新編浙江高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書：第1部分 重點強化專題 專題4 突破點9 空間中的平行與垂直關(guān)系 Word版含答案

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1、 突破點9　空間中的平行與垂直關(guān)系 (對應(yīng)學(xué)生用書第32頁) [核心知識提煉] 提煉1 異面直線的性質(zhì) 　 (1)異面直線不具有傳遞性．注意不能把異面直線誤解為分別在兩個不同平面內(nèi)的兩條直線或平面內(nèi)的一條直線與平面外的一條直線． (2)異面直線所成角的范圍是，所以空間中兩條直線垂直可能為異面垂直或相交垂直． (3)求異面直線所成角的一般步驟為：①找出(或作出)適合題設(shè)的角——用平移法；②求——轉(zhuǎn)化為在三角形中求解；③結(jié)論——由②所求得的角或其補角即為所求. 提煉2 平面與平面平行的常用性質(zhì) 　 (1)夾在兩個平行平面之間的平行線段長度相等． (2)

2、經(jīng)過平面外一點有且只有一個平面與已知平面平行． (3)如果兩個平面分別平行于第三個平面，那么這兩個平面互相平行． (4)兩個平面平行，則其中一個平面內(nèi)的任意一條直線平行于另一個平面. 提煉3 證明線面位置關(guān)系的方法 　 (1)證明線線平行的方法：①三角形的中位線等平面幾何中的性質(zhì)；②線面平行的性質(zhì)定理；③面面平行的性質(zhì)定理；④線面垂直的性質(zhì)定理． (2)證明線面平行的方法：①尋找線線平行，利用線面平行的判定定理；②尋找面面平行，利用面面平行的性質(zhì)． (3)證明線面垂直的方法：①線面垂直的定義，需要說明直線與平面內(nèi)的所有直線都垂直；②線面垂直的判定定理；③面面垂直的性質(zhì)定理．

3、 (4)證明面面垂直的方法：①定義法，即證明兩個平面所成的二面角為直二面角；②面面垂直的判定定理，即證明一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線． [高考真題回訪] 回訪1　空間點、線、面的位置關(guān)系 1．(20xx·浙江高考)已知互相垂直的平面α，β交于直線l，若直線m，n滿足m∥α，n⊥β，則(　　) A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n C　[∵α∩β＝l，∴l(xiāng)?β.∵n⊥β，∴n⊥l，故選C.] 2．(20xx·浙江高考)在空間中，過點A作平面π的垂線，垂足為B，記B＝fπ(A)．設(shè)α，β是兩個不同的平面，對空間任意一點P，Q1＝fβ[fα(P)]，Q2

4、＝fα[fβ(P)]，恒有PQ1＝PQ2，則(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：68334106】 A．平面α與平面β垂直 B．平面α與平面β所成的(銳)二面角為45° C．平面α與平面β平行 D．平面α與平面β所成的(銳)二面角為60° A　[設(shè)P1＝fα(P)，P2＝fβ(P)，則PP1⊥α，P1Q1⊥β，PP2⊥β，P2Q2⊥α. 若α∥β，則P1與Q2重合、P2與Q1重合，所以PQ1≠PQ2，所以α與β相交．設(shè)α∩β＝l，由PP1∥P2Q2，所以P，P1，P2，Q2四點共面．同理P，P1，P2，Q1四點共面．所以P，P1，P2，Q1，Q2五點共面，且α與β的交線

5、l垂直于此平面．又因為PQ1＝PQ2，所以Q1，Q2重合且在l上，四邊形PP1Q1P2為矩形．那么∠P1Q1P2＝為二面角α-l-β的平面角，所以α⊥β.] 3．(20xx·浙江高考)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面(　　) A．若m∥α，n∥α，則m∥n B．若m∥α，m∥β，則α∥β C．若m∥n，m⊥α，則n⊥α D．若m∥α，α⊥β，則m⊥β C　[A項，當m∥α，n∥α?xí)r，m，n可能平行，可能相交，也可能異面，故錯誤；B項，當m∥α，m∥β時，α，β可能平行也可能相交，故錯誤；C項，當m∥n，m⊥α?xí)r，n⊥α，故正確；D項，當m∥α，α⊥β時，m

