立体几何问题
1．正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为BC中点，E为A1C1中点，则DE与平面A1B1BA的位置关系为( ) A．相交 C．垂直相交 答案 B
解析 如图取B1C1中点为F，连接EF，DF，DE，
B．平行 D．不确定
则EF∥A1B1，DF∥B1B， ∴平面EFD∥平面A1B1BA， ∴DE∥平面A1B1BA.
2．设x、y、z是空间不同的直线或平面，对下列四种情形：
①x、y、z均为直线；②x、y是直线，z是平面；③z是直线，x、y是平面；④x、y、z均为平面．
其中使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y”为真命题的是( ) A．③④ B．①③ C．②③ D．①② 答案 C
解析 由正方体模型可知①④为假命题；由线面垂直的性质定理可知②③为真命题． 3．(2016·成都模拟)如图是一个几何体的三视图(侧视图中的弧线是半圆)，则该几何体的表面积是( )
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A．20＋3π C．20＋4π 答案 A
解析 根据几何体的三视图可知，该几何体是一个正方体和一个半圆柱的组合体，其中正方1体的棱长为2，半圆柱的底面半径为1，母线长为2，故该几何体的表面积为4×5＋2×π＋2×
2π＝20＋3π.
4．(2017·沈阳调研)设α，β，γ是三个平面，a，b是两条不同直线，有下列三个条件： ①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________．(把所有正确的序号填上) 答案 ①或③
解析 由线面平行的性质定理可知，①正确；当b∥β，a⊂γ时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③.
5.如图，在三棱锥P－ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．若PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.则直线PA与平面DEF的位置关系是________；平面BDE与平面ABC的位置关系是________．(填“平行”或“垂直”)
B．24＋3π D．24＋4π
答案 平行 垂直
解析 ①因为D，E分别为棱PC，AC的中点， 所以DE∥PA.
2
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又因为PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF， 所以直线PA∥平面DEF.
②因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝6，BC＝8， 11
所以DE∥PA，DE＝PA＝3，EF＝BC＝4.
22又因为DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2， 所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF. 又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.
因为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.
题型一 求空间几何体的表面积与体积
例1 (2016·全国甲卷)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．
(1)证明：AC⊥HD′；
5
(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝22，求五棱锥D′ABCFE的体积．
4(1)证明 由已知得AC⊥BD，AD＝CD，又由AE＝CF得
AECF
＝，故AC∥EF，由此得EF⊥HD，ADCD
折后EF与HD保持垂直关系，即EF⊥HD′，所以AC⊥HD′. OHAE1
(2)解 由EF∥AC得＝＝.
DOAD4
3
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由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝所以OH＝1，D′H＝DH＝3，
AB2－AO2＝4，
于是OD′2＋OH2＝(22)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OD′⊥平面ABC. EFDH9又由＝得EF＝. ACDO2
11969五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝. 2224169232
所以五棱锥D′ABCFE的体积V＝××22＝. 342
思维升华 (1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．
(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．
(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．
正三棱锥的高为1，底面边长为26，内有一个球与它的四个面都相切(如图)．求：
(1)这个正三棱锥的表面积；
(2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积．
13
解 (1)底面正三角形中心到一边的距离为××26＝2，
32则正棱锥侧面的斜高为
12＋22＝3.
4
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1
∴S侧＝3××26×3＝92.
2
13
∴S表＝S侧＋S底＝92＋××(26)2
22＝92＋63.
(2)设正三棱锥P－ABC的内切球球心为O，连接OP，OA，OB，OC，而O点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径r.
∴VP－ABC＝VO－PAB＋VO－PBC＋VO－PAC＋VO－ABC 111＝S侧·r＋S△ABC·r＝S表·r 333＝(32＋23)r.
113
又VP－ABC＝×××(26)2×1＝23，
322∴(32＋23)r＝23，
2332－23
得r＝＝＝6－2.
32＋2318－12
23
∴S内切球＝4π(6－2)2＝(40－166)π. 48
V内切球＝π(6－2)3＝(96－22)π.
33
题型二 空间点、线、面的位置关系
例2 (2016·济南模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．
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(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1； (2)求证：C1F∥平面ABE； (3)求三棱锥E－ABC的体积．
(1)证明 在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC. 因为AB⊂平面ABC， 所以BB1⊥AB.
又因为AB⊥BC，BC∩BB1＝B， 所以AB⊥平面B1BCC1. 又AB⊂平面ABE，
所以平面ABE⊥平面B1BCC1.
