專題探究課四立體幾何是高考考查

專題研究課四立體幾何是高觀察看專題研究課四立體幾何是高觀察看19/19專題研究課四立體幾何是高觀察看高考導(dǎo)航1.立體幾何是高觀察看的重要內(nèi)容，每年的高考試題中基本上都是“一大一小”兩題，即一個解答題，一個選擇題或填空題，題目難度中等偏下；2.高考試題中的選擇題或填空題主要察看學(xué)生的空間想象能力及計算能力，解答題則主要采納“論證與計算”相聯(lián)合的模式，即第一是利用定義、定理、公義等證明空間的線線、線面、面面平行或垂直，再利用空間向量進(jìn)行空間角的計算，重在察看學(xué)生的邏輯推理能力及計算能力，熱門題型主要有平面圖形的翻折、探干脆問題等；3.解決立體幾何問題要用的數(shù)學(xué)思想方法主要有：(1)轉(zhuǎn)變與化歸(空間問題轉(zhuǎn)變?yōu)槠矫鎲栴})；(2)數(shù)形聯(lián)合(依據(jù)空間地點(diǎn)關(guān)系利用向量轉(zhuǎn)變?yōu)榇鷶?shù)運(yùn)算).熱門一空間點(diǎn)、線、面的地點(diǎn)關(guān)系及空間角的計算(教材VS高考)空間點(diǎn)、線、面的地點(diǎn)關(guān)系平常察看平行、垂直關(guān)系的證明，一般出此刻解答題的第(1)問，解答題的第(2)問常察看求空間角，一般都能夠成立空間直角坐標(biāo)系，用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求解.【例1】(滿分12分)(2017·全國Ⅱ卷)如圖，四棱錐P－ABCD中，側(cè)面PAD為1等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝2AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中點(diǎn).(1)證明：直線CE∥平面PAB；(2)點(diǎn)M在棱PC上，且直線BM與底面ABCD所成角為45°，求二面角M－AB－D的余弦值.教材探源此題源于教材選修2－1P109例4，在例4的基礎(chǔ)進(jìn)步行了改造，刪去了例4的第(2)問，引入線面角的求解.滿分解答(1)證明取PA的中點(diǎn)F，連結(jié)EF，BF，因?yàn)镋是PD的中點(diǎn)，所以EF∥AD，1EF＝2AD，1分(得分點(diǎn)1)由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，1又BC＝2AD，所以EF綊BC，四邊形BCEF是平行四邊形，CE∥BF，3分(得分點(diǎn)2)BF平面PAB，CE平面PAB，故CE∥平面PAB.4分(得分點(diǎn)3)→(2)解由已知得BA⊥AD，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB的→方向?yàn)閤軸正方向，|AB|為單位長度，成立以以以下圖的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，3)，→PC＝(1，0，－

