《2022年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)練測 第八章 高考專題突破四 高考中的立體幾何問題 理 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)練測 第八章 高考專題突破四 高考中的立體幾何問題 理 新人教A版（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)練測 第八章 高考專題突破四 高考中的立體幾何問題 理 新人教A版 1．(xx·廣東)某四棱臺的三視圖如圖所示，則該四棱臺的體積是(　　) A．4 B. C. D．6 答案　B 解析　由三視圖知四棱臺的直觀圖為 由棱臺的體積公式得：V＝(2×2＋1×1＋)×2＝. 2．(xx·課標(biāo)全國Ⅱ)已知m，n為異面直線，m⊥平面α，n⊥平面β.直線l滿足l⊥m，l⊥n，l?α，l?β，則(　　) A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α與β相交，且交線垂直于l D．α與β相交，且交線平行于l 答案　D 解析　假設(shè)α∥β，由m⊥平面α，n

2、⊥平面β，則m∥n，這與已知m，n為異面直線矛盾，那么α與β相交，設(shè)交線為l1，則l1⊥m，l1⊥n，在直線m上任取一點作n1平行于n，那么l1和l都垂直于直線m與n1所確定的平面，所以l1∥l. 3．(xx·四川)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點O為線段BD的中點．設(shè)點P在線段CC1上，直線OP與平面A1BD所成的角為α，則sin α的取值范圍是(　　) A．[，1] B．[，1] C．[，] D．[，1] 答案　B 解析　根據(jù)題意可知平面A1BD⊥平面A1ACC1且兩平面的交線是A1O， 所以過點P作交線A1O的垂線PE， 則PE⊥平面A1BD，所以∠A

3、1OP或其補角就是直線OP與平面A1BD所成的角α. 設(shè)正方體的邊長為2，則根據(jù)圖形可知直線OP與平面A1BD可以垂直． 當(dāng)點P與點C1重合時可得A1O＝OP＝，A1C1＝2， 所以×××sin α＝×2×2， 所以sin α＝； 當(dāng)點P與點C重合時，可得sin α＝＝. 根據(jù)選項可知B正確． 4．(xx·山東)三棱錐P－ABC中，D，E分別為PB，PC的中點，記三棱錐D－ABE的體積為V1，P－ABC的體積為V2，則＝________. 答案　 解析　設(shè)點A到平面PBC的距離為h. ∵D，E分別為PB，PC的中點， ∴S△BDE＝S△PBC， ∴＝＝＝. 5．(xx

4、·江蘇改編)如圖，在三棱錐P－ABC中，D，E，F(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點．若PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.則PA與平面DEF的位置關(guān)系是________；平面BDE與平面ABC的位置關(guān)系是________．(填“平行”或“垂直”) 答案　平行　垂直 解析　(1)因為D，E分別為棱PC，AC的中點， 所以DE∥PA. 又因為PA?平面DEF，DE?平面DEF， 所以直線PA∥平面DEF. (2)因為D，E，F(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點，PA＝6，BC＝8， 所以DE＝PA＝3，EF＝BC＝4. 又因為DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2， 所以∠DEF＝9

5、0°，即DE⊥EF. 又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC. 因為AC∩EF＝E，AC?平面ABC，EF?平面ABC， 所以DE⊥平面ABC， 又DE?平面BDE， 所以平面BDE⊥平面ABC. 題型一　空間點、線、面的位置關(guān)系 例1　(xx·安徽)如圖，四棱錐P－ABCD的底面是邊長為8的正方形，四條側(cè)棱長均為2.點G，E，F(xiàn)，H分別是棱PB，AB，CD，PC上共面的四點，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH. (1)證明：GH∥EF； (2)若EB＝2，求四邊形GEFH的面積． 思維點撥　(1)證明GH∥EF，只需證明EF∥平面PBC，只需證明BC∥E

6、F，利用BC∥平面GEFH即可；(2)求出四邊形GEFH的上底、下底及高，即可求出面積． (1)證明　因為BC∥平面GEFH，BC?平面PBC， 且平面PBC∩平面GEFH＝GH， 所以GH∥BC. 同理可證EF∥BC，因此GH∥EF. (2)解　如圖，連接AC，BD交于點O，BD交EF于點K，連接OP，GK. 因為PA＝PC，O是AC的中點，所以PO⊥AC， 同理可得PO⊥BD. 又BD∩AC＝O，且AC，BD都在底面內(nèi)， 所以PO⊥底面ABCD. 又因為平面GEFH⊥平面ABCD， 且PO?平面GEFH，所以PO∥平面GEFH. 因為平面PBD∩平面GEFH＝GK，

