2015高考数学（理）（第八章 专题四 高考中的立体几何问题）一轮复习题 16页

专题四　高考中的立体几何问题 ‎1． (2013·广东)某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是 (　　)‎ A．4 B. C. D．6‎ 答案　B 解析　由三视图知四棱台的直观图为 由棱台的体积公式得：V＝(2×2＋1×1＋)×2＝.‎ ‎2． (2013·课标全国Ⅱ)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线 l满足l⊥m，l⊥n，lα，lβ，则 (　　)‎ A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l 答案　D 解析　假设α∥β，由m⊥平面α，n⊥平面β，则m∥n，这与已知m，n为异面直线矛盾，那么α与β相交，设交线为l1，则l1⊥m，l1⊥n，在直线m上任取一点作n1平行于n，那么l1和l都垂直于直线m与n1所确定的平面，所以l1∥l.‎ ‎3． 如图，点O为正方体ABCD—A′B′C′D′的中心，点E为面 B′BCC′的中心，点F为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF 在该正方体的各个面上的投影不可能是 (　　)‎ 答案　D 解析　空间四边形D′OEF在正方体的面DCC′D′上的投影是A；在面BCC′B′上的投影是B；在面ABCD上的投影是C，故选D.‎ ‎4． 平行六面体ABCD－A1B‎1C1D1中，向量、、两两的夹角均为60°，且||＝1，||＝2，||＝3，则||等于 (　　)‎ A．5 B．‎6 ‎ C．4 D．8‎ 答案　A 解析　∵＝＋＋，‎ ‎∴2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2··＋2··＋2·· ‎＝9＋1＋4＋2×3×1×＋2×3×2×＋2×1×2×＝25，∴||＝5.故选A.‎ ‎5．如图，四棱锥P－ABCD的底面是一直角梯形，AB∥CD，BA⊥AD，‎ CD＝2AB，PA⊥底面ABCD，E为PC的中点，则BE与平面PAD的 位置关系为________．‎ 答案　平行 解析　取PD的中点F，连接EF，‎ 在△PCD中，EF綊CD.‎ 又∵AB∥CD且CD＝2AB，‎ ‎∴EF綊AB，‎ ‎∴四边形ABEF是平行四边形，‎ ‎∴EB∥AF.‎ 又∵EB⃘平面PAD，AF平面PAD，‎ ‎∴BE∥平面PAD.‎ 题型一　空间点、线、面的位置关系 例1　(2013·山东)如图，四棱锥P－ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，‎ AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，‎ PC的中点．‎ ‎(1)求证：CE∥平面PAD；‎ ‎(2)求证：平面EFG⊥平面EMN.‎ 思维启迪　(1)在平面PAD内作直线CE的平行线或者利用平面CEF∥平面PAD证明；‎ ‎(2)MN是平面EFG的垂线．‎ 证明　(1)方法一　取PA的中点H，连接EH，DH.‎ 又E为PB的中点，‎ 所以EH綊AB.‎ 又CD綊AB，所以EH綊CD.‎ 所以四边形DCEH是平行四边形，所以CE∥DH.‎ 又DH平面PAD，CE⃘平面PAD.‎ 所以CE∥平面PAD.‎ 方法二　连接CF.‎ 因为F为AB的中点，‎ 所以AF＝AB.‎ 又CD＝AB，所以AF＝CD.‎ 又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形．‎ 因此CF∥AD，又CF⃘平面PAD，‎ 所以CF∥平面PAD.‎ 因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA.‎ 又EF⃘平面PAD，所以EF∥平面PAD.‎ 因为CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面PAD.‎ 又CE平面CEF，所以CE∥平面PAD.‎ ‎(2)因为E、F分别为PB、AB的中点，所以EF∥PA.‎ 又因为AB⊥PA，所以EF⊥AB，同理可证AB⊥FG.‎ 又因为EF∩FG＝F，EF平面EFG，FG平面EFG.