专题8.5直线、平面垂直的判定及性质2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（练）解析版_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料

专题 8.5 直线、平面垂直的判定及性质 练基础 1．（2020·浙江开学考试）已知两个不重合的平面 ，若直线 ，则“ ”是“ ”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 根据面面垂直的判定定理，可知若 且 ，可推出 ，即必要性成立；反之，若 ，则 与 的位置关系不确定，即充分性不成立； 所以“ ”是“ ”的必要不充分条件. 故选：B. 2．（2021·浙江高二期末）已知 ， 是两个不同的平面，直线 ，则“ ”是“ ”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 由面面垂直的判定定理及面面垂直的性质，结合充分必要条件的定义即可判断. 【详解】 根据面面垂直的判定定理，可知若 ，则“ ”则 成立，满足充分性； 反之，若 ，则 与 的位置关系不确定，即不满足必要性； 所以“ ”是“ ”的充分不必要条件， 故选：A.3．【多选题】（2021·河北高一期末）已知直线a，b与平面 ， ，则下列说法不正确的是（ ） A．若 ， ， ，则 B．若 ， ， ，则 C．若 ， ， ，则 D．若 ， 为异面直线， ， ， ， ，则 【答案】AB 【解析】 举反例可判断A和B；由线面平行的性质定理可判断C；由反证法可判断D. 【详解】 对于选项A：反例如图，故A错误； 对于选项B：反例如图，故B错误； 对于选项C：是“线面平行的性质定理”的符号语言，故C正确； 对于选项D：若平面 与平面 不平行，设 ，因为 ， ，由线面平行的性质定理得 ， 同理 ，所以 ，这与 ， 为异面直线矛盾，所以 .故D正确. 故选：AB.4．【多选题】（2021·南京市宁海中学高一月考）如图，在正方体 中，线段 上有两 个动点 ， ，若线段 长度为一定值，则下列结论中正确的是（ ） A． B． 平面 C． 平面 D．三棱锥 的体积为定值 【答案】ACD 【解析】 选项A，连接BD，通过证明 平面 ，可判定 ；选项B，通过 可判定；选 项C，利用平面ABCD 平面 可判定 平面ABCD；选项D，可利用三棱锥的高和底面积为定 值来判定. 【详解】 选项A： 连接BD， 底面ABCD是正方形， ， 又 平面ABCD， 平面ABCD， ， ， 平面 ， 又 平面 ， ，故选项A正确； 选项B： 若 平面 ， 平面 ， ， 但显然 ，所以 平面 不成立，故选项B错误； 选项C： 正方体中，平面ABCD 平面 ， 平面 ， 平面ABCD，故选项C正确； 选项D： 点A到平面BEF的距离也是点A到平面 的距离，等于AC的一半，即三棱锥高为定值，而 的边 为定值，高为 为定值，故体积为定值， 故选项D正确. 故选：ACD. 5．（2020·北京101中学期末）设 ， 是两个不同的平面，l是直线且 ，则“ ”是“ ”的 ______.条件(参考选项：充分不必要，必要不充分，充分必要，既不充分也不必要). 【答案】充分不必要 【解析】 面面垂直的判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直. 因为直线 且 所以由判断定理得 . 所以直线 ，且 若 ，直线 则直线 ，或直线 ，或直线l与平面 相交，或直线l在平面 内. 所以“ ”是“ ”成立的充分不必要条件. 故答案为：充分不必要. 6.（2021·河北巨鹿中学高一月考）三棱锥 的高为 ，若三条侧棱 、 、 两两垂直，则 为 的______心. 【答案】垂 【解析】 根据题意可证明 面PBC，结合PH为三棱锥的高可以证明 ，同理： ，进而得到答案. 【详解】 如图，因为 ，所以 面PBC，则PA⊥BC， 又PH⊥平面ABC，所以PH⊥BC，而 ，所以 面PAH，所以 ，同理可证： ，所以点H为垂心. 故答案为：垂. 7．（2021·云南弥勒市一中高一月考）如图，在底面为正三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱 中， ， 分别是 ， 的中点．求证： （1）平面 //平面 ； （2）平面 平面 ． 