高考數(shù)學(xué)（北師大版文）講義第八章　立體幾何與空間向量第4講　平行關(guān)系4

§8.4平行關(guān)系最新考綱考情考向分析1.以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點(diǎn)，認(rèn)識(shí)和理解空間中線面平行的有關(guān)性質(zhì)與判定定理．2.能運(yùn)用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些有關(guān)空間圖形的平行關(guān)系的簡單命題.直線、平面平行的判定及其性質(zhì)是高考中的重點(diǎn)考查內(nèi)容，涉及線線平行、線面平行、面面平行的判定及其應(yīng)用等內(nèi)容．題型主要以解答題的形式出現(xiàn)，解題要求有較強(qiáng)的推理論證能力，廣泛應(yīng)用轉(zhuǎn)化與化歸的思想.1．直線與平面平行的判定與性質(zhì)判定性質(zhì)定義定理圖形條件a∩α＝?a?α，b?α，a∥ba∥αa∥α，a?β，α∩β＝b結(jié)論a∥αb∥αa∩α＝?a∥b2.面面平行的判定與性質(zhì)判定性質(zhì)定義定理圖形條件α∩β＝?a?β，b?β，a∩b＝P，a∥α，b∥αα∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝bα∥β，a?β結(jié)論α∥βα∥βa∥ba∥α知識(shí)拓展重要結(jié)論：(1)垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行，即若a⊥α，a⊥β，則α∥β.(2)垂直于同一個(gè)平面的兩條直線平行，即若a⊥α，b⊥α，則a∥b.(3)平行于同一個(gè)平面的兩個(gè)平面平行，即若α∥β，β∥γ，則α∥γ.題組一思考辨析1．判斷下列結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)若一條直線平行于一個(gè)平面內(nèi)的一條直線，則這條直線平行于這個(gè)平面．(×)(2)若一條直線平行于一個(gè)平面，則這條直線平行于這個(gè)平面內(nèi)的任一條直線．(×)(3)如果一個(gè)平面內(nèi)的兩條直線平行于另一個(gè)平面，那么這兩個(gè)平面平行．(×)(4)如果兩個(gè)平面平行，那么分別在這兩個(gè)平面內(nèi)的兩條直線平行或異面．(√)(5)若直線a與平面α內(nèi)無數(shù)條直線平行，則a∥α.(×)(6)若α∥β，直線a∥α，則a∥β.(×)題組二教材改編2．下列命題中正確的是()A．若a，b是兩條直線，且a∥b，那么a平行于經(jīng)過b的任何平面B．若直線a和平面α滿足a∥α，那么a與α內(nèi)的任何直線平行C．平行于同一條直線的兩個(gè)平面平行D．若直線a，b和平面α滿足a∥b，a∥α，b?α，則b∥α答案D解析A中，a可以在過b的平面內(nèi)；B中，a與α內(nèi)的直線也可能異面；C中，兩平面可相交；D中，由直線與平面平行的判定定理知b∥α，正確．3．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為DD1的中點(diǎn)，則BD1與平面AEC的位置關(guān)系為________．答案平行解析連接BD，設(shè)BD∩AC＝O，連接EO，在△BDD1中，E為DD1的中點(diǎn)，O為BD的中點(diǎn)，所以EO為△BDD1的中位線，則BD1∥EO，而BD1?平面ACE，EO?平面ACE，所以BD1∥平面ACE.題組三易錯(cuò)自糾4．若平面α∥平面β，直線a∥平面α，點(diǎn)B∈β，則在平面β內(nèi)且過B點(diǎn)的所有直線中()A．不一定存在與a平行的直線B．只有兩條與a平行的直線C．存在無數(shù)條與a平行的直線D．存在唯一與a平行的直線答案A解析當(dāng)直線a在平面β內(nèi)且過B點(diǎn)時(shí)，不存在與a平行的直線，故選A.5．設(shè)α，β，γ為三個(gè)不同的平面，a，b為直線，給出下列條件：①a?α，b?β，a∥β，b∥α；②α∥γ，β∥γ；③α⊥γ，β⊥γ；④a⊥α，b⊥β，a∥b.