‎ 所以AB⊥平面EFG.‎ 又因为M，N分别为PD，PC的中点，‎ 所以MN∥CD，又AB∥CD，所以MN∥AB，‎ 所以MN⊥平面EFG.‎ 又因为MN平面EMN，‎ 所以平面EFG⊥平面EMN.‎ 思维升华　高考对该部分的考查重点是空间的平行关系和垂直关系的证明，一般以解答题的形式出现，试题难度中等，但对空间想象能力和逻辑推理能力有一定的要求，在试卷中也可能以选择题或者填空题的方式考查空间位置关系的基本定理在判断线面位置关系中的应用．‎ ‎　如图所示，直三棱柱ABC－A1B‎1C1中，∠ACB＝90°，M，‎ N分别为A1B，B‎1C1的中点．求证：‎ ‎(1)BC∥平面MNB1；‎ ‎(2)平面A1CB⊥平面ACC‎1A.‎ 证明　(1)因为BC∥B‎1C1，‎ 且B‎1C1平面MNB1，‎ BC⃘平面MNB1，故BC∥平面MNB1.‎ ‎(2)因为BC⊥AC，且ABC－A1B‎1C1为直三棱柱，‎ 故BC⊥平面ACC‎1A1.‎ 因为BC平面A1CB，故平面A1CB⊥平面ACC‎1A1.‎ 题型二　平面图形的翻折问题 例2　如图1所示，在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，CD为∠ACB的平分线，点E在线段AC上，CE＝4.如图2所示，将△BCD沿CD折起，使得平面BCD⊥平面ACD，连接AB，BE，设点F是AB的中点．‎ ‎(1)求证：DE⊥平面BCD；‎ ‎(2)若EF∥平面BDG，其中G为直线AC与平面BDG的交点，求三棱锥B－DEG的体积．‎ 思维启迪　(1)翻折前后，△ACD内各元素的位置关系没有变化，易知DE⊥DC ‎，再根据平面BCD⊥平面ACD可证明DE⊥平面BCD；(2)注意从条件EF∥平面BDG得线线平行，为求高作基础．‎ ‎(1)证明　∵AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，∴∠ACB＝60°.‎ ‎∵CD为∠ACB的平分线，∴∠BCD＝∠ACD＝30°.‎ ‎∴CD＝2.‎ ‎∵CE＝4，∠DCE＝30°，‎ ‎∴DE2＝CE2＋CD2－2CE·CD·cos 30°＝4，‎ ‎∴DE＝2，则CD2＋DE2＝EC2.∴∠CDE＝90°，DE⊥DC.‎ 又∵平面BCD⊥平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，DE平面ACD，∴DE⊥平面BCD.‎ ‎(2)解　∵EF∥平面BDG，EF平面ABC，平面ABC∩平面BDG＝BG，∴EF∥BG.‎ ‎∵点E在线段AC上，CE＝4，点F是AB的中点，‎ ‎∴AE＝EG＝CG＝2.‎ 如图，作BH⊥CD于H.‎ ‎∵平面BCD⊥平面ACD，‎ ‎∴BH⊥平面ACD.‎ 由条件得BH＝，‎ S△DEG＝S△ACD＝×AC·CD·sin 30°＝，‎ ‎∴三棱锥B－DEG的体积V＝S△DEG·BH ‎＝××＝.‎ 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．‎ ‎　(2012·北京)如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A‎1F⊥CD，如图(2)．‎ ‎　　‎ ‎(1)求证：DE∥平面A1CB.‎ ‎(2)求证：A‎1F⊥BE.‎ ‎(3)线段A1B上是否存在点Q，使A‎1C⊥平面DEQ？说明理由．‎ ‎(1)证明　因为D，E分别为AC，AB的中点，‎ 所以DE∥BC.‎ 又因为DE⃘平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.‎ ‎(2)证明　由已知得AC⊥BC且DE∥BC，‎ 所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD.‎ 又A1D∩CD＝D，所以DE⊥平面A1DC.‎ 而A‎1F平面A1DC，所以DE⊥A‎1F.‎ 又因为A‎1F⊥CD，所以A‎1F⊥平面BCDE，‎ 又因为BE平面BCDE，所以A‎1F⊥BE.‎ ‎(3)解　线段A1B上存在点Q，使A‎1C⊥平面DEQ.理由如下：‎ 如图，分别取A‎1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.‎ 又因为DE∥BC，‎ 所以DE∥PQ.‎ 所以平面DEQ即为平面DEP.