2021版高考文科数学(人教A版)一轮复习教师用书：第八章 第6讲 平行、垂直的综合问题
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解：(1)由题意知 AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，
1
3
可得 S△ABC＝2·AB·AC·sin 60°＝ 2 .
由 PA⊥平面 ABC，可知 PA 是三棱锥 PABC 的高．
1
3
又 PA＝1，所以三棱锥 PABC 的体积 V＝3·S△ABC·PA＝ 6 .
(2)在平面 ABC 内，过点 B 作 BN⊥AC，垂足为 N，在平面 PAC 内，过点 N 作 MN∥PA 交 PC 于点
则 EF 是平面 PAC 与平面 BDE 的交线． 因为 PA∥平面 BDE，所以 PA∥EF. 因为 F 是 AC 的中点，所以 E 是 PC 的中点，
PE 1 所以PC＝2. 4．(2020·内蒙古呼和浩特第一次质量普查)如图，平面四边形 ABCD 中， AB⊥BD，AB＝BC＝CD＝2，BD＝2 2，沿 BD 折起，使 AC＝2 2. (1)证明：△ACD 为直角三角形； (2)设 B 在平面 ACD 内的射影为 P，求四面体 PBCD 的体积．
所以 OM∥PD，
因为 PD⊄平面 MCE，OM⊂平面 MCE，
所以 PD∥平面 MCE.
(2)在题图 1 中，
因为 EBCD 是平行四边形，所以 DE＝BC，
因为四边形 ABCD 是等腰梯形，
所以 AD＝BC，所以 AD＝DE，
因为∠BAD＝45°，
所以 AD⊥DE.
所以 PD⊥DE，
又平面 PDE⊥平面 EBCD，且平面 PDE∩平面 EBCD＝DE，
↓ 第三步—利用判定定理或性质定理进行证明
(2020·济南市模拟考试)如图 1 所示，在等腰梯形 ABCD 中， AB∥CD，∠BAD＝45°，AB＝2CD＝4，点 E 为 AB 的中点．将△ADE 沿 DE 折起，使点 A 到达 P 的位 置，得到如图 2 所示的四棱锥 PEBCD，点 M 为棱 PB 的中点．
中 AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连接 DG，如图 2. (1)证明：图 2 中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC⊥平面 BCGE； (2)求图 2 中的四边形 ACGD 的面积．
【解】 (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． 由已知得 AB⊥BE，AB⊥BC，故 AB⊥平面 BCGE. 又因为 AB⊂平面 ABC， 所以平面 ABC⊥平面 BCGE. (2)如图，取 CG 的中点 M，连接 EM，DM.
因为 AB∥DE，AB⊥平面 BCGE， 所以 DE⊥平面 BCGE，故 DE⊥CG. 由已知，四边形 BCGE 是菱形， 且∠EBC＝60°得 EM⊥CG， 故 CG⊥平面 DEM. 因此 DM⊥CG. 在 Rt△DEM 中，DE＝1，EM＝ 3，故 DM＝2. 所以四边形 ACGD 的面积为 4.
又 AB⊂平面 ABC，所以平面 ADC⊥平面 ABC.
2．(2019·高考全国卷Ⅰ)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 3，那么 P 到平面 ABC 的距离为
．
解析：如图，过点 P 分别作 PE⊥BC 交 BC 于点 E，作 PF⊥AC 交 AC 于点 F.由题意知 PE＝PF＝
(2020·重庆市学业质量调研)如图所示，在四棱锥 PABCD 中， ∠CAD＝∠ABC＝90°，∠BAC＝∠ADC＝30°，PA⊥平面 ABCD，E 为 PD 的中点，AC＝2.
(1)求证：AE∥平面 PBC； 3
(2)若四面体 PABC 的体积为 3 ，求△PCD 的面积． 解：(1)证明：如图，取 CD 的中点 F，连接 EF，AF，
解：(1)证明：在 Rt△ABD 中，AB⊥BD，AB＝2，BD＝2 2， 所以 AD＝ AB2＋BD2＝ 4＋8＝2 3， 因为 AC＝2 2，CD＝2，所以 AC2＋CD2＝AD2， 所以 AC⊥CD， 所以△ACD 是直角三角形．
(2)由(1)知 CD⊥AC，易知 CD⊥BC，
因为 AC∩BC＝C，所以 CD⊥平面 ABC，又 CD⊂平面 ACD，
所以 PD⊥平面 EBCD.
