2019年高考数学高分突破复习练习专题三 第2讲 15页

第2讲　空间点、线、面的位置关系 高考定位　1.以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以选择、填空题的形式，题目难度较小；2.以解答题的形式考查空间平行、垂直的证明，并常与几何体的表面积、体积相渗透.‎ 真 题 感 悟 ‎ 1.(2017·全国Ⅰ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(　　)‎ 解析　法一　对于选项B，如图(1)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.因此A项中直线AB与平面MNQ不平行.‎ ‎　　‎ 图(1)　　　　　　　　图(2)‎ 法二　对于选项A，其中O为BC的中点(如图(2)所示)，连接OQ，则OQ∥AB，因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ 不平行.A项中直线AB与平面MNQ不平行.‎ 答案　A ‎2.(2018·全国Ⅰ卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析　如图，依题意，平面α与棱BA，BC，BB1所在直线所成角都相等，容易得到平面AB1C符合题意，进而所有平行于平面AB1C的平面均符合题意.‎ 由对称性，知过正方体ABCD－A1B1C1D1中心的平面面积应取最大值，此时截面为正六边形EFGHIJ.正六边形EFGHIJ的边长为，将该正六边形分成6个边长为的正三角形.故其面积为6××＝.‎ 答案　A ‎3.(2017·全国Ⅰ卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.‎ ‎(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P－ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积.‎ ‎(1)证明　∵∠BAP＝∠CDP＝90°，‎ ‎∴AB⊥PA，CD⊥PD.‎ ‎∵AB∥CD，∴AB⊥PD.‎ 又∵PA∩PD＝P，PA，PD⊂平面PAD，‎ ‎∴AB⊥平面PAD.‎ ‎∵AB⊂平面PAB，‎ ‎∴平面PAB⊥平面PAD.‎ ‎(2)解　取AD的中点E，‎ 连接PE.‎ ‎∵PA＝PD，∴PE⊥AD.‎ 由(1)知，AB⊥平面PAD，PE⊂平面PAD，故AB⊥PE，又AB∩AD＝A，可得PE⊥平面ABCD.‎ 设AB＝x，则由已知可得AD＝x，PE＝x，‎ 故四棱锥P－ABCD的体积 VP－ABCD＝AB·AD·PE＝x3.‎ 由题设得x3＝，故x＝2.‎ 从而PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2，‎ 可得四棱锥P－ABCD的侧面积为 PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin 60°＝6＋2.‎ 考 点 整 合 ‎ 1.直线、平面平行的判定及其性质 ‎(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.‎ ‎(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.‎ ‎(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.‎ ‎(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.‎ ‎2.直线、平面垂直的判定及其性质 ‎(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.‎ ‎(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.‎ ‎(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.‎ ‎(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.‎ 热点一　空间点、线、面位置关系的判定 ‎【例1】　(2018·成都诊断)已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂β.有下列命题：‎ ‎①若α∥β，则m∥n；‎ ‎②若α∥β，则m∥β；‎ ‎③若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α⊥β；‎ ‎④若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，则α⊥β.‎ 其中真命题的个数是(　　)‎ A.0 B.1 C.2 D.3‎ 解析　①若α∥β，则m∥n或m，n异面，不正确；‎ ‎②若α∥β，根据平面与平面平行的性质，可得m∥β，正确；‎ ‎③若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α与β不一定垂直，不正确；‎ ‎④若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，l与n不一定相交，不能推出α⊥β，不正确.‎ 答案　B 探究提高　1.判断与空间位置关系有关的命题真假的方法 ‎(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.‎ ‎2.两点注意：(1)平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中；(2)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.