《（江蘇專用）高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 高考專題突破四 高考中的立體幾何問(wèn)題教師用書(shū) 文 蘇教版-蘇教版高三數(shù)學(xué)試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 高考專題突破四 高考中的立體幾何問(wèn)題教師用書(shū) 文 蘇教版-蘇教版高三數(shù)學(xué)試題（19頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考專題突破四 高考中的立體幾何問(wèn)題 1.正三棱柱ABC－A1B1C1中，D為BC中點(diǎn)，E為A1C1中點(diǎn)，則DE與平面A1B1BA的位置關(guān)系為_(kāi)_______. 答案　平行 解析　如圖取B1C1的中點(diǎn)為F，連結(jié)EF，DF，DE， 則EF∥A1B1，DF∥B1B， ∴平面EFD∥平面A1B1BA， ∴DE∥平面A1B1BA. 2.設(shè)x、y、z是空間不同的直線或平面，對(duì)下列四種情形： ①x、y、z均為直線；②x、y是直線，z是平面；③z是直線，x、y是平面；④x、y、z均為平面. 其中使“x⊥z且y⊥z?x∥y”為真命題的是________. 答案?、冖? 解析　由正方

2、體模型可知①④為假命題；由線面垂直的性質(zhì)定理可知②③為真命題. 3.(2016·無(wú)錫模擬)如圖，在棱長(zhǎng)為6的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別在C1D1與C1B1上，且C1E＝4，C1F＝3，連結(jié)EF，F(xiàn)B，DE，BD，則幾何體EFC1－DBC的體積為_(kāi)_______. 答案　66 解析　如圖，連結(jié)DF，DC1，那么幾何體EFC1－DBC被分割成三棱錐D－EFC1及四棱錐D－CBFC1，那么幾何體EFC1－DBC的體積為V＝××3×4×6＋××(3＋6)×6×6＝12＋54＝66. 故所求幾何體EFC1－DBC的體積為66. 4.如圖，在四棱錐V－ABCD中，底面

3、ABCD為正方形，E、F分別為側(cè)棱VC、VB上的點(diǎn)，且滿足VC＝3EC，AF∥平面BDE，則＝________. 答案　2 解析　連結(jié)AC交BD于點(diǎn)O，連結(jié)EO，取VE的中點(diǎn)M，連結(jié)AM，MF，∵VC＝3EC，∴VM＝ME＝EC，又AO＝CO，∴AM∥EO，又EO?平面BDE，∴AM∥平面BDE，又AF∥平面BDE，AM∩AF＝A，∴平面AMF∥平面BDE，又MF?平面AMF，∴MF∥平面BDE，又MF?平面VBC，平面VBC∩平面BDE＝BE，∴MF∥BE，∴VF＝FB，∴＝2. 5.如圖，在三棱錐P－ABC中，D，E，F(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點(diǎn).若PA⊥AC，PA＝6，

4、BC＝8，DF＝5.則直線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?、僖?yàn)镈，E分別為棱PC，AC的中點(diǎn)， 所以DE∥PA. 又因?yàn)镻A?平面DEF，DE?平面DEF， 所以直線PA∥平面DEF. ②因?yàn)镈，E，F(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點(diǎn)，PA＝6，BC＝8， 所以DE∥PA，DE＝PA＝3，EF＝BC＝4. 又因?yàn)镈F＝5，故DF2＝DE2＋EF2， 所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF. 又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC. 因?yàn)锳C∩EF＝E，AC

5、?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　求空間幾何體的表面積與體積 例1　(2016·全國(guó)甲卷)如圖，菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于點(diǎn)H，將△DEF沿EF折到△D′EF的位置. (1)證明：AC⊥HD′； (2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱錐D′-ABCFE的體積. (1)證明　由已知得AC⊥BD，AD＝CD，又由AE＝CF得＝，故AC∥EF，由此得EF⊥HD，折后EF與HD保持垂直關(guān)系，即EF⊥HD′，所以AC⊥H

