2020屆高考數學大二輪復習 層級二 專題四 立體幾何 第2講 空間中的平行與垂直教學案

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1、 第2講　空間中的平行與垂直  [考情考向·高考導航] (文)高考對本講命題較為穩(wěn)定，解答題的第(1)問考查空間平行關系和垂直關系的證明，而第(2)問多考查面積、體積的計算，難度中等偏上．解答題的基本模式是“一證明二計算”． (理)高考對本講命題較為穩(wěn)定，常以解答題第(1)問的形式考查，主要是線線、線面、面面平行和垂直的判定與性質，且多以棱柱、棱錐、棱臺或簡單組合體為載體進行考查，難度中等． [真題體驗] 1．(2019·全國Ⅱ卷)如圖，長方體ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形， 點E在棱AA1上，BE⊥EC1. (1)證明：BE⊥平面EB1C1；

2、 (2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱錐E－BB1C1C的體積． 解：(1)由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE?平面ABB1A1，故B1C1⊥BE. 又BE⊥EC1，所以BE⊥平面EB1C1. (2)由(1)知∠BEB1＝90°，由題設知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6. 作EF⊥BB1，垂足為F，則EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3. 所以，四棱錐E－BB1C1C的體積V＝×3×6×3＝18. 2．(2019·江蘇卷)如圖， 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中

3、點，AB＝BC. 求證：(1)A1B1∥平面DEC1； (2)BE⊥C1E. 證明：(1)因為D，E分別為BC，AC的中點， 所以ED∥AB. 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1， 所以A1B1∥ED. 又因為ED?平面DEC1，A1B1?平面DEC1， 所以A1B1∥平面DEC1. (2)因為AB＝BC，E為AC的中點，所以BE⊥AC. 因為三棱柱ABC－A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC. 又因為BE?平面ABC，所以C1C⊥BE. 因為C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC＝C， 所以BE⊥平面A1ACC1.

4、 因為C1E?平面A1ACC1，所以BE⊥C1E. [主干整合] 1．證明線線平行和線線垂直的常用方法 (1)證明線線平行常用的方法：①利用平行公理，即證兩直線同時和第三條直線平行；②利用平行四邊形進行平行轉換；③利用三角形的中位線定理證線線平行；④利用線面平行、面面平行的性質定理進行平行轉換． (2)證明線線垂直常用的方法：①利用等腰三角形底邊上的中線即高線的性質；②勾股定理；③線面垂直的性質：即要證兩直線垂直，只需證明一直線垂直于另一直線所在平面即可，即l⊥α，a?α?l⊥a. 2．空間平行、垂直關系證明的主要思想是轉化，即通過判定定理、性質定理將線線、線面、面面之間的平行、垂直

5、關系相互轉化． 熱點一　空間平行、垂直關系的證明 邏輯 推理 素養(yǎng) 邏輯推理——轉化思想在平行、垂直證明中的應用 以學習的線面平行、垂直關系為基礎，將線面問題經過嚴密的邏輯推理轉化為線線平行、垂直關系問題，從而實現了面面、線面、線線之間的相互轉化. 平行、垂直關系的證明問題 [例1－1]　(2018·北京卷) 如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分別為AD，PB的中點． (1)求證：PE⊥BC； (2)求證：平面PAB⊥平面PCD； (3)求證：EF∥平面PCD. [審題指導]　(1)只

6、需證明PE⊥AD即可． (2)根據PA⊥PD，只需再證明PD⊥AB即可，為此可先證AB⊥平面PAD. (3)只證明EF平行于平面PCD內的一條直線，取PC的中點G，連接FG，GD，證明四邊形EFGD為平行四邊形． [解析]　(1)證明：∵PA＝PD，且E為AD中點， ∴PE⊥AD， ∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE?平面PAD ∴PE⊥平面ABCD ∵BC?平面ABCD ∴PE⊥BC. (2)∵四邊形ABCD為矩形， ∴CD⊥AD ∵平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD， CD?平面ABCD ∴CD⊥平面PAD

