《（江蘇專用）2018版高考數(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題教師用書 理 蘇教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2018版高考數(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題教師用書 理 蘇教版（20頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考專題突破四 高考中的立體幾何問題教師用書 理 蘇教版 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________. 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

2、案　②③ 解析　由正方體模型可知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·無錫模擬)如圖，在棱長為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________. 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.(2016

3、·鎮(zhèn)江模擬)設(shè)α，β，γ是三個平面，a，b是兩條不同直線，有下列三個條件： ①a∥γ，b?β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a?γ.如果命題“α∩β＝a，b?γ，且________，則a∥b”為真命題，則可以在橫線處填入的條件是________.(把所有正確的序號填上) 答案?、倩颌? 解析　由線面平行的性質(zhì)定理可知，①正確；當(dāng)b∥β，a?γ時，a和b在同一平面內(nèi)，且沒有公共點(diǎn)，所以平行，③正確.故應(yīng)填入的條件為①或③. 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，BC＝8，DF＝5.則直線PA與平面DEF的位置關(guān)系是________；

4、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?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?平面ABC，EF?平面ABC， 所以DE⊥平面ABC，又DE?平面B

5、DE， 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·全國甲卷)如圖，菱形ABCD的對角線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⊥HD′. (2)解　由EF∥AC得＝＝. 由AB＝5，AC＝6

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

7、規(guī)則的幾何體通過分割或補(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，底面邊長為2，內(nèi)有一個球與它的四個面都相切(如圖).求： (1)這個正三棱錐的表面積； (2)這個正三棱錐內(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，OA，OB，OC，而O點(diǎn)到三棱錐的四個面的距離都為球的半徑r

8、. ∴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：平面ABE⊥平面B1BCC1； (2)求證：C1F∥平面

9、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為平行四邊形， 所以C1F∥EG. 又因?yàn)镋G?平面ABE，

10、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·AA1＝×××1×2＝. 思維升華　(1)①證明面面垂直

11、，將“面面垂直”問題轉(zhuǎn)化為“線面垂直”問題，再將“線面垂直”問題轉(zhuǎn)化為“線線垂直”問題.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)計算幾何體的體積時，能直接用公式時，關(guān)鍵是確定幾何體的高，不能直接用公式時，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A作AF⊥SB，垂足為F，點(diǎn)E，G分別是棱SA，SC的中點(diǎn). 求證：(1)平

12、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　平面圖形的翻折問題 例3　(2015·陜西)如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中點(diǎn)，O是AC與BE的交點(diǎn)

13、.將△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如圖2. (1)證明：CD⊥平面A1OC； (2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值. (1)證明　在題圖1中，連結(jié)EC， 因?yàn)锳B＝BC＝1，AD＝2， ∠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⊥OA1，BE⊥OC，且A1O∩OC＝O， 從而BE⊥平面A1OC，又CD∥BE， 所以CD⊥平面A1OC. (2)解　由已知，平面A1BE⊥平面BC

14、DE， 又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC， 所以∠A1OC為二面角A1-BE-C的平面角， 所以∠A1OC＝. 如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)B，OC，OA所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系， 因?yàn)锳1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED， 所以B，E， A1，C， 得＝，＝， ＝＝(－，0,0)， 設(shè)平面A1BC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC與平面A1CD夾角為θ， 則得取n1＝(1,1,1)； 得取n2＝(0,1,1)， 從而cos θ＝|cosn1，n2|＝＝， 即平面A1

15、BC與平面A1CD夾角的余弦值為. 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. 　(2016·蘇州模擬)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(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.

16、 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，∠PCD＝60°， 所以PD＝，由(1)知FD⊥CF， 在直角三角形DCF中，CF＝CD＝. 如圖，過點(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

17、性問題 例4　(2016·邯鄲第一中學(xué)研究性考試)在直棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，E，F(xiàn)分別是CC1，BC的中點(diǎn)，AE⊥A1B1，D為棱A1B1上的點(diǎn). (1)證明：DF⊥AE. (2)是否存在一點(diǎn)D，使得平面DEF與平面ABC所成的銳二面角的余弦值為？若存在，說明點(diǎn)D的位置；若不存在，說明理由. (1)證明　∵AE⊥A1B1，A1B1∥AB， ∴AE⊥AB. 又∵AA1⊥AB，AA1∩AE＝A， ∴AB⊥平面A1ACC1. 又∵AC?平面A1ACC1，∴AB⊥AC. 以A為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)—xyz， 則有A(0,0,0

