2019高考数学一本策略复习专题四立体几何第二讲空间点、线、面位置关系的判断教案文.docx

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1、1第二讲 空间点、线、面位置关系的判断年份 卷别 考查角度及命题位置 命题分析及学科素养卷 面面垂直证明及三棱锥体积求法T 18卷 异面直线所成角的求法T 92018卷面面垂直证明及线面平行的探索性问题T 19线面平行的判断T 6卷 面面垂直的证明与四棱锥的侧面积求法T 18卷线面平行的证明与四棱锥的体积求法T 18线线垂直的判断T 102017卷线线垂直的证明与体积比问题T 19卷 线面垂直应用、几何体的体积T 18卷 线线垂直、几何体的体积T 192016卷 线面平行、几何体的体积T 19命题分析(1)高考对此部分的命题较为稳定，一般为“一小一大”或“一大” ，即一道选择或填空题和一道解答

2、题或一道解答题(2)选择题一般在第 1011 题的位置，填空题一般在第 14 题的位置，多考查线面位置关系的判断，难度较小. 学科素养通过平行、垂直关系的判断与证明重点考查学生直观想象与逻辑推理素养，通过体积计算考查数学运算素养.空间点、线、面位置关系的基本问题授课提示：对应学生用书第 37 页悟通方法结论空间中点、线、面的位置关系的判定(1)可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例(2)可以借助长方体，在理解空间点、线、面位置关系的基础上，抽象出空间线、面的位置关系的定义全练快速解答1(2017高考全国卷)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

3、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( )2解析：对于选项 B，如图所示，连接 CD，因为 AB CD， M， Q 分别是所在棱的中点，所以 MQ CD，所以 AB MQ，又 AB平面 MNQ， MQ平面 MNQ，所以 AB平面 MNQ.同理可证选项 C，D 中均有 AB平面 MNQ.故选 A.答案：A2(2017高考全国卷)在正方体 ABCDA1B1C1D1中， E 为棱 CD 的中点，则( )A A1E DC1 B A1E BDC A1E BC1 D A1E AC解析：由正方体的性质，得 A1B1 BC1， B1C BC1，所以 BC1平面 A1B1CD，又

4、 A1E平面 A1B1CD，所以 A1E BC1，故选 C.答案：C3(2018高考全国卷)在长方体 ABCDA1B1C1D1中， AB BC1， AA1 ，则异面3直线 AD1与 DB1所成角的余弦值为( )A. B.15 56C. D.55 22解析：如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体 A B BAA1 B1 B1A1.连接 B1B，由长方体性质可知，B1B AD1，所以 DB1B为异面直线 AD1与 DB1所成的角或其补角连接 DB，由题意，得 DB ， B B112 1 12 52， DB1 .12 32 12 12 32 53在 DB B1中，由余弦定

5、理，得DB 2 B B DB 2 B B1DB1cos DB1B，21 21即 54522 cos DB1B，cos DB1B .555故选 C.答案：C4(2016高考全国卷) ， 是两个平面， m， n 是两条直线，有下列四个命题：如果 m n， m ， n ，那么 .如果 m ， n ，那么 m n.如果 ， m ，那么 m .如果 m n， ，那么 m 与 所成的角和 n 与 所成的角相等其中正确的命题有_(填写所有正确命题的编号)解析：根据相关知识，对四个命题逐个判断对于， ， 可以平行，也可以相交但不垂直，故错误对于，由线面平行的性质定理知存在直线 l ， n l，又 m ，所以

6、m l，所以m n，故正确对于，因为 ，所以 ， 没有公共点又 m ，所以 m， 没有公共点，由线面平行的定义可知 m ，故正确对于，因为 m n，所以 m 与 所成的角和 n 与 所成的角相等因为 ，所以 n 与 所成的角和 n 与 所成的角相等，所以 m 与 所成的角和 n 与 所成的角相等，故正确答案：【类题通法】判断与空间位置关系有关命题真假的 3 种方法(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

