2018届二轮复习（文）　立体几何专题五第2讲学案（全国通用）

2018届二轮复习（文）　立体几何专题五第2讲学案（全国通用）

第2讲　空间中的平行与垂直 ‎1.以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面的判定定理与性质定理对命题的真假进行判断，属于基础题．‎ ‎2．以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中等．‎ 热点一　空间线面位置关系的判定 空间线面位置关系判断的常用方法 ‎(1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题．‎ ‎(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断．‎ 例1　(1)(2017·四川省眉山中学月考)已知m，n为空间中两条不同的直线，α，β为空间中两个不同的平面，下列命题正确的是(　　)‎ A．若n⊥α，n⊥β，m⊂β，则m∥α B．若m⊥α，α⊥β，则m∥β C．若m，n在α内的射影互相平行，则m∥n D．若m⊥l，α∩β＝l，则m⊥α 答案　A 解析　由题意知，n⊥α，n⊥β，则α∥β，又m⊂β，则m∥α，A正确；若m⊥α，α⊥β，可能会现m⊂β， B错误；若m，n在α内的射影互相平行，两直线异面也可以，C错误；若m⊥l，α∩β＝l，可能会出现m⊂α，D错误．故选A.‎ ‎(2)(2017届泉州模拟)设四棱锥P－ABCD的底面不是平行四边形， 用平面α去截此四棱锥，使得截面四边形是平行四边形，则这样的平面α(　　)‎ A．有无数多个 B．恰有4个 C．只有1个 D．不存在 答案　A ‎解析　如图，由题意知面PAD与面PBC相交，面PAB与面PCD相交，可设两组相交平面的交线分别为m，n，由m，n决定的平面为β，作α与β平行且与四条侧棱相交，交点分别为A1，B1，C1，D1，则由面面平行的性质定理得A1B1∥n∥C1D1，A1D1∥m∥B1C1，从而得截面必为平行四边形．由于平面α可以上下平移，可知满足条件的平面α有无数多个．故选A.‎ 思维升华　解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中．‎ 跟踪演练1　(1)α，β，γ是三个平面， m, n是两条直线，则下列命题正确的是(　　)‎ A．若α∩β＝m, n⊂α， m⊥n，则α⊥β B．若α⊥β， α∩β＝m, α∩γ＝n，则m⊥n C．若m不垂直平面α，则m不可能垂直于平面α内的无数条直线 D．若m⊥α， n⊥β， m∥n，则α∥β 答案　D 解析　逐一分析所给的命题：‎ A项，若α∩β＝m, n⊂α， m⊥n，并非一条直线垂直于平面内的两条相交直线，不一定有α⊥β，该说法错误；‎ B项，若α⊥β， α∩β＝m, α∩γ＝n，无法确定m，n的关系，该说法错误；‎ C项，若m不垂直平面α，则m可能垂直于平面α内的无数条直线，该说法错误；‎ D项，若m⊥α， n⊥β， m∥n，则α∥β，该说法正确．故选D.‎ ‎(2)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是(　　)‎ A．l与l1，l2都不相交 B．l与l1，l2都相交 C．l至多与l1，l2中的一条相交 D．l至少与l1，l2中的一条相交 答案　D 解析　若l与l1，l2都不相交，则l∥l1，l∥l2，∴l1∥l2，这与l1和l2异面矛盾，∴l至少与l1，l2中的一条相交．‎ 热点二　空间平行、垂直关系的证明 空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．‎ 例2　(1)(2017·北京)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．‎ ‎①求证：PA⊥BD；‎ ‎②求证：平面BDE⊥平面PAC；‎ ‎③当PA∥平面BDE时，求三棱锥E－BCD的体积．‎ ‎①证明　因为PA⊥AB，PA⊥BC，AB∩BC＝B，‎ AB，BC⊂平面ABC，‎ 所以PA⊥平面ABC.‎ 又因为BD⊂平面ABC，所以PA⊥BD.