6、可能與β平行，可能在β內(nèi)，也可能與β相交，故錯誤．故選C.] 4．(20xx·浙江高考)如圖9-1，在三棱錐A-BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，點M，N分別為AD，BC的中點，則異面直線AN，CM所成的角的余弦值是________． 圖9-1 　[如圖所示，連接DN，取線段DN的中點K，連接MK，CK. ∵M為AD的中點， ∴MK∥AN， ∴∠KMC為異面直線AN，CM所成的角． ∵AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，N為BC的中點， 由勾股定理易求得AN＝DN＝CM＝2，∴MK＝. 在Rt△CKN中，CK＝＝. 在△CKM

7、中，由余弦定理，得 cos∠KMC＝＝.] 回訪2　直線、平面平行的判定與性質(zhì) 5．(20xx·浙江高考)設(shè)α，β是兩個不同的平面，l，m是兩條不同的直線，且l?α，m?β.(　　) A．若l⊥β，則α⊥β B．若α⊥β，則l⊥m C．若l∥β，則α∥β D．若α∥β，則l∥m A　[∵l⊥β，l?α，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正確．] 6．(20xx·浙江高考)如圖9-2，已知四棱錐P-ABCD，△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E為PD的中點． 圖9-2 (1)證明：CE∥平面PAB

8、； (2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值． [解]　(1)證明：如圖，設(shè)PA的中點為F，連接EF，F(xiàn)B. 因為E，F(xiàn)分別為PD，PA的中點， 所以EF∥AD且EF＝AD. 3分 又因為BC∥AD，BC＝AD， 所以EF∥BC且EF＝BC， 所以四邊形BCEF為平行四邊形，所以CE∥BF. 因為BF?平面PAB，CE?平面PAB， 所以CE∥平面PAB. 7分 (2)分別取BC，AD的中點M，N. 連接PN交EF于點Q，連接MQ. 因為E，F(xiàn)，N分別是PD，PA，AD的中點， 所以Q為EF的中點. 9分 在平行四邊形BCEF

9、中，MQ∥CE. 由△PAD為等腰直角三角形得PN⊥AD. 由DC⊥AD，BC∥AD，BC＝AD，N是AD的中點得BN⊥AD. 所以AD⊥平面PBN. 11分 由BC∥AD得BC⊥平面PBN， 那么平面PBC⊥平面PBN. 過點Q作PB的垂線， 垂足為H，連接MH， MH是MQ在平面PBC上的射影， 所以∠QMH是直線CE與平面PBC所成的角. 13分 設(shè)CD＝1. 在△PCD中，由PC＝2，CD＝1，PD＝得CE＝， 在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝得QH＝， 在Rt△MQH中，QH＝，MQ＝， 所以sin∠QMH＝. 所以

10、，直線CE與平面PBC所成角的正弦值是. 15分 7．(20xx·浙江高考)如圖9-3，在四面體A-BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2，M是AD的中點，P是BM的中點，點Q在線段AC上，且AQ＝3QC. 圖9-3 (1)證明：PQ∥平面BCD； (2)若二面角C-BM-D的大小為60°，求∠BDC的大?。? [解]　法一　(1)證明：如圖(1)，取BD的中點O，在線段CD上取點F，使得DF＝3FC，連接OP，OF，F(xiàn)Q.因為AQ＝3QC，所以QF∥AD，且QF＝AD. 2分 (1) 因為O，P分別為BD，BM的中點， 所以O(shè)P是△BDM

