2019届数学大复习第八章立体几何与空间向量专题突破四中的立体几何问题学案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE35学必求其心得，业必贵于专精PAGE高考专题突破四高考中的立体几何问题【考点自测】1．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为BC的中点，E为A1C1的中点，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的中点为F，连接EF，DF,则EF∥A1B1，DF∥B1B,且EF∩DF＝F，A1B1∩B1B＝B1，∴平面EFD∥平面A1B1BA，∴DE∥平面A1B1BA.2．设x,y，z是空间中不同的直线或平面，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．③④B．①③C．②③D．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．(2018届黑龙江海林市朝鲜中学模拟)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为(）A．9＋4(eq\r（2)＋eq\r(5)) B．10＋2(eq\r(2)＋eq\r（3)）C．11＋2(eq\r(2)＋eq\r(5)） D．11＋2（eq\r(2）＋eq\r（3)）答案C解析根据三视图还原几何体为一个直四棱柱，两底面为四边形(侧视图)，其余各侧面为矩形,两底面面积为2eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,2）×2×2＋\f（1,2）×1×1））＝5，四个侧面面积为2×2＋1×2＋2×eq\r（5)＋2×eq\r(2）＝6＋2eq\r（5）＋2eq\r（2),几何体的表面积为11＋2（eq\r(5）＋eq\r(2)）,故选C.4．(2017·天津滨海新区模拟）如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕,把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC;②△BAC是等边三角形;③三棱锥D－ABC是正三棱锥;④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的是（）A．①②④ B．①②③C．②③④ D．①③④答案B解析由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD,所以AB＝AC＝BC,△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错．故选B。5．(2017·沈阳调研)设α，β，γ是三个平面，a,b是两条不同的直线，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。题型一求空间几何体的表面积与体积例1(2016·全国Ⅱ）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＝eq\f（5，4)，OD′＝2eq\r（2),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eq\f（AE,AD）＝eq\f(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OH＝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，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OD′⊥平面ABC。又由eq\f（EF，AC)＝eq\f(DH，DO）得EF＝eq\f(9，2）.五边形ABCFE的面积S＝eq\f（1,2）×6×8－eq\f（1,2）×eq\f(9，2）×3＝eq\f(69,4）。所以五棱锥D′—ABCFE的体积V＝eq\f(1，3)×eq\f(69，4)×2eq\r(2)＝eq\f(23\r（2)，2）。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)跟踪训练1（2018·乌鲁木齐质检)正三棱锥的高为1，底面边长为2eq\r(6)，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eq\f（1，3)×eq\f(\r（3），2）×2eq\r（6）＝eq\r(2），则正棱锥侧面的斜高为eq\r（12＋\r（2）2)＝eq\r（3),∴S侧＝3×eq\f（1，2）×2eq\r（6）×eq\r(3)＝9eq\r（2）,∴S表＝S侧＋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）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三棱锥P－ABC＝V三棱锥O－PAB＋V三棱锥O－PBC＋V三棱锥O－PAC＋V三棱锥O－ABC＝eq\f(1,3）S侧·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内切球＝4π(eq\r(6)－2)2＝(40－16eq\r（6)）π.V内切球＝eq\f（4，3）π(eq\r(6）－2)3＝eq\f（8，3）（9eq\r（6)－22)π。题型二空间点、线、面的位置关系例2（2017·广州五校联考）如图,在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD,∠BAD＝60°，E是AD的中点，点Q在侧棱PC上．(1)求证：AD⊥平面PBE;(2)若Q是PC的中点，求证：PA∥平面BDQ；(3)若VP－BCDE＝2VQ－ABCD，试求eq\f(CP，CQ）的值．（1)证明由E是AD的中点，PA＝PD可得AD⊥PE.因为底面ABCD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)证明连接AC，交BD于点O，连接OQ。因为O是AC的中点，Q是PC的中点，所以OQ∥PA，又PA⊄平面BDQ，OQ⊂平面BDQ，所以PA∥平面BDQ.（3)解设四棱锥P－BCDE，Q－ABCD的高分别为h1，h2。