【答案】（1）证明见解析，（2）证明见解析 【解析】（1）连接 ，由已知条件可得四边形 为平行四边形，四边形 为平行四边形，则 ‖ , ‖ , ，再结棱柱的特点可得四边形 为平行四边形， ‖ ，所以由线面平行的判 定可得 ‖平面 ， ‖ 平面 ，再由面面平行的判 定可得结论， （2）由已知可得 ， ，从而可得 平面 ，再由面面垂直的判定定理可证得 结论 【详解】 证明：（1）连接 ， 因为 ， 分别是 ， 的中点， 所以 ， 因为 ， ‖ ， 所以 ， ‖ ， ‖ ， 所以四边形 为平行四边形，四边形 为平行四边形， 所以 ‖ , ‖ , ， 因为 平面 ， 平面 ， 所以 ‖平面 ， 因为 ， ‖ ， 所以 ‖ ， ， 所以四边形 为平行四边形， 所以 ‖ ，因为 平面 ， 平面 ， 所以 //平面 ， 因为 ，所以平面 //平面 ； （2）因为 为正三角形， 是 的中点， 所以 ， 因为 平面 ， 平面 ， 所以 ， 因为 ， 所以 平面 ， 因为 平面 ， 所以平面 平面 ． 8．（2021·山西高一期中）如图，四棱锥 的底面ABCD为菱形， ，E，F分别为AB和 PD的中点.（1）求证： 平面PBD； （2）求证： 平面PBC. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 （1）首先证出 ， ，再利用线面垂直的判定定理即可证明. （2）取PC的中点G，连接FG，BG，证出四边形BEFG是平行四边形，从而可得 ，再由线面平 行的判定定理即可证明. 【详解】 证明：（1）设 ，则O是AC，BD中点，连接PO， ∵底面ABCD是菱形，∴ ， 又∵ ，O是AC中点， ∴ ， 又 ， 平面PBD， 平面PBD， ∴ 平面PBD. （2）取PC的中点G，连接FG，BG，如图所示： ∵F是PD的中点， ∴ ，且 . 又∵底面ABCD是菱形，E是AB中点，∴ ，且 ， ∴ ，且 ， ∴四边形BEFG是平行四边形， ∴ ， 又 平面PBC， 平面PBC， ∴ 平面PBC. 9．（2021·湖南高二期末）如图，在三棱柱 中， ， ， . （1）证明：平面 平面 ； （2）求四棱锥 的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 （1）取 的中点 ，连 ， ，证明 与底面 垂直，得面面垂直，再由棱柱上下底面平行 得证结论；（2）由棱柱、棱锥体积得 ，计算三棱锥体积可得结论． 【详解】 （1）如图，取 的中点 ，连 ， ， 因为 ， ， 所以 ， ， 又因为 ，所以 ， 在 中，由 ，满足 ， 所以 ，且 ， ， 平面 ， 所以 平面 ， 又 平面 ，所以平面 平面 ， 又平面 平面 ，所以平面 平面 . （2）由（1）可知 平面 ， ， 所以四棱锥 的体积 . 10．（2020·内蒙古宁城·月考（文））在三棱柱 中，四边形 是边长为2的正方形，且平面 平面 ， ， ， 为 中点. （1）证明： 平面 ； （2）求 到平面 的距离. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 （1）因为 平面 ， 平面 ，所以 因为 ， ， 为CC 中点， CC  BB 2 1 1 1 BCD BD1 所以 为正三角形，则 ， 2 BC D 在BC D 中，因为 BC 1 ，DC 1， 1 1 3 ， 1 1 1 1 1 DB  3 由余弦定理可得： 1 ， BB 2 BD2 BD2  BB2 又因为 1 ，所以 1 1 DB  BD 所以 1 ，AB BD ABD ABBD  B 又 ， 平面 ，且 ， DB  所以 1 平面 ABD △ABD DA 5 （2）在 中， A ABD h 设点 1到平面 1 的距离为 ， 1 1 1 1   DADB h  AA AB BCsin 由 V AABD V DAAB 得3 2 1 3 2 1 1 1 3 1 1 1 1 2 5 h 解得： 5 ， 2 5 A ABD 所以点 1到平面 1 的距离为 5 . 练提升 TIDHNE ABC ABC BC PBC 1. （2019·福建高考模拟（理））已知等边△ 的边长为2，现把△ 绕着边 旋转到△ 的 P PA BC P PA PBC 位置．给出以下三个命题：①对于任意点 ， ； ②存在点 ，使得 平面 ； ③三 P ABC 棱锥 的体积的最大值为1.以上命题正确的是（ ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】B 【解析】 BC O AO BC PO BC,OPOAO 由题意，取 中点 ，由于 ， ，根据线面垂直的判定定理，得 BC  AOP PA AOP PA BC 平面 ， 平面 ，所以 ，故①正确； AP PBC AP  PO PO  AO 假设 平面 ，则 ，又 ，这不可能，故②错误；1 1 3 V  S h V   4 3 1 由 PABC 3 ABC ，当平面OP 平面ABC时，h达到最大，此时 3 4 ，故③正 确. 