23、2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版课件：5.4.2 空间中的垂直与空间角
[优选]空间中的平行与垂直课件(共PPT)高考数学大二轮专题复习讲义(新高考)
![[优选]空间中的平行与垂直课件(共PPT)高考数学大二轮专题复习讲义(新高考)](https://img.taocdn.com/s3/m/77898af1453610661fd9f48e.png)
1
PART ONE
核心知识回顾
（名师整理课本专题）空间中的平行 与垂直 课件(共 PPT） 高考数 学大二 轮专题 复习讲 义（新 高考）p pt优质 说课稿 （精选 ）
1.直线与平面平行的判定和性质 (1)判定 ①判定定理： 01 __a_∥__b_，__b_⊂__α_，__a_⊄_α_⇒__a_∥__α_____. ②面面平行的性质： 02 ___α_∥__β_，__a_⊂__α_⇒__a_∥__β_____. (2)性质： 03 __l_∥__α_，__l⊂__β_，__α_∩__β_＝__m__⇒__l∥__m______.
3．两个平面平行的判定和性质
(1)判定 ①判定定理： 01 __a_⊂__β_，__b_⊂__β_，__a_∩__b_＝__P__，__a_∥__α_，__b_∥__α_⇒__β_∥__α_____.
Байду номын сангаас
②面面平行的其他判定方法： a. 02 ___l⊥__α_，__l_⊥__β_⇒__α_∥__β________. b. 03 __α_∥__γ_，__α_∥__β_⇒__β_∥__γ________. (2)性质： 04 __α_∥__β_，__γ_∩__α_＝__a_，__γ∩__β_＝__b_⇒__a_∥__b________________.
考向 1 空间线面位置关系的判定 例 1 (1)(多选)(2020·山东省烟台市模拟)已知 m，n 为两条不重合的直 线，α，β 为两个不重合的平面，则( ) A．若 m∥α，n∥β，α∥β，则 m∥n B．若 m⊥α，n⊥β，α⊥β，则 m⊥n C．若 m∥n，m⊥α，n⊥β，则 α∥β D．若 m∥n，n⊥α，α⊥β，则 m∥β
第二编 讲专题
2020高考数学(理)二轮专题复习课件：第一部分 专题五 立体几何 1-5-2
第8页
返回导航
2020大二轮 ·数学(理)
解析：通解：若α∥β，则m∥n，这与m、n为异面直线矛盾， 所以A不正确．将已知条件转化到正方体中，易知α与β不一定垂 直，但α与β的交线一定平行于l，从而排除B、C.故选D.
优解：构造图形如图所示，知D项正确．
第9页
返回导航
2020大二轮 ·数学(理)
2020大二轮 ·数学(理)
第1页
返回导航
2020大二轮 ·数学(理)
专题五 立体几何
第2页
返回导航
2020大二轮 ·数学(理)
解题必备 解题方略 走进高考 限时规范训练
第3页
返回导航
2020大二轮 ·数学(理)
考点二 空间中的平行与垂直
第4页
返回导航
2020大二轮 ·数学(理)
1．经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(唯 一性)
第12页
返回导航
2020大二轮 ·数学(理)
解析：选C.C中，当m⊂α时，若n∥α，则直线m，n可能平 行，可能异面；若m∥n，则n∥α或n⊂α，所以“n∥α”是 “m∥n”的既不充分也不必要条件，故C项不正确．
第13页
返回导航
2020大二轮 ·数学(理)
空间线面位置的判定方法 1．借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判 定定理和性质定理进行判断． 2．借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型 中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定． 3．借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推 出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．
(1)求证：平面 PCD⊥平面 PBC； (2)求证：PB∥平面 AEC.
高考数学二轮总复习 第三部分 专题五 5.3.1 空间中的平行、垂直与空间角课件
由
得 1
-
=
0.
1 · = 0,
1
1
2
令 x1=1,则平面 MDF 的一个法向量 n1=
1 1
1, ,2 2
同理可得平面EFCD的一个法向量n2=(0,1,1).
∵n1·
n2=0,
∴平面MDF⊥平面EFCD.
12/11/2021
.
解题心得向量法证明空间平行与垂直关系时,是以计算为手段,寻求直线上
×
2
h= .
3
又PA=2,则PB∶EB=PA∶h=3∶1.连接DB交AC于点O,连接OE,
∵△AOB∽△COD,∴DO∶OB=2∶1,得DB∶OB=3∶1,
∴PB∶EB=DB∶OB,则PD∥OE.又OE⊂平面AEC,PD⊄平面AEC,
∴PD∥平面AEC.