其中能推出α∥β的條件是________．(填上所有正確的序號(hào))答案②④解析在條件①或條件③中，α∥β或α與β相交；由α∥γ，β∥γ?α∥β，條件②滿足；在④中，a⊥α，a∥b?b⊥α，又b⊥β，從而α∥β，④滿足．6.如圖是長方體被一平面所截得的幾何體，四邊形EFGH為截面，則四邊形EFGH的形狀為________．答案平行四邊形解析∵平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，∴EF∥HG.同理EH∥FG，∴四邊形EFGH是平行四邊形．題型一直線與平面平行的判定與性質(zhì)命題點(diǎn)1直線與平面平行的判定典例如圖，在四棱錐P－ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，E，F(xiàn)，H分別為線段AD，PC，CD的中點(diǎn)，AC與BE交于O點(diǎn)，G是線段OF上一點(diǎn)．(1)求證：AP∥平面BEF；(2)求證：GH∥平面PAD.證明(1)連接EC，∵AD∥BC，BC＝eq\f(1,2)AD，∴BC綊AE，∴四邊形ABCE是平行四邊形，∴O為AC的中點(diǎn)．又F是PC的中點(diǎn)，∴FO∥AP，又FO?平面BEF，AP?平面BEF，∴AP∥平面BEF.(2)連接FH，OH，∵F，H分別是PC，CD的中點(diǎn)，∴FH∥PD，又PD?平面PAD，F(xiàn)H?平面PAD，∴FH∥平面PAD.又O是BE的中點(diǎn)，H是CD的中點(diǎn)，∴OH∥AD，又AD?平面PAD，OH?平面PAD，∴OH∥平面PAD.又FH∩OH＝H，∴平面OHF∥平面PAD.又GH?平面OHF，∴GH∥平面PAD.命題點(diǎn)2直線與平面平行的性質(zhì)典例(2017·長沙調(diào)研)如圖，四棱錐P－ABCD的底面是邊長為8的正方形，四條側(cè)棱長均為2eq\r(17).點(diǎn)G，E，F(xiàn)，H分別是棱PB，AB，CD，PC上共面的四點(diǎn)，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH.(1)證明：GH∥EF；(2)若EB＝2，求四邊形GEFH的面積．(1)證明因?yàn)锽C∥平面GEFH，BC?平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH，所以GH∥BC.同理可證EF∥BC，因此GH∥EF.(2)解如圖，連接AC，BD交于點(diǎn)O，BD交EF于點(diǎn)K，連接OP，GK.因?yàn)镻A＝PC，O是AC的中點(diǎn)，所以PO⊥AC，同理可得PO⊥BD.又BD∩AC＝O，且AC，BD?底面ABCD，所以PO⊥底面ABCD.又因?yàn)槠矫鍳EFH⊥平面ABCD，且PO?平面GEFH，所以PO∥平面GEFH.因?yàn)槠矫鍼BD∩平面GEFH＝GK，所以PO∥GK，且GK⊥底面ABCD，從而GK⊥EF.所以GK是梯形GEFH的高．由AB＝8，EB＝2得EB∶AB＝KB∶DB＝1∶4，從而KB＝eq\f(1,4)DB＝eq\f(1,2)OB，即K為OB的中點(diǎn)．再由PO∥GK得GK＝eq\f(1,2)PO，即G是PB的中點(diǎn)，且GH＝eq\f(1,2)BC＝4.由已知可得OB＝4eq\r(2)，PO＝eq\r(PB2－OB2)＝eq\r(68－32)＝6，所以GK＝3.故四邊形GEFH的面積S＝eq\f(GH＋EF,2)·GK＝eq\f(4＋8,2)×3＝18.思維升華判斷或證明線面平行的常用方法(1)利用線面平行的定義(無公共點(diǎn))．(2)利用線面平行的判定定理(a?α，b?α，a∥b?a∥α)．(3)利用面面平行的性質(zhì)(α∥β，a?α?a∥β)．(4)利用面面平行的性質(zhì)(α∥β，a?α，a?β，a∥α?a∥β)．跟蹤訓(xùn)練(2018屆昆明一中摸底)如圖，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，點(diǎn)M，N分別為A1C1，AB1的中點(diǎn)．(1)證明：MN∥平面BB1C1C；(2)若CM⊥MN，求三棱錐M—NAC的體積．