由(1)知 OM∥PD，所以 OM⊥平面 EBCD， 在等腰直角三角形 ADE 中，因为 AE＝2，所以 AD＝DE＝ 2，
11
2
所以 OM＝2PD＝2AD＝ 2 ，S△BCE＝S△ADE＝1，
1
2
所以 V 三棱锥 MBCE＝3S△BCE·OM＝ 6 .
立体几何中的探索性问题(师生共研)
与条件相容或者矛盾的结论． [注意] 对探索性问题应先写出结论，再写出证明过程或理由． 如图，三棱锥 PABC 中，PA⊥平面 ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.
(1)求三棱锥 PABC 的体积； PM
(2)在线段 PC 上是否存在点 M，使得 AC⊥BM，若存在点 M，求出MC的值；若不存在，请说明理 由．
第 6 讲 平行、垂直的综合问题
空间中的证明与计算问题(师生共研) 如图，在四棱锥 PABCD 中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.
(1)证明：平面 PAB⊥平面 PAD； 8
(2)若 PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥 PABCD 的体积为3，求该四棱锥的侧面积． 【解】 (1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°， 得 AB⊥AP，CD⊥PD. 由于 AB∥CD，故 AB⊥PD，从而 AB⊥平面 PAD. 又 AB⊂平面 PAB，所以平面 PAB⊥平面 PAD.
(2)在平面 PAD 内作 PE⊥AD，垂足为 E.
由(1)知，AB⊥平面 PAD，
故 AB⊥PE，
可得 PE⊥平面 ABCD.
2 设 AB＝x，则由已知可得 AD＝ 2x，PE＝ 2 x.
故四棱锥 PABCD 的体积
1
1
VPABCD＝3AB·AD·PE＝3x3.
18 由题设得 3x3＝3，故 x＝2.
解决探索性问题的方法 (1)对命题条件探索的三种途径 途径一：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明． 途径二：先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性． 途径三：将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件． (2)对命题结论的探索方法 从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找
答案： 2 3．(2020·昆明市诊断测试)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形，PD⊥平面 ABCD，AD＝BD＝6，AB＝6 2，E 是棱 PC 上的一点．
(1)证明：BC⊥平面 PBD； PE
(2)若 PA∥平面 BDE，求PC的值． 解：(1)证明：由已知条件可知 AD2＋BD2＝AB2，所以 AD⊥BD. 因为 PD⊥平面 ABCD，所以 PD⊥AD. 又 PD∩BD＝D，所以 AD⊥平面 PBD. 因为四边形 ABCD 是平行四边形，所以 BC∥AD， 所以 BC⊥平面 PBD. (2)如图，连接 AC 交 BD 于点 F，连接 EF，
则 EF∥PC， 又易知∠BCD＝∠AFD＝120°，所以 AF∥BC， 又 EF∩AF＝F，PC∩BC＝C，所以平面 AEF∥平面 PBC. 又 AE⊂平面 AEF，所以 AE∥平面 PBC.
11
3
(2)由已知得，V 四面体 PABC＝3·2AB·BC·PA＝ 3 ，可得 PA＝2.
过点 A 作 AQ⊥CD 于点 Q，连接 PQ，在△ACD 中，
所以平面 ABC⊥平面 ACD，其交线为 AC，
M，连接 BM.
由 PA⊥平面 ABC 知 PA⊥AC，所以 MN⊥AC.
由于 BN∩MN＝N，故 AC⊥平面 MBN.
又 BM⊂平面 MBN，所以 AC⊥BM. 1
在 Rt△BAN 中，AN＝AB·cos∠BAC＝2， 3
从而 NC＝AC－AN＝2. PM AN 1
由 MN∥PA，得MC＝NC＝3.
从而 PA＝PD＝2，AD＝BC＝2 2，PB＝PC＝2 2.
可得四棱锥 PABCD 的侧面积为
1
1
1
1
2PA·PD＋2PA·AB＋2PD·DC＋2BC2sin 60°＝6＋2 3.
(1)几何体的体积 柱体的体积 V＝S 底·h.
1 锥体的体积 V＝3S 底·h. (2)几何体的表面积 直棱柱的侧面积 S 侧＝C 底·l，其他几何体一般要对各个侧面、底面逐个分析求解面积，最后求 和． (3)计算几何体体积的关键及注意点 计算几何体的体积时，关键是确定几何体的高，若是不方便求，要注意进行体积的转化．
解决此类问题的关键就是根据折痕，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变关系”： (1)与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变； (2)与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变. 其步骤为： 第一步—确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量
↓ 第二步—在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面
C．平面 ABC⊥平面 BDC
D．平面 ADC⊥平面 ABC
解析：选 D.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，
故 CD⊥平面 ABD，则 CD⊥AB.