‎ ‎【训练1】 (1)(2018·石家庄调研)如图，在三棱台ABC－A1B1C1的6个顶点中任取3个点作平面α，设α∩平面ABC＝l，若l∥A1C1，则这3个点可以是(　　)‎ A.B，C，A1 B.B1，C1，A C.A1，B1，C D.A1，B，C1‎ ‎(2)(2018·菏泽模拟)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列正确的是(　　)‎ A.若m∥α，n∥α，则m∥n B.若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β C.若m∥α，n∥β，则α∥β D.若m⊥α，n⊥α，则m∥n 解析　(1)在棱台中，AC∥A1C1，l∥A1C1，则l∥AC或l为直线AC.因此平面α可以过点A1，B，C1，选项D正确.‎ ‎(2)结合长方体模型，易判定选项A，B，C不正确.由线面垂直的性质，当m⊥α，n⊥α时，有m∥n，D项正确.‎ 答案　(1)D　(2)D 热点二　空间平行、垂直关系的证明 ‎【例2】 如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：‎ ‎(1)PA⊥底面ABCD；‎ ‎(2)BE∥平面PAD；‎ ‎(3)平面BEF⊥平面PCD.‎ 证明　(1)∵平面PAD⊥底面ABCD，‎ 且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA⊂平面PAD，‎ ‎∴PA⊥底面ABCD.‎ ‎(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，‎ ‎∴AB∥DE，且AB＝DE.‎ ‎∴四边形ABED为平行四边形.‎ ‎∴BE∥AD.‎ 又∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，‎ ‎∴BE∥平面PAD.‎ ‎(3)∵AB⊥AD，而且ABED为平行四边形.‎ ‎∴BE⊥CD，AD⊥CD，‎ 由(1)知PA⊥底面ABCD，且CD⊂平面ABCD，‎ ‎∴PA⊥CD，且PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，‎ ‎∴CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，‎ ‎∴CD⊥PD.‎ ‎∵E和F分别是CD和PC的中点，∴PD∥EF.‎ ‎∴CD⊥EF，又BE⊥CD且EF∩BE＝E，‎ ‎∴CD⊥平面BEF，又CD⊂平面PCD，‎ ‎∴平面BEF⊥平面PCD.‎ ‎【迁移探究1】　在本例条件下，证明平面BEF⊥平面ABCD.‎ 证明　如图，连接AC，设AC∩BE＝O，连接FO，AE.‎ ‎∵AB∥CD，CD＝2AB，CE＝CD，‎ ‎∴AB綉CE.‎ ‎∴四边形ABCE为平行四边形.‎ ‎∴O为AC的中点，又F为PC的中点，则FO∥PA，又PA⊥平面ABCD，‎ ‎∴FO⊥平面ABCD.又FO⊂平面BEF，‎ ‎∴平面BEF⊥平面ABCD.‎ ‎【迁移探究2】　在本例条件下，若AB＝BC，求证：BE⊥平面PAC.‎ 证明　连接AC，设AC∩BE＝O.‎ AB∥CD，CD＝2AB，且E为CD的中点.‎ ‎∴AB綉CE.又∵AB＝BC，‎ ‎∴四边形ABCE为菱形，∴BE⊥AC.‎ 又∵PA⊥平面ABCD，又BE⊂平面ABCD，∴PA⊥BE，‎ 又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，‎ ‎∴BE⊥平面PAC.‎ 探究提高　垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.‎ ‎(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.‎ ‎(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.‎ ‎(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.‎ ‎(4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直.‎ ‎【训练2】 (2018·北京卷)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，且PD⊂平面PAD.‎ 所以AB⊥PD.‎ 又因为PA⊥PD，且PA∩AB＝A，‎ 所以PD⊥平面PAB.又PD⊂平面PCD，‎ 所以平面PAB⊥平面PCD.‎ ‎(3)如图，取PC中点G，连接FG，DG.‎ 因为F，G分别为PB，PC的中点，‎ 所以FG∥BC，FG＝BC.‎ 因为ABCD为矩形，且E为AD的中点，‎ 所以DE∥BC，DE＝BC.‎ 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.‎ 热点三　平面图形中的折叠问题 ‎【例3】 (2016·全国Ⅱ卷)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置.‎ ‎(1)证明：AC⊥HD′；‎ ‎(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′－ABCFE的体积.‎ ‎(1)证明　由已知得AC⊥BD，AD＝CD，‎ 又由AE＝CF得＝，故AC∥EF，‎ 由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.‎ ‎(2)解　由EF∥AC得＝＝.