‎ 由(2)知，DE⊥平面A1DC，‎ 所以DE⊥A‎1C.‎ 又因为P是等腰三角形DA‎1C底边A‎1C的中点，‎ 所以A‎1C⊥DP.所以A‎1C⊥平面DEP.‎ 从而A‎1C⊥平面DEQ.‎ 故线段A1B上存在点Q，使得A‎1C⊥平面DEQ.‎ 题型三　线面位置关系中的存在性问题 例3　如图，在矩形ABCD中，AB＝2BC，P、Q分别是线段AB、CD的 中点，EP⊥平面ABCD.‎ ‎(1)求证：DP⊥平面EPC；‎ ‎(2)问在EP上是否存在点F，使平面AFD⊥平面BFC？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由．‎ 思维启迪　先假设EP上存在点F使平面AFD⊥平面BFC，然后推证点F的位置．‎ ‎(1)证明　∵EP⊥平面ABCD，‎ ‎∴EP⊥DP.‎ 又ABCD为矩形，AB＝2BC，P、Q分别为AB、CD的中点，连接PQ，‎ 则PQ⊥DC且PQ＝DC.∴DP⊥PC.‎ ‎∵EP∩PC＝P，∴DP⊥平面EPC.‎ ‎(2)解　假设存在F使平面AFD⊥平面BFC，‎ ‎∵AD∥BC，BC平面BFC，AD⃘平面BFC，‎ ‎∴AD∥平面BFC.‎ ‎∴AD平行于平面AFD与平面BFC的交线l.‎ ‎∵EP⊥平面ABCD，∴EP⊥AD，而AD⊥AB，‎ AB∩EP＝P，∴AD⊥平面EAB，∴l⊥平面FAB.‎ ‎∴∠AFB为平面AFD与平面BFC所成二面角的平面角．‎ ‎∵P是AB的中点，且FP⊥AB，‎ ‎∴当∠AFB＝90°时，FP＝AP.‎ ‎∴当FP＝AP，即＝1时，平面AFD⊥平面BFC.‎ 思维升华　对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在这个假设下利用线面关系的性质进行推理论证，寻求假设满足的条件．若条件满足则肯定假设，若得到矛盾则否定假设．‎ ‎　如图，在直四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1中，已知DC＝‎ DD1＝2AD＝2AB，AD⊥DC，AB∥DC.‎ ‎(1)求证：D‎1C⊥AC1；‎ ‎(2)问在棱CD上是否存在点E，使D1E∥平面A1BD.若存在，确定 点E位置；若不存在，说明理由．‎ ‎(1)证明　在直四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1中，连接C1D，‎ ‎∵DC＝DD1，∴四边形DCC1D1是正方形，∴DC1⊥D‎1C.‎ 又AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1＝D，∴AD⊥平面DCC1D1，‎ 又D‎1C平面DCC1D1，∴AD⊥D‎1C.‎ ‎∵AD平面ADC1，DC1平面ADC1，且AD∩DC1＝D，‎ ‎∴D‎1C⊥平面ADC1，‎ 又AC1平面ADC1，∴D‎1C⊥AC1.‎ ‎(2)解　假设存在点E，使D1E∥平面A1BD.‎ 连接AD1，AE，D1E，‎ 设AD1∩A1D＝M，‎ BD∩AE＝N，连接MN，‎ ‎∵平面AD1E∩平面A1BD＝MN，‎ 要使D1E∥平面A1BD，可使MN∥D1E，又M是AD1的中点，则N是AE的中点．‎ 又易知△ABN≌△EDN，∴AB＝DE.即E是DC的中点．‎ 综上所述，当E是DC的中点时，可使D1E∥平面A1BD.‎ 题型四　空间向量与立体几何 例4　(2012·大纲全国)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，‎ PA⊥底面ABCD，AC＝2，PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC.‎ ‎(1)证明：PC⊥平面BED；‎ ‎(2)设平面APB与平面PBC夹角为90°，求PD与平面PBC所成角的 大小．‎ 思维启迪　利用PA⊥平面ABCD建立空间直角坐标系，利用向量求解．‎ 方法一　(1)证明　因为底面ABCD为菱形，‎ 所以BD⊥AC.‎ 又PA⊥底面ABCD，所以PC⊥BD.‎ 如图，设AC∩BD＝F，连接EF.‎ 因为AC＝2，PA＝2，PE＝2EC，‎ 故PC＝2，EC＝，FC＝，‎ 从而＝，＝.‎ 因为＝，∠FCE＝∠PCA，‎ 所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°.