届高考数学核按钮新高考广东版84 直线平面垂直的判定与性质.docx

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届高考数学核按钮新高考广东版84直线平面垂直的判定与性质

8.4　直线、平面垂直的判定与性质

1．线线垂直

如果两条直线所成的角是______（无论它们是相交还是异面），那么这两条直线互相垂直．

2．直线与平面垂直

（1）定义：

如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说______________________，记作______．直线l叫做______________，平面α叫做______________．直线与平面垂直时，它们唯一的公共点P叫做______．垂线上任意一点到垂足间的线段，叫做这个点到这个平面的垂线段，垂线段的长度叫做这个点到平面的________．

（2）判定定理：

一条直线与一个平面内的______________都垂直，则该直线与此平面垂直．

推论：

如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面．用符号表示：

a∥b，a⊥α⇒b⊥α.

（3）性质定理：

垂直于同一个平面的两条直线__________．

3．直线和平面所成的角

平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的________，叫做这条直线和这个平面所成的角．

一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角是直角；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角是0°的角．任一直线与平面所成角θ的范围是____________．

4．二面角的有关概念

（1）二面角：

从一条直线出发的_____________叫做二面角．

（2）二面角的平面角：

以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作______________的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．二面角的范围是__________．

5．平面与平面垂直

（1）定义：

一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是____________，就说这两个平面互相垂直．

（2）判定定理：

一个平面过另一个平面的________，则这两个平面垂直．

（3）性质定理：

两个平面垂直，则一个平面内垂直于______的直线与另一个平面垂直．

自查自纠

1．直角

2．

（1）直线l与平面α互相垂直　l⊥α　平面α的垂线　直线l的垂面　垂足　距离　

（2）两条相交直线　（3）平行

3．锐角　[0°，90°]

4．

（1）两个半平面所组成的图形　

（2）垂直于棱　[0°，180°]

5．

（1）直二面角　

（2）垂线　（3）交线

1．（云南省昆明市2019届高三高考5月模拟）已知直线l⊥平面α，直线m∥平面β，若α⊥β，则下列结论一定成立的是（　　）

A.l∥β或l⊂β　B.l∥m　C.m⊥α　D.l⊥m

解：

对于A，直线l⊥平面α，α⊥β，则l∥β或l⊂β，A正确；

对于B，直线l⊥平面α，直线m∥平面β，且α⊥β，则l∥m或l与m相交或l与m异面，所以B错误；

对于C，直线m∥平面β，且α⊥β，则m与α相交或m⊂α或m∥α，所以C错误；

对于D，直线l⊥平面α，直线m∥平面β，且α⊥β，则l∥m或l与m相交或l与m异面，所以D错误．故选A.

2．（2020·云南高三月考）在长方体ABCDA1B1

C1D1中，AB＝

AD，E为棱CD的中点，则（　　）

A.A1E⊥DD1B.A1E⊥DB

C.A1E⊥D1C1D.A1E⊥DB1

解：

连接AE，BD，因为AB＝

AD，所以

＝

＝

，所以△ABD与△DAE相似，所以∠DAE＝∠ABD，所以∠EAB＋∠ABD＝90°，即AE⊥BD，所以BD⊥平面A1AE，所以A1E⊥BD.故选B.

3.（浙江省重点中学2019届高三12月期末热身联考）已知α⊥β，m⊂α，n⊂β，α∩β＝l，则“m⊥n”是“m⊥l”的（　　）

A.充分不必要条件

B.必要不充分条件

C.充要条件

D.既不充分也不必要条件

解：

由题意得，当n⊥l时，有n⊥α，则有n⊥m，此时m与l的位置关系可以是平行或相交，充分性不成立；当m⊥l时，有m⊥β，又因为n⊂β，所以m⊥n，必要性成立．所以“m⊥n”是“m⊥l”的必要不充分条件．故选B.

4．（2019·北京卷）已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：

①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：

.