12/11/2021
2.向量法证明空间平行、垂直关系
转换.
(2)证明线线垂直:①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质;②利用
勾股定理;③利用线面垂直的性质定理.
12/11/2021
2.证明线面平行和线面垂直的常用方法
(1)证明线面平行:①利用线面平行的判定定理;②利用面面平行的性质定
理.
(2)证明线面垂直:①利用线面垂直的判定定理;②利用面面垂直的性质定
理.
3.证明面面平行和面面垂直的常用方法是判定定理.
12/11/2021
4.利用空间向量证明平行与垂直
设直线l的方向向量为a=(a1,b1,c1),平面α,β的法向量分别为
μ=(a2,b2,c2),v=(a3,b3,c3),则:
(1)线面平行:l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ=0⇔a1a2+b1b2+c1c2=0.
(全国通用版)新2020高考数学二轮复习 专题四 立体几何 第2讲 空间中的平行与垂直学案 文【下载】
第2讲空间中的平行与垂直[考情考向分析] 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、线面和面面平行和垂直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的交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中档．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)若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( ) A．若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥nB．若m∥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥nC．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥nD．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m∥n答案 A解析对于选项A，由n∥β，α∥β可得n∥α或n⊂α，又m⊥α，所以可得m⊥n，故A正确；对于选项B，由条件可得m⊥n或m∥n，故B不正确；对于选项C，由条件可得m∥n或m，n相交或m，n异面，故C不正确；对于选项D，由题意得m⊥n，故D不正确．(2)如图，平面α⊥平面β，α∩β＝l，A，C是α内不同的两点，B，D是β内不同的两点，且A，B，C，D∉直线l，M，N分别是线段AB，CD的中点．下列判断正确的是( )A．当CD＝2AB时，M，N两点不可能重合B．M，N两点可能重合，但此时直线AC与l不可能相交C．当AB与CD相交，直线AC平行于l时，直线BD可以与l相交D．当AB，CD是异面直线时，直线MN可能与l平行答案 B解析由于直线CD的两个端点都可以动，所以M，N两点可能重合，此时两条直线AB，CD共面，由于两条线段互相平分，所以四边形ACBD是平行四边形，因此AC∥BD，而BD⊂β，AC⊄B，所以由线面平行的判定定理可得AC∥β，又因为AC⊂α，α∩β＝l，所以由线面平行的性质定理可得AC∥l，故选B.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)(2018·揭阳模拟)已知直线a，b，平面α，β，γ，下列命题正确的是( ) A．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γB．若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，则a∥b∥cC．若α∩β＝a，b∥a，则b∥αD．若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，则b∥a答案 A解析A中，若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γ，该说法正确；B中，若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，在三棱锥P－ABC中，令平面α，β，γ分别为平面PAB，PAC，PBC，交线a，b，c为PA，PB，PC，不满足a∥b∥c，该说法错误；C中，若α∩β＝a，b∥a，有可能b⊂α，不满足b∥α，该说法错误；D中，若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，正方体ABCD－A1B1C1D1中，取平面α，β为平面ABCD，ADD1A1，直线b为A1C1，满足b∥α，不满足b∥a，该说法错误．(2)(2018·资阳模拟)如图，平面α与平面β相交于BC，AB⊂α，CD⊂β，点A∉BC，点D∉BC，则下列叙述错误的是( )A．直线AD与BC是异面直线B．过AD只能作一个平面与BC平行C．过AD只能作一个平面与BC垂直D．过D只能作唯一平面与BC垂直，但过D可作无数个平面与BC平行答案 C解析由异面直线的判定定理得直线AD与BC是异面直线；在平面β内仅有一条直线过点D且与BC平行，这条直线与AD确定一个平面与BC平行，即过AD只能作一个平面与BC平行；若AD垂直于平面α，则过AD的平面都与BC垂直，因此C错；过D只能作唯一平面与BC垂直，但过D可作无数个平面与BC平行．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)(2018·衡水调研)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，平面PAB⊥平面ABCD，点E是PD的中点，棱PA与平面BCE交于点F.①求证：AD∥EF；②若△PAB是正三角形，求三棱锥P－BEF的体积．①证明因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以BC∥AD.又因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD.又因为B，C，E，F四点共面，且平面BCEF∩平面PAD＝EF，所以BC∥EF.又因为BC∥AD，所以AD∥EF.②解由①知，AD∥EF，点E是PD的中点，所以点F为PA的中点，EF＝12AD＝1.又因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，AD⊥AB，所以AD ⊥平面PAB ，所以EF ⊥平面PAB . 又因为△PAB 是正三角形， 所以PA ＝PB ＝AB ＝2， 所以S △PBF ＝12S △PBA ＝32.又EF ＝1，所以V P －BEF ＝V E －PBF ＝13×32×1＝36.故三棱锥P －BEF 的体积为36. (2)(2018·北京)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点．①求证：PE ⊥BC ；②求证：平面PAB ⊥平面PCD ； ③求证：EF ∥平面PCD .证明 ①因为PA ＝PD ，E 为AD 的中点， 所以PE ⊥AD .因为底面ABCD 为矩形，所以BC ∥AD ，所以PE ⊥BC . ②因为底面ABCD 为矩形， 所以AB ⊥AD .又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊂平面ABCD ， 所以AB ⊥平面PAD ，又PD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥PD .又因为PA ⊥PD ，PA ∩AB ＝A ，PA ，AB ⊂平面PAB ， 所以PD ⊥平面PAB . 又PD ⊂平面PCD ， 所以平面PAB ⊥平面PCD . ③如图，取PC 的中点G ，连接FG ，DG .因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点， 所以FG ∥BC ，FG ＝12BC ，因为四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， 所以DE ∥BC ，DE ＝12BC .所以DE ∥FG ，DE ＝FG .所以四边形DEFG 为平行四边形，所以EF ∥DG . 又因为EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ， 所以EF ∥平面PCD .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明线线平行；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，即要证线线垂直，只需证明一条直线垂直于另一条直线所在的平面即可，l ⊥α，a ⊂α⇒l ⊥a .跟踪演练2 (2018·全国Ⅲ)如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧»CD 所在平面垂直，M 是»CD上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC .(2)在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由． (1)证明 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 ， 又DM ⊂平面CMD ， 故BC ⊥DM .因为M 为»CD上异于C ，D 的点，且DC 为直径， 所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，BC ，CM ⊂平面BMC ， 所以DM ⊥平面BMC .又DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC . (2)解 当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD .证明如下：连接AC，BD，交于点O.因为ABCD为矩形，所以O为AC的中点．连接OP，因为P为AM的中点，所以MC∥OP.又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD.热点三平面图形的翻折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，这是解决翻折问题的主要方法．例3 (2018·北京海淀区期末)如图1，已知菱形AECD的对角线AC，DE交于点F，点E为AB 中点．将△ADE沿线段DE折起到△PDE的位置，如图2所示．(1)求证：DE⊥平面PCF；(2)求证：平面PBC⊥平面PCF；(3)在线段PD，BC上是否分别存在点M，N，使得平面CFM∥平面PEN？若存在，请指出点M，N 的位置，并证明；若不存在，请说明理由．(1)证明折叠前，因为四边形AECD为菱形，所以AC⊥DE，所以折叠后，DE⊥PF，DE⊥CF，又PF∩CF＝F，PF，CF⊂平面PCF，所以DE⊥平面PCF.(2)证明因为四边形AECD为菱形，所以DC∥AE，DC＝AE.又点E为AB的中点，所以DC∥EB，DC＝EB，所以四边形DEBC为平行四边形，所以CB ∥DE .又由(1)得，DE ⊥平面PCF ， 所以CB ⊥平面PCF . 因为CB ⊂平面PBC ， 所以平面PBC ⊥平面PCF . (3)解 存在满足条件的点M ，N ， 且M ，N 分别是PD 和BC 的中点． 如图，分别取PD 和BC 的中点M ，N .连接EN ，PN ，MF ，CM .因为四边形DEBC 为平行四边形， 所以EF ∥CN ，EF ＝12BC ＝CN ，所以四边形ENCF 为平行四边形， 所以FC ∥EN .在△PDE 中，M ，F 分别为PD ，DE 的中点， 所以MF ∥PE .又EN ，PE ⊂平面PEN ，PE ∩EN ＝E ，MF ，CF ⊂平面CFM ，MF ∩CF ＝F ， 所以平面CFM ∥平面PEN .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，得出矛盾则否定假设，否则给出肯定结论．跟踪演练3 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 ＝2，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 ＝2，AD ＝1，所以BD ＝ 3. 