故选B． 2．（2020·重庆市广益中学校期末）如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把 ABD 和 ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论： △ △ ①BD⊥AC； ②△BAC是等边三角形； ③三棱锥D－ABC是正三棱锥； ④平面ADC⊥平面ABC． 其中正确的是___________ 【答案】①②③ 【解析】 设等腰直角三角形△ABC的腰为a，则斜边BC= a， D为BC的中点，∴AD⊥BC， 又平面ABD⊥平面ACD，平面ABD∩平面ACD=AD，BD⊥AD，BD 平面ABD， ∴BD⊥平面ADC，又AC 平面ADC， ⊂ ∴BD⊥AC，故①正确；⊂ ②由A知，BD⊥平面ADC，CD 平面ADC， ⊂ ∴BD⊥CD，又 ∴由勾股定理得： ，又AB=AC=a， ∴△ABC是等边三角形，故②正确； ③∵△ABC是等边三角形，DA=DB=DC， ∴三棱锥D-ABC是正三棱锥，故③正确． ④∵△ADC为等腰直角三角形，取斜边AC的中点F，则DF⊥AC，又△ABC为等边三角形，连接BF，则 BF⊥AC，∴∠BFD为平面ADC与平面ABC的二面角的平面角， 由BD⊥平面ADC可知，∠BDF为直角，∠BFD不是直角，故平面ADC与平面ABC不垂直，故④错误； 综上所述，正确的结论是①②③． 3．（2021·四川高二期末（文））如图，直三棱柱 中， ，且 ， 为线段 上动点. （1）证明： ； （2）判断点 到面 的距离是否为定值，并说明理由，若是定值，请求出该定值. 【答案】（1）证明见解析；（2）是定值，理由见解析， . 【解析】 （1）由 ， 证得 面 ，从而 ，结合 ，证得 面 ， 从而证得 . （2）点 到面 的距离即为 到面 的距离，可转化为点 到面 的距离，由条件证得 面 ，则 为点 到面 的距离，求得 即可. 【详解】解：（1）连 ， ，四边形 为正方形， 又 ，直棱柱 中， ， ， 面 ， 面 ， 又 ， 面 ， 面 ， （2）点 到面 的距离为定值. ， 面 ， 面 ，点 到面 的距离即为 到面 的距离，可转化为点 到面 的距离 令 ，则 ， 又 面 ， 面 ， ， ， ， 面 ， 为点 到面 的距离 在等腰 中， ， 到面 的距离为定值，且定值为 4．（2020·佛山市第四中学高二月考）在直三棱柱 中， ，点 分别 是 ， 的中点， 是棱 上的动点. （1）求证: 平面 ；（2）若 ∥平面 ，试确定 点的位置，并给出证明. 【答案】（1）证明详见解析；（2）点 是 的中点，证明详见解析. 【解析】 （1）即证 平面 ，只需证 ， 即可； （2）点 是 的中点时， 平面 ，取 的中点 ，只需证四边形 是平行四边形即可. 【详解】 （1）要证明 平面 ，即证 平面 . 依题意知 平面 ，又 平面 ，则 ，又 ，且 ，所以 平面 ，又 平面 ，所以 . 依题意知 ，且点 是 的中点，所以 ，又 ，所以 平面 ，即 平面 . （2）点 是 的中点时， 平面 . 证明如下： 取 的中点 ，连接 ， ， . 则 ，且 ； 依题意知四边形 为正方形，则 且 ，又 是 的中点，所以 ，且 ，所以四边形 是平行四边形， 则 ，又 平面 ， 平面 ，故 平面 .PABCD PD平面ABCD ABCD 5．（2019·河北高考模拟（文））如图，在四棱锥 中， ， 是梯形， 2 AC CD AD 且BE//AD， 2 ，AD2PD 4BC 4. AE 平面PCD (1)求证： ； (2)求三棱锥BPCD的体积； PM (3)在棱 上是否存在点 ，使得 平面 ？若存在，求 得值；若不存在，说明理由. PD M CM // PAB PD 2 【答案】（1）见证明；（2）3 （3）见解析 【解析】 2 1 1 AC CD AD AC2 CD2  AD2  AD2  AD2 (1)由题意，可知 2 ，则 2 2 ， AC CD  PD平面ABCD AC  ABCD PD AC 所以 ， ， 面 ，所以 ， PDCD  D AE是 又因为 ，所以  CAD (2) 因为AC CD，AC CD，∴ABC为等腰直角三角形，所以 4 ，  ACB CAD 在ABC中，BC1，AC 2 2， 4 ， PD平面ABCD 又 ， 1 1  2  2 21sin 2 V V  三棱锥BPAC 三棱锥BABC 3 2 4 3.PM 1  (3)在棱PD上取点M ，使得 PD 4，过M 作MN //AD交PA于N ， 1 1 MN  AD BC  AD 则 4 ，又 4 且BC AD， BC//MN BC MN MNBC 所以 且 ，所以四边形 为平行四边形， CM //BN CM  PAB BN  PAB 所以 ， 平面 ， 平面 ， 所以CM //平面PAB， PM 1  故在棱PD上存在点M ，当 PD 4时，使得CM //平面PAB. 