→3)，AB＝(1，0，0).M(x，y，z)(0<x<1)，則→→BM＝(x－1，y，z)，PM＝(x，y－1，z－

3).6分(得分點(diǎn)4)因?yàn)锽M與底面ABCD所成的角為45°，而n＝(0，0，1)是底面ABCD的一個法向量，→所以|cos〈BM，n〉|＝sin45°，|z|2（x－1）2＋y2＋z2＝2，即(x－1)2＋y2－z2＝0.①→→又M在棱PC上，設(shè)PM＝λPC，則x＝λ，y＝1，z＝3－3λ.②22x＝1＋2，x＝1－2，由①，②解得y＝1，(舍去)，y＝1，66z＝－2z＝2，26→26所以M1－2，1，2，進(jìn)而AM＝1－2，1，2.8分(得分點(diǎn)5)設(shè)m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，則→＝0，（2－＋＋＝，即→x0＝0，·＝0，mAB所以可取m＝(0，－6，2).10分(得分點(diǎn)6)m·n10于是cos〈m，n〉＝|m||n|＝5.10所以二面角M－AB－D的余弦值為5.12分(得分點(diǎn)7)?得步驟分：抓住得分點(diǎn)的解題步驟，“步步為贏”，在第(1)問中，作協(xié)助線→證明線線平行→證明線面平行；第(2)問中，成立空間直角坐標(biāo)系→依據(jù)直線BM和底面ABCD所成的角為45°和點(diǎn)M在直線PC上確立M的坐標(biāo)→求平面ABM的法向量→求二面角M－AB－D的余弦值.得重點(diǎn)分：(1)作協(xié)助線；(2)證明CE∥BF；(3)求有關(guān)向量與點(diǎn)的坐標(biāo)；(4)求平面的法向量；(5)求二面角的余弦值，都是不能夠少的過程，有則給分，無則沒分.得計算分：解題過程被騙算正確是得滿分的根本保證，如(得分點(diǎn)4)，(得分點(diǎn)5)，(得分點(diǎn)6)，(得分點(diǎn)7).利用向量求空間角的步驟第一步：成立空間直角坐標(biāo)系.第二步：確立點(diǎn)的坐標(biāo).第三步：求向量(直線的方向向量、平面的法向量)坐標(biāo).第四步：計算向量的夾角(或函數(shù)值).第五步：將向量夾角轉(zhuǎn)變?yōu)樗蟮目臻g角.第六步：反省回首，查察重點(diǎn)點(diǎn)、易錯點(diǎn)和答題規(guī)范.【訓(xùn)練1】(2018·渭南模擬)在四棱錐P－ABCE中，PA⊥底面ABCE，CD⊥AE，AC均分∠BAD，G為PC的中點(diǎn)，PA＝AD＝2，BC＝DE，AB＝3，CD＝23，F(xiàn)，M分別為BC，EG上一點(diǎn)，且AF∥CD.EM(1)求MG的值，使得CM∥平面AFG；(2)求直線CE與平面AFG所成角的正弦值.(1)在Rt△ADC中，∠ADC為直角，23tan∠CAD＝2＝3，則∠CAD＝60°，AC均分∠BAD，∴∠BAC＝60°，∵AB＝3，AC＝2AD＝4，∴在△ABC中，由余弦定理可得BC＝13，∴DE＝13.連結(jié)DM，EMED13當(dāng)MG＝DA＝2時，AG∥DM，AF∥CD，AF∩AG＝A，∴平面CDM∥平面AFG，CM平面CDM，∴CM∥平面AFG.(2)分別以DA，AF，AP為x，y，z軸的正方向，A為原點(diǎn)，成立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，以以以下圖，A(0，0，0)，C(－2，23，0)，D(－2，0，0)，P(0，0，2)，E(－2－13，0，0)，可得G(－1，3，1)，→→則AG＝(－1，3，1)，CD＝(0，－23，0)，→13，－23，0).CE＝(－設(shè)平面AFG的法向量為n＝(x，y，z)，∵AF∥CD，→－x＋3y＋z＝0，AG·n＝0，∴即－23y＝0，→CD·n＝0，令x＝1，得平面AFG的一個法向量為n＝(1，0，1).