依题意△ABD ∽△DCB ， 所以AB AD ＝CD BD ，即21＝CD3.所以CD ＝ 6. 故BC ＝3.由于AB ⊥平面ADC ，所以AB ⊥AC ，又E 为BC 的中点，所以AE ＝BC 2＝32.同理DE ＝BC 2＝32.所以S △ADE ＝12×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22. 因为DC ⊥平面ABD ， 所以V A —BCD ＝13CD ·S △ABD ＝33.设点B 到平面ADE 的距离为d ，则13d ·S △ADE ＝V B —ADE ＝V A —BDE ＝12V A —BCD ＝36， 所以d ＝62， 即点B 到平面ADE 的距离为62.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________．(填序号)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⊥βB．m⊥n⇒α⊥βC．α∥β⇒m∥βD．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，平面AA1C1C 与平面AA1B1B也不垂直，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，探索空间直线与平面位置关系，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方向．(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，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．若m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面：①m∥n，m⊥α⇒n⊥α；②α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥n；③α∥β，m∥n，m⊥α⇒n⊥β；④若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β.则以上说法中正确的个数为( )A．1 B．2 C．3 D．4答案 B解析对于①，m∥n，m⊥α⇒n⊥α，正确；对于②，两平行平面内的两条直线可能是异面直线，故错误；对于③，α∥β，m∥n，m⊥α⇒n⊥β，正确；对于④，若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β，错误，如三棱柱的两个侧面都与第三个侧面相交，交线平行，但是这两个面相交．故选B.2．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. 3．(2018·抚顺模拟)给出下列四个命题：①如果平面α外一条直线a 与平面α内一条直线b 平行，那么a ∥α； ②过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直；③如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线与这个平面垂直； ④若两个相交平面都垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面． 其中真命题的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 C解析 对于①，根据线面平行的判定定理，如果平面外一条直线a 与平面α内一条直线b 平行，那么a ∥α，故正确；对于②，因为垂直于同一平面的两直线平行，所以过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直，故正确；对于③，平面内无数条直线均为平行线时，不能得出直线与这个平面垂直，故不正确；对于④，因为两个相交平面都垂直于第三个平面，所以在两个相交平面内各取一条直线垂直于第三个平面，可得这两条直线平行，则其中一条直线平行于另一条直线所在的平面，可得这条直线平行于这两个相交平面的交线，从而交线垂直于第三个平面，故正确．4．(2018·全国Ⅱ)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( ) A.22 B.32 C.52 D.72答案 C解析 如图，因为AB ∥CD ，所以AE 与CD 所成角为∠EAB . 在Rt△ABE 中，设AB ＝2， 则BE ＝5， 则tan∠EAB ＝BEAB ＝52，所以异面直线AE与CD所成角的正切值为52.5．(2018·全国Ⅰ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为( )A．8 B．6 2 C．8 2 D．8 3答案 C解析如图，连接AC1，BC1，AC.∵AB⊥平面BB1C1C，∴∠AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，∴∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，AC1＝2sin 30°＝4，在Rt△ACC1中，CC1＝AC21－AC2＝42－(22＋22)＝22，∴V长方体＝AB×BC×CC1＝2×2×22＝8 2.故选C.6．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∥αB．m∥β且n∥βC．m∥β且n∥l2D．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.7．在正方体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B 1E ⊥直线BC 1. 答案 ①②③解析 因为AC ⊥平面BDD 1B 1，BE ⊂平面BDD 1B 1， 所以AC ⊥BE ，故①正确； 因为B 1D 1∥BD ，即BD ∥B 1E ，B 1E ⊄平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以B 1E ∥平面ABCD ，故②正确； 记正方体的体积为V ，则V E －ABC ＝16V 为定值，故③正确；B 1E 与BC 1不垂直，故④错误．