1．正三棱柱ABC－A1B1C1中，D為BC中點，E為A1C1中點，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中點為F，連接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( )
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．(2016·成都模擬)如圖是一個幾何體的三視圖(側(cè)視圖中的弧線是半圓)，則該幾何體的表面積是( )
A．20＋3π B．24＋3π
C．20＋4π D．24＋4π
答案 A
解析 根據(jù)幾何體的三視圖可知，該幾何體是一個正方體和一個半圓柱的組合體，其中正方體的棱長為2，半圓柱的底面半徑為1，母線長為2，故該幾何體的表面積為4×5＋2×π＋2×eq \f(1,2)π＝20＋3π.
4．(2017·沈陽調(diào)研)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 ①或③
解析 由線面平行的性質(zhì)定理可知，①正確；當b∥β，a?γ時，a和b在同一平面內(nèi)，且沒有公共點，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．若PA⊥AC，PA＝6，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 ①因為D，E分別為棱PC，AC的中點，
所以DE∥PA.
又因為PA?平面DEF，DE?平面DEF，
所以直線PA∥平面DEF.
②因為D，E，F(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點，PA＝6，BC＝8，
所以DE∥PA，DE＝eq \f(1,2)PA＝3，EF＝eq \f(1,2)BC＝4.
又因為DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2，
所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.
又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.
因為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.
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O，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于點H，將△DEF沿EF折到△D′EF的位置．
(1)證明：AC⊥HD′；
(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝eq \f(5,4)，OD′＝2eq \r(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eq \f(AE,AD)＝eq \f(CF,CD)，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eq \f(OH,DO)＝eq \f(AE,AD)＝eq \f(1,4).
由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝eq \r(AB2－AO2)＝4，
所以O(shè)H＝1，D′H＝DH＝3，
于是OD′2＋OH2＝(2eq \r(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eq \f(EF,AC)＝eq \f(DH,DO)得EF＝eq \f(9,2).
五邊形ABCFE的面積S＝eq \f(1,2)×6×8－eq \f(1,2)×eq \f(9,2)×3＝eq \f(69,4).
所以五棱錐D′ABCFE的體積V＝eq \f(1,3)×eq \f(69,4)×2eq \r(2)＝eq \f(23\r(2),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2eq \r(6)，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eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×2eq \r(6)＝eq \r(2)，
則正棱錐側(cè)面的斜高為eq \r(12＋?\r(2)?2)＝eq \r(3).
∴S側(cè)＝3×eq \f(1,2)×2eq \r(6)×eq \r(3)＝9eq \r(2).
∴S表＝S側(cè)＋S底＝9eq \r(2)＋eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)×(2eq \r(6))2
＝9eq \r(2)＋6eq \r(3).
(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點到三棱錐的四個面的距離都為球的半徑r.
∴VP－ABC＝VO－PAB＋VO－PBC＋VO－PAC＋VO－ABC
＝eq \f(1,3)S側(cè)·r＋eq \f(1,3)S△ABC·r＝eq \f(1,3)S表·r
＝(3eq \r(2)＋2eq \r(3))r.
又VP－ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)×(2eq \r(6))2×1＝2eq \r(3)，
∴(3eq \r(2)＋2eq \r(3))r＝2eq \r(3)，
得r＝eq \f(2\r(3),3\r(2)＋2\r(3))＝eq \f(2\r(3)?3\r(2)－2\r(3)?,18－12)＝eq \r(6)－2.
∴S內(nèi)切球＝4π(eq \r(6)－2)2＝(40－16eq \r(6))π.
V內(nèi)切球＝eq \f(4,3)π(eq \r(6)－2)3＝eq \f(8,3)(9eq \r(6)－22)π.
題型二 空間點、線、面的位置關(guān)系
例2 (2016·濟南模擬)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．
(1)求證：平面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.
因為AB?平面ABC，
所以BB1⊥AB.
又因為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)證明 方法一 如圖1，取AB中點G，連接EG，F(xiàn)G.
因為E，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點，
所以FG∥AC，且FG＝eq \f(1,2)AC.
因為AC∥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.
又因為EG?平面ABE，C1F?平面ABE，
所以C1F∥平面ABE.
方法二 如圖2，取AC的中點H，連接C1H，F(xiàn)H.
因為H，F(xiàn)分別是AC，BC的中點，所以HF∥AB，
又因為E，H分別是A1C1，AC的中點，
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 因為AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，
所以AB＝eq \r(AC2－BC2)＝eq \r(3).
所以三棱錐E－ABC的體積
V＝eq \f(1,3)S△ABC·AA1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(3)×1×2＝eq \f(\r(3),3).
思維升華 (1)①證明面面垂直，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，注意進行體積的轉(zhuǎn)化．
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E，G分別是棱SA，SC的中點．
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，
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＝eq \f(π,2)，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中點，O是AC與BE的交點．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，連接EC，
因為AB＝BC＝1，AD＝2，
∠BAD＝eq \f(π,2)，
AD∥BC，E為AD中點，
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BCDE，
又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，
所以∠A1OC為二面角A1BEC的平面角，
所以∠A1OC＝eq \f(π,2).