6、D′. (2)解　由EF∥AC得＝＝. 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4， 所以O(shè)H＝1，D′H＝DH＝3， 于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2， 故OD′⊥OH. 由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H， 所以AC⊥平面DHD′，于是AC⊥OD′， 又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以O(shè)D′⊥平面ABC. 又由＝得EF＝. 五邊形ABCFE的面積S＝×6×8－××3＝. 所以五棱錐D′-ABCFE的體積V＝××2＝. 思維升華　(1)若所給定的幾何體是柱體、錐體或臺(tái)體等規(guī)則幾何體，則可直接利用公式進(jìn)行求解.其中，等積轉(zhuǎn)換法多用來(lái)

7、求三棱錐的體積. (2)若所給定的幾何體是不規(guī)則幾何體，則將不規(guī)則的幾何體通過(guò)分割或補(bǔ)形轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體，再利用公式求解. (3)若以三視圖的形式給出幾何體，則應(yīng)先根據(jù)三視圖得到幾何體的直觀圖，然后根據(jù)條件求解. 　正三棱錐的高為1，底面邊長(zhǎng)為2，內(nèi)有一個(gè)球與它的四個(gè)面都相切(如圖).求： (1)這個(gè)正三棱錐的表面積； (2)這個(gè)正三棱錐內(nèi)切球的表面積與體積. 解　(1)底面正三角形中心到一邊的距離為××2＝， 則正棱錐側(cè)面的斜高為＝. ∴S側(cè)＝3××2×＝9. ∴S表＝S側(cè)＋S底＝9＋××(2)2 ＝9＋6. (2)設(shè)正三棱錐P－ABC的內(nèi)切球的球心為O，連結(jié)OP，

8、OA，OB，OC，而O點(diǎn)到三棱錐的四個(gè)面的距離都為球的半徑r. ∴VP－ABC＝VO－PAB＋VO－PBC＋VO－PAC＋VO－ABC ＝S側(cè)·r＋S△ABC·r＝S表·r ＝(3＋2)r. 又VP－ABC＝×××(2)2×1＝2， ∴(3＋2)r＝2， 得r＝＝＝－2. ∴S內(nèi)切球＝4π(－2)2＝(40－16)π. V內(nèi)切球＝π(－2)3＝(9－22)π. 題型二　空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系 例2　(2016·揚(yáng)州模擬)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點(diǎn). (1)求證：平

9、面ABE⊥平面B1BCC1； (2)求證：C1F∥平面ABE； (3)求三棱錐E－ABC的體積. (1)證明　在三棱柱ABC－A1B1C1中， BB1⊥底面ABC. 因?yàn)锳B?平面ABC， 所以BB1⊥AB. 又因?yàn)锳B⊥BC，BC∩BB1＝B， 所以AB⊥平面B1BCC1. 又AB?平面ABE， 所以平面ABE⊥平面B1BCC1. (2)證明　方法一　如圖1，取AB中點(diǎn)G，連結(jié)EG，F(xiàn)G. 因?yàn)镋，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點(diǎn)， 所以FG∥AC，且FG＝AC. 因?yàn)锳C∥A1C1，且AC＝A1C1， 所以FG∥EC1，且FG＝EC1， 所以四邊形FGEC1為平

10、行四邊形， 所以C1F∥EG. 又因?yàn)镋G?平面ABE，C1F?平面ABE， 所以C1F∥平面ABE. 方法二　如圖2，取AC的中點(diǎn)H，連結(jié)C1H，F(xiàn)H. 因?yàn)镠，F(xiàn)分別是AC，BC的中點(diǎn)，所以HF∥AB， 又因?yàn)镋，H分別是A1C1，AC的中點(diǎn)， 所以EC1綊AH， 所以四邊形EAHC1為平行四邊形， 所以C1H∥AE， 又C1H∩HF＝H，AE∩AB＝A， 所以平面ABE∥平面C1HF， 又C1F?平面C1HF， 所以C1F∥平面ABE. (3)解　因?yàn)锳A1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC， 所以AB＝＝. 所以三棱錐E－ABC的體積 V＝S△ABC