7、法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断平行与垂直关系的证明4授课提示：对应学生用书第 37 页悟通方法结论记住以下几个常用结论(1)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等(2)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行(3)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例(4)如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行(5)垂直于同一条直线的两个平面平行(6)过一点有且只有一条直线与已知平面垂直(7)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直(2018高考全国卷)(12 分)如图，矩形 AB M 是 上异于 C， D 的点(1)证明：(2)在 使得 MC平面 PBD？说

8、明理由学审题条件信息 想到方法 注意什么由信息平面 ABCD平面CMD面面垂直的性质可用来找出需要的线面垂直，即 BC平面 CMD由信息证明平面 AMD平面 BMC面面垂直的判定方法可证DM平面 BMC由信息在 AM 上找点 P 使得 MC平面 PBD猜测 P 为 AM 中点，再证明利用面面垂直判定定理及性质定理时一定要注意定理成立条件的完整性，否则会丢分规范解答 (1)证明：由题设知，平面 CMD平面 ABCD，交线为 CD. (2 分)因为 BC CD， BC平面 ABCD，所以 BC平面 CMD，5故 BC DM. (4 分)因为 M 为 上异于 C， D 的点，且 DC 为直径，所以

9、DM CM.又 BC CM C，所以 DM平面 BMC.而 DM平面 AMD，故平面 AMD平面 BMC. (6 分)(2)当 P 为 AM 的中点时， MC平面 PBD.(8 分)证明如下：连接 AC 交 BD 于 O.因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 AC 中点(10 分)连接 OP，因为 P 为 AM 中点，所以 MC OP.又 MC平面 PBD， OP平面 PBD，所以 MC平面 PBD. (12 分)【类题通法】(1)正确并熟练掌握空间中平行与垂直的判定定理与性质定理，是进行判断和证明的基础；在证明线面关系时，应注意几何体的结构特征的应用，尤其是一些线面平行与垂直关系，这些都可以

10、作为条件直接应用. (2)证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行.(3)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或添加辅助线解决(4)证明的核心是转化，空间向平面的转化，面面线面 线线(5)学科素养：利用空间几何体证明平行或垂直关系主要考查学生的直观想象与逻辑推理素养能力练通即学即用1(2018武汉调研)如图，三棱锥 PABC 中，底面 ABC 是边长为 2 的正三角形，P

11、A PC， PB2.(1)求证：平面 PAC平面 ABC；6(2)若 PA PC，求三棱锥 PABC 的体积解析：(1)证明：如图，取 AC 的中点 O，连接 BO， PO.因为 ABC 是边长为 2 的正三角形，所以 BO AC， BO .3因为 PA PC，所以 PO AC1.12因为 PB2，所以 OP2 OB2 PB2，所以 PO OB.因为 AC OP O，所以 BO平面 PAC.又 OB平面 ABC，所以平面 PAC平面 ABC.(2)因为 PA PC， PA PC， AC2，所以 PA PC .2由(1)知 BO平面 PAC，所以 VPABC S PACBO .13 13 12

12、2 2 3 332(2018沈阳模拟)如图，在四棱锥 PABCD 中， PD底面ABCD， AB CD， AB2， CD3， M 为 PC 上一点，且 PM2 MC.(1)求证： BM平面 PAD；(2)若 AD2， PD3， BAD ，求三棱锥 PADM 的体积 3解析：(1)证明：法一：如图，过 M 作 MN CD 交 PD 于点 N，连接 AN. PM2 MC， MN CD.23又 AB CD，且 AB CD，23 AB 綊 MN，四边形 ABMN 为平行四边形， BM AN.7又 BM平面 PAD， AN平面 PAD， BM平面 PAD.法二： 如图，过点 M 作 MN CD 于点 N

13、， N 为垂足，连接 BN.由题意， PM2 MC，则DN2 NC，又 AB CD， AB CD， AB 綊 DN，23四边形 ABND 为平行四边形， BN AD. PD平面 ABCD， DC平面 ABCD， PD DC.又 MN DC， MN平面 PDC， PD MN. BN平面 MBN， MN平面 MBN， BN MN NAD平面 PAD， PD平面 PAD， AD PD D，平面 MBN平面 PAD. BM平面 MBN， BM平面 PAD.(2)如图，过 B 作 AD 的垂线，垂足为 E. PD平面 ABCD， BE平面 ABCD， PD BE.又 AD平面 PAD， PD平面 PAD