→1326∴直線CE與平面AFG所成角的正弦值為|cos〈CE，n〉|＝13＋12·2＝10.熱門二立體幾何中的研究性問題此類試題一般以解答題形式表現(xiàn)，常波及線、面平行、垂直地點(diǎn)關(guān)系的研究或空間角的計算問題，是高考命題的熱門，一般有兩種解決方式：(1)依據(jù)條件作出判斷，再進(jìn)一步論證；(2)利用空間向量，先假定存在點(diǎn)的坐標(biāo)，再依據(jù)條件判斷該點(diǎn)的坐標(biāo)能否存在.【例2】以以以下圖，四棱錐P－ABCD的底面是邊長為1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝2，E為PD上一點(diǎn)，PE＝2ED.(1)求證：PA⊥平面ABCD；(2)在側(cè)棱PC上能否存在一點(diǎn)F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F點(diǎn)的地點(diǎn)，并證明；若不存在，說明原因.(1)證明∵PA＝AD＝1，PD＝2，∴PA2＋AD2＝PD2，即PA⊥AD.PA⊥CD，AD∩CD＝D，AD，CD平面ABCD，∴PA⊥平面ABCD.(2)解存在.以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸成立空間直角坐標(biāo)系.則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，0，1)，21→→21E0，3，3，所以AC＝(1，1，0)，AE＝0，3，3.設(shè)平面AEC的法向量為n＝(x，y，z)，→x＋y＝0，n·AC＝0，則即→2y＋z＝0，·＝0，nAEy＝1，則n＝(－1，1，－2).→→假定側(cè)棱PC上存在一點(diǎn)F，且CF＝λCP(0≤λ≤1)，→使得BF∥平面AEC，則BF·n＝0.→→→又∵BF＝BC＋CF＝(0，1，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)，→1∴BF·n＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝2，∴存在點(diǎn)F，使得BF∥平面AEC，且F為PC的中點(diǎn).研究提升(1)關(guān)于存在判斷型問題的求解，應(yīng)先假定存在，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“能否存在”問題轉(zhuǎn)變?yōu)椤包c(diǎn)的坐標(biāo)能否有解，能否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等.關(guān)于地點(diǎn)研究型問題，平常借助向量，引進(jìn)參數(shù)，綜合已知和結(jié)論列出等式，解出參數(shù).【訓(xùn)練2】(2018·河北“五個一”名校二模)如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四邊形BFED是以BD為直角腰的直角梯形，DE＝2BF＝2，平面BFED⊥平面ABCD.(1)求證：AD⊥平面BFED；(2)在線段EF上能否存在一點(diǎn)P，使得平面PAB與平面ADE所成的銳二面角的57余弦值為28？若存在，求出點(diǎn)P的地點(diǎn)；若不存在，說明原因.(1)證明在梯形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，∴AB＝2，在△DCB中，由余弦定理得BD2＝DC2＋BC2－2DC·BCcos∠BCD＝3，∴AB2＝AD2＋BD2，∴BD⊥AD.∵平面BFED⊥平面ABCD，平面