11、·AA1＝×××1×2＝. 思維升華　(1)①證明面面垂直，將“面面垂直”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“線面垂直”問(wèn)題，再將“線面垂直”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“線線垂直”問(wèn)題.②證明C1F∥平面ABE：(ⅰ)利用判定定理，關(guān)鍵是在平面ABE中找(作)出直線EG，且滿足C1F∥EG.(ⅱ)利用面面平行的性質(zhì)定理證明線面平行，則先要確定一個(gè)平面C1HF滿足面面平行，實(shí)施線面平行與面面平行的轉(zhuǎn)化. (2)計(jì)算幾何體的體積時(shí)，能直接用公式時(shí)，關(guān)鍵是確定幾何體的高，不能直接用公式時(shí)，注意進(jìn)行體積的轉(zhuǎn)化. 　(2016·南京模擬)如圖，在三棱錐S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.過(guò)A作AF⊥SB，垂足為

12、F，點(diǎn)E，G分別是棱SA，SC的中點(diǎn). 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(diǎn)， 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，平面SAB∩平面SBC＝SB，AF?平面SAB，AF⊥SB， 所以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. 題型三　平面圖形的翻折問(wèn)題 例3　(2015·陜西)如圖1，在直角梯形 ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，

13、AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中點(diǎn)，O是AC與BE的交點(diǎn).將△ABE沿BE折起到圖2中△A1BE的位置，得到四棱錐A1BCDE. (1)證明：CD⊥平面A1OC； (2)當(dāng)平面A1BE⊥平面BCDE時(shí)，四棱錐A1BCDE的體積為36，求a的值. (1)證明　在題圖1中，連結(jié)EC， 因?yàn)锳B＝BC＝AD＝a，∠BAD＝， AD∥BC，E為AD中點(diǎn)，所以BC綊ED，BC綊AE， 所以四邊形BCDE為平行四邊形，故有CD∥BE， 所以四邊形ABCE為正方形，所以BE⊥AC， 即在題圖2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，且A1O∩OC＝O， 從而B(niǎo)E⊥平面A1OC，又CD∥BE，

14、 所以CD⊥平面A1OC. (2)解　由已知，平面A1BE⊥平面BCDE， 且平面A1BE∩平面BCDE＝BE， 又由(1)知，A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE， 即A1O是四棱錐A1BCDE的高， 由題圖1知，A1O＝AB＝a，平行四邊形BCDE的面積S＝BC·AB＝a2， 從而四棱錐A1BCDE的體積為 V＝×S×A1O＝×a2×a＝a3， 由a3＝36，得a＝6. 思維升華　平面圖形的翻折問(wèn)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(gè)平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個(gè)平面上的性質(zhì)發(fā)生變化. 　(2016·蘇州模擬)如圖(

15、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(diǎn)E，F(xiàn)分別在線段PD，PC上，沿EF折疊后，點(diǎn)P疊在線段AD上的點(diǎn)記為M，并且MF⊥CF. (1)證明：CF⊥平面MDF； (2)求三棱錐M－CDE的體積. (1)證明　因?yàn)镻D⊥平面ABCD，AD?平面ABCD， 所以PD⊥AD. 又因?yàn)锳BCD是矩形，CD⊥AD，PD與CD交于點(diǎn)D， 所以AD⊥平面PCD. 又CF?平面PCD，所以AD⊥CF，即MD⊥CF. 又MF⊥CF，MD∩MF＝M，所以CF⊥平面MDF. (2)解　因?yàn)镻D⊥DC，PC＝2，CD＝1

16、，∠PCD＝60°， 所以PD＝，由(1)知FD⊥CF， 在直角三角形DCF中，CF＝CD＝. 如圖，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥CD交CD于點(diǎn)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＝××＝. 題型四　立體幾何中的存在性問(wèn)題 例4　如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，平面BMD1N與棱CC1，AA1分別交于點(diǎn)M，N，且M，N均為中點(diǎn). (1)求證：AC∥平面BMD1N. (2)若AD＝CD＝2，DD1＝2，O為AC的中點(diǎn).BD1上是否存在