(1)證明連接A1B，BC1，點(diǎn)M，N分別為A1C1，AB1的中點(diǎn)，所以MN為△A1BC1的一條中位線，MN∥BC1，又因?yàn)镸N?平面BB1C1C，BC1?平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C.(2)解設(shè)點(diǎn)D，E分別為AB，AA1的中點(diǎn)，AA1＝a，連接ND，CD，則CM2＝a2＋1，MN2＝1＋eq\f(a2＋4,4)＝eq\f(a2＋8,4)，CN2＝eq\f(a2,4)＋5＝eq\f(a2＋20,4)，由CM⊥MN，得CM2＋MN2＝CN2，解得a＝eq\r(2)，又NE⊥平面AA1C1C，NE＝1，V三棱錐M—NAC＝V三棱錐N—AMC＝eq\f(1,3)S△AMC·NE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(2)×1＝eq\f(\r(2),3).所以三棱錐M—NAC的體積為eq\f(\r(2),3).題型二平面與平面平行的判定與性質(zhì)典例如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F(xiàn)，G，H分別是AB，AC，A1B1，A1C1的中點(diǎn)，求證：(1)B，C，H，G四點(diǎn)共面；(2)平面EFA1∥平面BCHG.證明(1)∵G，H分別是A1B1，A1C1的中點(diǎn)，∴GH是△A1B1C1的中位線，∴GH∥B1C1.又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四點(diǎn)共面．(2)∵E，F(xiàn)分別是AB，AC的中點(diǎn)，∴EF∥BC.∵EF?平面BCHG，BC?平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.∵A1G綊EB，∴四邊形A1EBG是平行四邊形，∴A1E∥GB.又∵A1E?平面BCHG，GB?平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF＝E，A1E，EF?平面EFA，∴平面EFA1∥平面BCHG.引申探究在本例條件下，若D1，D分別為B1C1，BC的中點(diǎn)，求證：平面A1BD1∥平面AC1D.證明如圖所示，連接A1C交AC1于點(diǎn)M，∵四邊形A1ACC1是平行四邊形，∴M是A1C的中點(diǎn)，連接MD，∵D為BC的中點(diǎn)，∴A1B∥DM.∵A1B?平面A1BD1，DM?平面A1BD1，∴DM∥平面A1BD1.又由三棱柱的性質(zhì)知，D1C1綊BD，∴四邊形BDC1D1為平行四邊形，∴DC1∥BD1.又DC1?平面A1BD1，BD1?平面A1BD1，∴DC1∥平面A1BD1.又∵DC1∩DM＝D，DC1，DM?平面AC1D，∴平面A1BD1∥平面AC1D.思維升華證明面面平行的方法(1)面面平行的定義．(2)面面平行的判定定理：如果一個(gè)平面內(nèi)有兩條相交直線都平行于另一個(gè)平面，那么這兩個(gè)平面平行．(3)利用垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行．(4)兩個(gè)平面同時(shí)平行于第三個(gè)平面，那么這兩個(gè)平面平行．(5)利用“線線平行”“線面平行”“面面平行”的相互轉(zhuǎn)化．跟蹤訓(xùn)練(2018屆南昌摸底)如圖，在四棱錐P—ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.設(shè)M，N分別為PD，AD的中點(diǎn)．(1)求證：平面CMN∥平面PAB；(2)求三棱錐P—ABM的體積．(1)證明∵M(jìn)，N分別為PD，AD的中點(diǎn)，∴MN∥PA.又∵M(jìn)N?平面PAB，PA?平面PAB，∴MN∥平面PAB.在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN，∴∠ACN＝60°.又∵∠BAC＝60°，∴CN∥AB.∵CN?平面PAB，AB?平面PAB，∴CN∥平面PAB.又∵CN∩MN＝N，CN，MN?平面CMN，∴平面CMN∥平面PAB.(2)解由(1)知，平面CMN∥平面PAB，∴點(diǎn)M到平面PAB的距離等于點(diǎn)C到平面PAB的距離．