7、 ∵PA?平面PAD ∴CD⊥PA ∵PA⊥PD，且CD，PD?平面PCD，CD∩PD＝D， ∴PA⊥平面PCD ∵PA?平面PAB ∴平面PAB⊥平面PCD. (3)取PC中點G，連接FG，GD ∵F，G分別為PB和PC中點 ∴FG∥BC，FG＝BC ∵四邊形ABCD為矩形， ∴BC∥AD，BC＝AD ∵E為AD中點 ∴ED＝AD ∴ED∥BC，ED＝BC ∴ED∥FG，ED＝FG ∴四邊形EFGD為平行四邊形 ∴EF∥GD ∵EF?平面PCD且GD?平面PCD ∴EF∥平面PCD 線面平行及線面垂直的證明方法 (1)要證線面平行，主要有兩個途

8、徑：一是證已知直線與平面內的某直線平行；二是證過已知直線的平面與已知平面平行．轉化思想在證明平行關系上起著重要的作用，在尋找平行關系上，利用中位線、平行四邊形等是常用的手段． (2)要證線面垂直，關鍵是在這個平面內能找出兩條相交直線和已知直線垂直，即線線垂直?線面垂直．結合圖形還要注意一些隱含的垂直關系，如等腰三角形的三線合一、菱形的對角線以及經計算得出的垂直關系等． 平行、垂直關系的探索問題 [例1－2]　(2018·全國卷Ⅲ) 如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點． (1)證明：平面AMD⊥平面BMC； (2)在線段AM上是否存在點P，使得M

9、C∥平面PBD？說明理由． [審題指導]　第(1)問利用線面垂直、面面垂直的判定定理求證：先證明BC⊥DM，再證DM⊥CM即可； 第(2)問利用線面平行的判定定理進行判定；先連接AC，BD，BD與AC交于點O，再說明是否存在點P滿足OP∥MC即可． [解析]　(1)證明：由題設知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.因為BC⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.因為M為上異于C，D的點，且DC為直徑，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)當P為AM的中點時，MC∥平面PBD. 證明

10、如下：如圖，連接AC交BD于O，因為ABCD為矩形，所以O為AC的中點，連接OP，因為P為AM的中點，所以MC∥OP. 又MC?平面PBD，OP?平面PBD，所以MC∥平面PBD. 解決與平行、垂直有關的存在性問題的基本策略：假定題中的數學對象存在(或結論成立)，然后在這個前提下進行邏輯推理，若能導出與條件吻合的依據或事實，則說明假設成立，即存在；若導出與條件或實際情況相矛盾的結論，則說明假設不成立，即不存在． (1)(2019·西安八校聯考) 如圖，在三棱錐ABCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點E，F(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且E

11、F⊥AD. 求證：①EF∥平面ABC； ②AD⊥AC. 證明：①在平面ABD內， 因為AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB， 又因為EF?平面ABC，AB?平面ABC， 所以EF∥平面ABC. ②因為平面ABD⊥平面BCD， 平面ABD∩平面BCD＝BD，BC?平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD. 因為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. 又因為AC?平面ABC，所以AD⊥AC. (2) (2019·臨沂三模)如圖所示，五面體ABCDEF，四邊形ACFD是等腰梯

12、形，AD∥FC，∠DAC＝，BC⊥面ACFD，CA＝CB＝CF＝1，AD＝2CF，點G為AC的中點． ①在AD上是否存在一點H，使GH∥平面BCD？若存在，指出點H的位置并給出證明；若不存在，說明理由； ②求三棱錐GECD的體積． 解析： ①存在點H，H為AD中點．證明如下：連接GH，在△ACD中，由三角形中位線定理可知GH∥CD. 又GH?平面BCD，CD?平面BCD， ∴GH∥平面BCD. ②由題意知AD∥CF，AD?平面ADEB，CF?平面ADEB， ∴CF∥平面ADEB. 又CF?平面CFEB，平面CFEB∩平面ADEB＝BE，∴CF∥BE， ∴VGECD＝