17、動(dòng)點(diǎn)F，使得OF⊥平面BMD1N？若存在，求出點(diǎn)F的位置，并加以證明；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由. (1)證明　連結(jié)MN.因?yàn)镸，N分別為CC1，AA1的中點(diǎn)，所以AN＝AA1，CM＝CC1. 又因?yàn)锳A1∥CC1，且AA1＝CC1， 所以AN∥CM，且AN＝CM， 所以四邊形ACMN為平行四邊形，所以AC∥MN. 因?yàn)镸N?平面BMD1N，AC?平面BMD1N， 所以AC∥平面BMD1N. (2)解　當(dāng)點(diǎn)F滿足D1F＝3BF時(shí)，OF⊥平面BMD1N，證明如下： 連結(jié)BD，則BD經(jīng)過(guò)點(diǎn)O，取BD1的中點(diǎn)G，連結(jié)OF，DG，又D1F＝3BF， 所以O(shè)F為三角形BDG的中位線，所以

18、OF∥DG. 因?yàn)锽D＝2＝DD1，且G為BD1的中點(diǎn)， 所以BD1⊥DG，所以BD1⊥OF. 因?yàn)榈酌鍭BCD為正方形，所以AC⊥BD. 又DD1⊥底面ABCD，所以AC⊥DD1， 又BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BDD1， 又OF?平面BDD1，所以AC⊥OF. 由(1)知AC∥MN，所以MN⊥OF. 又MN，BD1是平面四邊形BMD1N的對(duì)角線，所以它們必相交，所以O(shè)F⊥平面BMD1N. 思維升華　對(duì)于線面關(guān)系中的存在性問(wèn)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(jìn)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).

19、 　(2016·鎮(zhèn)江模擬)如圖，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知DC＝DD1＝2AD＝2AB，AD⊥DC，AB∥DC. (1)求證：D1C⊥AC1； (2)問(wèn)在棱CD上是否存在點(diǎn)E，使D1E∥平面A1BD.若存在，確定點(diǎn)E位置；若不存在，說(shuō)明理由. (1)證明　在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，連結(jié)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∩

20、DC1＝D， ∴D1C⊥平面ADC1， 又AC1?平面ADC1，∴D1C⊥AC1. (2)解　假設(shè)存在點(diǎn)E，使D1E∥平面A1BD. 連結(jié)AD1，AE，D1E， 設(shè)AD1∩A1D＝M， BD∩AE＝N，連結(jié)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(diǎn)，則N是AE的中點(diǎn). 又易知△ABN≌△EDN，∴AB＝DE. 即E是DC的中點(diǎn). 綜上所述，當(dāng)E是DC的中點(diǎn)時(shí)， 可使D1E∥平面A1BD. 1.(2016·連云港模擬)如圖所示，已知平面α∩平面β＝l，α⊥β.A，B是直線l上的兩點(diǎn)，C，D

21、是平面β內(nèi)的兩點(diǎn)，且AD⊥l，CB⊥l，DA＝4，AB＝6，CB＝8.P是平面α上的一動(dòng)點(diǎn)，且有∠APD＝∠BPC，則四棱錐P－ABCD體積的最大值是________. 答案　24 解析　由題意知，△PAD，△PBC是直角三角形， 又∠APD＝∠BPC，所以△PAD∽△PBC. 因?yàn)镈A＝4，CB＝8，所以PB＝2PA. 作PM⊥AB于點(diǎn)M，由題意知，PM⊥β. 令A(yù)M＝t(0

22、12≤12×＝24. 2.(2016·南京模擬)已知α，β是兩個(gè)不同的平面，l，m是兩條不同的直線，l⊥α，m?β.給出下列命題： ①α∥β?l⊥m；②α⊥β?l∥m；③m∥α?l⊥β；④l⊥β?m∥α. 其中正確的命題是________.(填寫(xiě)所有正確命題的序號(hào)) 答案?、佗? 解析　若l⊥α，α∥β，則l⊥β，又m?β，則l⊥m，故①正確；若l⊥α，α⊥β，則l∥β或l?β，又m?β，則l與m可能平行、相交或異面，故②錯(cuò)誤；若l⊥α，m∥α，則l⊥m，又m?β，則l與β可能平行、相交或l?β，故③錯(cuò)誤；若l⊥α，l⊥β，則α∥β，又m?β，則m∥α，故④正確.綜上，正確的命題是①④