7、 所以PO∥GK，且GK⊥底面ABCD， 從而GK⊥EF. 所以GK是梯形GEFH的高． 由AB＝8，EB＝2得EB∶AB＝KB∶DB＝1∶4， 從而KB＝DB＝OB，即K為OB的中點． 再由PO∥GK得GK＝PO， 即G是PB的中點，且GH＝BC＝4. 由已知可得OB＝4， PO＝＝＝6， 所以GK＝3. 故四邊形GEFH的面積S＝·GK ＝×3＝18. 思維升華　高考對該部分的考查重點是空間的平行關(guān)系和垂直關(guān)系的證明，一般以解答題的形式出現(xiàn)，試題難度中等，但對空間想象能力和邏輯推理能力有一定的要求，在試卷中也可能以選擇題或者填空題的方式考查空間位置關(guān)系的基本定理在

8、判斷線面位置關(guān)系中的應(yīng)用． (xx·江蘇)如圖，在三棱錐S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.過A作AF⊥SB，垂足為F，點E，G分別是棱SA，SC的中點． 求證：(1)平面EFG∥平面ABC； (2)BC⊥SA. 證明　(1)由AS＝AB，AF⊥SB知F為SB中點， 則EF∥AB，F(xiàn)G∥BC， 又EF∩FG＝F，AB∩BC＝B， 因此平面EFG∥平面ABC. (2)由平面SAB⊥平面SBC，且AF⊥SB， 知AF⊥平面SBC，則AF⊥BC. 又BC⊥AB，AF∩AB＝A，則BC⊥平面SAB， 又SA?平面SAB，因此BC⊥SA. 題型二　平面

9、圖形的翻折問題 例2　(xx·廣東)如圖(1)，四邊形ABCD為矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，作如圖(2)折疊，折痕EF∥DC.其中點E，F(xiàn)分別在線段PD，PC上，沿EF折疊后點P疊在線段AD上的點記為M，并且MF⊥CF. (1)證明：CF⊥平面MDF； (2)求三棱錐M－CDE的體積． 思維點撥　折疊后，MD與平面CDEF的垂直關(guān)系不變． (1)證明　因為PD⊥平面ABCD，AD?平面ABCD， 所以PD⊥AD. 又因為ABCD是矩形，CD⊥AD，PD與CD交于點D， 所以AD⊥平面PCD.又CF?平面PCD， 所以AD⊥CF，即MD⊥CF. 又

10、MF⊥CF，MD∩MF＝M，所以CF⊥平面MDF. (2)解　因為PD⊥DC，BC＝2，CD＝1，∠PCD＝60°， 所以PD＝，由(1)知FD⊥CF， 在直角三角形DCF中，CF＝CD＝. 過點F作FG⊥CD交CD于點G，得FG＝FCsin 60°＝×＝， 所以DE＝FG＝，故ME＝PE＝－＝， 所以MD＝＝ ＝. S△CDE＝DE·DC＝××1＝. 故VM－CDE＝MD·S△CDE＝××＝. 思維升華　平面圖形的翻折問題，關(guān)鍵是搞清翻折前后圖形中線面位置關(guān)系和度量關(guān)系的變化情況．一般地翻折后還在同一個平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質(zhì)發(fā)生變化． 已知四邊形

11、ABCD是矩形，AB＝1，BC＝，將△ABC沿著對角線AC折起來得到△AB1C且頂點B1在平面ACD上的射影O恰落在邊AD上，如圖所示． (1)求證：平面AB1C⊥平面B1CD； (2)求三棱錐B1－ABC的體積VB1－ABC. (1)證明　∵B1O⊥平面ABCD，CD?平面ABCD， ∴B1O⊥CD， 又CD⊥AD，AD∩B1O＝O，∴CD⊥平面AB1D， 又AB1?平面AB1D，∴AB1⊥CD， 又AB1⊥B1C，且B1C∩CD＝C， ∴AB1⊥平面B1CD， 又AB1?平面AB1C，∴平面AB1C⊥平面B1CD. (2)解　由于AB1⊥平面B1CD，B1D?平面ABC