又 AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD⊂平面 ADC，CD⊂平面 ADC，故 AB⊥平面 ADC.
C︵D 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：如图，连接 AC 交 BD 于 O.
因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 AC 中点．连接 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.
AC＝2，∠CAD＝90°，∠ADC＝30°，
2×23 所以 CD＝4，AQ＝ 4 ＝ 3， 则 PQ＝ 22＋3＝ 7.
因为 PA⊥平面 ABCD，所以 PA⊥CD.
又 AQ∩PA＝A，
所以 CD⊥平面 PAQ，CD⊥PQ.
1 所以 S△PCD＝2×4× 7＝2 7.
空间中的翻折问题(师生共研) (2019·高考全国卷Ⅲ)图 1 是由矩形 ADEB，Rt△ABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其
C︵D
C︵D
(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，矩形 ABCD 所在平面与半圆弧 所在平面垂直，M 是 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． 【解】 (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，故 BC⊥DM.
[基础题组练] 1．如图所示，四边形 ABCD 中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB 沿 BD 折起，使平面 ABD⊥平面 BCD，构成三棱锥 ABCD，则在三棱锥 ABCD 中，下列结论正确的是( )
A．平面 ABD⊥平面 ABC
B．平面 ADC⊥平面 BDC
(1)求证：PD∥平面 MCE； (2)若平面 PDE⊥平面 EBCD，求三棱锥 MBCE 的体积．
解：(1)证明：在题图 1 中，
1 因为 BE＝2AB＝CD 且 BE∥CD，
所以四边形 EBCD 是平行四边形．
如图，连接 BD，交 CE 于点 O，连接 OM，
所以点 O 是 BD 的中点，源自又点 M 为棱 PB 的中点，
3.过 P 作 PH⊥平面 ABC 于点 H，连接 HE，HF，HC，易知 HE＝HF，则点 H 在∠ACB 的平分线上，
又∠ACB＝90°，故△CEH 为等腰直角三角形．在 Rt△PCE 中，PC＝2，PE＝ 3，则 CE＝1，故
CH＝ 2，在 Rt△PCH 中，可得 PH＝ 2，即点 P 到平面 ABC 的距离为 2.
1
3
可得 S△ABC＝2·AB·AC·sin 60°＝ 2 .
由 PA⊥平面 ABC，可知 PA 是三棱锥 PABC 的高．
1
3
又 PA＝1，所以三棱锥 PABC 的体积 V＝3·S△ABC·PA＝ 6 .
(2)在平面 ABC 内，过点 B 作 BN⊥AC，垂足为 N，在平面 PAC 内，过点 N 作 MN∥PA 交 PC 于点
则 EF 是平面 PAC 与平面 BDE 的交线． 因为 PA∥平面 BDE，所以 PA∥EF. 因为 F 是 AC 的中点，所以 E 是 PC 的中点，
PE 1 所以PC＝2. 4．(2020·内蒙古呼和浩特第一次质量普查)如图，平面四边形 ABCD 中， AB⊥BD，AB＝BC＝CD＝2，BD＝2 2，沿 BD 折起，使 AC＝2 2. (1)证明：△ACD 为直角三角形； (2)设 B 在平面 ACD 内的射影为 P，求四面体 PBCD 的体积．
所以 OM∥PD，
因为 PD⊄平面 MCE，OM⊂平面 MCE，
所以 PD∥平面 MCE.
(2)在题图 1 中，
因为 EBCD 是平行四边形，所以 DE＝BC，
因为四边形 ABCD 是等腰梯形，
所以 AD＝BC，所以 AD＝DE，
因为∠BAD＝45°，
所以 AD⊥DE.
所以 PD⊥DE，
又平面 PDE⊥平面 EBCD，且平面 PDE∩平面 EBCD＝DE，
↓ 第三步—利用判定定理或性质定理进行证明
(2020·济南市模拟考试)如图 1 所示，在等腰梯形 ABCD 中， AB∥CD，∠BAD＝45°，AB＝2CD＝4，点 E 为 AB 的中点．将△ADE 沿 DE 折起，使点 A 到达 P 的位 置，得到如图 2 所示的四棱锥 PEBCD，点 M 为棱 PB 的中点．
中 AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连接 DG，如图 2. (1)证明：图 2 中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC⊥平面 BCGE； (2)求图 2 中的四边形 ACGD 的面积．
【解】 (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． 由已知得 AB⊥BE，AB⊥BC，故 AB⊥平面 BCGE. 又因为 AB⊂平面 ABC， 所以平面 ABC⊥平面 BCGE. (2)如图，取 CG 的中点 M，连接 EM，DM.