‎ 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4，‎ 所以OH＝1，D′H＝DH＝3，‎ 于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2，‎ 故OD′⊥OH.‎ 由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，‎ 所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′，‎ 又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，‎ 所以OD′⊥平面ABC.又由＝得EF＝.‎ 五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝.‎ 所以五棱锥D′－ABCFE的体积V＝××2＝.‎ 探究提高　1.解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.一般地翻折后还在同一个平面上的图形的性质不发生变化，不在同一个平面上的图形的性质发生变化.‎ ‎2.在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形，善于将折叠后的量放在原平面图形中进行分析求解.‎ ‎【训练3】 (2018·全国Ⅰ卷)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.‎ ‎(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；‎ ‎(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝DA，求三棱锥Q－ABP的体积.‎ ‎(1)证明　由已知可得，∠BAC＝90°，即BA⊥AC.‎ 又BA⊥AD，AC∩AD＝D，AC，AD⊂平面ACD，‎ 所以AB⊥平面ACD.‎ 又AB⊂平面ABC，‎ 所以平面ACD⊥平面ABC.‎ ‎(2)解　由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝AM＝3.‎ 又BP＝DQ＝DA，‎ 所以BP＝2.‎ 作QE⊥AC，垂足为E，则QE綉DC.‎ 由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，‎ 所以QE⊥平面ABC，QE＝1.‎ 因此，三棱锥Q－ABP的体积为 VQ－ABP＝×QE×S△ABP＝×1××3×2sin 45°＝1.‎ ‎1.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.‎ ‎2.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：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.‎ ‎3.解决平面图形的翻折问题，关键是抓住平面图形翻折前后的不变“性”与“量”，即两条直线的平行与垂直关系以及相关线段的长度、角度等.‎ 一、选择题 ‎1.(2018·浙江卷)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的(　　)‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 解析　若m⊄α，n⊂α，m∥n，由线面平行的判定定理知m∥α.若m∥α，m⊄α，n⊂α，不一定推出m∥n，直线m与n可能异面.故“m∥n”是“m∥α”‎ 的充分不必要条件.‎ 答案　A ‎2.(2017·全国Ⅲ卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则(　　)‎ A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC 解析　如图，由题设知，A1B1⊥平面BCC1B1，从而A1B1⊥BC1.‎ 又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.‎ 答案　C ‎3.(2018·湖南师大联考)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点M是对角线C1B上的动点，则CM＋MD1的最小值为(　　)‎ A. 　　　 B.2＋ C.＋ 　　　 D.2‎ 解析　将△CBC1沿BC，CC1剪开，并沿BC1折起，使平面CBC1和平面BC1D1A共面如图.连D1C″交BC′于点M.则CM＋MD1最短(即线段C″D1)，在△D1C1C″中，∠D1C1C″＝135°，由余弦定理，得C″D＝12＋12－2×12·cos 135°＝2＋.故CM＋MD1的最小值为.‎ 答案　A ‎4.(2018·全国Ⅱ卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析　如图，连接BE，因为AB∥CD，所以异面直线AE与CD所成的角等于相交直线AE与AB所成的角，即∠EAB.不妨设正方体的棱长为2，则CE＝1，BC＝2，由勾股定理得BE＝.又由AB⊥平面BCC1B1及BE⊂平面BCC1B1，可得AB⊥BE，所以tan∠EAB＝＝.‎ 答案　C ‎5.(2018·安徽江南联考)对于四面体ABCD，有以下命题：①若AB＝AC＝AD，则AB，AC，AD与底面所成的角相等；②若AB⊥CD，AC⊥BD，则点A在底面BCD内的射影是△BCD的内心；③四面体ABCD的四个面中最多有四个直角三角形；④若四面体ABCD的6条棱长都为1，则它的内切球的表面积为.其中正确的命题是(　　)‎ A.