‎ 由此知PC⊥EF.‎ 因为PC与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，‎ 所以PC⊥平面BED.‎ ‎(2)解　在平面PAB内过点A作AG⊥PB，G为垂足．‎ 因为平面APB与平面PBC夹角为90°，‎ 所以平面PAB⊥平面PBC.‎ 又平面PAB∩平面PBC＝PB，‎ 故AG⊥平面PBC，AG⊥BC.‎ 因为BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直，‎ 故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB，‎ 所以底面ABCD为正方形，AD＝2，‎ PD＝＝2.‎ 设D到平面PBC的距离为d.‎ 因为AD∥BC，且AD⃘平面PBC，BC平面PBC，‎ 故AD∥平面PBC，A、D两点到平面PBC的距离相等，‎ 即d＝AG＝.‎ 设PD与平面PBC所成的角为α，则sin α＝＝.‎ 所以PD与平面PBC所成的角为30°.‎ 方法二　(1)证明　以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，建 立如图所示的空间直角坐标系Axyz，‎ 则C(2，0,0)，P(0,0,2)，E，‎ 设D(，b,0)，其中b>0，‎ 则B(，－b,0)．‎ 于是＝(2，0，－2)，＝，‎ ＝，‎ 从而·＝0，·＝0，‎ 故PC⊥BE，PC⊥DE.‎ 又BE∩DE＝E，所以PC⊥平面BED.‎ ‎(2)解　＝(0,0,2)，＝(，－b,0)．‎ 设m＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，则 m·＝0，m·＝0，‎ 即2z＝0且x－by＝0，‎ 令x＝b，则m＝(b，，0)．‎ 设n＝(p，q，r)为平面PBC的法向量，则 n·＝0，n·＝0，‎ 即2p－2r＝0且＋bq＋r＝0，‎ 令p＝1，则r＝，q＝－，n＝.‎ 因为平面APB与PBC夹角为90°，所以面PAB⊥面PBC，‎ 故m·n＝0，即b－＝0，故b＝，‎ 于是n＝(1，－1，)，＝(－，－，2)，‎ 所以cos〈n，〉＝＝，‎ 所以〈n，〉＝60°.‎ 因为PD与平面PBC所成角和〈n，〉互余，‎ 故PD与平面PBC所成的角为30°.‎ 思维升华　用空间向量求解立体几何问题，主要是通过建立坐标系或利用基底表示向量坐标，通过向量的计算求解位置关系及角的大小，两个平面夹角是历年高考的考查热点，平面的法向量是解题中的一个重点．‎ ‎　在如图所示的几何体中，底面ABCD为菱形，∠BAD ‎＝60°，AA1綊DD1綊CC1∥BE，且AA1＝AB，D1E⊥平面D‎1AC，‎ AA1⊥底面ABCD.‎ ‎(1)求平角ACD1与平面ACE夹角的大小；‎ ‎(2)在D1E上是否存在一点P，使得A1P∥平面EAC，若存在，求的值，若不存在，‎ 说明理由．‎ 解　(1)设AC与BD交于O，如图所示建立空间直角坐标系Oxyz，‎ 设AB＝2，则A(，0,0)，B(0，－1,0)，C(－，0,0)，D(0,1,0)，‎ D1(0,1,2)，‎ 设E(0，－1，t)，t>0，则＝(0,2,2－t)，＝(2，0,0)， ‎＝(，－1，－2)．‎ ‎∵D1E⊥面D‎1AC，∴D1E⊥CA，D1E⊥D‎1A，‎ ‎∴ 解得t＝3，∴E(0，－1,3)，‎ ‎∴＝(－，－1,3)，‎ 设平面EAC的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则∴，‎ 令z＝1，y＝3，m＝(0,3,1)．‎ 又平面D‎1AC的法向量＝(0,2，－1)，‎ ‎∴cos〈m，〉＝.‎ 所以平角ACD1与平面ACE夹角的大小为45°.‎ ‎(2)假设存在点P满足题意．‎ 设＝λ＝λ(－)，‎ 得＝＝(0，－，)，‎ ＝＋＝(－，1,0)＋(0，－，)‎ ‎＝(－，1－，)‎ ‎∵A1P∥平面EAC，∴⊥m，‎ ‎∴－×0＋3×(1－)＋1×＝0，‎ 解得λ＝，‎ 故存在点P使A1P∥面EAC，此时D1P∶PE＝3∶2.‎ ‎(时间：80分钟)‎ ‎1． 如图所示，在边长为5＋的正方形ABCD中，以A为圆心画一个 扇形，以O为圆心画一个圆，M，N，K为切点，以扇形为圆锥的侧 面，以圆O为圆锥底面，围成一个圆锥，求圆锥的全面积与体积．