由已知得，AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，∴BC＝eq\r(3)，∴三棱錐P—ABM的體積V＝V三棱錐M—PAB＝V三棱錐C—PAB＝V三棱錐P—ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×eq\r(3)×2＝eq\f(\r(3),3).題型三平行關(guān)系的綜合應(yīng)用典例如圖所示，平面α∥平面β，點(diǎn)A∈α，點(diǎn)C∈α，點(diǎn)B∈β，點(diǎn)D∈β，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在線段AB，CD上，且AE∶EB＝CF∶FD.(1)求證：EF∥平面β；(2)若E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點(diǎn)，AC＝4，BD＝6，且AC，BD所成的角為60°，求EF的長．(1)證明①當(dāng)AB，CD在同一平面內(nèi)時(shí)，由平面α∥平面β，平面α∩平面ABDC＝AC，平面β∩平面ABDC＝BD知，AC∥BD.∵AE∶EB＝CF∶FD，∴EF∥BD.又EF?β，BD?β，∴EF∥平面β.②當(dāng)AB與CD異面時(shí)，如圖所示，設(shè)平面ACD∩平面β＝DH，且DH＝AC，∵平面α∥平面β，平面α∩平面ACDH＝AC，∴AC∥DH，∴四邊形ACDH是平行四邊形，在AH上取一點(diǎn)G，使AG∶GH＝CF∶FD，連接EG，F(xiàn)G，BH.又∵AE∶EB＝CF∶FD＝AG∶GH，∴GF∥HD，EG∥BH.又EG∩GF＝G，BH∩HD＝H，∴平面EFG∥平面β.又EF?平面EFG，∴EF∥平面β.綜合①②可知，EF∥平面β.(2)解如圖所示，連接AD，取AD的中點(diǎn)M，連接ME，MF.∵E，F(xiàn)分別為AB，CD的中點(diǎn)，∴ME∥BD，MF∥AC，且ME＝eq\f(1,2)BD＝3，MF＝eq\f(1,2)AC＝2.∴∠EMF為AC與BD所成的角或其補(bǔ)角，∴∠EMF＝60°或120°.∴在△EFM中，由余弦定理得EF＝eq\r(ME2＋MF2－2ME·MF·cos∠EMF)＝eq\r(32＋22±2×3×2×\f(1,2))＝eq\r(13±6)，即EF＝eq\r(7)或EF＝eq\r(19).思維升華利用線面平行的性質(zhì)，可以實(shí)現(xiàn)與線線平行的轉(zhuǎn)化，尤其在截面圖的畫法中，常用來確定交線的位置，對(duì)于最值問題，常用函數(shù)思想來解決．跟蹤訓(xùn)練如圖所示，四邊形EFGH為空間四邊形ABCD的一個(gè)截面，若截面為平行四邊形．(1)求證：AB∥平面EFGH，CD∥平面EFGH；(2)若AB＝4，CD＝6，求四邊形EFGH周長的取值范圍．(1)證明∵四邊形EFGH為平行四邊形，∴EF∥HG.∵HG?平面ABD，EF?平面ABD，∴EF∥平面ABD.又∵EF?平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，∴EF∥AB，又∵AB?平面EFGH，EF?平面EFGH，∴AB∥平面EFGH.同理可證，CD∥平面EFGH.(2)解設(shè)EF＝x(0<x<4)，∵EF∥AB，F(xiàn)G∥CD，∴eq\f(CF,CB)＝eq\f(x,4)，則eq\f(FG,6)＝eq\f(BF,BC)＝eq\f(BC－CF,BC)＝1－eq\f(x,4).∴FG＝6－eq\f(3,2)x.∵四邊形EFGH為平行四邊形，∴四邊形EFGH的周長l＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋6－\f(3,2)x))＝12－x.又∵0<x<4，∴8<l<12，即四邊形EFGH周長的取值范圍是(8,12)．1．若直線l不平行于平面α，且l?α，則()A．α內(nèi)的所有直線與l異面B．α內(nèi)不存在與l平行的直線C．α與直線l至少有兩個(gè)公共點(diǎn)D．α內(nèi)的直線與l都相交答案B解析因?yàn)閘?