23、. 3.(2016·蘇州模擬)如圖，ABCD－A1B1C1D1為正方體，連結(jié)BD，AC1，B1D1，CD1，B1C，現(xiàn)有以下幾個(gè)結(jié)論： ①BD∥平面CB1D1；②AC1⊥平面CB1D1；③CB1與BD為異面直線.其中所有正確結(jié)論的序號(hào)為_(kāi)_______. 答案?、佗冖? 解析　由題意可知，BD∥B1D1， 又B1D1?平面CB1D1，BD?平面CB1D1， 所以BD∥平面CB1D1，①正確； 易知AC1⊥B1D1，AC1⊥B1C， 又B1D1∩B1C＝B1， 所以AC1⊥平面CB1D1，②正確； 由異面直線的定義可知③正確. 4.(2016·泰州二模)如圖，在梯形ABC

24、D中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E、F分別是AB、CD的中點(diǎn)，將四邊形ADFE沿直線EF進(jìn)行翻折，給出四個(gè)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(guò)程中，可能成立的結(jié)論是________.(填寫(xiě)結(jié)論序號(hào)) 答案?、冖? 解析　因?yàn)锽C∥AD，AD與DF相交不垂直，所以BC與DF不垂直，則①錯(cuò)誤；設(shè)點(diǎn)D在平面BCF上的射影為點(diǎn)P，當(dāng)BP⊥CF時(shí)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(diǎn)P落在BF上時(shí)，DP?平面BDF，從而平面BDF⊥平面BCF，所以

25、③正確；因?yàn)辄c(diǎn)D的射影不可能在FC上，所以平面DCF⊥平面BFC不成立，即④錯(cuò)誤.故答案為②③. 5.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E是棱BC的中點(diǎn)，點(diǎn)F是棱CD上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)＝______時(shí)，D1E⊥平面AB1F. 答案　1 解析　如圖，連結(jié)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. 連結(jié)DE，則DE是D1E在底面ABCD內(nèi)的射影， ∴D1E⊥AF?DE⊥AF. ∵ABCD是正方形，E是BC的中點(diǎn)，∴當(dāng)且僅當(dāng)F是CD的中點(diǎn)時(shí)，DE⊥AF， 即當(dāng)點(diǎn)F是CD的中點(diǎn)

26、時(shí)，D1E⊥平面AB1F， ∴＝1時(shí)，D1E⊥平面AB1F. 6.(2016·連云港模擬)如圖，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC，點(diǎn)E是BC上一點(diǎn)，且平面BB1C1C⊥平面AB1E. (1)求證：AE⊥BC； (2)求證：A1C∥平面AB1E. 證明　(1)過(guò)點(diǎn)B在平面BB1C1C內(nèi)作BF⊥B1E， ∵平面BB1C1C⊥平面AB1E， 平面BB1C1C∩平面AB1E＝B1E， ∴BF⊥平面AB1E.∵AE?平面AB1E， ∴BF⊥AE. 又在直三棱柱ABC—A1B1C1中， BB1⊥平面ABC，AE?平面ABC， ∴BB1⊥AE. ∵BB1

27、∩BF＝B，∴AE⊥平面BB1C1C， ∵BC?平面BB1C1C，∴AE⊥BC. (2)連結(jié)A1B，設(shè)A1B∩AB1＝G，連結(jié)GE， ∵AE⊥BC，AB＝AC，∴BE＝CE， 又A1G＝BG， ∴GE是△A1BC的中位線， ∴GE∥A1C. ∵GE?平面AB1E，A1C?平面AB1E， ∴A1C∥平面AB1E. 7.(2016·南通、揚(yáng)州、泰州聯(lián)考)如圖，在四棱錐P—ABCD中，PC⊥平面PAD，AB∥CD，CD＝2AB＝2BC，M，N分別是棱PA，CD的中點(diǎn). (1)求證：PC∥平面BMN； (2)求證：平面BMN⊥平面PAC. 證明　(1)設(shè)AC∩BN＝O，

