高考数学一轮复习讲义高考专题突破四

这是一份高考数学一轮复习讲义高考专题突破四，共20页。
1．正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为BC中点，E为A1C1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中点为F，连接EF，DF，DE，
则EF∥A1B1，DF∥B1B，
∴平面EFD∥平面A1B1BA，
∴DE∥平面A1B1BA.
2．设x、y、z是空间不同的直线或平面，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．③④ B．①③ C．②③ D．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．(2016·成都模拟)如图是一个几何体的三视图(侧视图中的弧线是半圆)，则该几何体的表面积是( )
A．20＋3π B．24＋3π
C．20＋4π D．24＋4π
答案 A
解析 根据几何体的三视图可知，该几何体是一个正方体和一个半圆柱的组合体，其中正方体的棱长为2，半圆柱的底面半径为1，母线长为2，故该几何体的表面积为4×5＋2×π＋2×eq \f(1,2)π＝20＋3π.
4．(2017·沈阳调研)设α，β，γ是三个平面，a，b是两条不同直线，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.
5.如图，在三棱锥P－ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．若PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.则直线PA与平面DEF的位置关系是________；平面BDE与平面ABC的位置关系是________．(填“平行”或“垂直”)
答案 平行 垂直
解析 ①因为D，E分别为棱PC，AC的中点，
所以DE∥PA.
又因为PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，
所以直线PA∥平面DEF.
②因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝6，BC＝8，
所以DE∥PA，DE＝eq \f(1,2)PA＝3，EF＝eq \f(1,2)BC＝4.
又因为DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2，
所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.
又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.
因为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.
题型一 求空间几何体的表面积与体积
例1 (2016·全国甲卷)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，
所以AC⊥平面DHD′，于是AC⊥OD′，
又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，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)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．
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.
∴VP－ABC＝VO－PAB＋VO－PBC＋VO－PAC＋VO－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 (2016·济南模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．
(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；
(2)求证：C1F∥平面ABE；
(3)求三棱锥E－ABC的体积．
(1)证明 在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC.
因为AB⊂平面ABC，
所以BB1⊥AB.
又因为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)证明 方法一 如图1，取AB中点G，连接EG，FG.
因为E，F分别是A1C1，BC的中点，
所以FG∥AC，且FG＝eq \f(1,2)AC.
因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，
所以FG∥EC1，且FG＝EC1，
所以四边形FGEC1为平行四边形，
所以C1F∥EG.
又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，
所以C1F∥平面ABE.
方法二 如图2，取AC的中点H，连接C1H，FH.
因为H，F分别是AC，BC的中点，所以HF∥AB，
又因为E，H分别是A1C1，AC的中点，
所以EC1綊AH，
所以四边形EAHC1为平行四边形，
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 因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，
所以AB＝eq \r(AC2－BC2)＝eq \r(3).
所以三棱锥E－ABC的体积
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).
思维升华 (1)①证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题．②证明C1F∥平面ABE：(ⅰ)利用判定定理，关键是在平面ABE中找(作)出直线EG，且满足C1F∥EG.(ⅱ)利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一个平面C1HF满足面面平行，实施线面平行与面面平行的转化．(2)计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，不能直接用公式时，注意进行体积的转化．
如图，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．
求证：(1)平面EFG∥平面ABC；
(2)BC⊥SA.
证明 (1)由AS＝AB，AF⊥SB知F为SB中点，
则EF∥AB，FG∥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，则AF⊥BC.
又BC⊥AB，AF∩AB＝A，则BC⊥平面SAB，
又SA⊂平面SAB，因此BC⊥SA.
题型三 平面图形的翻折问题
例3 (2015·陕西)如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝eq \f(π,2)，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图2.
(1)证明：CD⊥平面A1OC；
(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值．
(1)证明 在题图1中，连接EC，
因为AB＝BC＝1，AD＝2，
∠BAD＝eq \f(π,2)，
AD∥BC，E为AD中点，
所以BC綊ED，BC綊AE，
所以四边形BCDE为平行四边形，故有CD∥BE，
所以四边形ABCE为正方形，所以BE⊥AC，
即在题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，且A1O∩OC＝O，
从而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为二面角A1BEC的平面角，
所以∠A1OC＝eq \f(π,2).
如图，以O为原点，以OB，OC，OA所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
因为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)，
设平面A1BC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD夹角为θ，
则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)，
从而cs θ＝|csn1，n2|＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3)，
即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为eq \f(\r(6),3).
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．
(2017·深圳月考)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与CD交于点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 因为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).
如图，过点F作FG⊥CD交CD于点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).
题型四 立体几何中的存在性问题
例4 (2016·邯郸第一中学研究性考试)在直棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，E，F分别是CC1，BC的中点，AE⊥A1B1，D为棱A1B1上的点．
(1)证明：DF⊥AE.
(2)是否存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为eq \f(\r(14),14)？若存在，说明点D的位置；若不存在，说明理由．
(1)证明 ∵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为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则有A(0,0,0)，E(0,1，eq \f(1,2))，F(eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)．
设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)，则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 结论：存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为eq \f(\r(14),14).
理由如下：
由题意知平面ABC的法向量为m＝(0,0,1)．
设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则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)，则n＝(3,1＋2λ，2(1－λ))．
∵平面DEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为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)，
∴存在满足条件的点D，此时D为A1B1的中点．
思维升华 (1)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．
(2)对于探索性问题用向量法比较容易入手．一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在．
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，依题意得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 \(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)．
设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，
则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，可得一个法向量为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)为平面CEC1的一个法向量．
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)，从而sin〈m，eq \(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 \(AE,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(EC1,\s\up6(→))＝(1,1,1)，设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)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
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)(负值舍去)，
所以AM＝eq \r(2).
1．(2016·北京顺义区一模)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．48 B．16 C．24eq \r(3) D．144
答案 C
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⊥β.
令AM＝t(030°，
得tan∠EHG>tan 30°，
即eq \f(\r(5),2)k>eq \f(\r(3),3).
故k的取值范围为k>eq \f(2\r(15),15).
9．(2017·铁岭调研)如图所示，平面ABDE⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝4，四边形ABDE是直角梯形，BD∥AE，BD⊥BA，BD＝eq \f(1,2)AE＝2，O，M分别为CE，AB的中点．
(1)求证：OD∥平面ABC；
(2)求直线CD和平面ODM所成角的正弦值；
(3)能否在EM上找一点N，使得ON⊥平面ABDE？若能，请指出点N的位置，并加以证明；若不能，请说明理由．
(1)证明 如图，取AC中点F，连接OF，FB.
∵F是AC中点，O为CE中点，
∴OF∥EA且OF＝eq \f(1,2)EA.
又BD∥AE且BD＝eq \f(1,2)AE，
∴OF∥DB且OF＝DB，
∴四边形BDOF是平行四边形，∴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为原点，分别以CA，CB所在直线为x，y轴，以过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
∵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)．
设平面ODM的法向量为n＝(x，y，z)，
则由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)．
设直线CD和平面ODM所成角为θ，
则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).
∴直线CD和平面ODM所成角的正弦值为eq \f(\r(30),10).
(3)解 当N是EM中点时，ON⊥平面ABDE.
由(2)设N(a，b，c)，
∴eq \(MN,\s\up6(→))＝(a－2，b－2，c)，eq \(NE,\s\up6(→))＝(4－a，－b,4－c)．
∵点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的一个法向量，
∴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是线段EM的中点，
∴当N是EM的中点时，ON⊥平面ABDE.