所以V四棱锥P－BCDE＝eq\f(1,3）S四边形BCDEh1，V四棱锥Q－ABCD＝eq\f(1，3）S四边形ABCDh2。又VP－BCDE＝2VQ－ABCD，且S四边形BCDE＝eq\f（3，4)S四边形ABCD,所以eq\f(CP，CQ）＝eq\f(h1,h2）＝eq\f（8，3）.思维升华(1）平行问题的转化利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时,一般遵循从“低维”到“高维”的转化,即从“线线平行"到“线面平行”,再到“面面平行";而应用性质定理时，其顺序正好相反．在实际的解题过程中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用．（2）垂直问题的转化在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可为证明线线垂直提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫．应用面面垂直的性质定理时,一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题．跟踪训练2如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB＝AC，E是BC的中点,求证:(1）平面AB1E⊥平面B1BCC1；(2）A1C∥平面AB1E.证明(1)在直三棱柱ABC—A1B1C1中,CC1⊥平面ABC。因为AE⊂平面ABC,所以CC1⊥AE.因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC.因为BC⊂平面B1BCC1，CC1⊂平面B1BCC1，且BC∩CC1＝C，所以AE⊥平面B1BCC1。因为AE⊂平面AB1E，所以平面AB1E⊥平面B1BCC1。（2）连接A1B，设A1B∩AB1＝F，连接EF。在直三棱柱ABC—A1B1C1中，四边形AA1B1B为平行四边形，所以F为A1B的中点．又因为E是BC的中点，所以EF∥A1C。因为EF⊂平面AB1E，A1C⊄平面AB1E，所以A1C∥平面AB1E.题型三平面图形的翻折问题例3(2016·全国Ⅱ)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6,点E，F分别在AD,CD上，AE＝CF＝eq\f(5，4)，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝eq\r（10）。(1）证明：D′H⊥平面ABCD;（2)求二面角B—D′A-C的正弦值．(1）证明由已知得AC⊥BD,AD＝CD.又由AE＝CF得eq\f（AE，AD)＝eq\f(CF，CD），故AC∥EF.因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H。由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝eq\r(AB2－AO2）＝4.由EF∥AC得eq\f(OH，DO)＝eq\f（AE,AD）＝eq\f(1,4).所以OH＝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）解如图，以H为坐标原点，HF,HD，HD′所在直线分别为x轴，y轴，z轴,建立空间直角坐标系，则H（0,0,0），A(－3，－1，0)，B(0,－5，0)，C(3，－1,0），D′(0,0,3），eq\o(AB，\s\up6（→))＝(3,－4，0),eq\o（AC,\s\up6(→)）＝（6，0，0)，eq\o（AD′，\s\up6()）＝(3，1,3)．设m＝（x1，y1，z1）是平面ABD′的法向量，则eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（m·\o（AB,\s\up6（→)）＝0，，m·\o（AD′，\s\up6(））＝0，）)即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（3x1－4y1＝0，，3x1＋y1＋3z1＝0,）)所以可取m＝（4,3，－5)．设n＝(x2，y2,z2）是平面ACD′的法向量,则eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（n·\o（AC，\s\up6（→))＝0，，n·\o(AD′，\s\up6（))＝0,））即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(6x2＝0,，3x2＋y2＋3z2＝0，))所以可取n＝(0，－3,1）．于是cos〈m，n>＝eq\f（m·n，|m|｜n|）＝eq\f（－14，\r(50)×\r（10）)＝－eq\f（7\r(5)，25)，sin〈m,n〉＝eq\f（2\r（95），25）.因此二面角B-D′A—C的正弦值是eq\f(2\r(95),25）.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．

跟踪训练3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∩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)解因为PD⊥DC，PC＝2,CD＝1，∠PCD＝60°，所以PD＝eq\r(3），由（1)知FD⊥CF，在Rt△DCF中，CF＝eq\f（1,2)CD＝eq\f(1,2）.如图,过点F作FG⊥CD交CD于点G，得FG＝FCsin60°＝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(\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（3\r(3)，4)））2－\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\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V三棱锥M－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).