BFED∩平面

ABCD＝BD，AD

平面

ABCD，∴AD⊥平面

BFED.(2)解

存在.原因以下：假定存在知足題意的點(diǎn)P，∵AD⊥平面BFED，∴AD⊥DE，D為原點(diǎn)，DA，DB，DE所在直線分別為x軸、y軸、z軸成立以以以下圖的空間直角坐標(biāo)系，→則D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，3，0)，E(0，0，2)，F(xiàn)(0，3，1)，則EF＝→＝(－1，→(0，3，－1)，AB3，0)，AE＝(－1，0，2)，→→設(shè)P是線段上一點(diǎn)，則存在λ∈[0，1]，使得EP＝λEF，→→3，－1)，則EP＝λEF＝λ(0，→→→→→在△AEP中，AP＝AE＋EP＝AE＋λEF(－1，0，2)＋λ(0，3，－1)＝(－1，3λ，2－λ).取平面ADE的一個法向量為n＝(0，1，0)，設(shè)平面PAB的法向量為m＝(x，y，z)，→－x＋3y＝0，AB·m＝0，由得3λy＋（2－λ）z＝0，→－x＋AP·m＝0，令y＝2－λ，則m＝(3(2－λ)，2－λ，3(1－λ))為平面PAB的一個法向量，∵二面角A－PD－C為銳二面角，∴cos〈m，n〉＝|m·n|＝57，解得λ＝1，|m||n|283故P為線段EF上湊近點(diǎn)E的三均分點(diǎn).熱門三立體幾何中的折疊問題將平面圖形沿此中一條或幾條線段折起，使其成為空間圖形，這種問題稱為立體幾何中的折疊問題，折疊問題常與空間中的平行、垂直以及空間角相聯(lián)合命題，察看學(xué)生的空間想象力和解析問題的能力.【例3】(2016·全國Ⅱ卷)如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點(diǎn)O，AB＝5，AC＝6，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，CD上，5AE＝CF＝4，EF交BD于點(diǎn)H.將△DEF沿EF折到△D′EF的地點(diǎn)，OD′＝10.(1)證明：D′H⊥平面ABCD；(2)求二面角B－D′A－C的正弦值.(1)證明由已知得AC⊥BD，AD＝CD.AECF又由AE＝CF得AD＝CD，故AC∥EF.所以EF⊥HD，進(jìn)而EF⊥D′H.AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝AB2－AO2＝4.OHAE1EF∥AC得DO＝AD＝4.所以O(shè)H＝1，D′H＝DH＝3.于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD.→(2)解如圖，以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，HF的方向?yàn)閤軸正方向，成立空間直角坐標(biāo)系H－xyz.H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，B(0，－5，0)，C(3，－1，0)，→→→＝(3，－4，0)，AC＝(6，0，0)，AD′＝(3，1，3).D′(0，0，3)，AB設(shè)m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，→＝0，3x1－4y1＝0，·mAB即則3x1＋y1＋3z1＝0，→＝0，m·AD′所以可取m＝(4，3，－5).設(shè)n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，→6x2＝0，n·AC＝0，則即3x2＋y2＋3z2＝0，→＝0，n·AD′所以可取n＝(0，－3，1).于是cos〈m，n〉＝m·n＝－1475|m||n|＝－25.50×1095sin〈m，n〉＝25.95所以二面角B－D′A－C的正弦值是25.研究提升立體幾何中的折疊問題，重點(diǎn)是搞清翻折前后圖形中線面地點(diǎn)關(guān)系和胸懷關(guān)系的變化狀況，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.【訓(xùn)練3】(2018·衡水中學(xué)調(diào)研)如圖(1)所示，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，π∠BAD＝2，AB＝BC＝1，AD＝2，E是線段AD的中點(diǎn)，O是AC與BE的交點(diǎn).將△ABE沿BE折起到△A1BE的地點(diǎn)，如圖(2)所示.(1)證明：CD⊥平面A1OC；(2)若平面ABE⊥平面BCDE，求直線BD與平面ABC所成角的正弦值.11(1)證明在題圖(1)中，連結(jié)CE，因?yàn)锳B＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中點(diǎn)，∠BAD＝π2，所以四邊形ABCE為正方形，四邊形BCDE為平行四邊形，所以BE⊥AC.