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    10．如图1，在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD=60°，将△BCD沿对角线BD折起到△B'CD的位置，使平面BC'D⊥平面ABD，E是BD的中点，FA⊥平面ABD，且FA=2$\sqrt{3}$，如图2．
    （1）求证：FA∥平面BC'D；
    （2）求平面ABD与平面FBC'所成角的余弦值；
    （3）在线段AD上是否存在一点M，使得C'M⊥平面FBC？若存在，求$\frac{AM}{AD}$的值；若不存在，说明理由．

    分析 （1）由题意可得C′E⊥BD，又平面BC'D⊥平面ABD，且平面BC'D∩平面ABD=BD，再由面面垂直的性质可得C′E⊥ABD，结合已知可得FA∥C′E，由线面平行的判定可得FA∥平面BC'D；
    （2）以DB所在直线为x轴，AE所在直线为y轴，EC′所在直线为z轴建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，求得平面FBC′与平面ABD的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面ABD与平面FBC'所成角的余弦值；
    （3）假设在线段AD上存在M（x，y，z），使得C'M⊥平面FBC，由$\overrightarrow{AM}=λ\overrightarrow{AD}$求得M的坐标，得到$\overrightarrow{C′M}$，由$\overrightarrow{m}•\overrightarrow{C′M}=0$加以判断．

    解答 （1）证明：∵BC=CD，E为BD的中点，∴C′E⊥BD，
    又平面BC'D⊥平面ABD，且平面BC'D∩平面ABD=BD，
    ∴C′E⊥ABD，
    ∵FA⊥平面ABD，∴FA∥C′E，而C′E?平面BC'D，FA?平面BC'D，
    ∴FA∥平面BC'D；
    （2）解：以DB所在直线为x轴，AE所在直线为y轴，EC′所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
    则B（1，0，0），A（0，$-\sqrt{3}$，0），D（-1，0，0），F（0，-$\sqrt{3}$，$2\sqrt{3}$），
    C′（0，0，$\sqrt{3}$），
    ∴$\overrightarrow{BF}=（-1，-\sqrt{3}，2\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{BC′}=（-1，0，\sqrt{3}）$．
    设平面FBC′的一个法向量为$\overrightarrow{m}=（x，y，z）$，
    则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BF}=-x-\sqrt{3}y+2\sqrt{3}z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BC′}=-x+\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，取z=1，则$\overrightarrow{m}=（\sqrt{3}，1，1）$．
    又平面ABD的一个法向量为$\overrightarrow{n}=（0，1，1）$．
    ∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{2}{\sqrt{5}×\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{10}}{5}$．
    则平面ABD与平面FBC'所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{10}}{5}$；
    （3）解：线段AD上不存点M，使得C'M⊥平面FBC．
    假设在线段AD上存在M（x，y，z），使得C'M⊥平面FBC，
    设$\overrightarrow{AM}=λ\overrightarrow{AD}$，则（x，y$+\sqrt{3}$，z）=λ（-1，$\sqrt{3}$，0）=（-λ，$\sqrt{3}λ$，0），
    ∴x=-λ，y=$\sqrt{3}（λ-1）$，z=0．
    则$\overrightarrow{C′M}$=（-λ，$\sqrt{3}（λ-1）$，-$\sqrt{3}$）．
    由$\overrightarrow{m}•\overrightarrow{C′M}=0$，得$-\sqrt{3}λ+\sqrt{3}λ-\sqrt{3}=0$，即$-\sqrt{3}=0$错误．
    ∴线段AD上不存点M，使得C'M⊥平面FBC．

    点评 本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求解二面角的平面角，是中档题．

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