(2)证明 方法一 如图1，取AB中点G，连接EG，FG. 因为E，F分别是A1C1，BC的中点， 1
所以FG∥AC，且FG＝AC.
2因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1， 所以FG∥EC1，且FG＝EC1， 所以四边形FGEC1为平行四边形， 所以C1F∥EG.
又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE， 所以C1F∥平面ABE.
方法二 如图2，取AC的中点H，连接C1H，FH. 因为H，F分别是AC，BC的中点，所以HF∥AB， 又因为E，H分别是A1C1，AC的中点，
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所以EC1綊AH，
所以四边形EAHC1为平行四边形， 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 因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC， 所以AB＝
AC2－BC2＝3.
所以三棱锥E－ABC的体积
1113V＝S△ABC·AA1＝××3×1×2＝. 3323
思维升华 (1)①证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题．②证明C1F∥平面ABE：(ⅰ)利用判定定理，关键是在平面ABE中找(作)出直线EG，且满足C1F∥EG.(ⅱ)利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一个平面C1HF满足面面平行，实施线面平行与面面平行的转化．(2)计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，不能直接用公式时，注意进行体积的转化．
如图，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作
AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．
求证：(1)平面EFG∥平面ABC； (2)BC⊥SA.
证明 (1)由AS＝AB，AF⊥SB知F为SB中点， 则EF∥AB，FG∥BC，又EF∩FG＝F，AB∩BC＝B，
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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，则AF⊥BC.
又BC⊥AB，AF∩AB＝A，则BC⊥平面SAB， 又SA⊂平面SAB，因此BC⊥SA. 题型三 平面图形的翻折问题
π
例3 (2015·陕西)如图1，在直角梯形 ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD
2＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图2.
(1)证明：CD⊥平面A1OC；
(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值． (1)证明 在题图1中，连接EC， 因为AB＝BC＝1，AD＝2， π
∠BAD＝，
2
AD∥BC，E为AD中点， 所以BC綊ED，BC綊AE，
所以四边形BCDE为平行四边形，故有CD∥BE， 所以四边形ABCE为正方形，所以BE⊥AC，
即在题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，且A1O∩OC＝O， 从而BE⊥平面A1OC，又CD∥BE， 所以CD⊥平面A1OC.
(2)解 由已知，平面A1BE⊥平面BCDE， 又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，
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所以∠A1OC为二面角A1BEC的平面角， π
所以∠A1OC＝. 2
如图，以O为原点，以OB，OC，OA所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED， 所以B
22，0，0，E－，0，0， 22
22
，C0，，0， 22
A10，0，
2222→→
得BC＝－，，0，A1C＝0，，－，
2222→→
CD＝BE＝(－2，0,0)，
设平面A1BC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD夹角为θ，
→BC＝0，n1·－x1＋y1＝0，则得取n1＝(1,1,1)；
→y1－z1＝0，A1C＝0，n1·
→CD＝0，n2·x2＝0，
得取n2＝(0,1,1)，
→y2－z2＝0，A1C＝0，n2·
从而cos θ＝n1，n2＝
26＝， 3×23
6. 3
即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为
思维升华 平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．
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(2017·深圳月考)如图(1)，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC
＝PC＝2，作如图(2)折叠，折痕EF∥DC.其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后，点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.
(1)证明：CF⊥平面MDF； (2)求三棱锥M－CDE的体积．
(1)证明 因为PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD， 所以PD⊥AD.
又因为ABCD是矩形，CD⊥AD，PD与CD交于点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 因为PD⊥DC，PC＝2，CD＝1，∠PCD＝60°， 所以PD＝3，由(1)知FD⊥CF， 11
在直角三角形DCF中，CF＝CD＝. 22如图，过点F作FG⊥CD交CD于点G，
133
得FG＝FCsin 60°＝×＝，
224所以DE＝FG＝
3333，故ME＝PE＝3－＝， 444
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所以MD＝
ME2－DE2＝
33236－2＝. 442
1133
S△CDE＝DE·DC＝××1＝.
224811632
故VM－CDE＝MD·S△CDE＝××＝. 332816题型四 立体几何中的存在性问题
例4 (2016·邯郸第一中学研究性考试)在直棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，E，F分别是CC1，BC的中点，AE⊥A1B1，D为棱A1B1上的点．
(1)证明：DF⊥AE.