14、，AD PD D， BE平面 PAD.由(1)知， BM平面 PAD，点 M 到平面 PAD 的距离等于点 B 到平面 PAD 的距离，即 BE.连接 BD，在 ABD 中， AB AD2， BAD ， BE ， 3 3则三棱锥 PADM 的体积 VPADM VMPAD S PADBE 3 .13 13 3 3平面图形的折叠问题授课提示：对应学生用书第 39 页悟通方法结论8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

15、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(2016高考全国卷)(12 分)如图， 的对角线 AC 与 BD 交于点O，点 E， F 分别在 AD， CD 上， EF 交 BD 于点 H. D EF 的位置(1) ；证 明 ： AC HD (2) 求五棱锥 D ABCFE 的体积学审题条件信息 想到方法 注意什么信息：菱形 ABCD菱形的边及对角线的关系：对角线垂直、边相等 信息： AE CF三角形中平行线等分线段成比例： ，可证 AC EFAEAD CFCD信息： DEF 沿 EF 折到D EF 的位置折叠图形中的“变量”与“不变量”

16、 ，不变量HD EF信息：证明 AC HD转化为一直线的平行线垂直于另一条直线信息：已知AB， AC， AE， OD的长由边长关系证明线线垂直关系：可求 DO， OH 的长，进而由 OD， OH， D H 的长满足勾股定理可证 OD OH(1)折叠图形中前后“不变的位置关系和数量关系”及“变的位置关系和数量关系”(2)三角形中三边的关系也可判断两直线垂直(3)证线面垂直的条件：直线垂直于平面内两条相交直线规范解答 (1)证明：由已知得 AC BD， AD CD. 9(2 分)又由 AE CF，得 ，故 AC EF.AEAD CFCD由此得 EF HD，故 EF HD， (4 分)所以 AC H

17、D.(2)由 EF AC 得 . (6 分)OHDO AEAD 14由 AB5， AC6，得 DO BO 4.AB2 AO2所以 OH1， D H DH3. (8 分)于是 OD 2 OH2(2 )21 29 D H2，2故 OD OH.由(1)知， AC HD，又 AC BD， BD HD H，所以 AC平面 BHD，于是 AC OD. (10 分)又 OD OH， AC OH O，所以 OD平面 ABC.又由 ，得 EF .EFAC DHDO 92五边形 ABCFE 的面积S 68 3 .12 12 92 694所以五棱锥 D ABCFE 的体积V 2 . (12 分)13 694 2 2

18、322【类题通法】翻折问题的 3 个注意点(1)画好两图：翻折之前的平面图形与翻折之后形成的几何体的直观图(2)把握关系：即比较翻折前后的图形，准确把握平面图形翻折前后的线线关系，哪些平行与垂直的关系不变，哪些平行与垂直的关系发生变化，这是准确把握几何体结构特征，进行空间线面关系逻辑推理的基础(3)准确定量：即根据平面图形翻折的要求，把平面图形中的相关数量转化为空间几何体的数字特征，这是准确进行计算的基础练通即学即用(2018合肥模拟)如图，平面五边形 ABCDE 中， AB CE，且AE2， AEC60， CD ED ，cos EDC .将 CDE 沿 CE 折起，使点 D 到 P 的位置，

19、757且 AP ，得到四棱锥 PABCE，如图.310(1)求证： AP平面 ABCE；(2)记平面 PAB 与平面 PCE 相交于直线 l，求证： AB l.证明：(1)在 CDE 中， CD ED ，cos EDC ，757由余弦定理得 CE2.连接 AC， AE2， AEC60， AC2.又 AP ，3在 PAE 中， PA2 AE2 PE2，即 AP AE.同理， AP AC.而 AC AE A， AC平面 ABCE， AE平面 ABCE，故 AP平面 ABCE.(2) AB CE，且 CE平面 PCE， AB平面 PCE， AB平面 PCE.又平面 PAB平面 PCE l. AB l

