《（全國(guó)通用）2019屆高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何與空間向量 高考專題突破四 高考中的立體幾何問題學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用）2019屆高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何與空間向量 高考專題突破四 高考中的立體幾何問題學(xué)案（17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題 【考點(diǎn)自測(cè)】 1．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D為BC的中點(diǎn)，E為A1C1的中點(diǎn)，則DE與平面A1B1BA的位置關(guān)系為(　　) A．相交 B．平行 C．垂直相交 D．不確定 答案　B 解析　如圖取B1C1的中點(diǎn)為F，連接EF，DF， 則EF∥A1B1，DF∥B1B， 且EF∩DF＝F，A1B1∩B1B＝B1， ∴平面EFD∥平面A1B1BA， ∴DE∥平面A1B1BA. 2．設(shè)x，y，z是空間中不同的直線或平面，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

2、均為平面． 其中使“x⊥z且y⊥z?x∥y”為真命題的是(　　) A．③④ B．①③ C．②③ D．①② 答案　C 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．(2018屆黑龍江海林市朝鮮中學(xué)模擬)已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為(　　) A．9＋4(＋) B．10＋2(＋) C．11＋2(＋) D．11＋2(＋) 答案　C 解析　根據(jù)三視圖還原幾何體為一個(gè)直四棱柱，兩底面為四邊形(側(cè)視圖)，其余各側(cè)面為矩形，兩底面面積為2＝5，四個(gè)側(cè)面面積為2×2＋1×2＋2×＋2×＝6＋2＋2，幾何體的表面積為11＋

3、2(＋)，故選C. 4．(2017·天津?yàn)I海新區(qū)模擬)如圖，以等腰直角三角形ABC的斜邊BC上的高AD為折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的兩個(gè)平面后，某學(xué)生得出下列四個(gè)結(jié)論： ①BD⊥AC； ②△BAC是等邊三角形； ③三棱錐D－ABC是正三棱錐； ④平面ADC⊥平面ABC. 其中正確的是(　　) A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①③④ 答案　B 解析　由題意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正確；AD為等腰直角三角形斜邊BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等邊三角形，②正確；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正確

4、；由①知④錯(cuò)．故選B. 5．(2017·沈陽(yáng)調(diào)研)設(shè)α，β，γ是三個(gè)平面，a，b是兩條不同的直線，有下列三個(gè)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(hào)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(shí)，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. 題型一　求空間幾何體的表面積與體積 例1　(2016·全國(guó)Ⅱ)如圖，菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)E，F(xiàn)分

5、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∩

6、HD′＝H， BD，HD′?平面BHD′， 所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′， 又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，AC，OH?平面ABC， 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

7、到幾何體的直觀圖，然后根據(jù)條件求解． 跟蹤訓(xùn)練1　(2018·烏魯木齊質(zhì)檢)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)切球球心為O，連接OP，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. ∴V三棱錐P－ABC＝V三棱錐O－PAB＋V三棱錐O－PBC＋V三棱錐O－PAC＋V三棱

8、錐O－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　(2017·廣州五校聯(lián)考)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD，∠BAD＝60°，E是AD的中點(diǎn)，點(diǎn)Q在側(cè)棱PC上． (1)求證：AD⊥平面PBE； (2)若Q是PC的中點(diǎn)，求證：PA∥平面BDQ； (3)若VP－BCDE＝2VQ－ABCD，試求的值． (

9、1)證明　由E是AD的中點(diǎn)，PA＝PD可得AD⊥PE. 因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，∠BAD＝60°， 所以AB＝BD，所以AD⊥BE， 又PE∩BE＝E，PE，BE?平面PBE， 所以AD⊥平面PBE. (2)證明　連接AC，交BD于點(diǎn)O，連接OQ. 因?yàn)镺是AC的中點(diǎn)，Q是PC的中點(diǎn)， 所以O(shè)Q∥PA， 又PA?平面BDQ，OQ?平面BDQ， 所以PA∥平面BDQ. (3)解　設(shè)四棱錐P－BCDE，Q－ABCD的高分別為h1，h2. 所以V四棱錐P－BCDE＝S四邊形BCDEh1， V四棱錐Q－ABCD＝S四邊形ABCDh2. 又VP－BCDE＝2VQ－ABC