11、的中位線， 所以O(shè)P∥DM，且OP＝DM. 4分 又點M為AD的中點， 所以O(shè)P∥AD，且OP＝AD. 從而OP∥FQ，且OP＝FQ， 5分 所以四邊形OPQF為平行四邊形，故PQ∥OF. 又PQ?平面BCD，OF?平面BCD， 所以PQ∥平面BCD. 6分 (2)如圖，作CG⊥BD于點G，作GH⊥BM于點H，連接CH. 因為AD⊥平面BCD，CG?平面BCD，所以AD⊥CG. 8分 又CG⊥BD，AD∩BD＝D，故CG⊥平面ABD. 又BM?平面ABD，所以CG⊥BM. 又GH⊥BM，CG∩GH＝G，故BM⊥平面CGH， 所以GH⊥B

12、M，CH⊥BM. 所以∠CHG為二面角C-BM-D的平面角，即∠CHG＝60°. 10分 設(shè)∠BDC＝θ，在Rt△BCD中， CD＝BDcos θ＝2cos θ，CG＝CDsin θ ＝2cos θsin θ， BC＝BDsin θ＝2sin θ，BG＝BCsin θ＝2sin2θ. 12分 在△BGM中， HG＝＝. 因為CG⊥平面ABD，GH?平面ABD， 所以CG⊥GH. 13分 在Rt△CHG中， tan∠CHG＝＝＝. 所以tan θ＝.從而θ＝60°.即∠BDC＝60°. 15分 法二　(1)證明：如圖(2)，取BD的中點O，以

13、O為原點，OD，OP所在射線為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標系O-xyz. 2分 (2) 由題意知A(0，，2)，B(0，－，0)，D(0，，0)． 設(shè)點C的坐標為(x0，y0,0)， 因為＝3， 所以Q. 4分 因為點M為AD的中點，故M(0，，1)． 又點P為BM的中點，故P， 所以＝. 5分 又平面BCD的一個法向量為a＝(0,0,1)，故·a＝0. 又PQ?平面BCD，所以PQ∥平面BCD. 6分 (2)設(shè)m＝(x，y，z)為平面BMC的一個法向量． 由＝(－x0，－y0,1)，＝(0,2，1)， 知 8分 取y＝－1

14、，得m＝. 10分 又平面BDM的一個法向量為n＝(1,0,0)，于是 |cos〈m，n〉|＝＝＝， 即2＝3.① 又BC⊥CD，所以·＝0， 12分 故(－x0，－－y0,0)·(－x0，－y0,0)＝0， 即x＋y＝2.② 聯(lián)立①②，解得(舍去)或 13分 所以tan∠BDC＝＝. 又∠BDC是銳角，所以∠BDC＝60°. 15分 回訪3　直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 8．(20xx·浙江高考9)如圖9-4，已知正四面體D-ABC(所有棱長均相等的三棱錐)，P，Q，R分別為AB，BC，CA上的點，AP＝PB，＝＝2，分別記二面角D-PR-Q，D-PQ

15、-R，D-QR-P的平面角為α，β，γ，則(　　) 圖9-4 A．γ<α<β B．α<γ<β C．α<β<γ D．β<γ<α B　[如圖①，作出點D在底面ABC上的射影O，過點O分別作PR，PQ，QR的垂線OE，OF，OG，連接DE，DF，DG，則α＝∠DEO，β＝∠DFO，γ＝∠DGO. 由圖可知它們的對邊都是DO， ∴只需比較EO，F(xiàn)O，GO的大小即可． ①　　　　　　　　?、? 如圖②，在AB邊上取點P′，使AP′＝2P′B，連接OQ，OR，則O為△QRP′的中心． 設(shè)點O到△QRP′三邊的距離為a，則OG＝a， OF＝OQ·sin∠OQF

16、·sin∠OQP′＝a， OE＝OR·sin∠ORE>OR·sin∠ORP′＝a， ∴OF

17、t△ABC，令斜邊AB＝4，AC＝2，BC＝2，如圖所示，則CD＝AD＝BD＝2，∠BDH＝120°，設(shè)沿直線CD將△ACD折成△A′CD，使平面A′CD⊥平面BCD，則α＝90°.取CD中點H，連接A′H，BH，則A′H⊥CD，∴A′H⊥平面BCD，且A′H＝，DH＝1.在△BDH中，由余弦定理可得BH＝.在Rt△A′HB中，由勾股定理可得A′B＝.在△A′DB中，∵A′D2＋BD2－A′B2＝－2<0，可知cos∠A′DB<0，∴∠A′DB為鈍角，故排除A.綜上可知答案為B.] 10．(20xx·浙江高考)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面．(　　) A．若m⊥n，