(2)是否存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为说明点D的位置；若不存在，说明理由． (1)证明 ∵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为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
14
？若存在，14
111
则有A(0,0,0)，E(0,1，)，F(，，0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)．
222→→
设D(x，y，z)，A1D＝λA1B1，且λ∈(0,1)， 即(x，y，z－1)＝λ(1,0,0)，则D(λ，0,1)，
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1→1
∴DF＝(－λ，，－1)．
221→
∵AE＝(0,1，)，
2
→→11∴DF·AE＝－＝0，∴DF⊥AE.
22
(2)解 结论：存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为理由如下：
由题意知平面ABC的法向量为m＝(0,0,1)．
→FE＝0，n·
设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则
→DF＝0.n·111→11→
∵FE＝(－，，)，DF＝(－λ，，－1)，
22222
111
－x＋y＋z＝0，222
14. 14
∴11
－λx＋y－z＝0，22
21－λz，
即1＋2λ
y＝z.21－λ
x＝
3
令z＝2(1－λ)，则n＝(3,1＋2λ，2(1－λ))．
∵平面DEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为|m·n|14
∴|cos〈m，n〉|＝＝，
|m||n|14即
|21－λ|
＝14， 14
14， 14
9＋1＋2λ2＋41－λ2
17
解得λ＝或λ＝(舍去)，
24
∴存在满足条件的点D，此时D为A1B1的中点．
思维升华 (1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．
(2)对于探索性问题用向量法比较容易入手．一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为
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代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在．
如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，
AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．
(1)证明：B1C1⊥CE；
(2)求二面角B1－CE－C1的正弦值；
(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为长．
(1)证明 如图，以点A为原点，分别以AD，AA1，AB所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，依题意得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B1C1＝(1,0，－1)，CE＝(－1,1，－1)，于是B1C1·CE＝0，所以B1C1⊥CE.
2
，求线段AM的6
→
(2)解 B1C＝(1，－2，－1)． 设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)， →B1C＝0，m·x－2y－z＝0，则即
→－x＋y－z＝0.CE＝0，m·
消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2,1)． 由(1)知，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，CC1∩CE＝C，可得B1C1⊥平面CEC1， →
故B1C1＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量．
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→m·B1C1→
于是cos〈m，B1C1〉＝ →|m||B1C1|＝
2721→＝－，从而sin〈m，B1C1〉＝，
7714×2
21
. 7
－4
所以二面角B1－CE－C1的正弦值为
→→→→→→→
(3)解 AE＝(0,1,0)，EC1＝(1,1,1)，设EM＝λEC1＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM＝AE＋EM＝(λ，λ＋1，λ)．
→
可取AB＝(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量． 设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则 →→|AM·AB|→→
sin θ＝|cos〈AM，AB〉|＝ →→|AM||AB|＝
＝
222
λ＋λ＋1＋λ×2
λ2λ
，
3λ＋2λ＋1
2
λ
于是
21
＝，解得λ＝(负值舍去)， 63
3λ2＋2λ＋1
所以AM＝2.
1．(2016·北京顺义区一模)如图所示，已知平面α∩平面β＝l，α⊥β.A，B是直线l上的两点，C，D是平面β内的两点，且AD⊥l，CB⊥l，DA＝4，AB＝6，CB＝8.P是平面α上的一动点，且有∠APD＝∠BPC，则四棱锥P－ABCD体积的最大值是( )
A．48 B．16 C．243 D．144 答案 C
解析 由题意知，△PAD，△PBC是直角三角形，