13、VEGCD＝VBGCD， ∵四邊形ACFD是等腰梯形，∠DAC＝.∵CA＝CB＝CF＝1，AD＝2CF， ∴∠ACD＝，∴CD＝，CG＝，又BC⊥平面ACFD，∴VBGCD＝××CG×CD×BC＝××××1＝. ∴三棱錐GECD的體積為. 熱點二　平面圖形的折疊問題 [例2]　(2019·全國Ⅲ卷)圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2. (1)證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE； (2)求圖2中的四邊形ACG

14、D的面積． [審題指導]　(1)由平行線的傳遞性證明AD∥CG，結合平面圖形中的條件證明AB⊥平面BCGE，再由面面垂直的判定定理可得證． (2)由AB∥DE，得DE⊥平面BCGE，取CG的中點M，結合菱形的特殊性，容易證明CG⊥平面DEM，即構造了平行四邊形ACGD的高，再由已知代入公式計算． [解析]　(1)由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG， 故AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面． 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE. 又因為AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)取CG的中點M，連接EM，DM. 因為

15、AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG. 由已知，四邊形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM. 因為DM⊥CG. 在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝， 故DM＝2. 所以四邊形ACGD的面積為4. 平面圖形折疊問題的求解方法 (1)解決與折疊有關的問題的關鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量，一般情況下，線段的長度是不變量，而位置關系往往會發(fā)生變化，抓住不變量是解決問題的突破口． (2)在解決問題時，要綜合考慮折疊前后的圖形，既要分析折疊后的圖形，也要分析折疊前的圖形． (2019·石家莊三模)如圖(1)所示，

16、在邊長為24的正方形ADD1A1中，點B，C在邊AD上，且AB＝6，BC＝8，作BB1∥AA1分別交AD1，A1D1于點P，B1，作CC1∥AA1分別交AD1，A1D1于點Q，C1，將該正方形沿BB1，CC1折疊，使得DD1與AA1重合，構成如圖(2)所示的三棱柱ABC－A1B1C1. (1)求證：AB⊥平面BCC1B1； (2)求多面體A1B1C1－APQ的體積． 解析：(1)證明：由題知，在題圖(2)中， AB＝6，BC＝8，CA＝10， ∴AB2＋BC2＝CA2，∴AB⊥BC. 又AB⊥BB1，BC∩BB1＝B，∴AB⊥平面BCC1B1. (2)由題易知三棱柱ABC－A

17、1B1C1的體積為×6×8×24＝576. ∵在題圖(1)中，△ABP和△ACQ都是等腰直角三角形， ∴AB＝BP＝6，AC＝CQ＝14， ∴VA－CQPB＝×S四邊形CQPB×AB＝××(6＋14)×8×6＝160. ∴多面體A1B1C1－APQ的體積V＝VABC－A1B1C1－VA－CQPB＝576－160＝416. 熱點三　異面直線所成的角、線面角 [例3]　(2019·天津卷)如圖， 在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，△PCD為等邊三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD＝2，AD＝3. (1)設G，H分別為PB，AC的中點，求證：GH∥平面

18、PAD； (2)求證：PA⊥平面PCD； (3)求直線AD與平面PAC所成角的正弦值． [審題指導]　(1)連接BD，利用GH∥PD推線面平行． (2)連接DN，先證DN⊥平面PAC，再證PA⊥平面PCD. (3)由DN⊥平面PAC，可知∠DAN為所求，利用直角三角形求解． [解析]　 (1)連接BD，易知AC∩BD＝H，BH＝DH. 又由BG＝PG，故GH∥PD. 又因為GH?平面PAD，PD?平面PAD，所以GH∥平面PAD. (2)取棱PC的中點N，連接DN.依題意，得DN⊥PC. 又因為平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD＝PC，所以DN⊥平面PAC