解：

若l⊥α，m∥α，则l⊥m，故②③⇒①正确；

若l⊥α，l⊥m，则m∥α，故①③⇒②正确；

若l⊥m，m∥α，则l⊥α，l与α斜交或l∥α，故①②⇒③不正确．

故填如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.（答案不唯一）

5．在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论中所有正确结论的编号为________．

①BC∥平面PDF；

②DF⊥平面PAE；

③平面PDF⊥平面ABC；

④平面PAE⊥平面ABC.

解：

由DF∥BC可得BC∥平面PDF，故①正确；若PO⊥平面ABC，垂足为O，则O在AE上，则DF⊥PO，又DF⊥AE，故DF⊥平面PAE，故②正确；由PO⊥平面ABC，PO⊂平面PAE，可得平面PAE⊥平面ABC，故④正确，平面PDF不过PO，故③不正确．故填①②④.

类型一　线线垂直问题

例1　（2019·江苏卷）如图，在直三棱柱ABC

A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC.求证：

（1）A1B1∥平面DEC1；

（2）BE⊥C1E.

证明：

（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，

所以ED∥AB.

又在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB∥A1B1，

所以A1B1∥ED.

又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，

所以A1B1∥平面DEC1.

（2）因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.

因为三棱柱ABCA1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.

又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.

因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1.

因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.

点拨　本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力．

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，可转化为证明线线平行；

②证明线面垂直，可转化为证明线线垂直；

③证明线线垂直，可转化为证明线面垂直．

变式1　（2018·湖州模拟改编）如图所示，在四棱锥ABCDE中，底面BCDE为菱形，侧面ABE为等边三角形，且侧面ABE⊥底面BCDE，O，F分别为BE，DE的中点．求证：

（1）AO⊥CD；

（2）CE⊥AF.

证明：

（1）因为△ABE为等边三角形，O为BE的中点，所以AO⊥BE.

又因为平面ABE⊥平面BCDE，

平面ABE∩平面BCDE＝BE，

AO⊂平面ABE，所以AO⊥平面BCDE.

又因为CD⊂平面BCDE，所以AO⊥CD.

（2）连接BD，因为四边形BCDE为菱形，所以CE⊥BD.

因为O，F分别为BE，DE的中点，

所以OF∥BD，所以CE⊥OF.

由

（1）可知，AO⊥平面BCDE，

因为CE⊂平面BCDE，所以AO⊥CE.

因为AO∩OF＝O，所以CE⊥平面AOF.

又AF⊂平面AOF，所以CE⊥AF.

类型二　线面垂直问题

例2　

（1）（2019·全国卷Ⅱ）如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.

（Ⅰ）证明：

BE⊥平面EB1C1；

（Ⅱ）若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥EBB1C1C的体积．

解：

（Ⅰ）证明：

由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.

又BE⊥EC1，所以BE⊥平面EB1C1.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知∠BEB1＝90°.

由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，

故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6.

作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3.

所以，四棱锥EBB1C1C的体积V＝

×3×6×3＝18.

（2）（2019·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：

作PD，PE分别垂直于AC，BC于点D，E，PO⊥平面ABC于点O，连接CO，

由题意可知CD⊥PD，CD⊥PO，PD∩PO＝P，所以CD⊥平面PDO，

又OD⊂平面PDO，所以CD⊥OD，

因为PD＝PE＝

，PC＝2，

所以sin∠PCE＝sin∠PCD＝

，

所以∠PCB＝∠PCA＝60°，

又易知PO⊥CO，CO为∠ACB的平分线，

所以∠OCD＝45°，OD＝CD＝1，OC＝

，

又PC＝2，所以PO＝

＝

.

故填

.