‎ ‎②证明　因为AB＝BC，D是AC的中点，‎ 所以BD⊥AC.‎ 由(1)知，PA⊥BD，‎ 又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，‎ 所以BD⊥平面PAC.又BD⊂平面BDE.‎ 所以平面BDE⊥平面PAC.‎ ‎③解　因为PA∥平面BDE，PA⊂平面PAC，‎ 平面PAC∩平面BDE＝DE，所以PA∥DE.‎ 又因为D为AC的中点，‎ 所以DE＝PA＝1，BD＝DC＝.‎ 由(1)知，PA⊥平面ABC，所以DE⊥平面ABC，‎ 所以三棱锥E－BCD的体积 V＝BD·DC·DE＝.‎ ‎(2)如图，在四棱锥A－EFCB中，四边形EFCB是梯形， EF∥BC且EF＝BC，△ABC是边长为2的正三角形，顶点F在AC上的射影为点G，且FG＝， CF＝， BF＝.‎ ‎①证明：平面FGB⊥平面ABC；‎ ‎②求三棱锥E－GBC的体积．‎ ‎①证明　由顶点F在AC上的射影为点G可知，‎ FG⊥AC.‎ 取AC的中点为O，连接OB.‎ 在Rt△FGC中，FG＝， ‎ CF＝，∴CG＝.‎ 在Rt△GBO中，OB＝， OG＝，∴BG＝.‎ ‎∴BG2＋GF2＝FB2，即FG⊥BG.‎ ‎∵FG⊥AC，FG⊥BG，AC∩BG＝G，‎ AC⊂平面ABC，BG⊂平面ABC，‎ ‎∴FG⊥平面ABC.‎ 又FG⊂平面FGB，∴平面FGB⊥平面ABC.‎ ‎②解　∵EF∥BC, EF⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，‎ ‎∴EF∥平面ABC，VE－GBC＝VF－GBC，‎ ‎∴VE－GBC＝VF－GBC＝×S△GBC×FG ‎＝××＝.‎ 思维升华　垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下 ‎(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．‎ ‎(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质，即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.‎ ‎跟踪演练2　(2017·全国Ⅰ)如图，在四棱锥P—ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.‎ ‎(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P—ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．‎ ‎(1)证明　由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，‎ 得AB⊥PA，CD⊥PD.‎ 由于AB∥CD，故AB⊥PD，‎ 又PA∩PD＝P，PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，‎ 从而AB⊥平面PAD.‎ 又AB⊂平面PAB，‎ 所以平面PAB⊥平面PAD.‎ ‎(2)解　如图，在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E.‎ 由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，AB⊥AD，‎ 又AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD，‎ 所以PE⊥平面ABCD.‎ 设AB＝x，则由已知可得AD＝x，PE＝x，‎ 故四棱锥P—ABCD的体积 VP-ABCD＝AB·AD·PE＝x3.‎ 由题设得x3＝，故x＝2.‎ 从而结合已知可得PA＝PD＝AB＝DC＝2，‎ AD＝BC＝2，PB＝PC＝2，‎ 可得四棱锥P—ABCD的侧面积为 PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin 60°＝6＋2.