题型四立体几何中的存在性问题例4(2017·安徽江南名校联考）如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，∠PAD＝45°，E为PA的中点．(1）求证：DE∥平面BPC；（2)线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，请求出二面角F-PC-D的余弦值；若不存在，请说明理由．（1)证明取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N.在平面ABCD内，∵CN⊥AB,DA⊥AB,∴CN∥DA，又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形,∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，在Rt△BNC中，BN＝eq\r（BC2－CN2)＝eq\r(102－82)＝6，∴AB＝12,而E，M分别为PA，PB的中点，∴EM∥AB且EM＝6,又DC∥AB，∴EM∥CD且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，∴DE∥CM。∵CM⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，∴DE∥平面BPC。（2)解由题意可得DA,DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x,y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz,则A（8，0，0），B(8，12，0)，C（0,6，0)，P（0，0,8）．假设AB上存在一点F使CF⊥BD，设点F的坐标为（8，t,0）(0〈t〈12)，则eq\o（CF,\s\up6（→)）＝（8，t－6，0），eq\o(DB，\s\up6(→)）＝(8,12,0），由eq\o(CF，\s\up6（→)）·eq\o（DB，\s\up6(→)）＝0，得t＝eq\f(2，3）.又平面DPC的一个法向量为m＝（1，0，0）,设平面FPC的法向量为n＝(x，y,z）．又eq\o(PC，\s\up6(→))＝（0，6，－8)，eq\o(FC,\s\up6(→）)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－8，\f（16，3）,0））。由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（n·\o（PC,\s\up6（→)）＝0,，n·\o(FC,\s\up6(→）)＝0，))得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（6y－8z＝0，，－8x＋\f（16,3)y＝0，）)即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(z＝\f（3，4)y,，x＝\f(2,3）y，))不妨令y＝12，则n＝（8,12，9）．则cos〈n，m〉＝eq\f(n·m，|n|｜m|）＝eq\f(8,1×\r（82＋122＋92）)＝eq\f（8，17)。又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角F—PC—D的余弦值为eq\f(8,17）.思维升华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．跟踪训练4（2018·成都模拟）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eq\f（\r(2)，6），求线段AM的长．（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，由题意得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eq\o（B1C1，\s\up6()）＝(1，0，－1)，eq\o(CE，\s\up6(→))＝(－1，1,－1）,于是eq\o(B1C1，\s\up6(））·eq\o(CE,\s\up6（→))＝0，所以B1C1⊥CE.（2）解eq\o（B1C,\s\up6（→）)＝(1，－2，－1）．设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z），则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（m·\o(B1C，\s\up6（→))＝0,,m·\o（CE，\s\up6(→)）＝0，））即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（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，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，CC1∩CE＝C，CC1，CE⊂平面CEC1，可得B1C1⊥平面CEC1,故eq\o（B1C1，\s\up6()）＝(1,0，－1）为平面CEC1的一个法向量．于是cos〈m，eq\o(B1C1，\s\up6（）)〉＝eq\f(m·\o（B1C1，\s\up6())，｜m｜｜\o(B1C1,\s\up6（)）|）＝eq\f(－4，\r(14)×\r（2））＝－eq\f(2\r（7)，7），从而sin<m,eq\o（B1C1，\s\up6（）)〉＝eq\f（\r(21）,7)，所以二面角B1－CE－C1的正弦值为eq\f(\r（21），7).（3）解eq\o(AE，\s\up6(→））＝(0，1，0)，eq\o（EC1,\s\up6(→)）＝(1，1,1)，设eq\o（EM,\s\up6(→)）＝λeq\o（EC1,\s\up6（→）)＝（λ，λ,λ)(0≤λ≤1)，则eq\o(AM,\s\up6(→）)＝eq\o（AE，\s\up6(→）)＋eq\o（EM,\s\up6(→)）＝(λ，λ＋1，λ）．可取eq\o(AB,\s\up6(→））＝(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sinθ＝|cos〈eq\o(AM，\s\up6(→）)，eq\o(AB,\s\up6（→)）〉|＝eq\f(｜\o(AM，\s\up6（→))·\o（AB,\s\up6（→）)｜,｜\o（AM，\s\up6(→））｜|\o（AB，\s\up6（→)）｜)＝eq\f(2λ，\r(λ2＋λ＋12＋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）（负值舍去），所以AM＝eq\r（2）。1．（2017·北京)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为()A．3eq\r(2） B．2eq\r(3）C．2eq\r（2) D．2答案B解析在正方体中还原该四棱锥，如图所示，可知SD为该四棱锥的最长棱．