10、D，且S四邊形BCDE＝S四邊形ABCD， 所以＝＝. 思維升華 (1)平行問題的轉(zhuǎn)化 利用線線平行、線面平行、面面平行的相互轉(zhuǎn)化解決平行關(guān)系的判定問題時(shí)，一般遵循從“低維”到“高維”的轉(zhuǎn)化，即從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”；而應(yīng)用性質(zhì)定理時(shí)，其順序正好相反．在實(shí)際的解題過程中，判定定理和性質(zhì)定理一般要相互結(jié)合，靈活運(yùn)用． (2)垂直問題的轉(zhuǎn)化 在空間垂直關(guān)系中，線面垂直是核心，已知線面垂直，既可為證明線線垂直提供依據(jù)，又可為利用判定定理證明面面垂直作好鋪墊．應(yīng)用面面垂直的性質(zhì)定理時(shí)，一般需作輔助線，基本作法是過其中一個(gè)平面內(nèi)一點(diǎn)作交線的垂線，從而把面面垂直問

11、題轉(zhuǎn)化為線面垂直問題，進(jìn)而可轉(zhuǎn)化為線線垂直問題． 跟蹤訓(xùn)練2 如圖，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB＝AC，E是BC的中點(diǎn)，求證： (1)平面AB1E⊥平面B1BCC1； (2)A1C∥平面AB1E. 證明　(1)在直三棱柱ABC—A1B1C1中， CC1⊥平面ABC. 因?yàn)锳E?平面ABC，所以CC1⊥AE. 因?yàn)锳B＝AC，E為BC的中點(diǎn)，所以AE⊥BC. 因?yàn)锽C?平面B1BCC1，CC1?平面B1BCC1， 且BC∩CC1＝C，所以AE⊥平面B1BCC1. 因?yàn)锳E?平面AB1E， 所以平面AB1E⊥平面B1BCC1. (2)連接A1B，設(shè)A1

12、B∩AB1＝F，連接EF. 在直三棱柱ABC—A1B1C1中，四邊形AA1B1B為平行四邊形，所以F為A1B的中點(diǎn)． 又因?yàn)镋是BC的中點(diǎn)，所以EF∥A1C. 因?yàn)镋F?平面AB1E，A1C?平面AB1E， 所以A1C∥平面AB1E. 題型三　平面圖形的翻折問題 例3 (2016·全國(guó)Ⅱ)如圖，菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，AB＝5，AC＝6，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，OD′＝. (1)證明：D′H⊥平面ABCD； (2)求二面角B-D′A-C的正弦值． (1)證明　由已知得AC⊥B

13、D，AD＝CD. 又由AE＝CF得＝，故AC∥EF. 因此EF⊥HD，從而EF⊥D′H. 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4. 由EF∥AC得＝＝. 所以O(shè)H＝1，D′H＝DH＝3. 于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH. 又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H， 所以D′H⊥平面ABCD. (2)解　如圖，以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，HF，HD，HD′所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則H(0,0,0)， A(－3，－1,0)，B(0，－5,0)，C(3，－1,0)， D′(0,0,3)，＝(3，－4,0)，＝(6,0,0)，＝(3,1,

14、3)． 設(shè)m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，則 即 所以可取m＝(4,3，－5)． 設(shè)n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，則 即 所以可取n＝(0，－3,1)． 于是cos〈m，n〉＝＝＝－， sin〈m，n〉＝. 因此二面角B-D′A-C的正弦值是. 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(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． 跟蹤訓(xùn)練3　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

15、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∩CD＝D，PD，CD?平面PCD， 所以AD⊥平面PCD. 又CF?平面PCD，所以AD⊥CF，即MD⊥CF. 又MF⊥CF，MD∩MF＝M，MD，MF?平面MDF， 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，

16、 在Rt△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V三棱錐M－CDE＝MD·S△CDE＝××＝. 題型四　立體幾何中的存在性問題 例4 (2017·安徽江南名校聯(lián)考)如圖，在四棱錐P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，∠PAD＝45°，E為PA的中點(diǎn)． (1)求證：DE∥平面BPC； (2)線段AB上是否存在一點(diǎn)F，滿足CF⊥DB？若存在，請(qǐng)求出二面角F—

17、PC—D的余弦值；若不存在，請(qǐng)說明理由． (1)證明　取PB的中點(diǎn)M，連接EM和CM，過點(diǎn)C作CN⊥AB，垂足為點(diǎn)N. 在平面ABCD內(nèi)， ∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA， 又AB∥CD，∴四邊形CDAN為平行四邊形， ∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6， 在Rt△BNC中， BN＝＝＝6， ∴AB＝12，而E，M分別為PA，PB的中點(diǎn)， ∴EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB， ∴EM∥CD且EM＝CD，四邊形CDEM為平行四邊形， ∴DE∥CM.∵CM?平面PBC，DE?平面PBC， ∴DE∥平面BPC. (2)解　由題意可得DA，DC，DP兩兩互相垂直，如圖