12、D， 所以AB1⊥B1D， 在Rt△AB1D中，B1D＝＝， 又由B1O·AD＝AB1·B1D得B1O＝＝， 所以VB1－ABC＝S△ABC·B1O＝××1××＝. 題型三　線面位置關(guān)系中的存在性問題 例3　(xx·四川)在如圖所示的多面體中，四邊形ABB1A1和ACC1A1都為矩形． (1)若AC⊥BC，證明：直線BC⊥平面ACC1A1； (2)設(shè)D，E分別是線段BC，CC1的中點，在線段AB上是否存在一點M，使直線DE∥平面A1MC？請證明你的結(jié)論． 思維點撥　(1)先證明AA1⊥平面ABC，可得AA1⊥BC，利用AC⊥BC，可以證明直線BC⊥平面ACC1A1；(2)取A

13、B的中點M，連接A1M，MC，A1C，AC1，A1C與AC1交于點O，證明四邊形MDEO為平行四邊形即可． (1)證明　因為四邊形ABB1A1和ACC1A1都是矩形， 所以AA1⊥AB，AA1⊥AC. 因為AB，AC為平面ABC內(nèi)兩條相交的直線， 所以AA1⊥平面ABC. 因為直線BC?平面ABC，所以AA1⊥BC. 又由已知，AC⊥BC，AA1和AC為平面ACC1A1內(nèi)兩條相交的直線，所以BC⊥平面ACC1A1. (2)解　取線段AB的中點M，連接A1M，MC，A1C，AC1，設(shè)點O為A1C，AC1的交點． 由已知，點O為AC1的中點． 連接MD，OE，則MD，OE分別為△

14、ABC，△ACC1的中位線， 所以MD綊AC，OE綊AC， 因此MD綊OE. 連接OM，從而四邊形MDEO為平行四邊形，則DE∥MO. 因為直線DE?平面A1MC，MO?平面A1MC， 所以直線DE∥平面A1MC. 即線段AB上存在一點M(線段AB的中點)，使直線DE∥平面A1MC. 思維升華　對于線面關(guān)系中的存在性問題，首先假設(shè)存在，然后在這假設(shè)條件下，利用線面關(guān)系的相關(guān)定理、性質(zhì)進行推理論證，尋找假設(shè)滿足的條件，若滿足則肯定假設(shè)，若得出矛盾的結(jié)論則否定假設(shè)． 如圖，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知DC＝DD1＝2AD＝2AB，AD⊥DC，AB∥DC. (1)

15、求證：D1C⊥AC1； (2)問在棱CD上是否存在點E，使D1E∥平面A1BD.若存在，確定點E位置；若不存在，說明理由． (1)證明　在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，連接C1D， ∵DC＝DD1，∴四邊形DCC1D1是正方形， ∴DC1⊥D1C. 又AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1＝D， ∴AD⊥平面DCC1D1， 又D1C?平面DCC1D1， ∴AD⊥D1C. ∵AD?平面ADC1，DC1?平面ADC1，且AD∩DC1＝D， ∴D1C⊥平面ADC1， 又AC1?平面ADC1，∴D1C⊥AC1. (2)解　假設(shè)存在點E，使D1E∥平面A1BD. 連接A

16、D1，AE，D1E， 設(shè)AD1∩A1D＝M， BD∩AE＝N，連接MN， ∵平面AD1E∩平面A1BD＝MN， 要使D1E∥平面A1BD， 可使MN∥D1E， 又M是AD1的中點， 則N是AE的中點． 又易知△ABN≌△EDN， ∴AB＝DE. 即E是DC的中點． 綜上所述，當(dāng)E是DC的中點時， 可使D1E∥平面A1BD. 題型四　空間向量與立體幾何 例4　(xx·遼寧)如圖，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F(xiàn)分別為AC，DC的中點． (1)求證：EF⊥BC； (2)求二面角E－BF－C的正弦值．