‎ 热点三　平面图形的折叠问题 平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化，有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键．一般地，在翻折后还在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，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是化解翻折问题的主要方法．‎ 例3　(2017·孝义质检)如图(1)，在五边形ABCDE中， ED＝EA，AB∥CD，CD＝2AB，∠EDC＝150°.如图(2)，将△EAD沿AD折到△PAD的位置，得到四棱锥P－ABCD.点M为线段PC的中点，且BM⊥平面PCD.‎ ‎(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD；‎ ‎(2)若四棱锥P－ABCD的体积为2，求四面体BCDM的体积．‎ ‎(1)证明　取PD的中点N，连接AN，MN，如图所示，则MN∥CD，MN＝CD.‎ 又AB∥CD，AB＝CD，∴MN∥AB且MN＝AB，‎ ‎∴四边形ABMN为平行四边形，∴AN∥BM，‎ 又BM⊥平面PCD，‎ ‎∴AN⊥平面PCD，‎ ‎∴AN⊥PD，AN⊥CD.‎ 由ED＝EA，即PD＝PA及N为PD的中点，可得△PAD为等边三角形，‎ ‎∴∠PDA＝60°，又∠EDC＝150°，‎ ‎∴∠CDA＝90°，∴CD⊥AD，‎ 又AN∩AD＝A，AN⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，‎ ‎∴CD⊥平面PAD，又∵CD⊂平面ABCD，‎ ‎∴平面PAD⊥平面ABCD.‎ ‎(2)解　设四棱锥P－ABCD的高为h，四边形ABCD的面积为S，则VP－ABCD＝hS＝2，‎ 又S△BCD＝S，四面体BCDM的高为.‎ ‎∴VBCDM＝××S△BCD＝×hS ‎＝××6＝，‎ ‎∴四面体BCDM的体积为.‎ 思维升华　(1)折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口．‎ ‎(2)存在探索性问题可先假设存在，然后在此前提下进行逻辑推理，得出矛盾或肯定结论．‎ 跟踪演练3　(2017届四川省成都市九校模拟)如图，在直角梯形ABCD中， AD∥ BC, AB⊥BC, BD⊥DC，点E是BC边的中点， 将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE, AC, DE, 得到如图所示的空间几何体．‎ ‎　　‎ ‎(1)求证：AB⊥平面ADC；‎ ‎(2)若AD＝1，AB＝，求点B到平面ADE的距离．‎ ‎(1)证明　因为平面ABD⊥平面BCD，‎ 平面ABD∩平面BCD＝BD，‎ 又BD⊥DC，DC⊂平面BCD，所以DC⊥平面ABD.‎ 因为AB⊂平面ABD，所以DC⊥AB.‎ 又AD⊥AB，DC∩AD＝D，AD，DC⊂平面ADC，‎ 所以AB⊥平面ADC.‎ ‎(2)解　因为AB＝，AD＝1，所以BD＝.‎ 依题意△ABD∽△DCB，‎ 所以＝，即＝.‎ 所以CD＝.‎ 故BC＝3.‎ 由于AB⊥平面ADC，AB⊥AC，E为BC的中点，‎ 所以AE＝＝.‎ 同理DE＝＝.‎ 所以S△ADE＝×1× ＝.‎ 因为DC⊥平面ABD，‎ 所以VA—BCD＝CD·S△ABD＝.‎ 设点B到平面ADE的距离为d，‎ 则d·S△ADE＝VB—ADE＝VA—BDE＝VA—BCD＝，‎ 所以d＝，即点B到平面ADE的距离为.‎ 真题体验 ‎1．(2017·全国Ⅰ改编)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是______．‎ 答案　(1)‎ 解析　对于(1)，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.