18、，以D為原點(diǎn)，DA，DC，DP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz， 則A(8,0,0)，B(8,12,0)，C(0,6,0)，P(0,0,8)． 假設(shè)AB上存在一點(diǎn)F使CF⊥BD，設(shè)點(diǎn)F的坐標(biāo)為(8，t,0)(0

19、 思維升華 對(duì)于線面關(guān)系中的存在性問題，首先假設(shè)存在，然后在該假設(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)． 跟蹤訓(xùn)練4　(2018·成都模擬)如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，側(cè)棱A1A⊥底面ABCD，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(zhǎng)． (1)證明　如圖，以點(diǎn)A為原點(diǎn)，分別以AD，AA1，AB所

20、在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，由題意得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)． 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(gè)法向量為m＝(－3，－2,1)． 由(1)知，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，CC1∩CE＝C， CC1，CE?平面CEC1，可得B1C1⊥平面CEC1， 故＝(1,0，－1)為平面CEC1的一個(gè)

21、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)，則＝＋＝(λ，λ＋1，λ)． 可?。?0,0,2)為平面ADD1A1的一個(gè)法向量． 設(shè)θ為直線AM與平面ADD1A1所成的角，則 sin θ＝|cos〈，〉|＝ ＝＝， 于是＝，解得λ＝(負(fù)值舍去)， 所以AM＝. 1．(2017·北京)某四棱錐的三視圖如圖所示，則該四棱錐的最長(zhǎng)棱的長(zhǎng)度為(　　) A．3 B．2 C．2 D．2 答案　B 解析　在正方體中還原

22、該四棱錐，如圖所示， 可知SD為該四棱錐的最長(zhǎng)棱． 由三視圖可知正方體的棱長(zhǎng)為2， 故SD＝＝2. 故選B. 2．(2018·沈陽(yáng)質(zhì)檢)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(dòng)點(diǎn)，且有∠APD＝∠BPC，則四棱錐P－ABCD體積的最大值是(　　) A．48 B．16 C．24 D．144 答案　A 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

23、⊥AB于點(diǎn)M，由題意知，PM⊥平面β. 令BM＝t，則AM＝|6－t|， PA2－(6－t)2＝4PA2－t2， 所以PA2＝4t－12. 所以PM＝， 即為四棱錐P－ABCD的高， 又底面ABCD為直角梯形，S＝×(4＋8)×6＝36. 所以V＝×36×＝12 ≤12×4＝48. 3．(2017·云南省11校調(diào)研)設(shè)已知m，n是兩條不同的直線，α，β為兩個(gè)不同的平面，有下列四個(gè)命題： ①若α⊥β，m?α，n?β，則m⊥n； ②若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β； ③若m∥α，n∥β，m∥n，則α∥β； ④若m⊥α，n∥β，α∥β，則m⊥n. 其中所有正確命題的序號(hào)

24、是________． 答案?、冖? 解析　對(duì)于①，當(dāng)兩個(gè)平面互相垂直時(shí)，分別位于這兩個(gè)平面內(nèi)的兩條直線未必垂直，因此①不正確；對(duì)于②，依據(jù)結(jié)論“由空間一點(diǎn)向一個(gè)二面角的兩個(gè)半平面(或半平面所在平面)引垂線，這兩條垂線所成的角與這個(gè)二面角的平面角相等或互補(bǔ)”可知②正確；對(duì)于③，分別與兩條平行直線平行的兩個(gè)平面未必平行，因此③不正確；對(duì)于④，由n∥β得，在平面β內(nèi)必存在直線n1平行于直線n，由m⊥α，α∥β得m⊥β，m⊥n1，又n1∥n，因此有m⊥n，④正確．綜上所述，所有正確命題的序號(hào)是②④. 4.如圖梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F(xiàn)分別是A

25、B，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. 在翻折過程中，可能成立的結(jié)論是________．(填寫結(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③正確；因?yàn)辄c(diǎn)D的投影不可能在FC上，所以平面DCF⊥平面BFC不成立，即④錯(cuò)誤．

26、 5.如圖所示，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD—A1B1C1D1中，E為BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P在線段D1E上，則點(diǎn)P到直線CC1的距離的最小值為________． 答案　 解析　點(diǎn)P到直線CC1的距離等于點(diǎn)P在平面ABCD上的射影到點(diǎn)C的距離，設(shè)點(diǎn)P在平面ABCD上的射影為P′，顯然點(diǎn)P到直線CC1的距離的最小值為P′C的長(zhǎng)度的最小值．連接DE，當(dāng)P′C⊥DE時(shí)，P′C的長(zhǎng)度最小，此時(shí)P′C＝＝. 6．(2018·煙臺(tái)模擬)如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥B1D，BB1⊥底面ABCD，E，F(xiàn)，H分別為AD，CD，DD1的中點(diǎn)，EF與BD交于點(diǎn)G. (1)證明：平面ACD