17、思維點撥　可以B為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法． 方法一　(1)證明　如圖(1)，過E作EO⊥BC，垂足為O，連接OF. (1) 由題意得△ABC≌△DBC， 可證出△EOC≌△FOC. 所以∠EOC＝∠FOC＝， 即FO⊥BC. 又EO⊥BC，EO∩FO＝O， 因此BC⊥平面EFO. 又EF?平面EFO，所以EF⊥BC. (2)解　如圖(1)，過O作OG⊥BF，垂足為G，連接EG. 由平面ABC⊥平面BDC，從而EO⊥平面BDC. 又OG⊥BF，EO⊥BF，所以BF⊥平面EGO， 所以EG⊥BF. 因此∠EGO為二面角E－BF－C的平面角． 在△EOC

18、中，EO＝OF＝FC＝·BC·cos 30°＝. 由△BGO∽△BFC知，OG＝·FC＝， 因此tan∠EGO＝＝2，從而sin∠EGO＝， 即二面角E－BF－C的正弦值為. 方法二　(1)證明　由題意，以B為坐標(biāo)原點，在平面DBC內(nèi)過B作垂直于BC的直線為x軸，BC所在直線為y軸，在平面ABC內(nèi)過B作垂直BC的直線為z軸，建立如圖(2)所示的空間直角坐標(biāo)系， (2) 易得B(0,0,0)，A(0，－1，)，D(，－1,0)，C(0,2,0)， 因而E(0，，)，F(xiàn)(，，0)， 所以＝(，0，－)，＝(0,2,0)， 因此·＝0.從而⊥，所以EF⊥BC. (2)解　如圖

19、(2)，平面BFC的一個法向量為n1＝(0,0,1)． 設(shè)平面BEF的法向量為n2＝(x，y，z)， 又＝(，，0)，＝(0，，)， 由得其中一個n2＝(1，－，1)． 設(shè)二面角E－BF－C的大小為θ，且由題意知θ為銳角，則cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝. 因此sin θ＝＝，即二面角E－BF－C的正弦值為. 思維升華　用向量法解決立體幾何問題，可使復(fù)雜問題簡單化，使推理論證變?yōu)橛嬎闱蠼?，降低思維難度使立體幾何問題“公式”化，訓(xùn)練的關(guān)鍵在于“歸類、尋法”． 在如圖所示的幾何體中，底面ABCD為菱形，∠BAD＝60°，AA1綊DD1綊CC1∥BE，且AA1＝AB，D1E

20、⊥平面D1AC，AA1⊥底面ABCD. (1)求二面角D1－AC－E的大?。? (2)在D1E上是否存在一點P，使得A1P∥平面EAC，若存在，求的值，若不存在，說明理由． 解　(1)設(shè)AC與BD交于點O，如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz，設(shè)AB＝2， 則A(，0,0)，B(0，－1,0)，C(－，0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,2)， 設(shè)E(0，－1，t)，t>0，則＝(0,2,2－t)，＝(2，0,0)，＝(，－1，－2)． ∵D1E⊥面D1AC，∴D1E⊥CA，D1E⊥D1A， ∴解得t＝3，∴E(0，－1,3)， ∴＝(－，－1,3)， 設(shè)平面EAC的法向

21、量為m＝(x，y，z)， 則∴ 令z＝1，y＝3，m＝(0,3,1)． 又平面D1AC的法向量＝(0,2，－1)， ∴cos〈m，〉＝＝. 所以所求二面角的大小為45°. (2)假設(shè)存在點P滿足題意． 設(shè)＝λ＝λ(－)， 得＝＝(0，－，)， ＝＋＝(－，1,0)＋(0，－，) ＝(－，1－，) ∵A1P∥平面EAC，∴⊥m， ∴－×0＋3×(1－)＋1×＝0， 解得λ＝， 故存在點P使A1P∥面EAC，此時D1P∶PE＝3∶2. (時間：70分鐘) 1．(xx·重慶)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為(　　) A．54 B．60 C．

22、66 D．72 答案　B 解析　由俯視圖可以判斷該幾何體的底面為直角三角形，由正視圖和側(cè)視圖可以判斷該幾何體是由直三棱柱(側(cè)棱與底面垂直的棱柱)截取得到的．在長方體中分析還原，如圖(1)所示，故該幾何體的直觀圖如圖(2)所示．在圖(1)中，直角梯形ABPA1的面積為×(2＋5)×4＝14，計算可得A1P＝5.直角梯形BCC1P的面積為×(2＋5)×5＝.因為A1C1⊥平面A1ABP，A1P?平面A1ABP，所以A1C1⊥A1P，故Rt△A1PC1的面積為×5×3＝. 又Rt△ABC的面積為×4×3＝6，矩形ACC1A1的面積為5×3＝15，故幾何體ABC－A1PC1的表面積為14＋