‎ ‎∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，‎ ‎∴直线AB与平面MNQ相交；‎ 对于(2)，作如图②所示的辅助线，‎ 则AB∥CD，CD∥MQ，‎ ‎∴AB∥MQ，‎ 又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；‎ 对于(3)，作如图③所示的辅助线，‎ 则AB∥CD，CD∥MQ，‎ ‎∴AB∥MQ，‎ 又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；‎ 对于(4)，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，‎ ‎∴AB∥NQ，又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，‎ ‎∴AB∥平面MNQ.‎ ‎2．(2017·江苏)如图，在三棱锥A—BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.‎ 求证：(1)EF∥平面ABC；‎ ‎(2)AD⊥AC.‎ 证明　(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，‎ 所以AB∥EF.‎ 又EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，‎ 所以EF∥平面ABC.‎ ‎(2)因为平面ABD⊥平面BCD，‎ 平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，‎ 所以BC⊥平面ABD.‎ 因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.‎ 又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，‎ BC⊂平面ABC，‎ 所以AD⊥平面ABC.‎ 又AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.‎ 押题预测 ‎1．不重合的两条直线m，n分别在不重合的两个平面α，β内，下列为真命题的是(　　)‎ A．m⊥n⇒m⊥β B．m⊥n⇒α⊥β C．α∥β⇒m∥β D．m∥n⇒α∥β 押题依据　空间两条直线、两个平面之间的平行与垂直的判定是立体几何的重点内容，也是高考命题的热点．此类题常与命题的真假性、充分条件和必要条件等知识相交汇，意在考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力．‎ 答案　C 解析　构造长方体，如图所示．‎ 因为A1C1⊥AA1，A1C1⊂平面AA1C1C，AA1⊂平面AA1B1B，但A1C1‎ 与平面AA1B1B不垂直，所以平面AA1C1C与平面AA1B1B不垂直．所以选项A，B都是假命题．‎ CC1∥AA1，但平面AA1C1C与平面AA1B1B相交而不平行，所以选项D为假命题．‎ ‎“若两平面平行，则一个平面内任何一条直线必平行于另一个平面”是真命题，故选C.‎ ‎2．如图(1)，在正△ABC中，E，F分别是AB，AC边上的点，且BE＝AF＝2CF.点P为边BC上的点，将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使平面A1EF⊥平面BEFC，连接A1B，A1P，EP，如图(2)所示．‎ ‎(1)求证：A1E⊥FP；‎ ‎(2)若BP＝BE，点K为棱A1F的中点，则在平面A1FP上是否存在过点K的直线与平面A1BE平行，若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由．‎ 押题依据　以平面图形的翻折为背景，探索空间直角与平面位置关系的考题创新性强，可以考查考生的空间想象能力和逻辑推理能力，预计将成为今年高考的命题形式．‎ ‎(1)证明　在正△ABC中，取BE的中点D，连接DF，如图所示．‎ 因为BE＝AF＝2CF，所以AF＝AD，AE＝DE，而∠A＝60°，所以△ADF为正三角形．又AE＝DE，所以EF⊥AD.‎ 所以在题图(2)中A1E⊥EF，‎ BE⊥EF.‎ 故∠A1EB为二面角A1—EF—B的一个平面角．