高考专题突破四高考中的立体几何问题教师用书理新人教版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B．平行C．垂直相交D．不确定答案 B解析如图取B1C1中点为F，连接EF，DF，DE，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( )A ．20＋3πB ．24＋3πC ．20＋4πD ．24＋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＋2×12π＝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”)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 .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， 所以DE ∥PA ，DE ＝12PA ＝3，EF ＝12BC ＝4.又因为DF ＝5，故DF 2＝DE 2＋EF 2， 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 ′；(2)若AB ＝5，AC ＝6，AE ＝54，OD ′＝22，求五棱锥D ′ABCFE 的体积．(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD ，又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD，故AC ∥EF ，由此得EF ⊥HD ，折后EF 与HD 保持垂直关系，即EF ⊥HD ′，所以AC ⊥HD ′.(2)解 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4， 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3，于是OD ′2＋OH 2＝(22)2＋12＝9＝D ′H 2， 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 . 又由EF AC ＝DH DO 得EF ＝92.五边形ABCFE 的面积S ＝12×6×8－12×92×3＝694.所以五棱锥D ′ABCFE 的体积V ＝13×694×22＝2322.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．解 (1)底面正三角形中心到一边的距离为13×32×26＝2，则正棱锥侧面的斜高为12＋22＝ 3.∴S 侧＝3×12×26×3＝9 2.∴S 表＝S 侧＋S 底＝92＋12×32×(26)2＝92＋6 3.(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 .∴V P －ABC ＝V O －PAB ＋V O －PBC ＋V O －PAC ＋V O －ABC ＝13S 侧·r ＋13S △ABC ·r ＝13S 表·r ＝(32＋23)r .又V P －ABC ＝13×12×32×(26)2×1＝23，∴(32＋23)r ＝23，得r ＝2332＋23＝2332－2318－12＝6－2.∴S 内切球＝4π(6－2)2＝(40－166)π.V 内切球＝43π(6－2)3＝83(96－22)π.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 －A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，AB ⊥BC ，AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点．(1)求证：平面ABE ⊥平面B 1BCC 1； (2)求证：C 1F ∥平面ABE ； (3)求三棱锥E －ABC 的体积．(1)证明 在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥底面ABC . 因为AB ⊂平面ABC ， 所以BB 1⊥AB .又因为AB ⊥BC ，BC ∩BB 1＝B ， 所以AB ⊥平面B 1BCC 1. 又AB ⊂平面ABE ，所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1.(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A 1C 1，BC 的中点， 所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC .因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1， 所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1， 所以四边形FGEC 1为平行四边形， 所以C 1F ∥EG .又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ， 所以C 1F ∥平面ABE .方法二 如图2，取AC 的中点H ，连接C 1H ，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A 1C 1，AC 的中点， 所以EC 1綊AH ，所以四边形EAHC 1为平行四边形， 所以C 1H ∥AE ，又C 1H ∩HF ＝H ，AE ∩AB ＝A ， 所以平面ABE ∥平面C 1HF ， 又C 1F ⊂平面C 1HF ， 所以C 1F ∥平面ABE .(3)解 因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ， 所以AB ＝AC 2－BC 2＝ 3. 所以三棱锥E －ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33. 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C 1F ∥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C 1F ∥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C 1HF 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 ， 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例3 (2015·陕西)如图1，在直角梯形 ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值． (1)证明 在题图1中，连接EC ， 因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2， ∠BAD ＝π2，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 ⊥OA 1，BE ⊥OC ，且A 1O ∩OC ＝O ， 从而BE ⊥平面A 1OC ，又CD ∥BE ， 所以CD ⊥平面A 1OC .(2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 所以∠A 1OC 为二面角A 1BEC 的平面角， 所以∠A 1OC ＝π2.