18、)，E(0,1，)，F(xiàn)(，，0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1). 設(shè)D(x，y，z)，＝λ，且λ∈(0,1)， 即(x，y，z－1)＝λ(1,0,0)，則D(λ，0,1)， ∴＝(－λ，，－1). ∵＝(0,1，)， ∴·＝－＝0，∴DF⊥AE. (2)解　結(jié)論：存在一點(diǎn)D，使得平面DEF與平面ABC所成的銳二面角的余弦值為. 理由如下： 由題意知平面ABC的法向量為m＝(0,0,1). 設(shè)平面DEF的法向量為n＝(x，y，z)，則 ∵＝(－，，)，＝(－λ，，－1)， ∴即 令z＝2(1－λ)，則n＝(3,1＋2λ，2(1－λ)). ∵平面DEF與平面AB

19、C所成的銳二面角的余弦值為， ∴|cos〈m，n〉|＝＝， 即＝， 解得λ＝或λ＝(舍去)， ∴存在滿足條件的點(diǎn)D，此時D為A1B1的中點(diǎn). 思維升華　(1)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(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). (2)對于探索性問題用向量法比較容易入手.一般先假設(shè)存在，設(shè)出空間點(diǎn)的坐標(biāo)，轉(zhuǎn)化為代數(shù)方程是否有解的問題，若有解且滿足題意則存在，若有解但不滿足題意或無解則不存在. 　(2016·蘇州模擬)如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，側(cè)棱A1A⊥底面ABCD

20、，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E為棱AA1的中點(diǎn). (1)證明：B1C1⊥CE； (2)求二面角B1－CE－C1的正弦值； (3)設(shè)點(diǎn)M在線段C1E上，且直線AM與平面ADD1A1所成角的正弦值為，求線段AM的長. (1)證明　如圖，以點(diǎn)A為原點(diǎn)，分別以AD，AA1，AB所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，依題意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0). 易得＝(1,0，－1)，＝(－1,1，－1)，于是·＝0，所以B1C1⊥CE. (2)解?。?1，－2，－1)

21、. 設(shè)平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)， 則即 消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一個法向量為m＝(－3，－2,1). 由(1)知，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，CC1∩CE＝C，可得B1C1⊥平面CEC1， 故＝(1,0，－1)為平面CEC1的一個法向量. 于是cos〈m，〉＝ ＝＝－，從而sin〈m，〉＝， 所以二面角B1－CE－C1的正弦值為. (3)解　＝(0,1,0)，＝(1,1,1)，設(shè)＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ). 可?。?0,0,2)為平面ADD1A1的一個法向量. 設(shè)θ為直線AM與平面ADD1A1所成的

22、角，則 sin θ＝|cos〈，〉|＝ ＝＝， 于是＝，解得λ＝(負(fù)值舍去)， 所以AM＝. 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

23、(0

24、m?β，則l與m可能平行、相交或異面，故②錯誤；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. 3.已知三棱錐D－ABC的三個側(cè)面與底面全等，且AB＝AC＝，BC＝2，則二面角D－BC－A的大小為________. 答案　90° 解析　如圖，取BC的中點(diǎn)E，連結(jié)AE，DE， ∵AB＝AC，∴AE⊥BC. 又三棱錐D－ABC的三個側(cè)面與底面全等， ∴BD＝CD，∴DE⊥BC， 則∠AED是二面角D－BC－A的平面角. 在△AED中，AE＝DE＝ ＝＝，AD＝

25、2， 由AE2＋DE2＝AD2，知∠AED＝90°. 故二面角D－BC－A的大小為90°. 4.(2016·泰州二模)如圖，在梯形ABCD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?yàn)锽C∥AD，AD與DF相交不垂直，所以BC與DF不垂直，則①錯誤；設(shè)點(diǎn)D在平面BCF上的射影為點(diǎn)P，當(dāng)BP⊥CF時就