19、. 又PA?平面PAC，所以DN⊥PA. 又已知PA⊥CD，CD∩DN＝D， 所以PA⊥平面PCD. (3)連接AN，由(2)中DN⊥平面PAC，可知∠DAN為直線AD與平面PAC所成的角． 因為△PCD為等邊三角形，CD＝2且N為PC的中點， 所以DN＝. 又DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN＝＝. 所以，直線AD與平面PAC所成角的正弦值為. 求異面直線所成的角的關鍵在于通過平移使得兩直線相交，可通過構造中位線或平行四邊形實現．求線面角的關鍵是構造過直線上一點且與平面垂直的直線，可以直接根據題中的垂直關系作出，也可以構造此垂線后證明． (1)(2020

20、·南寧模擬)在如圖所示的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F分別是棱B1B，AD的中點，異面直線BF與D1E所成角的余弦值為(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. 解析： D　[如圖，過點E作EM∥AB，交AA1于點M，過M點作MN∥AD，交DD1于點N，取MN的中點G，連接EG，NE，D1G，所以平面EMN∥平面ABCD，易知EG∥BF，所以異面直線BF與D1E所成的角為∠D1EG(或其補角)，不妨設正方體的棱長為2，則GE＝，D1G＝，D1E＝3，在△D1EG中，cos∠D1EG＝＝，故選D.] (2)(2018·全國Ⅰ)在長方體ABCD－A1B1C1D

21、1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長方體的體積為(　　) A．8 B．6 C．8 D．8 解析： C　[如圖連接BC1，則∠AC1B＝30°，在Rt△ABC1中，tan 30°＝，∴BC1＝＝＝2.∴CC1＝＝＝2.∴長方體的體積V＝2×2×2＝8.] 限時50分鐘　滿分60分 解答題(本大題共5小題，每小題12分，共60分) 1. (2020·泉州模擬)如圖，已知四棱臺ABCD－A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長為3和6的正方形，AA1＝6，且A1A⊥底面ABCD，點P，Q分別在棱DD1，BC上，BQ＝4. (1)若

22、DP＝DD1，證明：PQ∥平面ABB1A1. (2)若P是D1D的中點，證明：AB1⊥平面PBC. 證明：(1)在AA1上取一點N，使得AN＝AA1， 因為DP＝DD1，且A1D1＝3，AD＝6， 所以PNAD， 又BQAD，所以PNBQ. 所以四邊形BQPN為平行四邊形， 所以PQ∥BN. 因為BN?平面ABB1A1，PQ?平面ABB1A1， 所以PQ∥平面ABB1A1. (2)如圖所示，取A1A的中點M， 連接PM，BM，PC， 因為A1A，D1D是梯形的兩腰，P是D1D的中點， 所以PM∥AD，于是由AD∥BC知，PM∥BC， 所以P，M，B，C四點共面．

23、 由題設可知，BC⊥AB，BC⊥A1A，AB∩AA1＝A， 所以BC⊥平面ABB1A1， 所以BC⊥AB1， 因為tan∠ABM＝＝＝＝tan∠A1AB1， 所以∠ABM＝∠A1AB1， 所以∠ABM＋∠BAB1＝∠A1AB1＋∠BAB1＝90°， 所以AB1⊥BM， 再BC∩BM＝B，知AB1⊥平面PBC. 2．(2019·煙臺三模)如圖(1)，在正△ABC中，E，F分別是AB，AC邊上的點，且BE＝AF＝2CF.點P為邊BC上的點，將△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使平面A1EF⊥平面BEFC，連接A1B，A1P，EP，如圖(2)所示． (1)求證：A1E⊥F

24、P； (2)若BP＝BE，點K為棱A1F的中點，則在平面A1FP上是否存在過點K的直線與平面A1BE平行，若存在，請給予證明；若不存在，請說明理由． (1)證明： 在正△ABC中，取BE的中點D，連接DF，如圖所示． 因為BE＝AF＝2CF，所以AF＝AD，AE＝DE，而∠A＝60°，所以△ADF為正三角形．又AE＝DE，所以EF⊥AD. 所以在題圖(2)中，A1E⊥EF， 又A1E?平面A1EF，平面A1EF⊥平面BEFC， 且平面A1EF∩平面BEFC＝EF， 所以A1E⊥平面BEFC. 因為FP?平面BEFC，所以A1E⊥FP. (2)解：在平面A1FP上存在過點