20、.授课提示：对应学生用书第 125 页一、选择题1(2018天津检测)设 l 是直线， ， 是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )A若 l ， l ，则 B若 l ， l ，则 C若 ， l ，则 l D若 ， l ，则 l 11解析：对于 A 选项，设 a，若 l a，且 l ， l ，则 l ， l ，此时 与 相交，故 A 选项错误；对于 B 选项， l ， l ，则存在直线 a ，使得l a，此时 ，由平面与平面垂直的判定定理得 ，故 B 选项正确；对于 C 选项，若 ， l ，则 l 或 l ，故 C 选项错误；对于 D 选项，若 ， l ，则 l 与 的位置关系不确定，故 D

21、选项错误选 B.答案：B2已知 m， n 是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面，给出四个命题：若 m， n ， n m，则 ；若 m ， m ，则 ；若 m ， n ， m n，则 ；若 m ， n ， m n，则 .其中正确的命题是( )A BC D解析：两个平面斜交时也会出现一个平面内的直线垂直于两个平面的交线的情况，不正确；垂直于同一条直线的两个平面平行，正确；当两个平面与两条互相垂直的直线分别垂直时，它们所成的二面角为直二面角，故正确；当两个平面相交时，分别与两个平面平行的直线也平行，故不正确答案：B3(2018合肥教学质量检测)已知 l， m， n 为不同的直线， ， ， r 为

22、不同的平面，则下列判断正确的是( )A若 m ， n ，则 m nB若 m ， n ， ，则 m nC若 l， m ， m ，则 m lD若 m， r n， l m， l n，则 l 解析：A： m， n 可能的位置关系为平行，相交，异面，故 A 错误；B：根据面面垂直与线面平行的性质可知 B 错误；C：根据线面平行的性质可知 C 正确；D：若 m n，根据线面垂直的判定可知 D 错误，故选 C.答案：C4(2018石家庄教学质量检测)设 m， n 是两条不同的直线， ， ， r 是三个不同的平面，给出下列四个命题：若 m ， n ，则 m n；若 ， r， m ，则 m r；若 n， m n

23、，则 m ，且 m ；12若 r， r，则 .其中真命题的个数为( )A0 B1C2 D3解析： m n 或 m， n 异面，故错误；，根据面面平行的性质以及线面垂直的性质可知正确； m 或 m ， m 或 m ，故 错误；，根据面面垂直的性质以及面面平行的判定可知错误，所以真命题的个数为 1，故选 B.答案：B5如图所示，在四个正方体中， A， B 为正方体的两个顶点， M， N， P 分别为其所在棱的中点，能得到 AB平面 MNP 的图形的序号是( )A BC D解析：中，平面 AB平面 MNP， AB平面 MNP.中，若下底面中心为 O，易知 NO AB， NO平面 MNP， AB 与平

24、面 MNP 不平行中，易知 AB MP， AB平面 MNP.中，易知存在一直线 MC AB，且 MC平面 MNP， AB 与平面 MNP 不平行故能得到 AB平面 MNP 的图形的序号是.答案：C6(2018大庆模拟) ， 表示平面， a， b 表示直线，则 a 的一个充分条件是( )A ，且 a B b，且 a bC a b，且 b D ，且 a解析：对于 A，B，C 还可能有 a 这种情况，所以不正确；对于 D，因为 ，且 a ，所以由面面平行的性质定理可得 a ，所以 D 是正确的答案：D7(2018哈尔滨联考)直线 m， n 均不在平面 ， 内，给出下列命题：若 m n， n ，则 m

25、 ；13若 m ， ，则 m ；若 m n， n ，则 m ；若 m ， ，则 m .其中正确命题的个数是( )A1 B2C3 D4解析：由空间直线与平面平行关系可知正确；由线面垂直、线面平行的判定和性质可知正确；由线面垂直、面面垂直的性质定理可知正确故选 D.答案：D8(2018绵阳诊断)已知 l， m， n 是三条不同的直线， ， 是不同的平面，则 的一个充分条件是( )A l ， m ，且 l mB l ， m ， n ，且 l m， l nC m ， n ， m n，且 l mD l ， l m，且 m 解析：依题意知，A，B，C 均不能得出 ，对于 D，由 l m， m 得 l ，又