27、1⊥平面BB1D； (2)證明：GH∥平面ACD1. 證明　(1)∵BB1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD， ∴AC⊥BB1. 又AC⊥B1D，BB1∩B1D＝B1， BB1，B1D?平面BB1D， ∴AC⊥平面BB1D. ∵AC?平面ACD1， ∴平面ACD1⊥平面BB1D. (2)設(shè)AC∩BD＝O，連接OD1. ∵E，F(xiàn)分別為AD，CD的中點(diǎn)， EF∩OD＝G， ∴G為OD的中點(diǎn)． ∵H為DD1的中點(diǎn)，∴HG∥OD1. ∵GH?平面ACD1，OD1?平面ACD1， ∴GH∥平面ACD1. 7．(2017·青島質(zhì)檢)在平面四邊形ABCD中，AB＝BD＝CD＝

28、1，AB⊥BD，CD⊥BD.將△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如圖所示． (1)求證：AB⊥CD； (2)若M為AD的中點(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)，分別以BE，BD，BA所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系． 由題意，

29、得B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M， 則＝(1,1,0)，＝，＝(0,1，－1)． 設(shè)平面MBC的法向量為n＝(x0，y0，z0)， 則即 取z0＝1，得平面MBC的一個(gè)法向量n＝(1，－1,1)． 設(shè)直線AD與平面MBC所成的角為θ， 則sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝， 即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為. 8．(2017·鄭州模擬)等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為3，點(diǎn)D，E分別是邊AB，AC上的點(diǎn)，且滿足＝＝，如圖1.將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1—DE—B為直二面角，連接A1B，A1C，如圖2.

30、(1)求證：A1D⊥平面BCED； (2)在線段BC上是否存在點(diǎn)P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°？若存在，求出PB的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說明理由． (1)證明　因?yàn)榈冗吶切蜛BC的邊長(zhǎng)為3， 且＝＝，所以AD＝1，AE＝2. 在△ADE中，∠DAE＝60°，由余弦定理得 DE＝＝. 從而AD2＋DE2＝AE2，所以AD⊥DE. 折起后有A1D⊥DE，因?yàn)槎娼茿1—DE—B是直二面角， 所以平面A1DE⊥平面BCED， 又平面A1DE∩平面BCED＝DE，A1D⊥DE， 所以A1D⊥平面BCED. (2)解　存在．理由：由(1)可知ED⊥DB，A1D⊥平面BC

31、ED. 以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DB，DE，DA1所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz. 設(shè)PB＝2a(0≤2a≤3)，作PH⊥BD于點(diǎn)H， 連接A1H，A1P， 則BH＝a，PH＝a，DH＝2－a. 所以A1(0,0,1)，P(2－a，a,0)，E(0，，0)． 所以＝(a－2，－a,1)． 因?yàn)镋D⊥平面A1BD， 所以平面A1BD的一個(gè)法向量為＝(0，，0)． 要使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°， 則sin 60°＝＝＝， 解得a＝.此時(shí)2a＝，滿足0≤2a≤3，符合題意． 所以在線段BC上存在點(diǎn)P，使直線PA1與平面A1BD所

32、成的角為60°，此時(shí)PB＝. 9．(2018·合肥模擬)如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝，四邊形BFED為矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1. (1)求證：AD⊥平面BFED； (2)點(diǎn)P在線段EF上運(yùn)動(dòng)，設(shè)平面PAB與平面ADE所成銳二面角為θ，試求θ的最小值． (1)證明　在梯形ABCD中， ∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝， ∴AB＝2，∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos ＝3. ∴AB2＝AD2＋BD2，∴AD⊥BD. ∵平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，DE?平面BF

33、ED，DE⊥DB， ∴DE⊥平面ABCD， ∴DE⊥AD，又DE∩BD＝D， ∴AD⊥平面BFED. (2)解　由(1)可建立以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線DA，DB，DE為x軸，y軸，z軸的空間直角坐標(biāo)系，如圖所示． 令EP＝λ(0≤λ≤)， 則D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，P(0，λ，1)， ∴＝(－1，，0)，＝(0，λ－，1)． 設(shè)n1＝(x，y，z)為平面PAB的一個(gè)法向量， 由得 取y＝1，得n1＝(，1，－λ)， ∵n2＝(0,1,0)是平面ADE的一個(gè)法向量， ∴cos θ＝＝ ＝ . ∵0≤λ≤， ∴當(dāng)λ＝時(shí)，cos θ有最大值， 又∵θ為銳角，∴θ的最小值為. 17