25、K的直線與平面A1BE平行． 理由如下： 如題圖(1)，在正△ABC中，因為BP＝BE，BE＝AF， 所以BP＝AF，所以FP∥AB，所以FP∥BE. 如圖所示，取A1P的中點M，連接MK， 因為點K為棱A1F的中點， 所以MK∥FP. 因為FP∥BE，所以MK∥BE. 因為MK?平面A1BE，BE?平面A1BE， 所以MK∥平面A1BE. 故在平面A1FP上存在過點K的直線MK與平面A1BE平行． 3. 如圖所示，已知BC是半徑為1的半圓O的直徑，A是半圓周上不同于B，C的點，F為弧AC的中點．梯形ACDE中，DE∥AC，且AC＝2DE，平面ACDE⊥平面AB

26、C.求證： (1)平面ABE⊥平面ACDE； (2)平面OFD∥平面ABE. 解：(1)因為BC是半圓O的直徑，A是半圓周上不同于B，C的點， 所以∠BAC＝90°，即AC⊥AB. 因為平面ACDE⊥平面ABC，平面ACDE∩平面ABC＝AC，AB?平面ABC， 所以AB⊥平面ACDE. 因為AB?平面ABE，所以平面ABE⊥平面ACDE. (2)如圖所示，設OF∩AC＝M，連接DM. 因為F為弧AC的中點，所以M為AC的中點． 因為AC＝2DE，DE∥AC，所以DE∥AM，DE＝AM. 所以四邊形AMDE為平行四邊形．所以DM∥AE. 因為DM?平面ABE，AE?

27、平面ABE，所以DM∥平面ABE. 因為O為BC的中點，所以OM為△ABC的中位線．所以OM∥AB. 因為OM?平面ABE，AB?平面ABE，所以OM∥平面ABE. 因為OM?平面OFD，DM?平面OFD，OM∩DM＝M， 所以平面OFD∥平面ABE. 4．(2019·北京卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點． (1)求證：BD⊥平面PAC； (2)若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE； (3)棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由． 解析：本題主要考查線面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立

28、體幾何中的探索問題等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力． (1)證明：因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD； 因為底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD； 因為PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC， 所以BD⊥平面PAC. (2)證明：因為底面ABCD是菱形且∠ABC＝60°，所以ΔACD為正三角形，所以AE⊥CD， 因為AB∥CD，所以AE⊥AB； 因為PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD， 所以AE⊥PA； 因為PA∩AB＝A 所以AE⊥平面PAB， AE?平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE. (3)存在點F為PB中點時，滿足CF∥平面PAE；理由如下

29、： 分別取PB，PA的中點F，G，連接CF，FG，EG， 在三角形PAB中，FG∥AB且FG＝AB； 在菱形ABCD中，E為CD中點，所以CE∥AB且CE＝AB，所以CE∥FG且CE＝FG，即四邊形CEGF為平行四邊形，所以CF∥EG； 又CF?平面PAE，EG?平面PAE，所以CF∥平面PAE. 5. (2019·青島三模)已知在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2AC＝2AA1＝4，∠A1AC＝，AC⊥BC，平面ACC1A1⊥平面ABC，M為B1C1的中點． (1)過點B1作一個平面α與平面ACM平行，確定平面α，并說明理由； (2)求三棱柱ABC－A1B1C1的

30、表面積． 解析： (1)如圖，取AB的中點E，BC的中點F，連接B1E，B1F，EF，則平面B1EF∥平面ACM. 因為平面ACC1A1⊥平面ABC，平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，AC⊥BC，所以BC⊥平面ACC1A1，BC⊥CC1，因為四邊形BCC1B1為平行四邊形，所以四邊形BCC1B1為矩形， 在矩形BCC1B1中，M，F分別是B1C1，BC的中點，所以B1F∥CM； 在△ABC中，E，F分別是AB，BC的中點，所以EF∥AC. 又EF∩FB1＝F，AC∩CM＝C， 所以平面B1EF∥平面ACM. 所以平面α即平面B1EF. (2)由題意知AC＝2，AA1＝2