由三视图可知正方体的棱长为2，故SD＝eq\r（22＋22＋22）＝2eq\r(3)。故选B.2．(2018·沈阳质检）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．24eq\r(3)D．144答案A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⊥平面β.令BM＝t，则AM＝|6－t｜,PA2－(6－t)2＝4PA2－t2，所以PA2＝4t－12。所以PM＝eq\r（－t2＋16t－48）,即为四棱锥P－ABCD的高,又底面ABCD为直角梯形,S＝eq\f(1,2)×(4＋8）×6＝36。所以V＝eq\f（1，3)×36×eq\r(－t2＋16t－48)＝12eq\r(－t－82＋16)≤12×4＝48。3．（2017·云南省11校调研）设已知m,n是两条不同的直线,α，β为两个不同的平面，有下列四个命题:①若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n;②若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β;③若m∥α,n∥β，m∥n，则α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n.其中所有正确命题的序号是________．答案②④解析对于①，当两个平面互相垂直时,分别位于这两个平面内的两条直线未必垂直，因此①不正确；对于②,依据结论“由空间一点向一个二面角的两个半平面（或半平面所在平面)引垂线，这两条垂线所成的角与这个二面角的平面角相等或互补”可知②正确;对于③,分别与两条平行直线平行的两个平面未必平行，因此③不正确；对于④,由n∥β得，在平面β内必存在直线n1平行于直线n，由m⊥α，α∥β得m⊥β，m⊥n1，又n1∥n，因此有m⊥n，④正确．综上所述,所有正确命题的序号是②④.4.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．5。如图所示,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，则点P到直线CC1的距离的最小值为________．答案eq\f(2\r（5)，5）解析点P到直线CC1的距离等于点P在平面ABCD上的射影到点C的距离，设点P在平面ABCD上的射影为P′，显然点P到直线CC1的距离的最小值为P′C的长度的最小值．连接DE，当P′C⊥DE时，P′C的长度最小，此时P′C＝eq\f(2×1，\r（22＋1)）＝eq\f（2\r(5），5）.6．(2018·烟台模拟)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。证明（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)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ACD1.7．（2017·青岛质检）在平面四边形ABCD中,AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD，如图所示．（1）求证：AB⊥CD;(2）若M为AD的中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．(1)证明∵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）解过点B在平面BCD内作BE⊥BD,如图．由（1)知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD。∴AB⊥BE，AB⊥BD.以B为坐标原点，分别以BE，BD,BA所在直线为x轴，y轴,z轴，建立空间直角坐标系．由题意，得B(0，0,0),C(1，1,0），D(0，1,0),A(0,0,1)，Meq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f(1，2）,\f(1,2）))，则eq\o(BC,\s\up6(→）)＝(1,1，0)，eq\o（BM,\s\up6（→)）＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f(1，2)，\f（1，2））)，eq\o（AD，\s\up6(→））＝(0,1，－1)．设平面MBC的法向量为n＝(x0，y0,z0）,则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（n·\o(BC,\s\up6（→))＝0，,n·\o（BM，\s\up6（→)）＝0，)）即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＋y0＝0，，\f(1,2）y0＋\f(1,2)z0＝0,)）取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1,1)．设直线AD与平面MBC所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o（AD,\s\up6(→)）〉|＝eq\f(|n·\o(AD，\s\up6(→）)|,|n｜｜\o(AD,\s\up6（→）)｜）＝eq\f（\r(6）,3），即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为eq\f（\r（6)，3）.8．(2017·郑州模拟）等边三角形ABC的边长为3，点D，E分别是边AB，AC上的点，且满足eq\f（AD，DB）＝eq\f(CE,EA)＝eq\f(1，2)，如图1.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1—DE—B为直二面角，连接A1B，A1C，如图2。(1）求证：A1D⊥平面BCED;（2）在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．(1)证明因为等边三角形ABC的边长为3，且eq\f（AD，DB)＝eq\f(CE,EA)＝eq\f(1,2)，所以AD＝1，AE＝2。在△ADE中，∠DAE＝60°，由余弦定理得DE＝eq\r(12＋22－2×1×2×cos60°）＝eq\r(3）。从而AD2＋DE2＝AE2，所以AD⊥DE.折起后有A1D⊥DE,因为二面角A1—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BCED。以D为坐标原点，分别以DB，DE，DA1所在直线为x轴，y轴，z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.设PB＝2a(0≤2a≤3），作PH⊥BD于点H，连接A1H，A1P，则BH＝a,PH＝eq\r（3)a,DH＝2－a.所以A1（0,0,1），P（2－a，eq\r（3)a，0)，E(0,eq\r(3），0）．所以eq\o（PA1，\s\up