‎ 解　设圆锥的母线长为l，底面半径为r，高为h，‎ 由已知条件得，‎ 解得r＝，l＝4，S＝πrl＋πr2＝10π，‎ h＝＝，V＝πr2h＝π.‎ ‎2． 如图，在四棱台ABCD－A1B‎1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面 ABCD是平行四边形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°.‎ ‎(1)证明：AA1⊥BD；‎ ‎(2)证明：CC1∥平面A1BD.‎ 证明　(1)方法一　因为D1D⊥平面ABCD，且BD平面ABCD，所以D1D⊥BD.‎ 又因为AB＝2AD，∠BAD＝60°，‎ 在△ABD中，由余弦定理得 BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcos 60°＝3AD2，‎ 所以AD2＋BD2＝AB2，因此AD⊥BD.‎ 又AD∩D1D＝D，所以BD⊥平面ADD‎1A1.‎ 又AA1平面ADD‎1A1，故AA1⊥BD.‎ 方法二　因为D1D⊥平面ABCD，且BD平面ABCD，‎ 所以BD⊥D1D.‎ 如图，取AB的中点G，连接DG，‎ 在△ABD中，由AB＝2AD得AG＝AD.‎ 又∠BAD＝60°，‎ 所以△ADG为等边三角形，‎ 因此GD＝GB，故∠DBG＝∠GDB.‎ 又∠AGD＝60°，所以∠GDB＝30°，‎ 故∠ADB＝∠ADG＋∠GDB＝60°＋30°＝90°，‎ 所以BD⊥AD.‎ 又AD∩D1D＝D，所以BD⊥平面ADD‎1A.‎ 又AA1平面ADD‎1A，故AA1⊥BD.‎ ‎(2)如图，连接AC，A‎1C1，‎ 设AC∩BD＝E，连接EA1，‎ 因为四边形ABCD为平行四边形，所以EC＝AC.‎ 由棱台定义及AB＝2AD＝‎2A1B1知A‎1C1∥EC且A‎1C1＝EC，‎ 所以四边形A1ECC1为平行四边形，‎ 因此CC1∥EA.‎ 又EA1平面A1BD，CC1⃘平面A1BD，‎ 所以CC1∥平面A1BD.‎ ‎3． 如图，四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E在线 段AD上，且CE∥AB.‎ ‎(1)求证：CE⊥平面PAD；‎ ‎(2)若PA＝AB＝1，AD＝3，CD＝，∠CDA＝45°，求四棱锥P—ABCD的体积．‎ ‎(1)证明　因为PA⊥平面ABCD，CE平面ABCD，‎ 所以PA⊥CE.‎ 因为AB⊥AD，CE∥AB，所以CE⊥AD.‎ 又PA∩AD＝A，所以CE⊥平面PAD.‎ ‎(2)解　由(1)可知CE⊥AD.‎ 在Rt△ECD中，DE＝CD·cos 45°＝1，‎ CE＝CD·sin 45°＝1.‎ 又因为AB＝CE＝1，AB∥CE，所以四边形ABCE为矩形．‎ 所以S四边形ABCD＝S矩形ABCE＋S△ECD＝AB·AE＋CE·DE ‎＝1×2＋×1×1＝.‎ 又PA⊥平面ABCD，PA＝1，‎ 所以V四棱锥P—ABCD＝S四边形ABCD·PA＝××1＝.‎ ‎4． (2012·山东)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，‎ AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝‎ CF.‎ ‎(1)求证：BD⊥平面AED；‎ ‎(2)求平面BDF和平面BDC夹角的余弦值．‎ ‎(1)证明　因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，所以∠ADC＝∠BCD ‎＝120°.‎ 又CB＝CD，所以∠CDB＝30°，‎ 因此∠ADB＝90°，即AD⊥BD.‎ 又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE，AD平面AED，‎ 所以BD⊥平面AED.‎ ‎(2)解　由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD，‎ 因此CA，CB，CF两两垂直．‎ 以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为x轴，‎ y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设CB＝1，‎ 则C(0,0,0)，B(0,1,0)，D，F(0,0,1)．