点拨　例2

（1）主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型．例2

（2）主要考查空间想象能力，合理画图成为关键，准确找到在底面上的射影，使用线面垂直定理，得到垂直关系，利用勾股定理解决．注意画图视角选择不当，线面垂直定理使用不够灵活，很可能难以发现垂直关系，问题不易解决，将几何体摆放成正常视角，是立体几何问题解决的有效手段，此时几何关系利于观察，解题事半功倍．

变式2　如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1的中点．求证：

（1）直线BC1∥平面EFPQ；

（2）直线AC1⊥平面PQMN.

证明：

（1）如图，连接AD1，

由ABCDA1B1C1D1是正方体，知AD1∥BC1，

因为F，P分别是AD，DD1的中点，

所以FP∥AD1，从而BC1∥FP.

而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，

故直线BC1∥平面EFPQ.

（2）如图，连接AC，BD，则AC⊥BD.

由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，可得CC1⊥BD.

又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1A1.

而AC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥AC1.

因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，所以MN∥BD，从而MN⊥AC1.

同理可证PN⊥AC1.

又PN∩MN＝N，所以直线AC1⊥平面PQMN.

类型三　面面垂直问题

例3　（2019·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，联结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，所以图2中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）取CG的中点M，联结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CG·DM＝2×2＝4.

点拨　①解决折叠问题的关键是分清折叠前后线线位置关系的“变”与“不变”，以及折叠前后线段的数量之间的关系．折叠前后位于同一个平面上的位置关系和数量关系都不变，折叠前后位于不同面上的位置关系和部分数量关系会产生变化．

②本题是较为新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是更“常规”的直（正）棱柱，突出考查空间想象能力．

变式3　（2018·北京卷）如图，在四棱锥PABCD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，

因为PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.

又因为PA⊥PD，AB∩PA＝A，

所以PD⊥平面PAB.

因为PD⊂平面PCD，

所以平面PAB⊥平面PCD.

（3）如图，取PC的中点G，连接FG，DG.

因为F，G分别为PB，PC的中点，

所以FG∥BC，FG＝

BC.

因为四边形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.

类型四　垂直综合问题

例4　（2018·浙江卷）已知四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角SABC的平面角为θ3，则（　　）

A.θ1≤θ2≤θ3　　B.θ3≤θ2≤θ1

C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ1

解：

设O为正方形ABCD的中心，M为AB的中点，过E作BC的平行线EF，交CD于F，过O作ON垂直EF于N，连接SO，SN，SE，SM，OM，OE，则SO⊥底面ABCD，OM⊥AB，EF∥BC，

因此∠SEN＝θ1，∠SEO＝θ2，∠SMO＝θ3，

从而tanθ1＝

＝

，

tanθ2＝

，tanθ3＝

，

因为SN≥SO，EO≥OM，所以tanθ1≥tanθ3≥tanθ2，又θ1，θ2，θ3∈（0，

），故θ1≥θ3≥θ2.故选D.

点拨　分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小关系．空间平行与垂直关系的证明主要是转化思想的应用，如下图：

变式4　（安徽蚌埠市2020届高三第一次教学质量检查）正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是四边形BB1D1D内（含边界）任意一点，点Q是B1C1的中点．有下列四个结论：

①AC⊥BP（当B，P不重合时）；

②存在点P，使AP∥BQ；

③存在唯一点P，使CQ⊥平面ABP；

④AQ与BC所成角的正切值为2

.

其中所有正确结论的序号为．

解：

连AC，易知AC⊥平面BB1D1D，又BP⊂平面BB1D1D，故AC⊥BP，①正确；

取B1D1的中点M，连AM，QM，BQ，BM，显然A，B，Q确定平面ABQM，假设存在点P，使AP∥BQ，则点P∈平面ABQM，又P∈平面BB1D1D，平面ABQM∩平面BB1D1D＝BM，则P∈BM，此时AP与BQ不平行，假设不成立，②错误；

若存在点P，使CQ⊥平面ABP.因为AB⊥CQ，CQ⊥平面APB，所以CQ⊥BP，则直线BP上任一点均满足条件，③错误；

连AQ，由B1C1∥BC知∠AQB1即为AQ与BC所成角，在Rt△AB1Q中，tan∠AQB1＝

＝2

，④正确．

故填①④.