①③ B.③④ C.①②③ D.①③④‎ 解析　①正确，若AB＝AC＝AD，则AB，AC，AD在底面的射影相等，即与底面所成角相等；‎ ‎②不正确，如图(1)，点A在平面BCD的射影为点O，连接BO，CO，可得BO⊥CD，CO⊥BD，所以点O是△BCD的垂心；‎ ‎ ‎ 图(1) 图(2)‎ ‎③正确，如图(2)，若AB⊥平面BCD，∠BCD＝90°，则四面体ABCD的四个面均为直角三角形；‎ ‎④正确，正四面体的内切球的半径为r，棱长为1，高为，根据等体积公式×S×＝×4×S×r，解得r＝，那么内切球的表面积S＝4πr2＝.‎ 故正确的命题是①③④.‎ 答案　D 二、填空题 ‎6.如图，在空间四边形ABCD中，点M∈AB，点N∈AD，若＝‎ eq f(AN,ND)，则直线MN与平面BDC的位置关系是______.‎ 解析　由＝，得MN∥BD.‎ 而BD⊂平面BDC，MN⊄平面BDC，‎ 所以MN∥平面BDC.‎ 答案　平行 ‎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B1E⊥直线BC1.‎ 解析　因AC⊥平面BDD1B1，而BE⊂平面BDD1B1，故①正确；因B1D1∥平面ABCD，故②正确；记正方体的体积为V，则VE－ABC＝V，为定值，故③正确；B1E与BC1不垂直，故④错误.‎ 答案　①②③‎ ‎8.如图，在四边形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A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的是________(填序号).‎ ‎①平面ABD⊥平面ABC　②平面ADC⊥平面BDC ‎③平面ABC⊥平面BDC　④平面ADC⊥平面ABC 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，CD⊂平面BCD，‎ 所以CD⊥平面ABD，又AB⊂平面ABD，则CD⊥AB，‎ 又AD⊥AB，AD∩CD＝D，‎ 所以AB⊥平面ADC，又AB⊂平面ABC，‎ 所以平面ABC⊥平面ADC.‎ 答案　④‎ 三、解答题 ‎9.(2018·江苏卷)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.‎ 求证：(1)AB∥平面A1B1C；‎ ‎(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.‎ 证明　(1)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.‎ ‎(2)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形.‎ 又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，‎ 因此AB1⊥A1B.‎ 又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，‎ 所以AB1⊥BC.‎ 又因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，‎ 所以AB1⊥平面A1BC.‎ 因为AB1⊂平面ABB1A1，‎ 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.‎ ‎10.(2018·潍坊三模)如图所示，五面体ABCDEF中，四边形ACFD是等腰梯形，AD∥CF，∠DAC＝，BC⊥平面ACFD，CA＝CB＝CF＝1，AD＝2CF，点G为AC的中点.‎ ‎(1)在AD上是否存在一点H，使GH∥平面BCD？若存在，指出点H的位置并给出证明；若不存在，说明理由；‎ ‎(2)求三棱锥G－ECD的体积.‎ 解　(1)存在点H，H为AD中点.证明如下：‎ 连接GH，在△ACD中，‎ 由三角形中位线定理可知GH∥CD，‎ 又GH⊄平面BCD，CD⊂平面BCD，‎ ‎∴GH∥平面BCD.‎ ‎(2)由题意知：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＝VE－ GCD＝VB－ GCD，‎ ‎∵四边形ACFD为等腰梯形，且∠DAC＝.‎ ‎∴∠ACD＝，‎ 又∵CA＝CB＝CF＝1，AD＝2CF，∴CD＝，CG＝，‎ 又BC⊥平面AFCD，‎ ‎∴VB－ GCD＝×CG×CD×BC＝××××1＝.‎ ‎∴三棱锥G－ECD的体积为.‎ ‎11.如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，M为DC的中点，将△ADM沿AM折起使平面ADM⊥平面ABCM.‎ ‎(1)当AB＝2时，求三棱锥M－BCD的体积；‎ ‎(2)求证：BM⊥AD.‎ ‎(1)解　取AM的中点N，连接DN(如图).‎ ‎∵在矩形ABCD中，M为DC的中点，AB＝2AD，‎ ‎∴DM＝AD.又N为AM的中点，∴DN⊥AM.‎ 又∵平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM＝AM，DN⊂平面ADM，‎ ‎∴DN⊥平面ABCM.‎ ‎∵AD＝1，∴DN＝.‎ 又S△BCM＝·CM·CB＝，‎ ‎∴V三棱锥M－BCD＝V三棱锥D－BCM＝S△BCM×DN＝.‎ ‎(2)证明　由(1)可知，DN⊥平面ABCM.‎ 又BM⊂平面ABCM.∴BM⊥DN.‎ 在矩形ABCD中，AB＝2AD，M为MC的中点，‎ ‎∴△ADM，△BCM都是等腰直角三角形，且∠ADM＝90°，∠BCM＝90°，‎ ‎∴BM⊥AM.又DN，AM⊂平面ADM，DN∩AM＝N，‎ ‎∴BM⊥平面ADM.又AD⊂平面ADM，‎ ‎∴BM⊥AD.‎