18、n∥α，則m⊥α B．若m∥β，β⊥α，則m⊥α C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，則m⊥α D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，則m⊥α C　[A中，由m⊥n，n∥α可得m∥α或m與α相交或m?α，錯誤； B中，由m∥β，β⊥α可得m∥α或m與α相交或m?α，錯誤； C中，由m⊥β，n⊥β可得m∥n，又n⊥α，所以m⊥α，正確； D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α可得m∥α或m與α相交或m?α，錯誤．] 11．(20xx·浙江高考)如圖9-6，在四棱錐A-BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝. 圖9-6

19、 (1)證明：AC⊥平面BCDE； (2)求直線AE與平面ABC所成的角的正切值． [解]　(1)證明：如圖，連接BD，在直角梯形BCDE中，由DE＝BE＝1，CD＝2，得BD＝BC＝. 2分 由AC＝，AB＝2，得AB2＝AC2＋BC2，即AC⊥BC. 又平面ABC⊥平面BCDE， 從而AC⊥平面BCDE. 5分 (2)在直角梯形BCDE中，由BD＝BC＝，DC＝2，得BD⊥BC. 6分 又平面ABC⊥平面BCDE，所以BD⊥平面ABC. 如圖，作EF∥BD，與CB的延長線交于F，連接AF，則EF⊥平面ABC.所以∠EAF是直線AE與平

20、面ABC所成的角. 8分 在Rt△BEF中，由EB＝1，∠EBF＝，得EF＝，BF＝；在Rt△ACF中， 由AC＝，CF＝， 得AF＝. 11分 在Rt△AEF中，由EF＝，AF＝， 得tan ∠EAF＝. 所以，直線AE與平面ABC所成的角的正切值是. 15分 (對應(yīng)學(xué)生用書第35頁) 熱點題型1　空間位置關(guān)系的判斷與證明 題型分析：空間中平行與垂直關(guān)系的判斷與證明是高考常規(guī)的命題形式，此類題目綜合體現(xiàn)了相關(guān)判定定理和性質(zhì)定理的考查，同時也考查了學(xué)生的空間想象能力及轉(zhuǎn)化與化歸的思想. 【例1】　(1)α，β是兩平面，AB，CD是兩條線段，已知α∩β＝E

21、F，AB⊥α于點B，CD⊥α于點D，若增加一個條件，就能得出BD⊥EF.現(xiàn)有下列條件： ①AC⊥β；②AC與α，β所成的角相等；③AC與CD在β內(nèi)的射影在同一條直線上；④AC∥EF. 其中能成為增加條件的序號是________． 【導(dǎo)學(xué)號：68334108】 ①③　[若AC⊥β，且EF?β，則AC⊥EF，又AB⊥α，且EF?α，則AB⊥EF，AB和AC是平面ACDB上的兩條相交直線，則EF⊥平面ACDB，則EF⊥BD，①可以成為增加的條件；AC與α，β所成的角相等，AC和EF不一定垂直，可以相交、平行，所以EF與平面ACDB不一定垂直，所以推不出EF與BD垂直，②不能成為增加的

22、條件；由CD⊥α，EF?α，得EF⊥CD，所以EF與CD在β內(nèi)的射影垂直，又AC與CD在β內(nèi)的射影在同一直線上，所以EF⊥AC，CD和AC是平面ACDB上的兩條相交直線，則EF⊥平面ACDB，則EF⊥BD，③可以成為增加的條件；若AC∥EF，則AC∥α，則BD∥AC，所以BD∥EF，④不能成為增加的條件，故能成為增加條件的序號是①③.] (2)如圖9-7，已知正三棱錐P-ABC的側(cè)面是直角三角形，PA＝6，頂點P在平面ABC內(nèi)的正投影為點D，D在平面PAB內(nèi)的正投影為點E，連接PE并延長交AB于點G. 圖9-7 ①證明：G是AB的中點； ②在圖中作出點E在平面PAC內(nèi)的正投影