‎ 因为平面A1EF⊥平面BEFC，‎ 所以∠A1EB＝90°，即A1E⊥EB.‎ 因为EF∩EB＝E，EF，EB⊂平面BEFC，‎ 所以A1E⊥平面BEFC.‎ 因为FP⊂平面BEFC，所以A1E⊥FP.‎ ‎(2)解　在平面A1FP上存在过点K的直线与平面A1BE平行．‎ 理由如下：‎ 如题图(1)，在正△ABC中，因为BP＝BE，BE＝AF，‎ 所以BP＝AF，所以FP∥AB，所以FP∥BE.‎ 如图所示，取A1P的中点M，连接MK，‎ 因为点K为棱A1F的中点，所以MK∥FP.‎ 因为FP∥BE，所以MK∥BE.‎ 因为MK⊄平面A1BE，BE⊂平面A1BE，‎ 所以MK∥平面A1BE.‎ 故在平面A1FP上存在过点K的直线MK与平面A1BE平行．‎ A组　专题通关 ‎1．(2017·河南省六市联考)如图， G, H, M, N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示GH, MN是异面直线的图形的序号为(　　)‎ A．①② B．③④‎ C．①③ D．②④‎ 答案　D 解析　由题意可得图①中GH与MN平行，不合题意；‎ 图②中的GH与MN异面，符合题意；‎ 图③中GH与MN相交，不合题意；‎ 图④中GH与MN异面，符合题意．‎ 则表示GH, MN是异面直线的图形的序号为②④.‎ 故选D.‎ ‎2．(2017届南昌模拟)已知直线m，n与平面α，β，γ满足α⊥β，α∩β＝m，n⊥α，n⊂γ，则下列判断一定正确的是(　　)‎ A．m∥γ，α⊥γ B．n∥β，α⊥γ C．β∥γ，α⊥γ D．m⊥n，α⊥γ 答案　D 解析　因为α⊥β，α∩β＝m，n⊥α，n⊂γ，所以α⊥γ成立，但m，γ可能相交，故A不正确；也有可能 n⊂β，故B不正确；对于C，也有β与γ相交的可能，故C也不正确；对于D，因为α∩β＝m，n⊥α，所以 m⊥n，故选D.‎ ‎3．已知平面α及直线a，b下列说法正确的是(　　)‎ A．若直线a，b与平面 α所成角都是30°，则这两条直线平行 B．若直线a，b与平面 α所成角都是30°，则这两条直线不可能垂直 C．若直线a，b平行，则这两条直线中至少有一条与平面α平行 D．若直线a，b垂直，则这两条直线与平面 α不可能都垂直 答案　D 解析　由题意逐一分析所给的选项．‎ 若直线a，b与平面 α所成角都是30°，则这两条直线不一定平行；‎ 若直线a，b与平面 α所成角都是30°，则这两条直线可能垂直；‎ 若直线a，b平行，则这两条直线中可能两条都与平面α不平行；‎ 若直线a，b垂直，则这两条直线与平面 α不可能都垂直．‎ 故选D.‎ ‎4．已知m，n，l1，l2表示不同的直线，α，β表示不同的平面，若m⊂α，n⊂α，l1⊂β，l2⊂β，l1∩l2＝M，则α∥β的一个充分条件是(　　)‎ A．m∥β且l1∥α B．m∥β且n∥β C．m∥β且n∥l2 D．m∥l1且n∥l2‎ 答案　D 解析　对于选项A，当m∥β且l1∥α时，α，β可能平行也可能相交，故A不是α∥β的充分条件；对于选项B，当m∥β且n∥β时，若m∥n，则α，β可能平行也可能相交，故B不是α∥β的充分条件；对于选项C，当m∥β且n∥l2时，α，β可能平行也可能相交，故C不是α∥β的充分条件；对于选项D，当m∥l1，n∥l2时，由线面平行的判定定理可得l1∥α，l2∥α，又l1∩l2＝M，由面面平行的判定定理可以得到α∥β，但α∥β时，m∥l1且n∥l2不一定成立，故D是α∥β的一个充分条件．故选D.‎ ‎5．对于四面体A—BCD，有以下命题：‎ ‎①若AB＝AC＝AD，则AB，AC，AD与底面所成的角相等；‎ ‎②若AB⊥CD，AC⊥BD，则点A在底面BCD内的射影是△BCD的内心；‎ ‎③四面体A—BCD的四个面中最多有四个直角三角形；‎ ‎④若四面体A—BCD的6条棱长都为1，则它的内切球的表面积为.‎ 其中正确的命题是(　　)‎ A．①③ B．③④‎ C．①②③ D．①③④‎ 答案　D ‎解析　①正确，若AB＝AC＝AD，则AB，AC，AD在底面的射影相等，即与底面所成角相等；②不正确，如图，点A在平面BCD的射影为点O，连接BO，CO，可得BO⊥CD，CO⊥BD，所以点O是△BCD的垂心；‎ ‎③正确，如图， AB⊥平面BCD, ∠BCD＝90°，其中有4个直角三角形；‎ ‎④正确，正四面体的内切球的半径为r，棱长为1，高为，根据等体积公式×S×＝×4×S×r，解得 r＝，那么内切球的表面积S＝4πr2＝，故选D.