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A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ， 所以B ⎝⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0， A 1⎝⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0， 得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0,0)，设平面A 1BC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角为θ， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1,1,1)；⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0,1,1)，从而cos θ＝|cos n 1，n 2|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63. 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．(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 ， 在直角三角形DCF 中，CF ＝12CD ＝12.如图，过点F 作FG ⊥CD 交CD 于点G ，得FG ＝FC sin 60°＝12×32＝34，所以DE ＝FG ＝34，故ME ＝PE ＝3－34＝334， 所以MD ＝ME 2－DE 2＝3342－342＝62. S △CDE ＝12DE ·DC ＝12×34×1＝38. 故V M －CDE ＝13MD ·S △CDE ＝13×62×38＝216.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 －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝AC ＝1，E ，F 分别是CC 1，BC 的中点，AE ⊥A 1B 1，D 为棱A 1B 1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1414？若存在，说明点D 的位置；若不存在，说明理由． (1)证明 ∵AE ⊥A 1B 1，A 1B 1∥AB ， ∴AE ⊥AB .又∵AA 1⊥AB ，AA 1∩AE ＝A ， ∴AB ⊥平面A 1ACC 1.又∵AC ⊂平面A 1ACC 1，∴AB ⊥AC .以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则有A (0,0,0)，E (0,1，12)，F (12，12，0)，A 1(0,0,1)，B 1(1,0,1)．设D (x ，y ，z )，A 1D →＝λA 1B 1→，且λ∈(0,1)， 即(x ，y ，z －1)＝λ(1,0,0)，则D (λ，0,1)， ∴DF →＝(12－λ，12，－1)．∵AE →＝(0,1，12)，∴DF →·AE →＝12－12＝0，∴DF ⊥AE .(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1414. 理由如下：由题意知平面ABC 的法向量为m ＝(0,0,1)．设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·DF →＝0.∵FE →＝(－12，12，12)，DF →＝(12－λ，12，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－12x ＋12y ＋12z ＝0，12－λx ＋12y －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝321－λz ，y ＝1＋2λ21－λz .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1414， ∴|cos〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝1414，即|21－λ|9＋1＋2λ2＋41－λ2＝1414， 解得λ＝12或λ＝74(舍去)，∴存在满足条件的点D ，此时D 为A 1B 1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 －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，AD ＝CD ＝1，AA 1＝AB ＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明：B 1C 1⊥CE ；(2)求二面角B 1－CE －C 1的正弦值；(3)设点M 在线段C 1E 上，且直线AM 与平面ADD 1A 1所成角的正弦值为26，求线段AM 的长． (1)证明 如图，以点A 为原点，分别以AD ，AA 1，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)，B 1(0,2,2)，C 1(1,2,1)，E (0,1,0)． 易得B 1C 1→＝(1,0，－1)，CE →＝(－1,1，－1)，于是B 1C 1→·CE →＝0，所以B 1C 1⊥CE .(2)解 B 1C →＝(1，－2，－1)． 设平面B 1CE 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0.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，B 1C 1⊥CE ，又CC 1⊥B 1C 1，CC 1∩CE ＝C ，可得B 1C 1⊥平面CEC 1， 故B 1C 1→＝(1,0，－1)为平面CEC 1的一个法向量． 于是cos 〈m ，B 1C 1→〉＝m ·B 1C 1→|m ||B 1C 1→|＝－414×2＝－277，从而sin 〈m ，B 1C 1→〉＝217，所以二面角B 1－CE －C 1的正弦值为217. (3)解 AE →＝(0,1,0)，EC 1→＝(1,1,1)，设EM →＝λEC 1→＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM →＝AE →＋EM →＝(λ，λ＋1，λ)．可取AB →＝(0,0,2)为平面ADD 1A 1的一个法向量． 设θ为直线AM 与平面ADD 1A 1所成的角，则 sin θ＝|cos 〈AM →，AB →〉|＝|AM →·AB →||AM →||AB →|＝2λλ2＋λ＋12＋λ2×2＝λ3λ2＋2λ＋1， 于是λ3λ2＋2λ＋1＝26，解得λ＝13(负值舍去)， 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 ．48B ．16C ．24 3D ．144 答案 C解析 由题意知，△PAD ，△PBC 是直角三角形， 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<t <6)，则PA 2－t 2＝4PA 2－(6－t )2， 所以PA 2＝12－4t .所以PM ＝12－4t －t 2，即为四棱锥P －ABCD 的高， 又底面ABCD 为直角梯形，S ＝12×(4＋8)×6＝36.所以V ＝13×36×12－4t －t 2＝12－t ＋22＋16≤12×12＝24 3.2．(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，∴BD＝CD，∴DE⊥BC，则∠AED是二面角D－BC－A的平面角．在△AED中，AE＝DE＝AB2－12BC2＝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CFFD＝______时，D1E⊥平面AB1F.