23、F(說明作法及理由)，并求四面體PDEF的體積． [解題指導(dǎo)]　(2)①→→→ ②→→→ →→→ → [解]?、僮C明：因為P在平面ABC內(nèi)的正投影為D， 所以AB⊥PD. 因為D在平面PAB內(nèi)的正投影為E，所以AB⊥DE. 1分 因為PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PED，故AB⊥PG. 2分 又由已知可得，PA＝PB，所以G是AB的中點. 3分 ②在平面PAB內(nèi)，過點E作PB的平行線交PA于點F，F(xiàn)即為E在平面PAC內(nèi)的正投影. 4分 理由如下：由已知可得PB⊥PA，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥PA，EF⊥PC.又PA∩PC＝P，因此E

24、F⊥平面PAC，即點F為E在平面PAC內(nèi)的正投影． 連接CG，因為P在平面ABC內(nèi)的正投影為D，所以D是正三角形ABC的中心．由①知，G是AB的中點，所以D在CG上，故CD＝CG. 8分 由題設(shè)可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB，所以DE∥PC，因此PE＝PG，DE＝PC. 10分 由已知，正三棱錐的側(cè)面是直角三角形且PA＝6，可得DE＝2，PE＝2. 在等腰直角三角形EFP中， 可得EF＝PF＝2， 12分 所以四面體PDEF的體積V＝××2×2×2＝. 15分 [方法指津] 在解答空間中線線、線面和面面的位置關(guān)系問題時，我們可以從線、面的概念、定理出發(fā)，

25、學(xué)會找特例、反例和構(gòu)建幾何模型.判斷兩直線是異面直線是難點，我們可以依據(jù)定義來判定，也可以依據(jù)定理(過平面外一點與平面內(nèi)一點的直線，和平面內(nèi)不經(jīng)過該點的直線是異面直線)判定.而反證法是證明兩直線異面的有效方法. 提醒：判斷直線和平面的位置關(guān)系中往往易忽視直線在平面內(nèi)，而面面位置關(guān)系中易忽視兩個平面平行.此類問題可以結(jié)合長方體中的線面關(guān)系找出假命題中的反例. [變式訓(xùn)練1]　(1)(20xx·杭州高級中學(xué)高三最后一模10)如圖9-8，在棱長為1的正四面體D-ABC中，O為△ABC的中心，過點O作直線分別與線段AC，BC交于M，N(可以是線段的端點)，連接DM，點P為DM的中點，則以下說

26、法正確的是(　　) 圖9-8 A．存在某一位置，使得NP⊥平面DAC B．S△DMN的最大值為 C．tan2∠DMN＋tan2∠DNM的最小值為12 D.的取值范圍是 D　[由題可得，選項A中，當線段MN變化時，存在MN，DN，PN⊥AD，但此時PN與平面所成角的余弦值為，PN不與平面DAC垂直，所以排除A；易知|DO|＝，S△DMN＝|MN|·|DO|＝MN≤×＝，所以排除B； 選項C中，tan2∠DMN＋tan2∠DNM＝＋＝|OD|2·≥，且|OM|·|ON|≤≤，所以tan2∠DMN＋tan2∠DNM≥，所以排除C；選項D，因為S△ABC＝，≤S△MNC≤

27、，又因為S四邊形MNBA＝S△ABC－S△MNC，所以＝＝∈，故選D.] (2)如圖9-9，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點，AM＝2MD，N為PC的中點． ①證明MN∥平面PAB； ②求四面體N-BCM的體積． 圖9-9 [解]　①證明：由已知得AM＝AD＝2. 如圖，取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC中點知TN∥BC， TN＝BC＝2. 又AD∥BC，故TN綊AM， 2分 所以四邊形AMNT為平行四邊形， 于是MN∥AT. 因為AT?平面PAB，MN?平