1．判断（证明）线线垂直的方法

（1）根据定义．

（2）如果直线a∥b，a⊥c，则b⊥c.

（3）如果直线a⊥面α，c⊂α，则a⊥c.

（4）向量法：

两条直线的方向向量的数量积为零．

2．证明直线和平面垂直的常用方法

（1）利用判定定理：

两相交直线a，b⊂α，a⊥c，b⊥c⇒c⊥α.

（2）a∥b，a⊥α⇒b⊥α.

（3）利用面面平行的性质：

α∥β，a⊥α⇒a⊥β.

（4）利用面面垂直的性质：

α⊥β，α∩β＝m，a⊂α，a⊥m⇒a⊥β；α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝m⇒m⊥γ.

3．证明面面垂直的主要方法

（1）利用判定定理：

a⊥β，a⊂α⇒α⊥β.

（2）用定义证明．只需判定两平面所成二面角为直二面角．

（3）如果一个平面垂直于两个平行平面中的一个，则它也垂直于另一个平面：

α∥β，α⊥γ⇒β⊥γ.

4．平面与平面垂直的性质的应用

当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直（必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系），构造（寻找）二面角的平面角或得到点到面的距离等．

5．垂直关系的相互转化

6．线面角、二面角求法

求这两种空间角的步骤：

根据线面角的定义或二面角的平面角的定义，作（找）出该角，再解三角形求出该角，步骤是作（找）⇒证⇒求（算）三步曲．

也可用射影法：

设斜线段AB在平面α内的射影为A′B′，AB与α所成角为θ，则cosθ＝

；

设△ABC在平面α内的射影三角形为△A′B′C′，平面ABC与α所成角为θ，则cosθ＝

.

1．（2019·广东五校协作体诊断考试）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（　　）

A.若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n

B.若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β

C.若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β

D.若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n

解：

若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m与n相交、平行或异面，故A错误；因为m⊥α，m∥n，所以n⊥α，又因为n∥β，所以α⊥β，故B正确；若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α与β的位置关系不确定，故C错误；若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n，或m，n异面，故D错误．故选B.

2．（2018·上饶质检）已知P是△ABC所在平面外一点，P到AB，AC，BC的距离相等，且P在△ABC所在平面的射影O在△ABC内，则O一定是△ABC的（　　）

A.内心B.外心C.垂心D.重心

解：

因为P到AB，AC，BC三边的距离相等，且P在△ABC所在平面的射影O在△ABC内，则O到AB，AC，BC三边的距离也相等，即点O为△ABC的内切圆的圆心，即△ABC的内心．故选A.

3．（2018·福建泉州）如图，在下列四个正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面，则在各个正方体中，直线BD1与平面EFG不垂直的是（　　）

AB

CD

解：

如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，M，N，Q均为所在棱的中点，图形EFMNQG是一个平面图形，直线BD1与平面EFMNQG垂直，而选项A，B，C中的平面EFG与这个平面重合，D中EF∥BB1，而BB1与BD1不垂直，即BD1与平面EFG不垂直．故选D.

4．（2019·忻州二中月考）设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面．下列命题中正确的有（　　）

①若m⊂β，α⊥β，则m⊥α；②若α∥β，m⊂α，则m∥β；

③若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β；④若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β.

A.①③B.①②C.③④D.②③

解：

由面面垂直的性质定理知若m⊂β，α⊥β，且m垂直于α，β的交线时，m⊥α，故①错误；若α∥β，则α，β无交点，又m⊂α，所以m∥β，故②正确；若n⊥α，n⊥β，则α∥β，又m⊥α，所以m⊥β，故③正确；若α⊥γ，β⊥γ，不能得出α⊥β，故④错误．故选D.