6.如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是平行四边形，PA⊥底面ABCD，PA=3，AD=2，AB=4， ∠ABC=600. （1）求证：平面PBC⊥平面PAC； PM CN 3 （2）若点M,N分别为PA,CD上的点，且 = = ，在线段PB上是否存在一点E，使得MN//平 PA CD 5 面ACE；若存在，求出三棱锥P−ACE的体积；若不存在，请说明理由. 6√3 【答案】（1）见解析（2）线段PB上存在一点E，使得MN∥平面ACE．V = P−ACE 5【解析】 （Ⅰ）证明：由已知，得AC=√AB2+BC2−2AB×BC×cos∠ABC=2√3， ∵BC=AD=2，AB=4， 又BC2+AC2=AB2，∴BC⊥AC． 又PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，则PA⊥BC， ∵PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，且PA∩AC=A， ∴BC⊥平面PAC． ∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAC． （Ⅱ）线段PB上存在一点E，使得MN∥平面ACE． PE 3 证明：在线段PB上取一点E，使 = ，连接ME，AE，EC，MN， PB 5 PM PE 3 3 ∵ = = ，∴ME∥AB，且ME= AB， PA PB 5 5 3 又∵CN∥AB，且CN= AB， 5 ∴CN∥M E，且CN=ME， ∴四边形CEMN是平行四边形，∴CE∥MN， 又CE⊂平面ACE，MN⊄平面ACE，∴MN∥平面ACE． 3 1 1 1 6√3 ∴V =V = V = S · BC= × ×3×2√3×2= ． P−ACE E−PAC 5 B−PAC 5 △PAC 5 2 5 7．（2021·江苏高一期末）如图， 是圆 的直径，点 是圆 上异于 的点， 垂直于圆 所在的 平面，且 ． （1）若 为线段 的中点，求证：平面 平面 ；（2）若 ，点 是线段 上的动点，求 的最小值． 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 （1）由线面垂直的判定，推得AC⊥平面PDO，再由面面垂直的判定定理，可得证明； （2）在三棱锥 P-ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC′P，使之与平面ABP共面，由三点共线取得 最值的性质，计算可得所求最小值． 【详解】 解：（1）在 中，因为 ， 为 的中点， 所以 ． 又 垂直于圆 所在的平面，因为 圆 所在的平面，所以 ． 因为 ，所以 平面 ， 因为 平面 ，所以平面 平面 ． （2）在 中， ， ，所以 ． 同理 ，所以 ． 在三棱锥 中，将侧面 绕 旋转至平面 ，使之与平面 共面， 如图所示．当 ， ， 共线时， 取得最小值． 又因为 ， ，所以 垂直平分 ，即 为 中点． 从而 ，亦即 的最小值为 ． 8．（2020·江苏南京师大附中高二开学考试）在等腰直角三角形 中， ，点 分别为 的中点，如图1，将 沿 折起，使点 到达点 的位置，且平面 平面 ，连接 ，如图 （1）证明：平面 和平面 必定存在交线 ，且直线 ； （2）若 为 的中点，求证： 平面 ； （3）当三棱锥 的体积为 时，求点 到平面 的距离. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） . 【解析】 （1）由平面的性质和线面平行的性质定理可证得结果； （2）证得 ， ，进而由线面垂直的判定定理可证得结果； （3）由等体积法可得结果. 【详解】 （1）因为 分别为 的中点，则 ， 又 平面 ， 平面 ，所以 //平面 . 又平面 与平面 有公共点 ， 则由公理3可知平面 与平面 必然相交，设交线为 ， 因为 //平面 ， 平面 ，所以由线面平行的性质定理得到 .（2）因为 ，且 ，所以 平面 ， 由（1）知 ，则 平面 ，又 平面 ，所以 . 