2018-全国卷III文-19 解-面面垂直

本题导读

本题考查面面垂直的判定定理与性质。核心在于综合几何法、反证法或线面平行判定法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2018年全国卷III文）如图，矩形 $ABCD$ 所在平面与半圆弧 $\widehat{CD}$ 所在平面垂直，$M$ 是 $\widehat{CD}$ 上异于 $C,D$ 的点.

(1) 证明：平面 $AMD\perp$ 平面 $BMC$;

(2) 在线段 $AM$ 上是否存在点 $P$，使得 $MC\parallel$ 平面 $PBD$？说明理由.

🔍【思路分析】

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1. 利用面面垂直的性质定理，通过圆的性质（直径所对圆周角为直角）得到线面垂直，进而证明平面 $AMD\perp$ 平面 $BMC$.
2. 采用构造法，取线段 $AM$ 的中点 $P$ 与矩形对角线交点 $O$，利用三角形中位线定理证得 $PO\parallel MC$，从而由线面平行的判定定理得出结论。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) 存在，$P$ 为线段 $AM$ 的中点

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明：因为平面 $ABCD\perp$ 平面 $\widehat{CD}$（半圆弧所在平面），且交线为 $DC$. 由 $M$ 是半圆弧 $\widehat{CD}$ 上异于 $C,D$ 的点，连接 $MC,MD$， 因为 $CD$ 为半圆直径，所以 $\angle CMD=90^{\circ }$，即 $MD\perp MC$. 因为平面 $\widehat{CD}\perp$ 平面 $ABCD$，且交线为 $DC$， $MD\subset$ 平面 $\widehat{CD}$， 所以 $MD\perp$ 平面 $ABCD$. 又因为 $BC\subset$ 平面 $ABCD$，所以 $MD\perp BC$. 在矩形 $ABCD$ 中，$BC\perp DC$. 又因为 $MD\cap DC=D$，且 $MD,DC\subset$ 平面 $AMD$， 所以 $BC\perp$ 平面 $AMD$. 又因为 $BC\subset$ 平面 $BMC$， 所以平面 $AMD\perp$ 平面 $BMC$.

(2) 结论：在线段 $AM$ 上存在点 $P$，使得 $MC\parallel$ 平面 $PBD$，且 $P$ 为线段 $AM$ 的中点。 理由如下： 取线段 $AM$ 的中点 $P$，连接 $PO$，其中 $O$ 为矩形 $ABCD$ 的对角线交点（即 $AC$ 与 $BD$ 的交点）。 因为 $O$ 是 $AC$ 的中点，$P$ 是 $AM$ 的中点， 所以在 $△AMC$ 中，$PO$ 是中位线，故 $PO\parallel MC$。 又因为 $O\in BD\subset$ 平面 $PBD$，$P\in$ 平面 $PBD$，所以 $PO\subset$ 平面 $PBD$。 于是 $MC\parallel PO$，且 $PO\subset$ 平面 $PBD$，$MC⊈$ 平面 $PBD$， 由线面平行的判定定理，得 $MC\parallel$ 平面 $PBD$。 因此，在线段 $AM$ 上存在点 $P$（为 $AM$ 的中点）使得 $MC\parallel$ 平面 $PBD$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：面面垂直判定与性质、线面平行的判定定理。
2. 核心方法：构造中点连线（三角形中位线）转化为线线平行。
3. 避坑指南：探究”是否存在点”类问题，常先取特殊点（中点）尝试，用中位线平行关系直接构造结论。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 高考立体几何大题常规压轴题。
2. 结论推广: 空间中直线与平面平行的判定常转化为线线平行。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系

类题演练 (Links)

• 2008-江苏卷-16 解-线面平行垂直
• 2009-山东卷文-18 解-线面平行与面面垂直
• 2009-江苏卷-16 解-线面平行面面垂直