28、面PAB， 所以MN∥平面PAB. 4分 ②因為PA⊥平面ABCD，N為PC的中點， 所以N到平面ABCD的距離為PA. 如圖，取BC的中點E，連接AE. 由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝＝. 6分 由AM∥BC得M到BC的距離為， 故S△BCM＝×4×＝2. 12分 所以四面體N-BCM的體積VN-BCM＝×S△BCM×＝. 15分 熱點題型2　平面圖形的翻折問題 題型分析：(1)解決翻折問題的關(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. (2)找出其中變化的量和沒有變化的量，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

29、在同一個平面上的性質(zhì)發(fā)生變化. 【例2】　如圖9-10，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． 圖9-10 (1)證明：AC⊥HD′； (2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱錐D′-ABCFE的體積． [解]　(1)證明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.1分 又由AE＝CF得＝，故AC∥EF. 2分 由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′. 3分 (2)由EF∥AC得＝＝. 4分 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4. 所以O(shè)

30、H＝1，D′H＝DH＝3. 5分 于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2， 故OD′⊥OH. 6分 由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H， 所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′. 8分 又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以O(shè)D′⊥平面ABC. 又由＝得EF＝. 10分 五邊形ABCFE的面積S＝×6×8－××3＝. 13分 所以五棱錐D′-ABCFE的體積V＝××2＝. 15分 [方法指津] 翻折問題的注意事項 1．畫好兩圖：翻折之前的平面圖形與翻折之后形成的幾何體的直觀圖． 2．把握關(guān)系：即比較翻折前后的圖形，

31、準確把握平面圖形翻折前后的線線關(guān)系，哪些平行與垂直的關(guān)系不變，哪些平行與垂直的關(guān)系發(fā)生變化，這是準確把握幾何體結(jié)構(gòu)特征，進行空間線面關(guān)系邏輯推理的基礎(chǔ)． 3．準確定量：即根據(jù)平面圖形翻折的要求，把平面圖形中的相關(guān)數(shù)量轉(zhuǎn)化為空間幾何體的數(shù)字特征，這是準確進行計算的基礎(chǔ)． [變式訓(xùn)練2]　已知長方形ABCD中，AD＝，AB＝2，E為AB的中點．將△ADE沿DE折起到△PDE，得到四棱錐P-BCDE，如圖9-11所示． 圖9-11 (1)若點M為PC的中點，求證：BM∥平面PDE； (2)當平面PDE⊥平面BCDE時，求四棱錐P-BCDE的體積； (3)求證：DE⊥PC. 【

32、導(dǎo)學(xué)號：68334109】 [解]　(1)證明：取DP中點F，連接EF，F(xiàn)M. 因為在△PDC中，點F，M分別是所在邊的中點， 所以FM綊DC. 1分 又EB綊DC，所以FM綊EB， 2分 所以四邊形FEBM是平行四邊形，所以BM∥EF. 3分 又EF?平面PDE，BM?平面PDE. 所以BM∥平面PDE. 4分 (2)因為平面PDE⊥平面BCDE， 在△PDE中，作PO⊥DE于點O， 因為平面PDE∩平面BCDE＝DE， 所以PO⊥平面BCDE. 6分 在△PDE中，計算可得PO＝， 7分 所以V四棱錐P-BCDE＝Sh＝×(1＋2)××＝. 8分 (3)證明：在矩形ABCD中，連接AC交DE于點I， 因為tan∠DEA＝，tan∠CAB＝， 所以∠DEA＋∠CAB＝，所以DE⊥AC， 9分 所以在四棱錐P-BCDE中，PI⊥DE，CI⊥DE， 11分 又PI∩CI＝I，所以DE⊥平面PIC. 14分 因為PC?平面PIC，所以DE⊥PC. 15分