26、l ，因此有 .综上所述，选 D.答案：D9(2018贵阳模拟)如图，在正方形 ABCD 中， E， F 分别是 BC， CD 的中点，沿AE， AF， EF 把正方形折成一个四面体，使 B， C， D 三点重合，重合后的点记为 P， P 点在 AEF 内的射影为 O，则下列说法正确的是( )A O 是 AEF 的垂心 B O 是 AEF 的内心C O 是 AEF 的外心 D O 是 AEF 的重心解析：由题意可知 PA、 PE、 PF 两两垂直，所以 PA平面 PEF，从而 PA EF，而 PO平面 AEF，则 PO EF，因为 PO PA P，所以 EF平面 PAO， EF AO，同理可知

27、 AE FO， AF EO， O 为 AEF 的垂心故选 A.14答案：A10如图，矩形 ABCD 中， AB2 AD， E 为边 AB 的中点，将 ADE 沿直线 DE 翻折成A1DE.若 M 为线段 A1C 的中点，则在 ADE 翻折过程中，下面四个命题中不正确的是( )A BM 是定值B点 M 在某个球面上运动C存在某个位置，使 DE A1CD MB平面 A1DE解析：取 CD 的中点 F，连接 MF， BF， AF(图略)，则 MF DA1， BF DE，平面 MBF平面 A1DE， MB平面 A1DE，故 D 正确 A1DE MFB， MF A1D， FB DE，由余弦定理可得12M

28、B2 MF2 FB22 MFFBcos MFB， MB 是定值，故 A 正确 B 是定点， BM 是定值， M 在以 B 为球心， MB 为半径的球上，故 B 正确 A1C 在平面 ABCD 中的射影是点 C 与 AF上某点的连线，不可能与 DE 垂直，不存在某个位置，使 DE A1C.故选 C.答案：C二、填空题11如图是一个正方体的平面展开图在这个正方体中， BM 与 ED 是异面直线； CN 与 BE 平行； CN 与 BM 成 60角； DM 与 BN 垂直以上四个命题中，正确命题的序号是_解析：由题意画出该正方体的图形如图所示，连接 BE， BN，显然正确；对于，连接 AN，易得 A

29、N BM， ANC60，所以 CN 与 BM 成 60角，所以正确；对于，易知 DM平面 BCN，所以 DM BN 正确15答案：12.如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中， M， N 分别为棱 C1D1， C1C 的中点，有以下四个结论：直线 AM 与 CC1是相交直线；直线 AM 与 BN 是平行直线；直线 BN 与 MB1是异面直线；直线 MN 与 AC 所成的角为 60.其中正确的结论为_(把你认为正确结论的序号都填上)解析： AM 与 CC1是异面直线， AM 与 BN 是异面直线， BN 与 MB1为异面直线因为D1C MN，所以直线 MN 与 AC 所成的角就是 D1C 与

30、 AC 所成的角，为 60.答案：13(2018厦门质检)设 m， n 是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面，有下列四个命题：若 m ， ，则 m ；若 m ， ， n ，则m n； m ， n ， m n，则 ；若 n ， n ， m ，则 m .其中正确命题的序号是_(请将所有正确命题的序号都填上)解析：对于命题可以有 m ，故不成立；对于命题可以有 与 相交，故不成立答案：14(2018武昌调研)在矩形 ABCD 中， AB BC，现将 ABD 沿矩形的对角线 BD 所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论：存在某个位置，使得直线 AC 与直线 BD 垂直；存在某个位置，使得

31、直线 AB 与直线 CD 垂直；存在某个位置，使得直线 AD 与直线 BC 垂直其中正确结论的序号是_解析：假设 AC 与 BD 垂直，过点 A 作 AE BD 于点 E，连接 CE，如图所示，则 AE BD， BD AC.又 AE AC A，所以 BD平面 AEC，从而有 BD CE，而在平面 BCD 中， CE 与 BD 不垂直，故假设不成立，错误假设 AB CD， AB AD， AD CD D， AB平面 ACD， AB AC，由 AB BC 可知，16存在这样的直角三角形 BAC，使 AB CD，故假设成立，正确假设AD BC， DC BC， AD DC D， BC平面 ADC， BC