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又∠APD＝∠BPC，所以△PAD∽△PBC. 因为DA＝4，CB＝8，所以PB＝2PA. 作PM⊥AB于点M，由题意知，PM⊥β. 令AM＝t(0 又底面ABCD为直角梯形，S＝×(4＋8)×6＝36. 21 所以V＝×36×3 12－4t－t2＝12 －t＋22＋16≤12×12＝243. 2．(2016·江西赣中南五校第一次联考)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是( ) A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β B．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β C．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β D．若m∥n，m∥α，则n∥α 答案 C 解析 对于A，若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β或相交；对于B，若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β或相交；对于D，若m∥n，m∥α，则n∥α或n⊂α.故选C. 3．(2016·华中师大附中质检)已知三棱锥D－ABC的三个侧面与底面全等，且AB＝AC＝3，BC＝2，则二面角D－BC－A的大小为________． 答案 90° 解析 如图，取BC的中点E，连接AE，DE， ∵AB＝AC，∴AE⊥BC. 又三棱锥D－ABC的三个侧面与底面全等， 15 广州市岭南中学 ∴BD＝CD，∴DE⊥BC， 则∠AED是二面角D－BC－A的平面角． 在△AED中，AE＝DE＝ ＝ 1AB2－BC2 2 32－12＝2，AD＝2， 由AE2＋DE2＝AD2，知∠AED＝90°. 故二面角D－BC－A的大小为90°. 4.如图梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E、F分别是AB、CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出四个结论： ①DF⊥BC； ②BD⊥FC； ③平面DBF⊥平面BFC； ④平面DCF⊥平面BFC. 在翻折过程中，可能成立的结论是________．(填写结论序号) 答案 ②③ 解析 因为BC∥AD，AD与DF相交不垂直，所以BC与DF不垂直，则①错误；设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，可使条件满足，所以②正确；当点P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以③正确；因为点D的投影不可能在FC上，所以平面DCF⊥平面BFC不成立，即④错误．故答案为②③. 5.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是棱BC的中点，点F是棱CD上的动点，当 16 广州市岭南中学 CF ＝______时，D1E⊥平面AB1F. FD 答案 1 解析 如图，连接A1B，则A1B是D1E在平面ABB1A1内的射影． ∵AB1⊥A1B，∴D1E⊥AB1， 又∵D1E⊥平面AB1F⇒D1E⊥AF. 连接DE，则DE是D1E在底面ABCD内的射影， ∴D1E⊥AF⇒DE⊥AF. ∵ABCD是正方形，E是BC的中点， ∴当且仅当F是CD的中点时，DE⊥AF， 即当点F是CD的中点时，D1E⊥平面AB1F， ∴ CF ＝1时，D1E⊥平面AB1F. FD 6．如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°， AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点． (1)证明：A1D⊥平面A1BC； (2)求二面角A1BDB1的平面角的余弦值． 17 广州市岭南中学 (1)证明 设E为BC的中点， 由题意得A1E⊥平面ABC， 因为AE⊂平面ABC，所以A1E⊥AE. 因为AB＝AC，所以AE⊥BC. 又A1E∩BC＝E，故AE⊥平面A1BC. 由D，E分别为B1C1，BC的中点，得 DE∥B1B且DE＝B1B，从而DE∥A1A且DE＝A1A， 所以四边形A1AED为平行四边形．故A1D∥AE. 又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC. (2)解 方法一 如图所示，作A1F⊥BD且A1F∩BD＝F，连接B1F. 由AE＝EB＝2，∠A1EA＝∠A1EB＝90°，得A1B＝A1A＝4. 由A1D＝B1D，A1B＝B1B，得△A1DB与△B1DB全等． 由A1F⊥BD，得B1F⊥BD， 因此∠A1FB1为二面角A1BDB1的平面角． 由A1D＝2，A1B＝4，∠DA1B＝90°，得 4BD＝32，A1F＝B1F＝. 31 由余弦定理得cos∠A1FB1＝－. 8 方法二 以CB的中点E为原点，分别以射线EA，EB为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz，如图所示． 18 广州市岭南中学 由题意知各点坐标如下： A1(0,0，14)，B(0，2，0)，D(－2，0，14)，B1(－2，2，14)． →→ 因此A1B＝(0，2，－14)，BD＝(－2，－2，14)， → DB1＝(0，2，0)． 设平面A1BD的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 平面B1BD的法向量为n＝(x2，y2，z2)． →A1B＝0，m·2y1－14z1＝0，由即 →－2x1－2y1＋14z1＝0，BD＝0，m· 可取m＝(0，7，1)． →DB1＝0，n·2y2＝0，由即 →－2x2－2y2＋14z2＝0，BD＝0，n· 可取n＝(7，0,1)． 