因为 ， 是 中点，所以 ， 又 ，故 平面 . （3）设 ，由三棱锥 的体积 得 ， 则 ， ， ， 从而，等腰三角形 底边上的高 ， 所以三角形 的面积 . 三棱锥 的体积 ，设点 到平面 的距离为 ，则 ， 由 得 ，解得 . 故 到平面 的距离为 . 9．（2021·天津市西青区杨柳青第一中学高一期中）如图所示，在四棱锥 中，底面 是菱 形， ， 平面 ，E是 的中点，F是 的中点．（1）求证： 平面 ； （2）求证： 平面 ； （3）求 与平面 所成的角． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） ． 【解析】 （1）取 的中点M，根据中位线定理以及公理4可得 ，且 ，从而有 ，再根据 线面平行的判定定理即可证出； （2）根据正三角形性质可得 ，再根据线面垂直的定义可得 ，即可根据线面垂直的判定 定理证出； （3）易证 平面 ，从而可知 是 与平面 所成的角，解三角形即可求出． 【详解】 （1）证明：取 的中点为M，连接 ， ∵E是 的中点，∴ 是 的中位线． ∴ ， 又∵F是 的中点，且由于 是菱形， ∴ ，∴ ，且 ． ∴四边形 是平行四边形，∴ ． ∵ 平面 ， 平面 ．∴ 平面 ． （2）证明：∵ 平面 ， 平面 ， ∴ ．连接 ，∵底面 是菱形， ，∴ 为正三角形 ∵F是 的中点，∴ ．∵ ，∴ 平面 ． （3）连结 交 于O，∴底面 是菱形，∴ ， ∴ 平面 ，∴ ，∴ 平面 ． ∴ ，即 是 在平面 上的射影． ∴ 是 与平面 所成的角． ∵O，E分别是中点，∴ ， ∴ 为等腰直角三角形，∴ ，即 与平面 所成的角的大小为 ．10．（2021·浙江温州市·高二期中）如图所示，四边形 是矩形，平面 平面 ，平面 平面 . （1）求证： 平面 ； （2）过点 作 平面 ，若 ， ， ， 为 的中点，设 ，在线段 上是否存在点 ，使得 与平面 所成角为 .若存在，求 的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析. 【解析】 （1）结合面面垂直的性质定理得到 ，由此证得 平面 . （2）作出 在底面 上的射影，结合线面角的知识确定正确结论. 【详解】（1）证明：∵在该组合体中，平面 底面 ， 且平面 底面 ， ， ∴ 底面 ， 故有 ， 同理可证 ， 又 ， 是底面 的两条相交直线， ∴ 底面 . （2）取 的中点 ，连 ， ， 由于 是 中点，所以 ， 则 底面 ，故 在底面的射影是 ， 当点 与 重合时，所成的线面角最大，此时 ， ， 在 中， ，故 ， 故不可能在 上存在点，满足条件. 练真题 TIDHNE ABCDABCD AD DB 1．（2021·浙江高考真题）如图已知正方体 1 1 1 1，M，N分别是 1 ， 1 的中点，则 （ ）AD DB MN // ABCD A．直线 1 与直线 1 垂直，直线 平面 AD DB BDDB B．直线 1 与直线 1 平行，直线 MN  平面 1 1 AD DB MN // ABCD C．直线 1 与直线 1 相交，直线 平面 AD DB BDDB D．直线 1 与直线 1 异面，直线 MN  平面 1 1 【答案】A 【解析】 MN//AB,AD ABD 由正方体间的垂直、平行关系，可证 1 平面 1，即可得出结论. 【详解】 AD ABCDABCD 连 1，在正方体 1 1 1 1中， AD AD M是 1 的中点，所以 M 为 1中点， DB MN//AB 又N是 1 的中点，所以 ， MN 平面ABCD,AB平面ABCD， 所以MN//平面ABCD.因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD MN BDDB 则 不垂直平面 1 1，所以选项B,D不正确； ABCDABCD AD  AD 在正方体 1 1 1 1中， 1 1 ， AB 平面 AA 1 D 1 D ，所以 AB A 1 D ， AD AB A AD ABD 1 ，所以 1 平面 1， DB ABD ADDB 1 平面 1，所以 1 1 ， AD,DB 且直线 1 1 是异面直线， 所以选项C错误，选项A正确. 故选：A. 2．（2020·山东海南省高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到 晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平 面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平 面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（ ） A．