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，∴CFFD＝1时，D1E⊥平面AB1F.6．如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 是B 1C 1的中点．(1)证明：A 1D ⊥平面A 1BC ；(2)求二面角A 1BDB 1的平面角的余弦值． (1)证明 设E 为BC 的中点， 由题意得A 1E ⊥平面ABC ， 因为AE ⊂平面ABC ，所以A 1E ⊥AE . 因为AB ＝AC ，所以AE ⊥BC . 又A 1E ∩BC ＝E ，故AE ⊥平面A 1BC . 由D ，E 分别为B 1C 1，BC 的中点，得DE ∥B 1B 且DE ＝B 1B ，从而DE ∥A 1A 且DE ＝A 1A ，所以四边形A 1AED 为平行四边形．故A 1D ∥AE . 又因为AE ⊥平面A 1BC ，所以A 1D ⊥平面A 1BC .(2)解 方法一 如图所示，作A 1F ⊥BD 且A 1F ∩BD ＝F ，连接B 1F .由AE ＝EB ＝2，∠A 1EA ＝∠A 1EB ＝90°，得A 1B ＝A 1A ＝4. 由A 1D ＝B 1D ，A 1B ＝B 1B ，得△A 1DB 与△B 1DB 全等． 由A 1F ⊥BD ，得B 1F ⊥BD ，因此∠A 1FB 1为二面角A 1BDB 1的平面角． 由A 1D ＝2，A 1B ＝4，∠DA 1B ＝90°，得BD ＝32，A 1F ＝B 1F ＝43.由余弦定理得cos∠A 1FB 1＝－18.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．由题意知各点坐标如下：A 1(0,0，14)，B (0，2，0)，D (－2，0，14)，B 1(－2，2，14)．因此A 1B →＝(0，2，－14)，BD →＝(－2，－2，14)，DB 1→＝(0，2，0)．设平面A 1BD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 平面B 1BD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·A 1B →＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧ 2y 1－14z 1＝0，－2x 1－2y 1＋14z 1＝0，可取m ＝(0，7，1)． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB 1→＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎨⎧2y 2＝0，－2x 2－2y 2＋14z 2＝0，可取n ＝(7，0,1)．于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝18.由图可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A 1BDB 1的平面角的余弦值为－18.7．(2016·山东牟平一中期末)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AC ⊥B 1D ，BB 1⊥底面ABCD ，E ，F ，H 分别为AD ，CD ，DD 1的中点，EF 与BD 交于点G .(1)证明：平面ACD 1⊥平面BB 1D ； (2)证明：GH ∥平面ACD 1.证明 (1)∵BB 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥BB 1.又AC ⊥B 1D ，BB 1∩B 1D ＝B 1， ∴AC ⊥平面BB 1D . ∵AC ⊂平面ACD 1， ∴平面ACD 1⊥平面BB 1D . (2)设AC ∩BD ＝O ，连接OD 1.∵E ，F 分别为AD ，CD 的中点，EF ∩OD ＝G ， ∴G 为OD 的中点．∵H 为DD 1的中点，∴HG ∥OD 1. ∵GH ⊄平面ACD 1，OD 1⊂平面ACD 1， ∴GH ∥平面ACD 1.8．(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)，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 )．因为E 为PC 的中点，所以E (1,1，b2)，从而BE →＝(0,1，b 2)，所以DC →·BE →＝0，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⎭⎪⎬⎪⎫EG ⊥BDGH ⊥BD EG ∩GH ＝G ⇒BD ⊥平面EGH ， 又EH ⊂平面EGH ，∴EH ⊥BD ，从而∠EHG 即为二面角E －BD －C 的平面角． 由PA ＝k ，得P (0,0，k )，E (1,1，k2)，G (1,1,0)．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， 故x －1－1＝y2，即2x ＋y ＝2.② 由①②解得x ＝35，y ＝45，从而GH →＝(－25，－15，0)，所以|GH →|＝55.从而tan∠EHG ＝|EG →||GH →|＝52k .由k >0知∠EHG 是锐角，由∠EHG >30°， 得tan∠EHG >tan 30°， 即52k >33. 故k 的取值范围为k >21515.9．(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 ＝BC ＝4，四边形ABDE 是直角梯形，BD ∥AE ，BD ⊥BA ，BD ＝12AE ＝2，O ，M 分别为CE ，AB 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， ∴OF ∥EA 且OF ＝12EA .又BD ∥AE 且BD ＝12AE ，∴OF ∥DB 且OF ＝DB ，∴四边形BDOF 是平行四边形，∴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 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 )，则由n ⊥OD →，n ⊥MD →，可得⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋4y ＝0，－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， 则sin θ＝|n ·CD →||n ||CD →|＝|2，1，1×0，4，2|22＋12＋12×02＋42＋22 ＝66×25＝3010. ∴直线CD 和平面ODM 所成角的正弦值为3010. (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 →，即(a －2，b －2，c )＝λ(4－a ，－b,4－c )，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a －2＝λ4－a ，b －2＝λ－b ，c ＝λ4－c ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4λ＋2λ＋1，b ＝2λ＋1，c ＝4λλ＋1. ∴N (4λ＋2λ＋1，2λ＋1，4λλ＋1)． ∵BD →＝(0,0,2)是平面ABC 的一个法向量，∴ON →⊥BD →，∴4λλ＋1＝2，解得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 .。