‎ 因此＝，＝(0，－1,1)．‎ 设平面BDF的一个法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则m·＝0，m·＝0，所以x＝y＝z，‎ 取z＝1，则m＝(，1,1)．‎ 由于＝(0,0,1)是平面BDC的一个法向量，‎ 则cos〈m，〉＝＝＝，‎ 所以平面BDF和平面BDC夹角的余弦值为.‎ ‎5． (2012·北京)如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6.D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A‎1C⊥CD，如图2.‎ ‎　　‎ ‎(1)求证：A‎1C⊥平面BCDE；‎ ‎(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；‎ ‎(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．‎ ‎(1)证明　∵AC⊥BC，DE∥BC，∴DE⊥AC.‎ ‎∴DE⊥A1D，DE⊥CD，∴DE⊥平面A1DC.‎ ‎∴DE⊥A‎1C.‎ 又∵A‎1C⊥CD，∴A‎1C⊥平面BCDE.‎ ‎(2)解　如图所示，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系Cxyz，‎ 则A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0)．‎ 设平面A1BE的法向量为 n＝(x，y，z)，‎ 则n·＝0，n·＝0.‎ 又＝(3,0，－2)，＝(－1,2,0)，‎ ‎∴ 令y＝1，则x＝2，z＝，∴n＝(2,1，)．‎ 设CM与平面A1BE所成的角为θ.‎ ‎∵＝(0,1，)，‎ ‎∴sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.‎ ‎∴CM与平面A1BE所成角的大小为.‎ ‎(3)解　线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．理由如下：‎ 假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p∈[0,3]．‎ 设平面A1DP的法向量为m＝(x′，y′，z′)，‎ 则m·＝0，m·＝0.‎ 又＝(0,2，－2)，＝(p，－2,0)，‎ ‎∴ 令x′＝2，则y′＝p，z′＝，‎ ‎∴m＝.‎ 平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当m·n＝0，‎ 即4＋p＋p＝0.解得p＝－2，与p∈[0,3]矛盾．‎ ‎∴线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．‎ ‎6． 如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，‎ AB⊥AD，M为EC的中点，AF＝AB＝BC＝FE＝AD.‎ ‎(1)求异面直线BF与DE所成角的大小；‎ ‎(2)证明：平面AMD⊥平面CDE；‎ ‎(3)求平面ACD与平面CDE夹角的余弦值．‎ ‎(1)解　如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设 AB ‎＝1，依题意得B(1,0,0)，C(1,1,0)，‎ D(0,2,0)，E(0,1,1)，‎ F(0,0,1)，M.‎ ＝(－1,0,1)，＝(0，－1,1)，‎ 于是cos〈，〉＝＝＝.‎ 所以异面直线BF与DE所成角的大小为60°.‎ ‎(2)证明　由＝，＝(－1,0,1)，＝(0,2,0)，可得·＝0，·＝0.‎ 因此，CE⊥AM，CE⊥AD.又AM∩AD＝A，‎ 故CE⊥平面AMD.而CE平面CDE，‎ 所以平面AMD⊥平面CDE.‎ ‎(3)解　设平面CDE的法向量为u＝(x，y，z)，则 于是 令x＝1可得u＝(1,1,1)．‎ 又由题设，平面ACD的一个法向量为v＝(0,0,1)．‎ 所以cos u，v＝＝＝.‎ 所以平面ACD与平面CDE夹角的余弦值为.‎