如圖，以O(shè)為原點，以O(shè)B，OC，OA所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，
因為A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，
所以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，0，0))，
A1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(2),2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)，0))，
得eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，eq \(A1C,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，
eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(BE,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n1·\(A1C,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x1＋y1＝0，,y1－z1＝0，))取n1＝(1,1,1)；
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(CD,\s\up6(→))＝0，,n2·\(A1C,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝0，,y2－z2＝0，))取n2＝(0,1,1)，
從而cs θ＝|csn1，n2|＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3)，
即平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值為eq \f(\r(6),3).
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．
(2017·深圳月考)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E，F(xiàn)分別在線段PD，PC上，沿EF折疊后，點P疊在線段AD上的點記為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 因為PD⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，
所以PD⊥AD.
又因為ABCD是矩形，CD⊥AD，PD與CD交于點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 因為PD⊥DC，PC＝2，CD＝1，∠PCD＝60°，
所以PD＝eq \r(3)，由(1)知FD⊥CF，
在直角三角形DCF中，CF＝eq \f(1,2)CD＝eq \f(1,2).
如圖，過點F作FG⊥CD交CD于點G，
得FG＝FCsin 60°＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),4)，
所以DE＝FG＝eq \f(\r(3),4)，故ME＝PE＝eq \r(3)－eq \f(\r(3),4)＝eq \f(3\r(3),4)，
所以MD＝eq \r(ME2－DE2)＝eq \r(?\f(3\r(3),4)?2－?\f(\r(3),4)?2)＝eq \f(\r(6),2).
S△CDE＝eq \f(1,2)DE·DC＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),4)×1＝eq \f(\r(3),8).
故VM－CDE＝eq \f(1,3)MD·S△CDE＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(6),2)×eq \f(\r(3),8)＝eq \f(\r(2),16).
題型四 立體幾何中的存在性問題
例4 (2016·邯鄲第一中學研究性考試)在直棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，E，F(xiàn)分別是CC1，BC的中點，AE⊥A1B1，D為棱A1B1上的點．
(1)證明：DF⊥AE.
(2)是否存在一點D，使得平面DEF與平面ABC所成的銳二面角的余弦值為eq \f(\r(14),14)？若存在，說明點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為原點建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)xyz，
則有A(0,0,0)，E(0,1，eq \f(1,2))，F(xiàn)(eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)．
設(shè)D(x，y，z)，eq \(A1D,\s\up6(→))＝λeq \(A1B1,\s\up6(→))，且λ∈(0,1)，
即(x，y，z－1)＝λ(1,0,0)，則D(λ，0,1)，
∴eq \(DF,\s\up6(→))＝(eq \f(1,2)－λ，eq \f(1,2)，－1)．
∵eq \(AE,\s\up6(→))＝(0,1，eq \f(1,2))，
∴eq \(DF,\s\up6(→))·eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)＝0，∴DF⊥AE.
(2)解 結(jié)論：存在一點D，使得平面DEF與平面ABC所成的銳二面角的余弦值為eq \f(\r(14),14).
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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(FE,\s\up6(→))＝0，,n·\(DF,\s\up6(→))＝0.))
∵eq \(FE,\s\up6(→))＝(－eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，eq \f(1,2))，eq \(DF,\s\up6(→))＝(eq \f(1,2)－λ，eq \f(1,2)，－1)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(1,2)z＝0，,?\f(1,2)－λ?x＋\f(1,2)y－z＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(3,2?1－λ?)z，,y＝\f(1＋2λ,2?1－λ?)z.))
令z＝2(1－λ)，則n＝(3,1＋2λ，2(1－λ))．
∵平面DEF與平面ABC所成的銳二面角的余弦值為eq \f(\r(14),14)，
∴|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\r(14),14)，
即eq \f(|2?1－λ?|,\r(9＋?1＋2λ?2＋4?1－λ?2))＝eq \f(\r(14),14)，
解得λ＝eq \f(1,2)或λ＝eq \f(7,4)(舍去)，
∴存在滿足條件的點D，此時D為A1B1的中點．
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，然后在該假設(shè)條件下，利用線面關(guān)系的相關(guān)定理、性質(zhì)進行推理論證，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)出空間點的坐標，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．
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．
(1)證明：B1C1⊥CE；
(2)求二面角B1－CE－C1的正弦值；
(3)設(shè)點M在線段C1E上，且直線AM與平面ADD1A1所成角的正弦值為eq \f(\r(2),6)，求線段AM的長．
(1)證明 如圖，以點A為原點，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eq \(B1C1,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq \(CE,\s\up6(→))＝(－1,1，－1)，于是eq \(B1C1,\s\up6(→))·eq \(CE,\s\up6(→))＝0，所以B1C1⊥CE.
(2)解 eq \(B1C,\s\up6(→))＝(1，－2，－1)．
設(shè)平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(B1C,\s\up6(→))＝0，,m·\(CE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2y－z＝0，,－x＋y－z＝0.))