α，直線l不平行于平面α，所以直線l只能與平面α相交，于是直線l與平面α只有一個(gè)公共點(diǎn)，所以平面α內(nèi)不存在與l平行的直線．2．已知直線a和平面α，那么a∥α的一個(gè)充分條件是()A．存在一條直線b，a∥b且b?αB．存在一條直線b，a⊥b且b⊥αC．存在一個(gè)平面β，a?β且α∥βD．存在一個(gè)平面β，a∥β且α∥β答案C解析在A，B，D中，均有可能a?α，錯(cuò)誤；在C中，兩平面平行，則其中一個(gè)平面內(nèi)的任一條直線都平行于另一平面，故C正確．3．(2018·攀枝花質(zhì)檢)平面α∥平面β，點(diǎn)A，C∈α，點(diǎn)B，D∈β，則直線AC∥直線BD的充要條件是()A．AB∥CD B．AD∥CBC．AB與CD相交 D．A，B，C，D四點(diǎn)共面答案D解析充分性：A，B，C，D四點(diǎn)共面，由平面與平面平行的性質(zhì)知AC∥BD.必要性顯然成立．4．一條直線l上有相異的三個(gè)點(diǎn)A，B，C到平面α的距離相等，那么直線l與平面α的位置關(guān)系是()A．l∥α B．l⊥αC．l與α相交但不垂直 D．l∥α或l?α答案D解析當(dāng)l∥α?xí)r，直線l上任意點(diǎn)到α的距離都相等；當(dāng)l?α?xí)r，直線l上所有的點(diǎn)到α的距離都是0；當(dāng)l⊥α?xí)r，直線l上有兩個(gè)點(diǎn)到α的距離相等；當(dāng)l與α斜交時(shí)，也只能有兩個(gè)點(diǎn)到α的距離相等．故選D.5．對(duì)于空間中的兩條直線m，n和一個(gè)平面α，下列命題中的真命題是()A．若m∥α，n∥α，則m∥n B．若m∥α，n?α，則m∥nC．若m∥α，n⊥α，則m∥n D．若m⊥α，n⊥α，則m∥n答案D解析對(duì)A，直線m，n可能平行、異面或相交，故A錯(cuò)誤；對(duì)B，直線m與n可能平行，也可能異面，故B錯(cuò)誤；對(duì)C，m與n垂直而非平行，故C錯(cuò)誤；對(duì)D，垂直于同一平面的兩直線平行，故D正確．6．在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為AB，AD上的點(diǎn)，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分別是BC，CD的中點(diǎn)，則()A．BD∥平面EFG，且四邊形EFGH是平行四邊形B．HG∥平面ABD，且四邊形EFGH是平行四邊形C．EF∥平面BCD，且四邊形EFGH是梯形D．EF∥平面ADC，且四邊形EFGH是梯形答案C解析如圖，由條件知，EF∥BD，且EF＝eq\f(1,5)BD，GH∥BD，且HG＝eq\f(1,2)BD，∴EF∥HG，且EF＝eq\f(2,5)HG，∴四邊形EFGH為梯形，排除A，B；∵EF∩平面ADC＝F，∴排除D.故選C.7.如圖，E，F(xiàn)，G分別是四面體ABCD的棱BC，CD，DA的中點(diǎn)，則此四面體與過E，F(xiàn)，G的截面平行的棱的條數(shù)是________．答案2解析此四面體與過E，F(xiàn)，G的截面平行的棱為AC，BD，只有兩條．8．設(shè)α，β，γ是三個(gè)不同的平面，m，n是兩條不同的直線，在命題“α∩β＝m，n?γ，且________，則m∥n”中的橫線處填入下列三組條件中的一組，使該命題為真命題．①α∥γ，n?β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m?γ.可以填入的條件有________．答案①或③解析由面面平行的性質(zhì)定理可知，①正確；當(dāng)n∥β，m?γ時(shí)，n和m在同一平面內(nèi)，且沒有公共點(diǎn)，所以平行，③正確．9．(2017·承德模擬)如圖所示，在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中點(diǎn)，N是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)M在四邊形EFGH及其內(nèi)部運(yùn)動(dòng)，則M只需滿足條件______時(shí)，就有MN∥平面B1BDD1.