【数学】2021届一轮复习人教A版（文）第八章　第6讲　平行、垂直的综合问题学案 18页

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；‎ ‎(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥PABCD的体积为，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.‎ 设AB＝x，则由已知可得AD＝x，PE＝x.‎ 故四棱锥PABCD的体积 VPABCD＝AB·AD·PE＝x3.‎ 由题设得x3＝，故x＝2.‎ 从而PA＝PD＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2.‎ 可得四棱锥PABCD的侧面积为 PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin 60°＝6＋2.‎ ‎(1)几何体的体积 柱体的体积V＝S底·h.‎ 锥体的体积V＝S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．‎ ‎　(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；‎ ‎(2)若四面体PABC的体积为，求△PCD的面积．‎ 解：(1)证明：如图，取CD的中点F，连接EF，AF，‎ 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.‎ ‎(2)由已知得，V四面体PABC＝·AB·BC·PA＝，可得PA＝2.‎ 过点A作AQ⊥CD于点Q，连接PQ，在△ACD中，‎ AC＝2，∠CAD＝90°，∠ADC＝30°，‎ 所以CD＝4，AQ＝＝，‎ 则PQ＝＝.‎ 因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.‎ 又AQ∩PA＝A，‎ 所以CD⊥平面PAQ，CD⊥PQ.‎ 所以S△PCD＝×4×＝2.‎ ‎　　　　　　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＝，故DM＝2.‎ 所以四边形ACGD的面积为4.‎ 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：‎ — ‎ ↓‎ — ‎ ↓‎ —　 ‎ ‎　(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．‎ ‎(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，‎ 因为BE＝AB＝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，‎ 又点M为棱PB的中点，‎ 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，‎ 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＝，‎ 所以OM＝PD＝AD＝，S△BCE＝S△ADE＝1，‎ 所以V三棱锥MBCE＝S△BCE·OM＝.‎ ‎　　　　　立体几何中的探索性问题(师生共研)‎ ‎ (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.‎ 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.‎ 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；‎ ‎(2)在线段PC上是否存在点M，使得AC⊥BM，若存在点M，求出的值；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)由题意知AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，‎ 可得S△ABC＝·AB·AC·sin 60°＝.‎ 由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱锥PABC的高．‎ 又PA＝1，所以三棱锥PABC的体积V＝·S△ABC·PA＝.‎ ‎(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.‎ 在Rt△BAN中，AN＝AB·cos∠BAC＝，‎ 从而NC＝AC－AN＝.‎ 由MN∥PA，得＝＝.‎ ‎[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 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.‎ 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，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＝.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＝，则CE＝1，故CH＝，在Rt△PCH中，可得PH＝，即点P到平面ABC的距离为.‎ 答案： ‎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，E是棱PC上的一点．‎ ‎(1)证明：BC⊥平面PBD；‎ ‎(2)若PA∥平面BDE，求的值．‎ 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，‎ 所以＝.‎ ‎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，沿BD折起，使AC＝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．