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eq \(B1C1,\s\up6(→))＝(1,0，－1)為平面CEC1的一個法向量．
于是cs〈m，eq \(B1C1,\s\up6(→))〉＝eq \f(m·\(B1C1,\s\up6(→)),|m||\(B1C1,\s\up6(→))|)
＝eq \f(－4,\r(14)×\r(2))＝－eq \f(2\r(7),7)，從而sin〈m，eq \(B1C1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\r(21),7)，
所以二面角B1－CE－C1的正弦值為eq \f(\r(21),7).
(3)解 eq \(AE,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(EC1,\s\up6(→))＝(1,1,1)，設(shè)eq \(EM,\s\up6(→))＝λeq \(EC1,\s\up6(→))＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(AE,\s\up6(→))＋eq \(EM,\s\up6(→))＝(λ，λ＋1，λ)．
可取eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,0,2)為平面ADD1A1的一個法向量．
設(shè)θ為直線AM與平面ADD1A1所成的角，則
sin θ＝|cs〈eq \(AM,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AM,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→))|,|\(AM,\s\up6(→))||\(AB,\s\up6(→))|)
＝eq \f(2λ,\r(λ2＋?λ＋1?2＋λ2)×2)＝eq \f(λ,\r(3λ2＋2λ＋1))，
于是eq \f(λ,\r(3λ2＋2λ＋1))＝eq \f(\r(2),6)，解得λ＝eq \f(1,3)(負值舍去)，
所以AM＝eq \r(2).
1．(2016·北京順義區(qū)一模)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，C，D是平面β內(nèi)的兩點，且AD⊥l，CB⊥l，DA＝4，AB＝6，CB＝8.P是平面α上的一動點，且有∠APD＝∠BPC，則四棱錐P－ABCD體積的最大值是( )
A．48 B．16 C．24eq \r(3) D．144
答案 C
解析 由題意知，△PAD，△PBC是直角三角形，
又∠APD＝∠BPC，所以△PAD∽△PBC.
因為DA＝4，CB＝8，所以PB＝2PA.
作PM⊥AB于點M，由題意知，PM⊥β.
令AM＝t(030°，
得tan∠EHG>tan 30°，
即eq \f(\r(5),2)k>eq \f(\r(3),3).
故k的取值范圍為k>eq \f(2\r(15),15).
9．(2017·鐵嶺調(diào)研)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＝eq \f(1,2)AE＝2，O，M分別為CE，AB的中點．
(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N，使得ON⊥平面ABDE？若能，請指出點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F，連接OF，F(xiàn)B.
∵F是AC中點，O為CE中點，
∴OF∥EA且OF＝eq \f(1,2)EA.
又BD∥AE且BD＝eq \f(1,2)AE，
∴OF∥DB且OF＝DB，
∴四邊形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，分別以CA，CB所在直線為x，y軸，以過點C且與平面ABC垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標系，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)，M(2,2,0)，
∴eq \(CD,\s\up6(→))＝(0,4,2)，eq \(OD,\s\up6(→))＝(－2,4,0)，eq \(MD,\s\up6(→))＝(－2,2,2)．
設(shè)平面ODM的法向量為n＝(x，y，z)，
則由n⊥eq \(OD,\s\up6(→))，n⊥eq \(MD,\s\up6(→))，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋4y＝0，,－2x＋2y＋2z＝0.))
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＝eq \f(|n·\(CD,\s\up6(→))|,|n||\(CD,\s\up6(→))|)＝eq \f(|?2，1，1?×?0，4，2?|,\r(22＋12＋12)×\r(02＋42＋22))
＝eq \f(6,\r(6)×2\r(5))＝eq \f(\r(30),10).
∴直線CD和平面ODM所成角的正弦值為eq \f(\r(30),10).
(3)解 當N是EM中點時，ON⊥平面ABDE.
由(2)設(shè)N(a，b，c)，
∴eq \(MN,\s\up6(→))＝(a－2，b－2，c)，eq \(NE,\s\up6(→))＝(4－a，－b,4－c)．
∵點N在ME上，∴eq \(MN,\s\up6(→))＝λeq \(NE,\s\up6(→))，
即(a－2，b－2，c)＝λ(4－a，－b,4－c)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－2＝λ?4－a?，,b－2＝λ?－b?，,c＝λ?4－c?，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(4λ＋2,λ＋1)，,b＝\f(2,λ＋1)，,c＝\f(4λ,λ＋1).))
∴N(eq \f(4λ＋2,λ＋1)，eq \f(2,λ＋1)，eq \f(4λ,λ＋1))．
∵eq \(BD,\s\up6(→))＝(0,0,2)是平面ABC的一個法向量，
∴eq \(ON,\s\up6(→))⊥eq \(BD,\s\up6(→))，∴eq \f(4λ,λ＋1)＝2，解得λ＝1.
∴eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(NE,\s\up6(→))，即N是線段EM的中點，
∴當N是EM的中點時，ON⊥平面ABDE.

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