，求平面PEB與平面PDC夾角余弦值．【答案】(1)證明見解析；(2)3【分析】〔1〕依據題，取BC的中點N，連接EN,MN，先證ED⊥平面PCD，從而得到BC⊥平面PCD，即可得到BC⊥MN，得到BC⊥平面MEN，即可得到BC⊥EM，從而得到結果.〔2〕依據題，證得ED⊥PD，然后以D為坐標原點，DE,DC,DP所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，結合空間向量的坐標運算即可得到結果.【詳解】〔1〕取BC的中點N，連接EN,MN，由于D、E分別為AC、AB中點，那么DE//BC，且又由于N為BC中點，所以CN=12BC，即DE//CN所以四邊形EDCN為平行四邊形，且∠C=90°，所以四邊形EDCN為矩形，所以ED⊥AC，且PD⊥ED，PD∩AC=D，PD,AC?平面PCD，所以ED⊥平面PCD，由于BC//ED，所以BC⊥平面PCD，又由于PC?平面PCD，所以BC⊥PC，由于M,N分別為BP,BC中點，所以MN//PC，那么BC⊥MN，且EN⊥BC，EN∩MN=N，EN.MN?平面MEN，所以BC⊥平面MEN，EM?平面MEN，所以BC⊥EM，由于AE=PE=BE，點M為PB中點，所以EM⊥PB，且PB∩BC=B，PB,BC?平面PBC，所以EM⊥平面PBC.〔2〕由〔1〕可知EM⊥平面PBC，由于直線PE與平面PBC成角為30°，那么其所成角為∠EPB，所以∠EPB=∠EBP=30°，且EP=EB=1所以PB=6，且BC=2，那么PC=6-4=2即PD2+E以D為坐標原點，DE,DC,DP所在直線分別為x,y,z軸，建立如下圖空間直角坐標系，那么P0,0,1所以PE=設平面PEB的法向量為n=那么PE?n=x-z=0PB?n=2x+y-z=0，得那么其一個法向量為n=易知平面PDC的一個法向量為m=設平面PEB與平面PDC夾角為θ，那么cosθ且觀看可知平面PEB與平面PDC夾角為銳角，所以cosθ=13．〔四川省達州市2023屆高三二模數學〔文科〕試題〕如圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD是平行四邊形，平面PAD⊥平面ABCD，∠BAD=60°，AD=2AB，PA=PD.O，E分別是AD，BC中點.(1)證明：BD⊥平面POE；(2)AB=2，PA=22，求點E到平面PCD的距離【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】〔1〕依據面面垂直的性質可得PO⊥BD，由余弦定理和勾股定理可得BD⊥OE，結合線面垂直的判定定理即可證明；〔2〕連接OC，依據線面平行的判定定理可得OE∥平面PDC，那么點E到平面PCD的距離等于點O到平面PCD的距離.由余弦定理、同角的三角函數關系和三角形的面積公式可得S△PCD【詳解】〔1〕∵PA=PD，O是AD的中點，∴PO⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO?平面PAD，∴PO⊥平面ABCD.∵BD?平面ABCD，∴PO⊥BD.設AB=a，那么AD=2a，∠BAD=60°，在△ABD中，由余弦定理得BD∴AB2+BD∵E是BC中點，四邊形ABCD是平行四邊形，∴OE∥AB，∴∵PO，OE是平面POE內的兩條相交直線，∴BD⊥平面POE.〔2〕連接OC.∵O，E分別是AD，BC中點，底面ABCD是平行四邊形，∴OE∥∵OE?平面PDC，DC?平面PDC，∴OE∥平面PDC∴點E到平面PCD的距離等于點O到平面PCD的距離.∵PA=PD=22，AD=2AB=4，∴PO=OD=DC=2∴OC∴PC=P在△PCD中，由余弦定理得cos∠PCD=∴sin∠PCD=74，∴△PCD設O到平面PCD的距離為d，因三棱錐O—PCD與三棱錐C—POD是同一三棱錐，所以VO-PCD=V∴7d=解得d=2217.所以點E到平面PCD14．〔北京市朝陽區2023屆高三二模數學試題〕如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥底面ABCD，且PD=AD=2，E是PC的中點，平面ABE與線段PD交于點F.(1)證明：F為PD的中點；(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為，求直線BE與平面PAD所成角的正弦值.條件①：三角形BCF的面積為10；條件②：三棱錐P-BCF的體積為1.注：假如選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分.【答案】(1)證明見解析(2)3【分析】〔1〕由線面平行的判定證AB//面PCD，再由線面平行的性質可證AB//EF，進而有△PCD中EF為中位線，即可證結論；〔2〕由線面垂直的性質、判定證PD,DA,DC兩兩垂直，且BC⊥面PCD，構建空間直角坐標系，依據所選條件求得CD=3，進而求直線方向向量和面PAD的法向量，利用線面角夾角的向量求法求其正弦值.【詳解】〔1〕由底面ABCD是矩形，那么AB//CD，而AB?面PCD，CD?面PCD，所以AB//面PCD，又E是PC的中點，面ABE與線段PD交于點F，即面ABE∩面PCD=EF，而AB?面ABE，那么AB//EF，故CD//EF，△PCD中EF為中位線，故F為PD的中點；〔2〕由PD⊥底面ABCD，BC?面ABCD，那么PD⊥BC，又CD⊥BC，由PD∩CD=D，PD,CD?面PCD，那么BC⊥面PCD，由CF?面PCD，故BC⊥CF，即△BCF為直角三角形，且BC=2；由PD?面PAD，那么面PAD⊥面ABCD，同理有面PCD⊥面ABCD；又DA,DC?面ABCD，故PD⊥DA,PD⊥DC，又DA⊥DC，所以PD,DA,DC兩兩垂直，可構建如下空間直角坐標系，選①，那么S△BCF=12CF?BC=選②，由VP-BCF=VB-PCF=此時，E(0,32,1)，B(2,3,0)，又m=(0,1,0)是面PAD的一個法向量，假設直線BE與平面PAD所成角為θ所以sinθ=|15．〔四川省成都市2023屆高三三診理科數學試題〕如圖，在多面體ABCDEFG中，ADGC是正方形，GD//EF,GF//BC，FG⊥平面ADGC,M,N分別是(1)求證：MN//平面AFG(