8.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，点D 是A 1C 1的中点，点F 在线段AA 1上，当AF ＝________时，CF ⊥平面B 1DF .答案 a 或2a解析 由题意易知，B 1D ⊥平面ACC 1A 1， 又CF ⊂平面ACC 1A 1， 所以B 1D ⊥CF .要使CF ⊥平面B 1DF ，只需CF ⊥DF 即可． 令CF ⊥DF ，设AF ＝x ，则A 1F ＝3a －x . 易知Rt△CAF ∽Rt△FA 1D ， 得AC A 1F ＝AF A 1D ，即2a 3a －x ＝x a， 整理得x 2－3ax ＋2a 2＝0，解得x ＝a 或x ＝2a .9．(2018·全国Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且MC ＝2MB ，求点C 到平面POM 的距离． (1)证明 因为PA ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点， 所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 如图，连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ， 所以△ABC 为等腰直角三角形， 所以OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .因为OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，OB ，AC ⊂平面ABC ， 所以PO ⊥平面ABC .(2)解 作CH ⊥OM ，垂足为H ， 又由(1)可得OP ⊥CH ，因为OM ∩OP ＝O ，OM ，OP ⊂平面POM ， 所以CH ⊥平面POM .故CH 的长为点C 到平面POM 的距离． 由题意可知OC ＝12AC ＝2，CM ＝23BC ＝423，∠ACB ＝45°，所以在△OMC 中，由余弦定理可得，OM ＝253，CH ＝OC ·MC ·sin∠ACB OM ＝455.所以点C 到平面POM 的距离为455.10．(2018·黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学模拟)已知△ABC 中，AB ⊥BC ，BC ＝2，AB ＝4，分别取边AB ，AC 的中点D ，E ，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1D ⊥BD .设点M 为棱A 1D 的中点，点P 为棱A 1B 的中点，棱BC 上的点N 满足BN ＝3NC .(1)求证：MN ∥平面A 1EC ； (2)求三棱锥N －PCE 的体积．(1)证明 取A 1E 的中点F ，连接MF ，CF ，∵ M 为棱A 1D 的中点，∴MF ∥DE 且MF ＝12DE ，在△ABC 中，D ，E 分别为边AB ，AC 的中点，∴DE ∥BC 且DE ＝12BC ，∴MF ∥BC ，即MF ∥NC ， 且MF ＝14BC ＝NC ，∴四边形MFCN 为平行四边形， ∴MN ∥FC ，∵MN ⊄平面A 1EC ，FC ⊂平面A 1EC ， ∴MN ∥平面A 1EC .(2)解 取BD 的中点H ，连接PH ， 则PH 为△A 1BD 的中位线， ∴PH ∥A 1D ，∵在△ABC 中，AB ⊥BC ，DE ∥BC ， ∴在空间几何体中，DE ⊥DA 1，∵A 1D ⊥BD ，DB ∩DE ＝D ，DB ，DE ⊂平面BCED ，∴A 1D ⊥平面BCED ，∵PH ∥A 1D ，∴PH ⊥平面BCED ， ∴PH 为三棱锥P －NCE 的高，∴PH ＝12A 1D ＝14AB ＝1，S △NCE ＝12NC ·BD ＝12×12×2＝12，∴V N －PCE ＝V P －NCE ＝13PH ·S △NCE＝13×1×12＝16. B 组 能力提高11．(2018·河南省南阳市第一中学月考)如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱BC ，CC 1的中点，P 是侧面BCC 1B 1内一点，若A 1P ∥平面AEF ，则线段A 1P 长度的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫324，52 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，52 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，52 答案 B解析 如图所示，分别取棱BB 1，B 1C 1的中点M ，N ，连接MN ，BC 1，NE ，A 1N ，A 1M ， ∵M ，N ，E ，F 分别为所在棱的中点， ∴MN ∥BC 1，EF ∥BC 1， ∴MN ∥EF ，又MN ⊄平面AEF ，EF ⊂平面AEF ， ∴MN ∥平面AEF .∵AA 1∥NE ，AA 1＝NE ，∴四边形AENA 1为平行四边形， ∴A 1N ∥AE ，又A 1N ⊄平面AEF ，AE ⊂平面AEF ， ∴A 1N ∥平面AEF ，又A 1N ∩MN ＝N ，A 1N ，MN ⊂平面A 1MN ， ∴平面A 1MN ∥平面AEF .∵P 是侧面BCC 1B 1内一点，且A 1P ∥平面AEF ， ∴点P 必在线段MN 上． 在Rt△A 1B 1M 中，A 1M ＝A 1B 21＋B 1M 2＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝52. 同理，在Rt△A 1B 1N 中，可得A 1N ＝52， ∴△A 1MN 为等腰三角形．