32、 AC，即 ABC 为直角三角形，且AB 为斜边，而 AB BC，故矛盾，假设不成立，错误答案：三、解答题15(2018汕头质量监测)如图，已知 AF平面 ABCD，四边形 ABEF 为矩形，四边形ABCD 为直角梯形， DAB90 ， AB CD， AD AF CD2 ， AB4.(1)求证： AF平面 BCE；(2)求证： AC平面 BCE；(3)求三棱锥 EBCF 的体积解析：(1)证明：因为四边形 ABEF 为矩形，所以 AF BE，又 BE平面 BCE， AF平面 BCE，所以 AF平面 BCE.(2)证明：过 C 作 CM AB，垂足为 M，因为 AD DC，所以四边形 ADCM

33、为矩形所以 AM MB2，又 AD2， AB4，所以 AC2 ， CM2， BC2 ，2 2所以 AC2 BC2 AB2，所以 AC BC.因为 AF平面 ABCD， AF BE，所以 BE平面 ABCD，所以 BE AC.又 BE平面 BCE， BC平面 BCE， BE BC B，所以 AC平面 BCE.(3)因为 AF平面 ABCD，所以 AF CM.又 CM AB， AF平面 ABEF， AB平面 ABEF， AF AB A，所以 CM平面 ABEF.故 VEBCF VCBEF BEEFCM 242 .13 12 16 8316(2018广州五校联考)如图，四棱锥 PABCD 中，底面

34、ABCD 是菱形，PA PD， BAD60， E 是 AD 的中点，点 Q 在侧棱 PC 上17(1)求证： AD平面 PBE；(2)若 Q 是 PC 的中点，求证： PA平面 BDQ；(3)若 VPBCDE2 VQABCD，试求 的值CPCQ解析：(1)证明：由 E 是 AD 的中点， PA PD 可得 AD PE.又底面 ABCD 是菱形， BAD60，所以 AB BD，又 E 是 AD 的中点，所以 AD BE，又 PE BE E，所以 AD平面 PBE.(2)证明：连接 AC，交 BD 于点 O，连接 OQ(图略)因为 O 是 AC 的中点，Q 是 PC 的中点，所以 OQ PA，又

35、PA平面 BDQ， OQ平面 BDQ，所以 PA平面 BDQ.(3)设四棱锥 PBCDE， QABCD 的高分别为 h1， h2.所以 VPBCDE S 四边形 BCDEh1，13VQABCD S 四边形 ABCDh2.13又 VPBCDE2 VQABCD，且 S 四边形 BCDE S 四边形 ABCD，所以 .34 CPCQ h1h2 8317(2018郑州第二次质量预测)如图，高为 1 的等腰梯形 ABCD 中， AM CD AB1.现13将 AMD 沿 MD 折起，使平面 AMD平面 MBCD，连接 AB， AC.(1)在 AB 边上是否存在点 P，使 AD平面 MPC?(2)当点 P

36、为 AB 边的中点时，求点 B 到平面 MPC 的距离解析：(1)当 AP AB 时，有 AD平面 MPC.1318理由如下：连接 BD 交 MC 于点 N，连接 NP.在梯形 MBCD 中， DC MB， ，DNNB DCMB 12在 ADB 中， ， AD PN.APPB 12 AD平面 MPC， PN平面 MPC， AD平面 MPC.(2)平面 AMD平面 MBCD，平面 AMD平面 MBCD DM， AM DM， AM平面 MBCD. VPMBC S MBC 21 .13 AM2 13 12 12 16在 MPC 中， MP AB ， MC ，12 52 2又 PC ，(12)2 12 52 S MPC .12 2 (52)2 (22)2 64点 B 到平面 MPC 的距离为d .3VPMBCS MPC31664 63