20° B．40° C．50° D．90° 【答案】B 【解析】 画出截面图如下图所示，其中 是赤道所在平面的截线； 是点 处的水平面的截线，依题意可知 ； 是晷针所在直线. 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知 、根据线面垂直的定义可得 .. 由于 ，所以 ， 由于 ， 所以 ，也即晷针与点 处的水平面所成角为 . 故选：B 3．（2019·全国高考真题（文））已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边 AC，BC的距离均为 ，那么P到平面ABC的距离为___________． 【答案】 . 【解析】 作 分别垂直于 ， 平面 ，连 ， 知 ， ， 平面 ， 平面 ， ， ． ， ，， 为 平分线， ，又 ， ． 4.（2018·全国高考真题（文））如图，矩形 所在平面与半圆弧 所在平面垂直， 是 上异 于 ， 的点． （1）证明：平面 平面 ； （2）在线段 上是否存在点 ，使得 平面 ？说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析 【解析】 （1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD． 因为BC⊥CD，BC 平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM． 因为M为 上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC． 而DM 平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC． （2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD． 证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点． 连结OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP． MC 平面PBD，OP 平面PBD，所以MC∥平面PBD． 5．（2021·全国高考真题）如图，在三棱锥 中，平面 平面 ， ， 为 的中 点. （1）证明： ； （2）若 是边长为1的等边三角形，点 在棱 上， ，且二面角 的大小为 ， 求三棱锥 的体积. 【答案】(1)详见解析(2) 【解析】 （1）根据面面垂直性质定理得AO⊥平面BCD，即可证得结果； （2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果.【详解】 （1）因为AB=AD,O为BD中点，所以AO⊥BD 因为平面ABD 平面BCD ,平面ABD⊥平面BCD， 平面ABD， 因此AO⊥平面BCD， 因为 平面BCD，所以AO⊥CD (2)作EF⊥BD于F, 作FM⊥BC于M,连FM 因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD, AO⊥CD 所以EF⊥BD, EF⊥CD, ,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC 因为FM⊥BC， ,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥ME 则 为二面角E-BC-D的平面角, 因为 , 为正三角形,所以 为直角三角形 因为 , 从而EF=FM= 平面BCD, 所以 6．（2021·全国高考真题（文））如图，四棱锥 的底面是矩形， 底面 ，M为 的 中点，且 ．（1）证明：平面 平面 ； （2）若 ，求四棱锥 的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2） ． 【解析】 （1）由 底面 可得 ，又 ，由线面垂直的判定定理可得 平面 ，再 根据面面垂直的判定定理即可证出平面 平面 ； （2）由（1）可知， ，由平面知识可知， ，由相似比可求出 ，再根据四棱锥 的体积公式即可求出． 【详解】 （1）因为 底面 ， 平面 ， 所以 ， 又 ， ， 所以 平面 ， 而 平面 ， 所以平面 平面 ． （2）由（1）可知， 平面 ，所以 ， 从而 ，设 ， ， 则 ，即 ，解得 ，所以 ． 因为 底面 ， 故四棱锥 的体积为 ．