当点P 为MN 中点O 时，A 1P ⊥MN ，此时A 1P 最短； 点P 位于M ，N 处时，A 1P 最长． ∵A 1O ＝A 1M 2－OM 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫242 ＝324，A 1M ＝A 1N ＝52. ∴线段A 1P 长度的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52. 12．(2018·泉州质检)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，M ，N 分别为B 1C 1，BB 1的中点．现有下列四个结论：p 1：AC 1∥MN ； p 2：A 1C ⊥C 1N ； p 3：B 1C ⊥平面AMN ；p 4：异面直线AB 与MN 所成角的余弦值为24. 其中正确的结论是( ) A ．p 1，p 2 B ．p 2，p 3 C ．p 2，p 4 D ．p 3，p 4答案 C解析 正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，M，N分别为B1C1，BB1的中点．对于p1：如图①所示，MN∥BC1，BC1∩AC1＝C1，∴AC1与MN不平行，是异面直线，p1错误；对于p2：如图②所示，连接AC1，交A1C于点O，连接ON，易知A1C⊥AC1，ON⊥平面ACC1A1，∴ON⊥A1C，又ON∩AC1＝O，ON，AC1⊂平面ONC1，∴A1C⊥平面ONC1，又C1N⊂平面ONC1，∴A1C⊥C1N，p2正确；对于p3：如图③所示，取BC的中点O，连接AO，BC1，过点O作OP∥BC1，交CC1于点P，连接AP，则AO⊥平面BCC1B1，又B1C⊂平面BCC1B1，∴AO⊥B1C，又BC1∥OP，BC1⊥B1C，∴B1C⊥OP，又AO∩OP＝O，AO，OP⊂平面AOP，∴B1C⊥平面AOP，又平面AMN与平面AOP有公共点A，∴B1C与平面AMN不垂直，p3错误；对于p 4：如图④所示，连接BC 1，AC 1，则MN ∥BC 1，∴∠ABC 1是异面直线AB 与MN 所成的角，设AB ＝1，则AC 1＝BC 1＝2，∴cos∠ABC 1＝(2)2＋12－(2)22×2×1＝24，p 4正确． 综上，其中正确的结论是p 2，p 4.13.如图，多面体ABCB 1C 1D 是由三棱柱ABC －A 1B 1C 1截去一部分后而成，D 是AA 1的中点．(1)若F 在CC 1上，且CC 1＝4CF ，E 为AB 的中点，求证：直线EF ∥平面C 1DB 1；(2)若AD ＝AC ＝1，AD ⊥平面ABC ，BC ⊥AC ，求点C 到平面B 1C 1D 的距离．(1)证明 方法一 取AC 的中点G ，CC 1的中点H ，连接AH ，GF ，GE ，如图所示．∵AD ∥C 1H 且AD ＝C 1H ，∴四边形ADC 1H 为平行四边形，∴AH ∥C 1D ，又F 是CH 的中点，G 是AC 的中点，∴GF ∥AH ，∴GF ∥C 1D ，又GF ⊄平面C 1DB 1，C 1D ⊂平面C 1DB 1，∴GF ∥平面C 1DB 1，又G ，E 分别是AC ，AB 的中点，∴GE ∥BC ∥B 1C 1，又GE ⊄平面C 1DB 1，B 1C 1⊂平面C 1DB 1，∴GE ∥平面C 1DB 1，又GE ∩GF ＝G ，GE ⊂平面GEF ，GF ⊂平面GEF ，∴平面GEF ∥平面C 1DB 1，又EF ⊂平面GEF ，∴EF ∥平面C 1DB 1.方法二 取B 1D 的中点M ，连接EM ，MC 1，则EM 是梯形ABB 1D 的中位线，∴EM ∥BB 1∥CC 1∥AD ，∴EM ＝12(AD ＋BB 1) ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12CC 1＋CC 1＝34CC 1， 又C 1F ＝CC 1－CF ＝34CC 1， ∴ EM ∥C 1F 且EM ＝C 1F ，故四边形EMC 1F 为平行四边形，∴C 1M ∥EF ，又EF ⊄平面C 1DB 1，C 1M ⊂平面C 1DB 1，∴EF ∥平面C 1DB 1.(2)解 ∵AD ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∴AD ⊥AC ，又AD ＝AC ＝1，CC 1＝2AD ，AD ∥CC 1，∴C 1D 2＝DC 2＝AC 2＋AD 2＝2AD 2＝2，C 1C 2＝4，故CC 21＝CD 2＋C 1D 2，即C 1D ⊥CD ，又BC ⊥AC ，AD ⊥BC ，AC ∩AD ＝A ， AC ，AD ⊂平面ACC 1D ，∴BC ⊥平面ACC 1D ，又CD ⊂平面ACC 1D ，∴BC ⊥CD ，又B 1C 1∥BC ，∴B 1C 1⊥CD ，又DC 1∩B 1C 1＝C 1，DC 1，B 1C 1⊂平面B 1C 1D ，∴CD ⊥平面B 1C 1D ，∴点C 到平面B 1C 1D 的距离为CD 的长，即为 2.14．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S ABCDE ＝S AB ′DE －S △BB ′C ＝6×5－12×2×2＝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，由椭圆的几何性质知，当点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PO max ＝4，所以(V P －ABCDE )max ＝13S ABCDE ·PO max ＝13×28×4＝1123.(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 ，BC ⊂平面ABCDE ，所以PO ⊥BC ，又PO ∩BO ＝O ，PO ，BO ⊂平面POB ，所以BC ⊥平面POB ，又PB ⊂平面POB ，所以BC ⊥PB .。
2020届高考数学大二轮刷题首选卷理数课件：第一部分 考点十四 空间中的平行与垂直关系
解析 因为在四边形 ABCD 中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠ BAD＝90°，所以 BD⊥CD，又平面 ABD⊥平面 BCD，且平面 ABD∩平面 BCD ＝BD，所以 CD⊥平面 ABD，则 CD⊥AB，又 AD⊥AB，所以 AB⊥平面 ADC， 则平面 ABC⊥平面 ADC，故选 D.