26、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，DP?平面BDF，從而平面BDF⊥平面BCF，所以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上的動點(diǎn)，當(dāng)＝______時，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

27、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，DE⊥AF， 即當(dāng)點(diǎn)F是CD的中點(diǎn)時，D1E⊥平面AB1F， ∴＝1時，D1E⊥平面AB1F. 6.如圖，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AC＝BC，M，N分別是棱CC1，AB中點(diǎn). (1)求證：CN⊥平面ABB1A1； (2)求證：CN∥平面AMB1. 證明　(1)因?yàn)橹比庵鵄BC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC， 且CN?平面ABC，所以AA1⊥CN. 因?yàn)锳C＝BC，N是AB的中點(diǎn)， 所以CN⊥AB. 又因?yàn)锳A1∩AB＝A， 所以CN⊥平面AB

28、B1A1. (2)取AB1的中點(diǎn)G，分別連結(jié)MG，NG， 因?yàn)镹，G分別是AB，AB1的中點(diǎn)， 所以NG∥BB1，NG＝BB1. 又因?yàn)镃M∥BB1， CM＝BB1， 所以CM∥NG，CM＝NG， 所以四邊形CNGM是平行四邊形， 所以CN∥MG. 因?yàn)镃N?平面AMB1，MG?平面AMB1， 所以CN∥平面AMB1. 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

29、∩BN＝O，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B

30、MN⊥平面PAC. 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.如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面直角梯形ABCD，∠DAB為直角，AD＝CD＝2，AB＝1，E，F(xiàn)分別為PC，CD的中點(diǎn). (1)求證：CD⊥平面BEF； (2)設(shè)PA＝k，且二面角E－B

31、D－C的平面角大于30°，求k的取值范圍. (1)證明　如圖，以A為原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，F(xiàn)(1,2,0)， 從而＝(2,0,0)，＝(0,2,0)， 所以·＝0，故⊥，即DC⊥BF. 設(shè)PA＝b，則P(0,0，b). 因?yàn)镋為PC的中點(diǎn)，所以E(1,1，)， 從而＝(0,1，)，所以·＝0， 故⊥，即DC⊥BE. 又BE∩BF＝B，所以CD⊥平面BEF. (2)解　設(shè)E在xOy平面上的射影為G，過點(diǎn)G作GH⊥BD，垂足為點(diǎn)H，連結(jié)EH，

32、由?BD⊥平面EGH， 又EH?平面EGH，∴EH⊥BD， 從而∠EHG即為二面角E－BD－C的平面角. 由PA＝k，得P(0,0，k)，E(1,1，)，G(1,1,0). 設(shè)H(x，y,0)，則＝(x－1，y－1,0)，＝(－1,2,0). 由·＝0，得－(x－1)＋2(y－1)＝0， 即x－2y＝－1. ① 又＝(x－1，y,0)，且與的方向相同， 故＝，即2x＋y＝2. ② 由①②解得x＝，y＝，從而＝(－，－，0)， 所以||＝. 從而tan∠EHG＝＝k. 由k>0知∠EHG是銳角，由∠EHG>30°， 得tan∠EHG>tan 30°， 即k

33、>. 故k的取值范圍為k>. 9.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(diǎn). (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EM上找一點(diǎn)N，使得ON⊥平面ABDE？若能，請指出點(diǎn)N的位置，并加以證明；若不能，請說明理由. (1)證明　如圖，取AC中點(diǎn)F，連結(jié)OF，F(xiàn)B. ∵F是AC中點(diǎn)，O為CE中點(diǎn)， ∴OF∥EA且OF＝EA. 又BD∥AE且BD＝AE， ∴OF∥DB且OF＝DB， ∴四邊

34、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. 又△ABC是等腰直角三角形，且AC＝BC， ∴∠ACB＝90°， 以C為原點(diǎn)，分別以CA，CB所在直線為x，y軸，以過點(diǎn)C且與平面ABC垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示. ∵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)，

35、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(diǎn)時，ON⊥平面ABDE. 由(2)設(shè)N(a，b，c)， ∴＝(a－2，b－2，c)，＝(4－a，－b,4－c). ∵點(diǎn)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(diǎn)， ∴當(dāng)N是EM的中點(diǎn)時，ON⊥平面ABDE. 20