23、＋＋6＋15＝60. 2．已知m，n分別是兩條不重合的直線，a，b分別垂直于兩不重合平面α，β，有以下四個命題： ①若m⊥α，n∥b，且α⊥β，則m∥n； ②若m∥a，n∥b，且α⊥β，則m⊥n； ③若m∥α，n∥b，且α∥β，則m⊥n； ④若m⊥α，n⊥b，且α⊥β，則m∥n. 其中正確的命題是(　　) A．①② B．③④ C．①④ D．②③ 答案　D 解析　對于①，b⊥β，n∥b，∴n⊥β，∵m⊥α，且α⊥β，∴m⊥n，∴①錯誤；對于②，∵a，b分別垂直于兩不重合平面α，β，α⊥β，∴a⊥b，∵m∥a，n∥b，∴m⊥n，∴②正確；對于③，∵n∥b，b⊥β，∴n⊥β，

24、∵m∥α，α∥β，∴m⊥n，∴③正確；對于④，∵m⊥α，b⊥β，α⊥β，∴m⊥b，∵n⊥b，∴m∥n或m⊥n或m，n相交，∴④不正確．所以②③正確． 3．如圖梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E、F分別是AB、CD的中點，將四邊形ADFE沿直線EF進行翻折，給出四個結(jié)論： ①DF⊥BC； ②BD⊥FC； ③平面DBF⊥平面BFC； ④平面DCF⊥平面BFC. 在翻折過程中，可能成立的結(jié)論是________．(填寫結(jié)論序號) 答案　②③ 解析　因為BC∥AD，AD與DF相交不垂直，所以BC與DF不垂直，則①不成立；設(shè)點D在平面BCF上的射

25、影為點P，當(dāng)BP⊥CF時就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，可使條件滿足，所以②正確；當(dāng)點P落在BF上時，DP?平面BDF，從而平面BDF⊥平面BCF，所以③正確；因為點D的射影不可能在FC上，所以平面DCF⊥平面BFC不成立，即④錯誤．故答案為②③. 4．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E是棱BC的中點，點F是棱CD上的動點，當(dāng)＝______時，D1E⊥平面AB1F. 答案　1 解析　如圖，連接A1B，則A1B是D1E在平面ABB1A1內(nèi)的射影． ∵AB1⊥A1B，∴D1E⊥AB1， 又∵D1E⊥平面AB1F?D1E⊥AF. 連接DE，則DE是D1E在底

26、面ABCD內(nèi)的射影， ∴D1E⊥AF?DE⊥AF. ∵ABCD是正方形，E是BC的中點， ∴當(dāng)且僅當(dāng)F是CD的中點時，DE⊥AF， 即當(dāng)點F是CD的中點時，D1E⊥平面AB1F， ∴＝1時，D1E⊥平面AB1F. 5．如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F(xiàn)，G，H分別是AB，AC，A1B1，A1C1的中點，求證： (1)B，C，H，G四點共面； (2)平面EFA1∥平面BCHG. 證明　(1)∵GH是△A1B1C1的中位線，∴GH∥B1C1. 又B1C1∥BC，∴GH∥BC， ∴B，C，H，G四點共面． (2)∵E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點，∴EF∥BC， ∵E

27、F?平面BCHG，BC?平面BCHG， ∴EF∥平面BCHG. ∵A1G與EB平行且相等， ∴四邊形A1EBG是平行四邊形， ∴A1E∥GB. ∵A1E?平面BCHG，GB?平面BCHG， ∴A1E∥平面BCHG. ∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG. 6．如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中點．在棱C1D1上是否存在一點F，使B1F∥平面A1BE？并證明你的結(jié)論． 解　在棱C1D1上存在點F，使B1F∥平面A1BE. 因為平面ABB1A1∥平面DCC1D1，所以A1B與平面A1EB和平面DCC1D1的交線平行，如圖所示， 取