解 (1)证明：如图 1，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，连接 BM， 因为 BCC1B1 是矩形，所以 BC⊥BB1， 因为 AA1∥BB1，所以 AA1⊥BC， 又因为 AA1⊥MC，BC∩MC＝C， 所以 AA1⊥平面 BCM，所以 AA1⊥MB， 又因为 AB＝A1B，所以 M 是 AA1 的中点，
取 BC 的中点 P，连接 NP，AP， 因为 N 是 B1C 的中点，则 NP∥BB1 且 NP＝12BB1， 所以 NP∥MA 且 NP＝MA， 所以四边形 AMNP 是平行四边形，所以 MN∥AP， 又因为 MN⊄平面 ABC，AP⊂平面 ABC， 所以 MN∥平面 ABC.
(2)因为 AB⊥A1B，所以△ABA1 是等腰直角三角形， 设 AB＝ 2a，则 AA1＝2a，BM＝AM＝a. 在 Rt△ACM 中，AC＝ 2a，所以 MC＝a. 在△BCM 中，CM2＋BM2＝2a2＝BC2， 所以 MC⊥BM， 由(1)知，则 MC⊥AA1，BM⊥AA1， 如图 2，以 M 为坐标原点，M→A1，M→B，M→C的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，
解析 命题①是线面平行的判定定理，正确；命题②因为垂直同一平面 的两条直线平行，所以过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直，故 正确；命题③平面内无数条直线均平行时，不能得出直线与这个平面垂直， 故不正确；命题④因为两个相交平面都垂直于第三个平面，从而交线垂直于 第三个平面，故正确．故答案为①②④.
2020高考数学-空间中的垂直关系
第 5 讲空间中的垂直关系§5.1 垂直关系的证明定理名称定理内容符号表示图像线面垂直的判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直a ，b ⊂α⎫a ⊥l ⎪ ⎪⇒ l ⊥αb ⊥l⎬⎪a b =P ⎪⎭laαP b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a ⊥α⎫a ⊂β⎬⇒ α⊥β⎭βaαl面面垂直的性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直α⊥β⎫a ⊂α⎪ ⎪⇒ a ⊥βαβ=l ⎬⎪a ⊥l ⎪⎭αalβB【例1】 A -BCDE AB ⊥BCDEABC DE ⊥AEAEC D【例2】2019ABCD -A1B1C1D1ABCD E AA1BE ⊥EC1BE ⊥ EB1C1.【例3】2018 P -ABCD ABCD PAD ⊥ ABCD PA ⊥PD PA =PD E F AD PBPE ⊥BCPAB ⊥PCDCD ⊥【例4】2019 P -ABCD ABCD∆PCDPAC ⊥ PCD PA ⊥CD PA ⊥ PCD【例5】AB ⊥BC SA ⊥ABC AM ⊥SB AN ⊥SCSSC ⊥MNCABNM【例6】2019 ABCD ABC AC ⊥BCABC E BDDA ⊥【例7】2019A1A =A1C =AC E, FABC -A1B1C1AC, A1B1A1A CC1⊥ABCEF ⊥BC∠ABC = 90︒【例8】2019 P -ABCD ABCD AD / /BC AB ⊥AD AD = 2AB = 2BC = 2∆PCD PC ⊥AC E PAAC ⊥BE .AE BC【习题1】2018 ABCD E, F AD, BC DF ABFD .C P PF ⊥BF PEF ⊥【习题2】2018 2 ABCD CDC D AMD ⊥BMC∆DFCM CDE CD【习题3】2019 P -ABCDPAC∠ABC = 60︒PAB ⊥PAEPA ⊥ABCD ABCD【习题4】2019 ABC -EFG ABC ⊥BCGF CB = 2GF BF =CF AB ⊥CG .BD ⊥OB1D【习题5】P △ABC PO ⊥ABC O PA ⊥BCAOP PC ⊥ABPPB ⊥ACA CB【习题6】在长方体ABCD -A1B1C1D1 中，点E, F 分别在AA1, CC1 上，且B1E ⊥A1B ，B1F ⊥BC1 ，求证：BD1⊥面B1EF ．D1 C1A1FE CABC ⊥。
高三数学二轮复习 空间中的平行与垂直 课件(全国通用)
线面平行的 __________ 判定定理 线面平行的 性质定理 ______ ___ 判定定理
符号表示 _________ _______
图形表示
线面垂直的 性质定理
_________ _______
第13页
(2)面面平行与垂直的判定与性质 定理 符号表示 图形表示
第 2页
[考题回访] 1．(2016· 浙江卷)已知互相垂直的平面 α，β 交于直线 l，若 直线 m，n 满足 m∥α，n⊥β，则( A．m∥l
答案：C
) D．m⊥n
B．m∥n
C．n⊥l
解析：由题意知 α∩β＝l，∴l⊂β.∵n⊥β，
∴n⊥l，故选 C.