31、，AB＝4. 因為AC⊥BC，所以BC＝ ＝ ＝2， 所以△ABC的面積S1＝AC×BC＝×2×2＝2. 在平行四邊形ACC1A1中，∠A1AC＝， 其面積S2＝AA1×ACsin∠A1AC＝2×2sin ＝2. 由(1)知四邊形BCC1B1為矩形，故其面積S3＝BC×CC1＝2×2＝4. 連接A1C，BA1，在△AA1C中，AC＝AA1＝2，∠A1AC＝，所以A1C＝2. 由(1)知BC⊥平面ACC1A1，所以BC⊥CA1， 所以A1B＝＝4. 在△AA1B中，AB＝A1B＝4，AA1＝2， 所以△AA1B的面積S△AA1B＝×2×＝， 所以平行四邊形ABB1A1的面積

32、S4＝2S△AA1B＝2×＝2. 故三棱柱ABC－A1B1C1的表面積S＝2S1＋S2＋S3＋S4＝2×2＋2＋4＋2＝10＋2. (文)高考解答題·審題與規(guī)范(四)　立體幾何類考題 重在“轉化” 思維流程 [轉化]　空間平行關系間的轉化、垂直關系間的轉化、平行與垂直關系間的轉化以及平面幾何與立體幾何的轉化等． [轉換]　對幾何體的體積、錐體體積考查頂點轉換，多面體體積多分割轉換為幾個規(guī)則幾何體的體積和或體積差來求解，求體積時距離與體積計算的轉換等 真題案例 審題指導 審題方法 (12分)(2018·全國Ⅰ卷)如圖，在平行四邊形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90

33、°.以AC為折痕將△ACM折起，使點M到達點D的位置，且AB⊥DA. (1)證明：平面ACD⊥平面ABC； (2)Q為線段AD上一點，P為線段BC上一點，且BP＝DQ＝DA，求三棱錐Q－ABP的體積. (1)根據線面垂直的判定定理證明AB⊥平面ACD，進而可證平面ACD⊥平面ABC；(2)利用BP＝DA，求出BP，然后求出三棱錐的高，最后根據棱錐的體積公式求出三棱錐Q－ABP的體積. 審圖形找關聯 圖形或者圖象的力量比文字更為簡潔而有力，挖掘其中蘊涵的有效信息，正確理解問題是解決問題的關鍵，對圖形或者圖象的獨特理解很多時候能成為解題中的亮點. 規(guī)范解答 評分細則 [解析]　

34、(1)由已知可得，∠BAC＝90°，則BA⊥AC.1分① 又BA⊥AD，AD∩AC＝A，所以AB⊥平面ACD.2分② 又AB?平面ABC，3分③ 所以平面ACD⊥平面ABC.4分④ (2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3.6分⑤ 又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2.7分⑥ 作QE⊥AC，垂足為E，則QE DC.8分⑦ 由已知及(1)可得DC⊥平面ABC， 所以QE⊥平面ABC，QE＝1，10分⑧ 因此，三棱錐QABP的體積為VQABP＝×QE×S△ABP＝×1××3×2sin 45°＝1.12分⑨ 第(1)問踩點得分 ①由條件得出BA⊥AC得1分． ②推出AB⊥平面ACD得1分． ③指出AB?平面ABC得1分． ④寫出結論得1分． 第(2)問踩點得分 ⑤判斷出DC＝CM＝AB，DA的值得2分． ⑥利用BP＝DQ＝DA，求出BP的值得1分． ⑦得出QEDC得1分． ⑧確定QE⊥平面ABC，并求出QE的值得2分． ⑨由棱錐的體積公式求出三棱錐QABP的體積，正確得2分，錯誤不得分. - 19 -