5．（2019·江西南昌模拟）如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么D在平面ABC内的射影H必在（　　）

A.直线AB上　　　　B.直线BC上

C.直线AC上　　　　D.△ABC内部

解：

由AB⊥AC，BD⊥AC，又AB∩BD＝B，则AC⊥平面ABD，而AC⊂平面ABC，则平面ABC⊥平面ABD，因此D在平面ABC内的射影H必在平面ABC与平面ABD的交线AB上．故选A.

6．（长春市普通高中2019届高三质量监测）在正方体ABCDA1B1C1D1中，直线A1C1与平面ABC1D1所成角的正弦值为（　　）

A.1B.

C.

D.

解：

如图所示，连接A1D，AD1交于点O，连接OC1，在正方体中，因为AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，又A1D⊥AD1，且AD1∩AB＝A，所以A1D⊥平面AD1C1B，

所以∠A1C1O即为所求角，在Rt△A1C1O中，sin∠A1C1O＝

，所以A1C1与平面ABC1D1所成角的正弦值为

.故选D.

7．（2020·全国高二专题练习）如图，四边形ABCD为矩形，沿AC将△ADC翻折成△AD′C.设二面角D′ABC的平面角为θ，直线AD′与直线BC所成角为θ1，直线AD′与平面ABC所成角为θ2，当θ为锐角时，有（　　）

A.θ2＜θ1＜θB.θ2＜θ＜θ1

C.θ1＜θ2＜θD.θ＜θ2＜θ1

解：

作D′E⊥AB于E，EH∥BC，EH∩AC于H，作D′O⊥EH于O，

因为AB⊥BC，所以AE⊥EH，所以AE⊥平面D′EO，所以D′O⊥AE，所以D′O⊥平面ABC，

所以θ＝∠D′EH，θ2＝∠D′AO，

则sinθ＝

＞

＝sinθ2，

因为θ为锐角，所以θ>θ2.

作OF⊥AD于F，则OE＝AF，

且AF⊥D′F，θ1＝∠D′AF，

则cosθ1＝

＝

<

＝cosθ，

θ为锐角，所以θ<θ1，

综上，θ2<θ<θ1.故选B.

8．【多选题】（2020·山东高三月考）如图，矩形ABCD，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，连接B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（　　）

A.存在某个位置，使得CN⊥AB1

B.翻折过程中，CN的长是定值

C.若AB＝BM，则AM⊥B1D

D.若AB＝BM＝1，当三棱锥B1AMD的体积最大时，三棱锥B1AMD的外接球的表面积是4π

解：

对于A，取AD的中点为E，连接CE交MD于点F，如图1，则NE∥AB1，NF∥MB1.

如果CN⊥AB1，则EN⊥CN，

由于AB1⊥MB1，则EN⊥NF，

由于三线NE，NF，NC共面且共点，

故这是不可能的，故不正确；

对于B，如图1，由∠NEC＝∠MAB1，

且NE＝

AB1，AM＝EC，

所以在△CEN中，由余弦定理得：

NC2＝NE2＋EC2－2NE·EC·cos∠NEC，也是定值，

故NC是定值，故正确；

对于C，如图2，

AB＝BM，即AB1＝B1M，则AM⊥B1O，其中O为AM中点．

若AM⊥B1D，由于B1O∩B1D＝B1，

且B1O，B1D⊂平面ODB1，

所以AM⊥平面ODB1，OD⊂平面ODB1，

所以OD⊥AM，则AD＝MD，

由于AD≠MD，故AM⊥B1D不成立，故不正确；

对于D，根据题意知，只有当平面B1AM⊥平面AMD时，

三棱锥B1AMD的体积最大，取AD的中点为E，连接OE，B1E，ME，如图2.

AB＝BM＝1，则AB1＝B1M＝1，且AB1⊥B1M，平