(注：請(qǐng)?zhí)钌夏阏J(rèn)為正確的一個(gè)條件即可，不必考慮全部可能情況)答案點(diǎn)M在線段FH上(或點(diǎn)M與點(diǎn)H重合)解析連接HN，F(xiàn)H，F(xiàn)N，則FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，則MN?平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.10．(2018·?？谡{(diào)研)將一個(gè)真命題中的“平面”換成“直線”、“直線”換成“平面”后仍是真命題，則該命題稱為“可換命題”．給出下列四個(gè)命題：①垂直于同一平面的兩直線平行；②垂直于同一平面的兩平面平行；③平行于同一直線的兩直線平行；④平行于同一平面的兩直線平行．其中是“可換命題”的是______．(填序號(hào))答案①③解析由線面垂直的性質(zhì)定理可知①是真命題，且垂直于同一直線的兩平面平行也是真命題，故①是“可換命題”；因?yàn)榇怪庇谕黄矫娴膬善矫婵赡芷叫谢蛳嘟?，所以②是假命題，不是“可換命題”；由公理4可知③是真命題，且平行于同一平面的兩平面平行也是真命題，故③是“可換命題”；因?yàn)槠叫杏谕黄矫娴膬蓷l直線可能平行、相交或異面，故④是假命題，故④不是“可換命題”．11.如圖，E，F(xiàn)，G，H分別是正方體ABCD－A1B1C1D1的棱BC，CC1，C1D1，AA1的中點(diǎn)．求證：(1)EG∥平面BB1D1D；(2)平面BDF∥平面B1D1H.證明(1)如圖，取B1D1的中點(diǎn)O，連接GO，OB，因?yàn)镺G綊eq\f(1,2)B1C1綊BE，所以BE綊OG，所以四邊形BEGO為平行四邊形，故OB∥EG，因?yàn)镺B?平面BB1D1D，EG?平面BB1D1D，所以EG∥平面BB1D1D.(2)由題意可知BD∥B1D1.連接HB，D1F，因?yàn)锽H綊D1F，所以四邊形HBFD1是平行四邊形，故HD1∥BF.又B1D1∩HD1＝D1，BD∩BF＝B，所以平面BDF∥平面B1D1H.12.如圖，在四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD為正方形，BC＝PD＝2，E為PC的中點(diǎn)，CB＝3CG.(1)求證：PC⊥BC；(2)AD邊上是否存在一點(diǎn)M，使得PA∥平面MEG？若存在，求出AM的長；若不存在，請(qǐng)說明理由．(1)證明因?yàn)镻D⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以PD⊥BC.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以BC⊥CD.又PD∩CD＝D，PD，CD?平面PCD，所以BC⊥平面PCD.因?yàn)镻C?平面PDC，所以PC⊥BC.(2)解連接AC，BD交于點(diǎn)O，連接EO，GO，延長GO交AD于點(diǎn)M，連接EM，則PA∥平面MEG.證明如下：因?yàn)镋為PC的中點(diǎn)，O是AC的中點(diǎn)，所以EO∥PA.因?yàn)镋O?平面MEG，PA?平面MEG，所以PA∥平面MEG.因?yàn)椤鱋CG≌△OAM，所以AM＝CG＝eq\f(2,3)，所以AM的長為eq\f(2,3).()A．AC⊥BDB．AC∥截面PQMNC．AC＝BDD．異面直線PM與BD所成的角為45°答案C解析因?yàn)榻孛鍼QMN是正方形，所以MN∥QP，又PQ?平面ABC，MN?平面ABC，則MN∥平面ABC，由線面平行的性質(zhì)知MN∥AC，又MN?平面PQMN，AC?平面PQMN，則AC∥截面PQMN，同理可得MQ∥BD，又MN⊥QM，則AC⊥BD，故A，B正確．又因?yàn)锽D∥MQ，所以異面直線PM與BD所成的角等于PM與QM所成的角，即為45°，故D正確．14．(2018屆廣西桂林模擬)在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點(diǎn)，若存在實(shí)數(shù)λ，使得CQ＝λCC1時(shí)，平面D1BQ∥平面PAO，則λ＝________.答案eq\f(1,2)解析當(dāng)Q為CC1的中點(diǎn)時(shí)，平面D1BQ∥平面PAO