因为 AB∥DE，AB⊥平面 BCGE， 所以 DE⊥平面 BCGE，故 DE⊥CG. 由已知，四边形 BCGE 是菱形， 且∠EBC＝60°得 EM⊥CG， 故 CG⊥平面 DEM. 因此 DM⊥CG. 在 Rt△DEM 中，DE＝1，EM＝ 3，故 DM＝2. 所以四边形 ACGD 的面积为 4.
又 AB⊂平面 ABC，所以平面 ADC⊥平面 ABC.
2．(2019·高考全国卷Ⅰ)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 3，那么 P 到平面 ABC 的距离为
．
解析：如图，过点 P 分别作 PE⊥BC 交 BC 于点 E，作 PF⊥AC 交 AC 于点 F.由题意知 PE＝PF＝
(2020·重庆市学业质量调研)如图所示，在四棱锥 PABCD 中， ∠CAD＝∠ABC＝90°，∠BAC＝∠ADC＝30°，PA⊥平面 ABCD，E 为 PD 的中点，AC＝2.
(1)求证：AE∥平面 PBC； 3
(2)若四面体 PABC 的体积为 3 ，求△PCD 的面积． 解：(1)证明：如图，取 CD 的中点 F，连接 EF，AF，
解：(1)证明：在 Rt△ABD 中，AB⊥BD，AB＝2，BD＝2 2， 所以 AD＝ AB2＋BD2＝ 4＋8＝2 3， 因为 AC＝2 2，CD＝2，所以 AC2＋CD2＝AD2， 所以 AC⊥CD， 所以△ACD 是直角三角形．
(2)由(1)知 CD⊥AC，易知 CD⊥BC，
因为 AC∩BC＝C，所以 CD⊥平面 ABC，又 CD⊂平面 ACD，
所以 PD⊥平面 EBCD.
由(1)知 OM∥PD，所以 OM⊥平面 EBCD， 在等腰直角三角形 ADE 中，因为 AE＝2，所以 AD＝DE＝ 2，
11
2
所以 OM＝2PD＝2AD＝ 2 ，S△BCE＝S△ADE＝1，
1
2
所以 V 三棱锥 MBCE＝3S△BCE·OM＝ 6 .
立体几何中的探索性问题(师生共研)
与条件相容或者矛盾的结论． [注意] 对探索性问题应先写出结论，再写出证明过程或理由． 如图，三棱锥 PABC 中，PA⊥平面 ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.
(1)求三棱锥 PABC 的体积； PM
(2)在线段 PC 上是否存在点 M，使得 AC⊥BM，若存在点 M，求出MC的值；若不存在，请说明理 由．
第 6 讲 平行、垂直的综合问题
空间中的证明与计算问题(师生共研) 如图，在四棱锥 PABCD 中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.
(1)证明：平面 PAB⊥平面 PAD； 8
(2)若 PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥 PABCD 的体积为3，求该四棱锥的侧面积． 【解】 (1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°， 得 AB⊥AP，CD⊥PD. 由于 AB∥CD，故 AB⊥PD，从而 AB⊥平面 PAD. 又 AB⊂平面 PAB，所以平面 PAB⊥平面 PAD.
(2)在平面 PAD 内作 PE⊥AD，垂足为 E.
由(1)知，AB⊥平面 PAD，
故 AB⊥PE，
可得 PE⊥平面 ABCD.
2 设 AB＝x，则由已知可得 AD＝ 2x，PE＝ 2 x.
故四棱锥 PABCD 的体积
1
1
VPABCD＝3AB·AD·PE＝3x3.
18 由题设得 3x3＝3，故 x＝2.
解决探索性问题的方法 (1)对命题条件探索的三种途径 途径一：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明． 途径二：先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性． 途径三：将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件． (2)对命题结论的探索方法 从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找
答案： 2 3．(2020·昆明市诊断测试)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形，PD⊥平面 ABCD，AD＝BD＝6，AB＝6 2，E 是棱 PC 上的一点．
(1)证明：BC⊥平面 PBD； PE
(2)若 PA∥平面 BDE，求PC的值． 解：(1)证明：由已知条件可知 AD2＋BD2＝AB2，所以 AD⊥BD. 因为 PD⊥平面 ABCD，所以 PD⊥AD. 又 PD∩BD＝D，所以 AD⊥平面 PBD. 因为四边形 ABCD 是平行四边形，所以 BC∥AD， 所以 BC⊥平面 PBD. (2)如图，连接 AC 交 BD 于点 F，连接 EF，
则 EF∥PC， 又易知∠BCD＝∠AFD＝120°，所以 AF∥BC， 又 EF∩AF＝F，PC∩BC＝C，所以平面 AEF∥平面 PBC. 又 AE⊂平面 AEF，所以 AE∥平面 PBC.