第 3页
2． (2016· 全国新课标卷Ⅰ)平面 α 过正方体 ABCD－A1B1C1D1 的顶点 A，α∥平面 CB1D1，α∩平面 ABCD＝m，α∩平面 ABB1A1 ＝n，则 m，n 所成角的正弦值为( 3 2 A. 2 B. 2
面面垂直的 _________ 判定定理 _______
面面垂直的 _________ 性质定理 _______
第14页
定理 面面平行的 判定定理
符号表示 _________ _______
图形表示
面面平行的 性质定理
_________ _______
第15页
a⊄α，b⊂α， ⇒a∥α 答案： (1) a∥b l⊥a，l⊥b， a⊂α，b⊂α， ⇒l⊥α a∩b＝O
第 6页
答案：②③④ 明其错误．
解析：对于命题①，可运用长方体举反例证
如图，不妨设 AA′为直线 m，CD 为直线 n，ABCD 所在的平 面为 α，ABC′D′所在的平面为 β，显然这些直线和平面满足题 目条件，但 α⊥β 不成立．
2020版高考理科数学大二轮专题复习新方略课件：5.2点、直线、平面之间的位置关系
(2)由(1)知 AD′⊥平面 BCD′，又 BD′⊂平面 BCD′，
∴AD′⊥BD′，从而 BD′＝ 2，
设点 B 到平面 AD′C 的距离为 h，
由 V ＝V ， 三棱锥 B－AD′C
三棱锥 C－AD′B
得13S△AD′C·h＝13S△AD′B·BC，
即13×12×1× 3×h＝13×12×1× 2×1，得 h＝ 36，
(2)求图 2 中的四边形 ACGD 的面积．
【解析】 本题考查了线面、面面垂直问题，通过翻折、平面 与平面垂直的证明考查了空间想象能力和推理论证能力，考查了直 观想象的核心素养．
(1)证明：由已知得 AD∥BE，CG∥BE，所以 AD∥CG，故 AD， CG 确定一个平面，从而 A，C，G，D 四点共面．
A．α 内有无数条直线与 β 平行 B．α 内有两条相交直线与 β 平行 C．α，β 平行于同一条直线 D．α，β 垂直于同一平面
(2) [2019·全国卷Ⅲ]如图，点 N 为正方形 ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面 ECD⊥平面 ABCD，M 是线段 ED 的中点，则( )
A．BM＝EN，且直线 BM，EN 是相交直线 B．BM≠EN，且直线 BM，EN 是相交直线 C．BM＝EN，且直线 BM，EN 是异面直线 D．BM≠EN，且直线 BM，EN 是异面直线
解析：(1)因为 PD⊥平面 ABCD，AD⊂平面 ABCD，所以 PD⊥AD.
又因为 ABCD 是矩形， 所以 AD⊥CD. 因为 PD∩CD＝D. 所以 AD⊥平面 PCD， 所以 AD 是三棱锥 A－PDE 的高． 因为 E 为 PC 的中点，且 PD＝DC＝4，
所以 S△PDE＝12S△PDC＝12×12×4×4＝4. 又 AD＝2，所以 VA－PDE＝13AD·S△PDE＝13×2×4＝83.