在題圖(2)中，BE⊥OA1，BE⊥OC，OA1∩OC＝O，OA1，OC平面A1OC，進(jìn)而BE⊥平面A1OC.CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)解由(1)知BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC為二面角A1－BE－C的平面角，又平面A1BE⊥平面BCDE，π所以∠A1OC＝2，所以O(shè)B，OC，OA1兩兩垂直.如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，OB，OC，OA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸成立空間直角坐標(biāo)系，2222則B(2，0，0)，E(－2，0，0)，A1(0，0，2)，C(0，2，0)，→22→22得BC＝(－2，2，0)，A1C＝(0，2，－2)，→→2由CD＝BE＝(－2，0，0)，得D(－2，2，0).322所以BD＝(－2，2，0).設(shè)平面A1BC的法向量為n＝(x，y，z)，直線BD與平面A1BC所成的角為θ，→n·BC＝0，－x＋y＝0，則得→y－z＝0，n·A1C＝0，x＝1，得n＝(1，1，1).進(jìn)而sinθ＝|cos→|＝230BD，n＝15，5×3即直線BD與平面A1BC所成角的正弦值為3015.1.(2018成·都診療)以以以下圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝1，AD＝23，∠ACD＝60°，E為CD的中點(diǎn).(1)求證：BC∥平面PAE；(2)求直線PD與平面PBC所成角的正弦值.(1)證明∵AB＝3，BC＝1，∠ABC＝90°，∴AC＝2，∠BCA＝60°.在△ACD中，∵AD＝23，AC＝2，∠ACD＝60°，∴由余弦定理得：AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠ACD，解得CD＝4，∴AC2＋AD2＝CD2，∴△ACD是直角三角形.1又E為CD的中點(diǎn)，∴AE＝2CD＝CE，又∠ACD＝60°，∴△ACE是等邊三角形，∴∠CAE＝60°＝∠BCA，∴BC∥AE.AE平面PAE，BC平面PAE，∴BC∥平面PAE.(2)解由(1)可知∠BAE＝90°，以點(diǎn)A為原點(diǎn)，以AB，AE，AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸成立以以以下圖的空間直角坐標(biāo)系，則P(0，0，2)，B(3，0，0)，C(3，1，0)，D(－3，3，0)，→→→∴PB＝(3，0，－2)，PC＝(3，1，－2)，PD＝(－3，3，－2).設(shè)n＝(x，y，z)為平面PBC的法向量，則→＝0，3x－＝，n·PB2z0→＝0，即3x＋y－2z＝0，·nPC設(shè)x＝1，則y＝0，z＝3，n＝1，0，3，22→→－2321n·PD∴cos〈n，PD〉＝→＝7＝－7，|n||PD·|4·16∴直線PD與平面PBC所成角的正弦值為217.2.(2018鄭·州調(diào)研)在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，點(diǎn)E為AD中點(diǎn)，沿BE將△ABE折起至△PBE，以以以下圖，點(diǎn)P在平面BCDE的射影O落在BE上.(1)求證：BP⊥CE；(2)求二面角B－PC－D的余弦值.(1)證明由條件，點(diǎn)P在平面BCDE的射影O落在BE上，∴平面PBE⊥平面BCDE，且在△BCE中，BE2＋CE2＝BC2，∵BE2＝2，CE2＝2，BC2＝4，∴BE⊥CE，又平面PBE∩平面BCDE＝BE，CE平面BCDE，∴CE⊥平面PBE，BP平面PBE，∴BP⊥CE.(2)解以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以過點(diǎn)O且平行于CD的直線為x軸，過點(diǎn)O且平行于BC的直線為y軸，直線PO為z軸，成立以以以下圖空間直角坐標(biāo)系.1113132則B(2，－2，0)，C(2，2，0)，D(－2，2，0)，P(0，0，2)，設(shè)平面PCD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，→1＝0，則即→1＋3y1－2z1＝0，n1·CP＝0，x令z1＝2，可得n1＝22，0，3，設(shè)平面PBC的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，→x2－y2－2z2＝0，n2·PB＝0，則即2y2＝0，→n2·BC＝0，令z2＝2，可得n2＝(2，0，2)，∴cos〈n1，n2〉＝n1·n233|n1|·|n2|＝11，聯(lián)合圖形判斷二面角B－PC－D為鈍二面角，33則二面角B－PC－D的余弦值為－11.3.