11
3
(2)由已知得，V 四面体 PABC＝3·2AB·BC·PA＝ 3 ，可得 PA＝2.
过点 A 作 AQ⊥CD 于点 Q，连接 PQ，在△ACD 中，
所以平面 ABC⊥平面 ACD，其交线为 AC，
M，连接 BM.
由 PA⊥平面 ABC 知 PA⊥AC，所以 MN⊥AC.
由于 BN∩MN＝N，故 AC⊥平面 MBN.
又 BM⊂平面 MBN，所以 AC⊥BM. 1
在 Rt△BAN 中，AN＝AB·cos∠BAC＝2， 3
从而 NC＝AC－AN＝2. PM AN 1
由 MN∥PA，得MC＝NC＝3.
从而 PA＝PD＝2，AD＝BC＝2 2，PB＝PC＝2 2.
可得四棱锥 PABCD 的侧面积为
1
1
1
1
2PA·PD＋2PA·AB＋2PD·DC＋2BC2sin 60°＝6＋2 3.
(1)几何体的体积 柱体的体积 V＝S 底·h.
1 锥体的体积 V＝3S 底·h. (2)几何体的表面积 直棱柱的侧面积 S 侧＝C 底·l，其他几何体一般要对各个侧面、底面逐个分析求解面积，最后求 和． (3)计算几何体体积的关键及注意点 计算几何体的体积时，关键是确定几何体的高，若是不方便求，要注意进行体积的转化．
解决此类问题的关键就是根据折痕，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变关系”： (1)与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变； (2)与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变. 其步骤为： 第一步—确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量
↓ 第二步—在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面
C．平面 ABC⊥平面 BDC
D．平面 ADC⊥平面 ABC
解析：选 D.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，
故 CD⊥平面 ABD，则 CD⊥AB.
又 AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD⊂平面 ADC，CD⊂平面 ADC，故 AB⊥平面 ADC.
C︵D 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：如图，连接 AC 交 BD 于 O.
因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 AC 中点．连接 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.
AC＝2，∠CAD＝90°，∠ADC＝30°，
2×23 所以 CD＝4，AQ＝ 4 ＝ 3， 则 PQ＝ 22＋3＝ 7.
因为 PA⊥平面 ABCD，所以 PA⊥CD.
又 AQ∩PA＝A，
所以 CD⊥平面 PAQ，CD⊥PQ.
1 所以 S△PCD＝2×4× 7＝2 7.
空间中的翻折问题(师生共研) (2019·高考全国卷Ⅲ)图 1 是由矩形 ADEB，Rt△ABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其
C︵D
C︵D
(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，矩形 ABCD 所在平面与半圆弧 所在平面垂直，M 是 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． 【解】 (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，故 BC⊥DM.
[基础题组练] 1．如图所示，四边形 ABCD 中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB 沿 BD 折起，使平面 ABD⊥平面 BCD，构成三棱锥 ABCD，则在三棱锥 ABCD 中，下列结论正确的是( )
A．平面 ABD⊥平面 ABC
B．平面 ADC⊥平面 BDC
(1)求证：PD∥平面 MCE； (2)若平面 PDE⊥平面 EBCD，求三棱锥 MBCE 的体积．
解：(1)证明：在题图 1 中，
1 因为 BE＝2AB＝CD 且 BE∥CD，
所以四边形 EBCD 是平行四边形．
如图，连接 BD，交 CE 于点 O，连接 OM，
所以点 O 是 BD 的中点，源自又点 M 为棱 PB 的中点，
3.过 P 作 PH⊥平面 ABC 于点 H，连接 HE，HF，HC，易知 HE＝HF，则点 H 在∠ACB 的平分线上，
又∠ACB＝90°，故△CEH 为等腰直角三角形．在 Rt△PCE 中，PC＝2，PE＝ 3，则 CE＝1，故
CH＝ 2，在 Rt△PCH 中，可得 PH＝ 2，即点 P 到平面 ABC 的距离为 2.