于是|cos〈m，n〉|＝ |m·n|1 ＝. |m||n|8 1 由图可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A1BDB1的平面角的余弦值为－. 87．(2016·山东牟平一中期末)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥B1D，BB1⊥底面ABCD，E，F，H分别为AD，CD，DD1的中点，EF与BD交于点G. (1)证明：平面ACD1⊥平面BB1D； (2)证明：GH∥平面ACD1. 19 广州市岭南中学 证明 (1)∵BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， ∴AC⊥BB1. 又AC⊥B1D，BB1∩B1D＝B1， ∴AC⊥平面BB1D. ∵AC⊂平面ACD1， ∴平面ACD1⊥平面BB1D. (2)设AC∩BD＝O，连接OD1. ∵E，F分别为AD，CD的中点，EF∩OD＝G， ∴G为OD的中点． ∵H为DD1的中点，∴HG∥OD1. ∵GH⊄平面ACD1，OD1⊂平面ACD1， ∴GH∥平面ACD1. 8．(2016·四川广安第二次诊断)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面直角梯形ABCD，∠DAB为直角，AD＝CD＝2，AB＝1，E，F分别为PC，CD的中点． (1)求证：CD⊥平面BEF； (2)设PA＝k，且二面角E－BD－C的平面角大于30°，求k的取值范围． (1)证明 如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，F(1,2,0)， 20 广州市岭南中学 →→ 从而DC＝(2,0,0)，BF＝(0,2,0)， →→→→所以DC·BF＝0，故DC⊥BF，即DC⊥BF. 设PA＝b，则P(0,0，b)． b因为E为PC的中点，所以E(1,1，)， 2b→→→ 从而BE＝(0,1，)，所以DC·BE＝0， 2→→ 故DC⊥BE，即DC⊥BE. 又BE∩BF＝B，由此得CD⊥平面BEF. (2)解 设E在xOy平面上的射影为G，过点G作GH⊥BD，垂足为点H，连接EH，由 ⇒BD⊥平面EGH， EG∩GH＝G GH⊥BD EG⊥BD 又EH⊂平面EGH，∴EH⊥BD， 从而∠EHG即为二面角E－BD－C的平面角． k 由PA＝k，得P(0,0，k)，E(1,1，)，G(1,1,0)． 2→→ 设H(x，y,0)，则GH＝(x－1，y－1,0)，BD＝(－1,2,0)． →→由GH·BD＝0，得－(x－1)＋2(y－1)＝0， 即x－2y＝－1.① →→→ 又BH＝(x－1，y,0)，且BH与BD的方向相同， x－1y故＝，即2x＋y＝2.② －12 3421→ 由①②解得x＝，y＝，从而GH＝(－，－，0)， 55555→ 所以|GH|＝. 5 →|EG|5 从而tan∠EHG＝＝k. 2→ |GH| 21 广州市岭南中学 由k>0知∠EHG是锐角，由∠EHG>30°， 得tan∠EHG>tan 30°， 即53 k>. 23 215故k的取值范围为k>. 15 9．(2017·铁岭调研)如图所示，平面ABDE⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC1 ＝4，四边形ABDE是直角梯形，BD∥AE，BD⊥BA，BD＝AE＝2，O，M分别为CE，AB 2的中点． (1)求证：OD∥平面ABC； (2)求直线CD和平面ODM所成角的正弦值； (3)能否在EM上找一点N，使得ON⊥平面ABDE？若能，请指出点N的位置，并加以证明；若不能，请说明理由． (1)证明 如图，取AC中点F，连接OF，FB. ∵F是AC中点，O为CE中点， 1∴OF∥EA且OF＝EA. 21 又BD∥AE且BD＝AE， 2∴OF∥DB且OF＝DB， ∴四边形BDOF是平行四边形，∴OD∥FB. 22 广州市岭南中学 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为原点，分别以CA，CB所在直线为x，y轴，以过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示． ∵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)，M(2,2,0)， →→→ ∴CD＝(0,4,2)，OD＝(－2,4,0)，MD＝(－2,2,2)． 设平面ODM的法向量为n＝(x，y，z)， －2x＋4y＝0，→→ 则由n⊥OD，n⊥MD，可得 －2x＋2y＋2z＝0. 令x＝2，得y＝1，z＝1，∴n＝(2,1,1)． 设直线CD和平面ODM所成角为θ， → |n·CD| 则sin θ＝＝→|n||CD|＝ 630 ＝. 6×2510 30. 10 |2，1，1×0，4，2|2＋1＋1×2 2 2 0＋4＋2 222 ∴直线CD和平面ODM所成角的正弦值为(3)解 当N是EM中点时，ON⊥平面ABDE. 由(2)设N(a，b，c)， →→ ∴MN＝(a－2，b－2，c)，NE＝(4－a，－b,4－c)． →→ ∵点N在ME上，∴MN＝λNE， 23 广州市岭南中学 即(a－2，b－2，c)＝λ(4－a，－b,4－c)， a－2＝λ4－a， ∴b－2＝λ－b，c＝λ4－c， 2 ，解得b＝λ＋1c＝4λ.λ＋1 4λ＋2a＝， λ＋1 4λ＋224λ∴N(，，)． λ＋1λ＋1λ＋1 → ∵BD＝(0,0,2)是平面ABC的一个法向量， 4λ→→ ∴ON⊥BD，∴＝2，解得λ＝1. λ＋1→→ ∴MN＝NE，即N是线段EM的中点， ∴当N是EM的中点时，ON⊥平面ABDE. 24 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容