28、連結(jié)MO，AN， 因?yàn)锳B＝CD，AB∥CD，N為CD的中點(diǎn)， 所以AB＝CN，且AB∥CN， 所以四邊形ABCN為平行四邊形， 所以O(shè)為AC的中點(diǎn)， 又M為PA的中點(diǎn)， 所以MO∥PC. 又因?yàn)镸O?平面BMN，PC?平面BMN， 所以PC∥平面BMN. (2)方法一　因?yàn)镻C⊥平面PDA，AD?平面PDA，所以PC⊥AD. 由(1)同理可得，四邊形ABND為平行四邊形， 所以AD∥BN，所以BN⊥PC， 因?yàn)锽C＝AB，所以平行四邊形ABCN為菱形， 所以BN⊥AC. 因?yàn)镻C∩AC＝C，所以BN⊥平面PAC. 因?yàn)锽N?平面BMN，所以平面BMN⊥平面P

29、AC. 方法二　連結(jié)PN，因?yàn)镻C⊥平面PDA，PA?平面PDA， 所以PC⊥PA. 因?yàn)镻C∥MO，所以PA⊥MO. 又PC⊥PD.因?yàn)镹為CD的中點(diǎn)，所以PN＝CD， 由(1)得AN＝BC＝CD，所以AN＝PN， 又因?yàn)镸為PA的中點(diǎn)，所以PA⊥MN， 因?yàn)镸N∩MO＝M，所以PA⊥平面BMN. 因?yàn)镻A?平面PAC，所以平面PAC⊥平面BMN. 8.(2016·北京東城區(qū)一模)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，點(diǎn)O是對(duì)角線AC與BD的交點(diǎn)，AB＝2，∠BAD＝60°，M是PD的中點(diǎn). (1)求證：OM∥平面PAB； (2)

30、求證：平面PBD⊥平面PAC. (3)當(dāng)三棱錐C－PBD的體積等于時(shí)，求PA的長(zhǎng). (1)證明　因?yàn)樵凇鱌BD中，O，M分別是BD，PD的中點(diǎn)，所以O(shè)M∥PB. 又OM?平面PAB，PB?平面PAB， 所以O(shè)M∥平面PAB. (2)證明　因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，所以BD⊥AC. 因?yàn)镻A⊥平面ABCD，BD?平面ABCD， 所以PA⊥BD. 又AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC. 又BD?平面PBD， 所以平面PBD⊥平面PAC. (3)解　因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，且AB＝2，∠BAD＝60°，所以S△BCD＝. 又VC－PBD＝VP－BCD，三棱錐P－BCD的高為P

31、A， 所以×·PA＝，解得PA＝. 9.(2016·鹽城測(cè)試)如圖，已知三棱柱ABC－A′B′C′中，平面BCC′B′⊥底面ABC，BB′⊥AC，底面ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，AA′＝3，E，F(xiàn)分別在棱AA′，CC′上，且AE＝C′F＝2. (1)求證：BB′⊥底面ABC； (2)在棱A′B′上找一點(diǎn)M，使得C′M∥平面BEF，并給出證明. (1)證明　如圖，取BC的中點(diǎn)O，連結(jié)AO， ∵三角形ABC是等邊三角形， ∴AO⊥BC. ∵平面BCC′B′⊥底面ABC，AO?平面ABC，平面BCC′B′∩平面ABC＝BC，∴AO⊥平面BCC′B′. 又BB′?平面BCC′B′， ∴AO⊥BB′. 又BB′⊥AC，AO∩AC＝A， AO?平面ABC，AC?平面ABC， ∴BB′⊥底面ABC. (2)解　顯然點(diǎn)M不是點(diǎn)A′，B′，若棱A′B′上存在一點(diǎn)M，使得C′M∥平面BEF， 過(guò)點(diǎn)M作MN∥AA′交BE于N，連結(jié)FN，MC′， ∴MN∥C′F，即C′M和FN共面， 又平面MNFC′∩平面BEF＝FN，∴C′M∥FN， ∴四邊形C′MNF為平行四邊形，∴MN＝2， ∴MN是梯形A′B′BE的中位線，M為A′B′的中點(diǎn). 故當(dāng)M為A′B′的中點(diǎn)時(shí)，C′M∥平面BEF.