‎ ‎6．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点，则下列结论中正确的是________．(填序号)‎ ‎①AC⊥BE；‎ ‎②B1E∥平面ABCD；‎ ‎③三棱锥E－ABC的体积为定值；‎ ‎④直线B1E⊥直线BC1.‎ 答案　①②③‎ 解析　因为AC⊥平面BDD1B1，故①正确；因为B1D1∥平面ABCD，故②正确；记正方体的体积为V，则VE－ABC＝V，为定值，故③正确；B1E与BC1不垂直，故④错误．‎ ‎7．下列四个正方体图形中，点A，B为正方体的两个顶点，点M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是________．(写出所有符合要求的图形序号)‎ 答案　①③‎ 解析　对于①，注意到该正方体的面中过直线AB的侧面与平面MNP平行，因此直线AB∥‎ 平面MNP；对于②，注意到直线AB和过点A的一个与平面MNP平行的平面相交，因此直线AB与平面MNP相交；对于③，注意到此时直线AB与平面MNP内的一条直线MP平行，且直线AB位于平面MNP外，因此直线AB与平面MNP平行；对于④，易知此时AB与平面MNP相交．综上所述，能得出直线AB平行于平面MNP的图形的序号是①③.‎ ‎8.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，点D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.‎ 答案　a或2a 解析　由题意易知，B1D⊥平面ACC1A1，‎ 所以B1D⊥CF.‎ 要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可．‎ 令CF⊥DF，设AF＝x，则A1F＝3a－x.‎ 易知Rt△CAF∽Rt△FA1D，‎ 得＝，即＝，‎ 整理得x2－3ax＋2a2＝0，‎ 解得x＝a或x＝2a.‎ ‎9．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面ABP⊥平面BCP, ∠APB＝90°， BP＝BC，M为PC的中点．求证：‎ ‎(1)直线AP∥平面BDM；‎ ‎(2)直线BM⊥平面ACP.‎ 证明　(1)设AC∩BD＝O，连接OM，‎ 因为ABCD是平行四边形，所以O为AC的中点，‎ 又因为M为PC的中点，所以AP∥OM.‎ 又因为AP⊄平面BDM，OM⊂平面BDM，‎ 所以直线AP∥平面BDM.‎ ‎(2)因为∠APB＝90°，所以AP⊥BP.‎ 又因为平面ABP⊥平面BCP，‎ 平面ABP∩平面BCP＝BP, AP⊂平面ABP，‎ 所以AP⊥平面BCP.‎ 又因为BM⊂平面BCP，所以AP⊥ BM.‎ 因为BP＝BC，M为PC的中点，所以BM⊥CP.‎ 又因为AP∩CP＝P，AP，CP⊂平面ACP，‎ 所以直线BM⊥平面ACP.‎ ‎10．(2017届宁夏六盘山高级中学模拟)如图所示，矩形ABCD中， AB＝3, BC＝4，沿对角线BD把△ABD折起，使点A在平面BCD上的射影E落在BC上．‎ ‎(1)求证：平面ACD⊥平面ABC；‎ ‎(2)求三棱锥A－BCD的体积．‎ ‎(1)证明　∵AE⊥平面BCD，∴AE⊥CD.‎ 又BC⊥CD，且AE∩BC＝E，‎ ‎∴CD⊥平面ABC.‎ 又CD⊂平面ACD，‎ ‎∴平面ACD⊥平面ABC.‎ ‎(2)解　由(1)知，CD⊥平面ABC，‎ 又AB⊂平面ABC，∴CD⊥AB.‎ 又AB⊥AD，CD∩AD＝D，‎ ‎∴AB⊥平面ACD.‎ ‎∴VA－BCD＝VB－ACD＝·S△ACD·AB.‎ 又在△ACD中，AC⊥CD，AD＝BC＝4，AB＝CD＝3，‎ ‎∴AC＝＝＝，‎ ‎∴VA－BCD＝×××3×3＝.‎ B组　能力提高 ‎11．