‎ 解：(1)证明：在Rt△ABD中，AB⊥BD，AB＝2，BD＝2，‎ 所以AD＝＝＝2，‎ 因为AC＝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，‎ 所以平面ABC⊥平面ACD，其交线为AC，‎ 故过B点作AC的垂线，垂足为P，点P即为B在平面ACD内的射影，‎ 易知P为AC的中点，‎ 所以四面体PBCD的体积VPBCD＝××2×2×1＝.‎ ‎5.(2020·福州市质量检测)如图，四棱锥EABCD，平面ABCD⊥平面ABE，四边形ABCD为矩形，AD＝6，AB＝5，BE＝3，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.‎ ‎(1)求证：AE⊥BE；‎ ‎(2)设M在线段DE上，且满足EM＝2MD，试在线段AB上确定一点N，使得MN∥平面BCE，并求MN的长．‎ 解：(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，‎ 所以BC⊥AB.‎ 因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，且BC⊂平面ABCD，‎ 所以BC⊥平面ABE.‎ 又AE⊂平面ABE，‎ 所以BC⊥AE.‎ 因为BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，‎ 所以BF⊥AE.‎ 又因为BC∩BF＝B，BC⊂平面BCE，BF⊂平面BCE，‎ 所以AE⊥平面BCE，‎ 因为BE⊂平面BCE，‎ 所以AE⊥BE.‎ ‎(2)如图，在△ADE中过M点作MG∥AD交AE于G点，在△ABE中过G点作GN∥BE交AB于N点，连接MN，‎ 因为NG∥BE，NG⊄平面BCE，BE⊂平面BCE，‎ 所以NG∥平面BCE.‎ 同理可证，GM∥平面BCE.‎ 因为MG∩GN＝G，‎ 所以平面MGN∥平面BCE，‎ 又因为MN⊂平面MGN，‎ 所以MN∥平面BCE，‎ 因为M点为线段DE上靠近D点的一个三等分点，‎ 所以N点为线段AB上靠近A点的一个三等分点，‎ AD＝6，AB＝5，BE＝3，‎ 所以MG＝AD＝4，NG＝BE＝1，‎ 所以MN＝＝＝.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1．(2020·吉林长春质量监测(二))四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠BAD＝90°，CD＝2AB＝2，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝，M为PC中点．‎ ‎(1)求证：平面PBC⊥平面BMD；‎ ‎(2)求点B到平面PCD的距离．‎ 解：(1)证明：在直角梯形ABCD中，BD＝，cos∠BDC＝cos∠DBA＝，‎ 在△BCD中，由余弦定理得BC＝，‎ 由勾股定理得PD＝2，PB＝，‎ 所以△PCD，△PCB是等腰三角形，‎ 所以PC⊥MD，PC⊥MB，‎ 因为MD∩MB＝M，‎ 所以PC⊥平面MDB，‎ 因为PC⊂平面PBC，‎ 所以平面PBC⊥平面BDM.‎ ‎(2)取PD的中点N，连接AN，MN，‎ 所以ANMB为平行四边形，‎ 所以BM∥AN，BM＝AN＝1，‎ 因为PA＝AD，所以AN⊥PD，‎ 又易知CD⊥平面PAD，AN⊂平面PAD，‎ 所以CD⊥AN，所以AN⊥平面PCD，‎ 所以BM⊥平面PCD，‎ 所以B到平面PCD的距离为1.‎ ‎2．(2020·郑州市第二次质量预测)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝，△PAD是等边三角形，F为AD的中点，PD⊥BF.‎ ‎(1)求证：AD⊥PB；‎ ‎(2)若E在线段BC上，且EC＝BC，能否在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面 ABCD？若存在，求出三棱锥DCEG的体积；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)证明：连接PF，因为△PAD是等边三角形，‎ 所以PF⊥AD.‎ 因为底面ABCD是菱形，∠BAD＝，所以BF⊥AD.‎ 又PF∩BF＝F，所以AD⊥平面BFP，‎ 又PB⊂平面BFP，所以AD⊥PB.‎ ‎(2)能在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD.‎ 由(1)知AD⊥BF，因为PD⊥BF，AD∩PD＝D，‎ 所以BF⊥平面PAD.‎ 又BF⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAD，‎ 又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD，‎ 所以PF⊥平面ABCD.‎ 连接CF交DE于点H，过H作HG∥PF交PC于点G，‎ 所以GH⊥平面ABCD.‎ 又GH⊂平面DEG，所以平面DEG⊥平面ABCD.‎ 因为AD∥BC，所以△DFH∽△ECH，‎ 所以＝＝，所以＝＝，‎ 所以GH＝PF＝，‎ 所以VDCEG＝VGCDE＝S△CDE·GH＝×DC·CE·sin ·GH＝.‎ ‎3．如图(1)，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D为AC的中点，AE⊥BD于点E(不同于点D)，延长AE交BC于点F，将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A1BCD，如图(2)所示．‎ ‎(1)若M是FC的中点，求证：直线DM∥平面A1EF；‎ ‎(2)求证：BD⊥A1F；‎ ‎(3)若平面A1BD⊥平面BCD，试判断直线A1B与直线CD能否垂直？并说明理由．‎ 解：(1)证明：因为D，M分别为AC，FC的中点，所以DM∥EF，又EF⊂平面A1EF，DM⊄平面A1EF，所以DM∥平面A1EF.‎ ‎(2)证明：因为A1E⊥BD，EF⊥BD且A1E∩EF＝E，‎ 所以BD⊥平面A1EF.‎ 又A1F⊂平面A1EF，所以BD⊥A1F.‎ ‎(3)直线A1B与直线CD不能垂直．‎ 理由如下：‎ 因为平面A1BD⊥平面BCD，平面A1BD∩平面BCD＝BD，EF⊥BD，EF⊂平面BCD，所以EF⊥平面A1BD.