(2018西·安模擬)如圖在直角梯形BB1C1C中，∠CC1B1＝90°，BB1∥CC1，CC1＝B11＝2BB1＝2，D是CC1的中點(diǎn)，四邊形AA11C能夠經(jīng)過直角梯形11CCBBCC以CC1為軸旋轉(zhuǎn)獲得，且二面角B1－CC1－A為120°.(1)若點(diǎn)E是線段A1B1上的動點(diǎn)，求證：DE∥平面ABC；(2)求二面角B－AC－A1的余弦值.(1)證明連結(jié)DA1，DB1，∵CD∥AA1且CD＝AA1，∴四邊形AA1DC是平行四邊形，∴AC∥A1D，同理BC∥DB1，∴A1D∥平面ABC，DB1∥平面ABC，A1D∩DB1＝D，A1D，DB1平面DA1B1，∴平面DA1B1∥平面CAB，DE平面DA1B1，∴DE∥平面ABC.(2)解在平面A1B1C1內(nèi)，過C1作C1F⊥B1C1，由題知CC1⊥C1B1，CC1⊥A1C1，∴CC1⊥平面A1B1C1.分別以C1，11，C1C為x軸、y軸、z軸正方向成立空間直角坐標(biāo)系C1－xyz，F(xiàn)CBC1(0，0，0)，A(3，－1，1)，C(0，0，2)，B(0，2，1)，→＝(3，－→＝(0，→→所以C11，1)，C10，2)，AC＝(－3，1，1)，BC＝(0，－AC2，1)，設(shè)平面A1AC的法向量為m＝(x，，，平面BAC的法向量為n＝，，，yz)(abc)→2z＝0，C1C·m＝0，可取m＝(3，3，0)，有則→3x－y＋z＝0，C1A·m＝0→－2b＋c＝0，BC·n＝0，有則可取n＝(3，1，2)，→－3a＋b＋c＝0，AC·n＝0cos〈m，n〉＝m·n＝3＋3＝6，|m||·n|3＋9·3＋1＋44所以二面角B－AC－A1的余弦值為46.4.(2018武·漢模擬)如圖，四邊形ABCD是正方形，四邊形BDEF為矩形，AC⊥BF，G為EF的中點(diǎn).(1)求證：BF⊥平面ABCD；BF(2)二面角C－BG－D的大小能夠?yàn)?0°嗎，若能夠求出此時BC的值，若不能夠，請說明原因.(1)證明∵四邊形ABCD是正方形，四邊形BDEF為矩形，∴BF⊥BD，又∵AC⊥BF，AC，BD為平面ABCD內(nèi)兩條訂交直線，∴BF⊥平面ABCD.(2)解假定二面角C－BG－D的大小能夠?yàn)?0°，(1)知BF⊥平面ABCD，以A為原點(diǎn)，分別以AB，AD為x軸，y軸成立空間直角坐標(biāo)系，以以以下圖，不如設(shè)AB＝AD＝2，BF＝h(h>0)，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，C(2，2，0)，EF的中點(diǎn)G(1，1，h)，→→＝(－1，1，h)，BC＝(0，2，0).BG設(shè)平面BCG的法向量為n＝(x，y，z)，→－x＋y＋hz＝0，BG·n＝0，則→即取n＝(h，0，1).2y＝0，BC·n＝0，因?yàn)锳C⊥BF，AC⊥BD，→∴AC⊥平面BDG，平面BDG的法向量為AC＝(2，2，0).→2h由題意得cos60°＝n·AC→＝2，|n||AC·|h＋1·4＋4BF1解得h＝1，此時BC＝2.BF1∴當(dāng)BC＝2時，二面角C－BG－D的大小為60°.5.(2018上·饒名校調(diào)研)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，E，F(xiàn)，M分別是棱PD，PC和BC上的DECFCM1點(diǎn)，且EP＝FP＝MB＝2，N是PA上一點(diǎn)，AD＝PD.AN(1)求當(dāng)NP為什么值時，平面NEF⊥平面MEF；1(2)在(1)的條件下，若AB＝2DC＝2，PD＝3，求平面BCN與平面MEF所成銳二面角的余弦值.DG1解(1)在AD上取一點(diǎn)G，使得GA＝2，連結(jié)EG，MG，DGDECM1∴GA＝EP＝MB＝2，∴EG∥PA，MG∥CD.∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥CD，∵AD⊥CD，∴CD⊥平面PAD，DECF∵EP＝FP，∴EF∥DC，則

EF⊥平面

PAD.∵平面

NEF⊥平面

MEF，∴∠NEG＝90°，在Rt△PAD中，AD＝PD，∴PA＝

2PD，在△PNE中，由正弦定理得

PN＝

23PD.AN∴當(dāng)NP＝2時，平面

NEF⊥平面

MEF.(2)以D

為坐標(biāo)原點(diǎn)，成立以以以下圖的空間直角坐標(biāo)系

D－xyz，A(3，0，0)，B(3，2，0)，C(0，4，0)，P(0，0，3)，N(1，0，2)，→→→→∴NB＝(2，2，－2)，CB＝(3，－2，0)，PA＝(3，0，－3)，AB＝(0，2，0)，設(shè)平面BCN的法向量n＝(x，y，z)，→n·NB＝0，則→n·CB＝0，2x＋2y－2z＝0，即3x－2y＝0，y＝3，則x＝2，z＝5，∴n＝(2，3，5)，∵EF