如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M，N分别在AD1，BC上移动，且始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN＝y，则函数y＝f(x)的图象大致是(　　)‎ 答案　C 解析　过M作MQ∥DD1，交AD于点Q，连接QN.‎ ‎∵MN∥平面DCC1D1，MQ∥平面DCC1D1，MN∩MQ＝M，‎ ‎∴平面MNQ∥平面DCC1D1，‎ 又平面ABCD与平面MNQ和DCC1D1分别交于直线QN和直线DC，‎ ‎∴NQ∥DC，可得QN＝CD＝AB＝1，‎ AQ＝BN＝x，∵＝＝2，∴MQ＝2x.‎ 在Rt△MQN中，MN2＝MQ2＋QN2，即y2＝4x2＋1，‎ ‎∴y2－4x2＝1 (0≤x≤1)，‎ ‎∴函数y＝f(x)的图象为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分．故选C.‎ ‎12.(2017届江西省重点中学协作体联考)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中， AA1＝6，AB＝3，AD＝8, 点M是棱AD的中点，N在棱AA1上，且满足AN＝2NA1, P是侧面四边形ADD1A1内一动点(含边界)，若C1P∥平面CMN，则线段C1P长度的最小值是________．‎ 答案　 解析　取A1D1的中点Q，过点Q在平面ADD1A1内作MN的平行线交DD1于E，则易知平面C1QE∥平面CMN，在△C1QE中作C1P⊥QE，则C1P＝为所求．‎ ‎13．已知三棱锥P－ABC中， AC⊥BC, AC＝BC＝2, PA＝PB＝PC＝3, O是AB的中点， E是PB的中点．‎ ‎(1)证明：平面PAB⊥平面ABC；‎ ‎(2)求点B到平面OEC的距离．‎ ‎(1)证明　连接PO，在△PAB中， PA＝PB, O是AB中点，‎ ‎∴PO⊥AB，‎ 又∵AC＝BC＝2, AC⊥BC，‎ ‎∴AB＝2，OB＝OC＝.‎ ‎∵PA＝PB＝PC＝3，∴PO＝， PC2＝PO2＋OC2，‎ ‎∴PO⊥OC.‎ 又AB∩OC＝O, AB⊂平面ABC, OC⊂平面ABC，‎ ‎∴PO⊥平面ABC，∵PO⊂平面PAB，‎ ‎∴平面PAB⊥平面ABC.‎ ‎(2)解　∵OE是△PAB的中位线，∴OE＝.‎ ‎∵O是AB的中点， AC＝BC，∴OC⊥AB.‎ 又平面PAB⊥平面ABC，两平面的交线为AB，‎ ‎∴OC⊥平面PAB，‎ ‎∵OE⊂平面PAB，∴OC⊥OE.‎ 设点B到平面OEC的距离为d，则VB－OEC＝VE－OBC，‎ ‎∴×S△OEC·d＝×S△OBC×OP，‎ d＝＝＝.‎ ‎14．(2017届云南省师范大学附属中学月考)如图，矩形AB′DE(AE＝6，DE＝5)，被截去一角(即△BB′C)，AB＝3, ∠ABC＝135°，平面PAE⊥平面ABCDE, PA＋PE＝10.‎ ‎(1)求五棱锥P－ABCDE的体积的最大值；‎ ‎(2)在(1)的情况下，证明： BC⊥PB.‎ ‎(1)解　因为AB＝3，∠ABC＝135°，‎ 所以∠B′BC＝45°， BB′＝AB′－AB＝5－3＝2，‎ 所以截去的△BB′C是等腰直角三角形，‎ 所以SABCDE＝SAB′DE－S△BB′C＝6×5－×2×2＝28.‎ 如图，过P作PO⊥AE，垂足为O，‎ 因为平面PAE⊥平面ABCDE，‎ 平面PAE∩平面ABCDE＝AE，‎ PO⊂平面PAE，‎ 所以PO⊥平面ABCDE, PO为五棱锥P－ABCDE的高．‎ 在平面PAE内， PA＋PE＝10>AE＝6, P在以A，E为焦点，长轴长为10的椭圆上，由椭圆的简单的几何性质知，点P为短轴端点时， P到AE的距离最大，‎ 此时PA＝PE＝5, OA＝OE＝3，‎ 所以POmax＝4，‎ 所以max＝SABCDE·POmax ‎＝×28×4＝.‎ ‎(2)证明　连接OB，如图，由(1)知， OA＝AB＝3，‎ 故△OAB是等腰直角三角形，所以∠ABO＝45°，‎ 所以∠OBC＝∠ABC－∠ABO＝135°－45°＝90°，‎ 即BC⊥BO.‎ 由于PO⊥平面ABCDE，所以PO⊥BC，‎ 而PO∩BO＝O，PO，BO⊂平面POB，‎ 所以BC⊥平面POB，‎ 又PB⊂平面POB，所以BC⊥PB.‎