‎ 因为A1B⊂平面A1BD，所以A1B⊥EF，‎ 又因为EF∥DM，所以A1B⊥DM.‎ 假设A1B⊥CD，‎ 因为CD∩DM＝D，所以A1B⊥平面BCD，‎ 所以A1B⊥BD，‎ 这与∠A1BD为锐角矛盾，所以直线A1B与直线CD不能垂直．‎ 规范答题示范(四)‎ 立体几何 类型一　线面位置关系与体积计算 ‎ (12分)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.‎ ‎(1)证明：❶‎ ‎(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，❷‎ ‎[建桥寻突破] ‎ ‎❶看到证明线线垂直(AC⊥BD)，想到证明线面垂直，通过线面垂直证明线线垂直. ‎ ‎❷看到求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比，想到确定同一平面，转化为求高的比.‎ ‎[规范解答]‎ ‎(1)证明：如图，取AC的中点O，连接DO，BO.1分 因为AD＝CD，所以AC⊥DO.‎ 又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO.‎ ‎[评分标准]‎ ‎①作出辅助线，并用语言正确表述得1分；‎ ‎②得出AC⊥DO和AC⊥BO得1分，由线面垂直的判定写出AC⊥平面DOB，再得1分；‎ ‎③由线面垂直的性质得出结论得1分；‎ ‎④作出辅助线，并用语言正确表述得1分；‎ 又因为DO∩BO＝O，‎ 从而AC⊥平面DOB，3分 故AC⊥BD.4分 ‎(2)连接EO.5分 由(1)及题设知∠ADC＝90°，‎ 所以DO＝AO.‎ 在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2，‎ 又AB＝BD，‎ 所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，‎ 故∠DOB＝90°，7分 由题设知△AEC为直角三角形，‎ 所以EO＝AC.8分 又△ABC是正三角形，且AB＝BD，‎ 所以EO＝BD.‎ 故E为BD的中点.9分 从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，‎ 四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，11分 即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.12分 ‎⑤由勾股定理逆定理得到∠DOB＝90°得2分；‎ ‎⑥由直角三角形的性质得出EO＝AC得1分；‎ ‎⑦由等边三角形的性质得出E为BD的中点，得1分；‎ ‎⑧得出四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的得2分；‎ ‎⑨正确求出体积比得1分.‎ ‎[解题点津]‎ ‎(1)得分步骤：在立体几何类解答题中，对于证明与计算过程中的得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以，对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中AC⊥DO，AC⊥BO；第(2)问中BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2等.‎ ‎(2)利用第(1)问的结果：如果第(1)问的结果对第(2)问的证明或计算用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题就是在第(1)问的基础上得到DO＝AO.‎ ‎[核心素养]‎ 空间几何体的体积及表面积问题是高考考查的重点题型，主要考查考生“逻辑推理”及“直观想象”的核心素养.‎ 类型二　线面位置关系中的探索性问题 ‎ (12分)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD.‎ ‎(1)在平面PAD内找一点M，使得❶，并说明理由；‎ ‎(2)证明：❷‎ ‎[建桥寻突破]‎ ‎❶看到直线CM∥平面PAB，想到利用线面平行的定理进行分析.‎ ‎❷看到平面PAB⊥平面PBD，想到利用面面垂直的判定定理寻找条件进行证明.‎ ‎[规范解答]‎ ‎(1)取棱AD的中点M(M∈平面PAD)，点M即为所求的一个点，2分 理由如下：‎ 因为AD∥BC，BC＝AD，‎ 所以BC∥AM，且BC＝AM.‎ 所以四边形AMCB是平行四边形，4分 从而CM∥AB.‎ 又AB⊂平面PAB，CM⊄平面PAB，‎ 所以CM∥平面PAB.6分 ‎(说明：取棱PD的中点N，则所找的点可以是直线MN上任意一点)‎ ‎(2)证明：由已知，PA⊥AB，PA⊥CD，因为AD∥BC，BC＝AD，所以直线AB与CD相交，‎ 所以PA⊥平面ABCD，从而PA⊥BD.8分 连接BM，‎ 因为AD∥BC，BC＝AD，‎ 所以BC∥MD，且BC＝MD.‎ 所以四边形BCDM是平行四边形，10分 ‎[评分标准]‎ ‎①写出第一步，明确结论得2分；‎ ‎②得出四边形AMCB是平行四边形得2分；‎ ‎③利用线面平行定理得出CM∥平面PAB得2分；‎ ‎④利用线面垂直得出PA⊥BD得2分；‎ ‎⑤得出四边形BCDM是平行四边形得2分；‎ ‎⑥得出结论再得2分.‎ 所以BM＝CD＝AD，‎ 所以BD⊥AB.‎ 又AB∩AP＝A，‎ 所以BD⊥平面PAB.‎ 又BD⊂平面PBD，‎ 所以平面PAB⊥平面PBD.12分 ‎[解题点津]‎ ‎(1)明确探索性试题的解题要领是先假设存在，然后采用相关定理或性质进行论证.‎ ‎(2)写全步骤，步步为“赢”‎ 在书写解题过程时，对于是得分点的解题步骤一定要写全，阅卷时根据得分点评分，有则得分，无则不得分，如本题中对点M的确定，应遵循“一作”“二证”的原则，如果不全面就会失分.‎ ‎(3)涉及运算要准确 在解题过程中，涉及有关长度、角度、面积、体积等计算问题时，‎ 一定要细心准确，否则导致思路正确，因运算失误而扣分.‎ ‎[核心素养]‎ 探索性的立体几何问题在高考中虽不多见，‎ 但作为高考命题的一种题型，‎ 要求学生掌握其解决思路及解决问题的途径．此类问题主要考查考生“直观想象”的核心素养.‎