28、CD的中點G，連接EG，BG， 則EG，BG就是平面A1BE分別與平面DCC1D1和平面ABCD的交線． 取C1D1的中點F，CC1的中點H，連接HF，B1F，B1H. 因為HF∥EG， 所以HF∥平面A1EB. 因為A1B1∥C1D1∥HE，所以A1，B1，H，E四點共面， 又平面BB1C1C∥平面AA1D1D， 所以B1H∥A1E，從而B1H∥平面A1EB， 因為B1H∩HF＝H， 所以平面B1HF∥平面A1EB， 所以B1F∥平面A1EB. 7．(xx·福建)在平面四邊形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.將△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥

29、平面BCD，如圖所示． (1)求證：AB⊥CD； (2)若M為AD中點，求直線AD與平面MBC所成角的正弦值． (1)證明　∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB?平面ABD，AB⊥BD， ∴AB⊥平面BCD. 又CD?平面BCD，∴AB⊥CD. (2)解　過點B在平面BCD內(nèi)作BE⊥BD，如圖． 由(1)知AB⊥平面BCD，BE?平面BCD，BD?平面BCD， ∴AB⊥BE，AB⊥BD. 以B為坐標(biāo)原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系． 依題意，得B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)， A(0,0,1)

30、，M(0，，)， 則＝(1,1,0)，＝(0，，)，＝(0,1，－1)． 設(shè)平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)， 則即 取z0＝1，得平面MBC的一個法向量n＝(1，－1,1)． 設(shè)直線AD與平面MBC所成角為θ， 則sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝， 即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為. 8．如圖所示，平面ABDE⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝4，四邊形ABDE是直角梯形，BD∥AE，BD⊥BA，BD＝AE＝2，O，M分別為CE，AB的中點． (1)求證：OD∥平面ABC； (2)求直線CD和平面ODM所成角的正弦值； (3)能否在E

31、M上找一點N，使得ON⊥平面ABDE？若能，請指出點N的位置，并加以證明；若不能，請說明理由． (1)證明　取AC中點F，連接OF，F(xiàn)B. ∵F是AC中點，O為CE中點， ∴OF∥EA且OF＝EA. 又BD∥AE且BD＝AE， ∴OF∥DB，OF＝DB， ∴四邊形BDOF是平行四邊形，∴OD∥FB. 又∵FB?平面ABC，OD?平面ABC， ∴OD∥平面ABC. (2)解　∵平面ABDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC＝AB，DB?平面ABDE，且BD⊥BA， ∴DB⊥平面ABC. ∵BD∥AE，∴EA⊥平面ABC. 如圖所示，以C為原點，分別以CA，CB所在直線

32、為x，y軸，以過點C且與平面ABC垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系． ∵AC＝BC＝4，∴C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,4,0)，D(0,4,2)，E(4,0,4)，O(2,0,2)，M(2,2,0)， ∴＝(0,4,2)，＝(－2,4,0)，＝(－2,2,2)． 設(shè)平面ODM的法向量為n＝(x，y，z)， 則由n⊥，n⊥，可得 令x＝2，得y＝1，z＝1.∴n＝(2,1,1)． 設(shè)直線CD和平面ODM所成角為θ， 則sin θ＝＝＝＝. ∴直線CD和平面ODM所成角的正弦值為. (3)解　當(dāng)N是EM中點時，ON⊥平面ABDE. 方法一　取EM中點N，

33、連接ON，CM， ∵AC＝BC，M為AB中點， ∴CM⊥AB. 又∵平面ABDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC＝AB，CM?平面ABC，∴CM⊥平面ABDE. ∵N是EM中點，O為CE中點， ∴ON∥CM，∴ON⊥平面ABDE. 方法二　由(2)設(shè)N(a，b，c)， ∴＝(a－2，b－2，c)，＝(4－a，－b,4－c)． ∵點N在ME上，∴＝λ， 即(a－2，b－2，c)＝λ(4－a，－b,4－c)， ∴解得 ∴N(，，)． ∵＝(0,0,2)是平面ABC的一個法向量， ∴⊥，∴＝2，解得λ＝1. ∴＝，即N是線段EM的中點， ∴當(dāng)N是EM的中點時，ON⊥平面ABDE.