《（5年高考+3年模拟）文科数学通用版课件：8.3 直线、平面平行的判定与性质 .pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（5年高考+3年模拟）文科数学通用版课件：8.3 直线、平面平行的判定与性质 .pptx（71页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、8.3直线、平面平行的判定与性质,高考文数 ( 课标专用),1.(2017课标全国,6,5分)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(),A组统一命题课标卷题组,五年高考,答案A解法一:B选项中,ABMQ,且AB平面MNQ,MQ平面MNQ,则AB平面MNQ;C选项中,ABMQ,且AB平面MNQ,MQ平面MNQ,则AB平面MNQ;D选项中,ABNQ,且AB平面MNQ,NQ平面MNQ,则AB平面MNQ.故选A. 解法二:A选项中(如图),连接CB交MN于D,连接DQ,则平面MNQ与平面ABC的交线为DQ,在A
2、BC中,Q为AC的中点,而点D为CB的四等分点,所以AB与DQ不平行,从而可知AB与平面MNQ不平行,故选A.,2.(2016课标全国,11,5分)平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,平面CB1D1,平面ABCD=m,平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为() A.B.C.D.,答案A如图,过点A补作一个与正方体ABCD-A1B1C1D1相同棱长的正方体,易知平面为平面AF1E,则m,n所成角为EAF1(或其补角),因为EAF1为正三角形,所以sinEAF1=sin 60=,故选A.,3.(2016课标全国,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADB
3、C,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点. (1)证明MN平面PAB; (2)求四面体N-BCM的体积.,解析(1)证明:由已知得AM=AD=2, 取BP的中点T,连接NT,AT,由N为PC中点知TNBC,TN=BC=2.(3分) 又ADBC,故TNAM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MNAT. 因为AT平面PAB,MN平面PAB,所以MN平面PAB.(6分),思路分析(1)取BP的中点T,连接AT,TN,先结合条件证明四边形AMNT为平行四边形,从而得到MNAT,再结合线面平行的判定定理可证;(2)由条件可知四面体N-BCM的高为棱PA的
4、一半,然后求得SBCM,最后利用棱锥的体积公式求得结果.,解后反思证明立体几何中的平行关系,常常是通过转化为平面几何中的线线平行来实现,而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形的对边互相平行等来推证;求三棱锥的体积的关键是确定其高,而确定高的关键是找出顶点在底面上射影的位置,当然有时也可采用等体积法求解.,B组自主命题省(区、市)卷题组 1.(2014辽宁,4,5分)已知m,n表示两条不同直线,表示平面.下列说法正确的是() A.若m,n,则mnB.若m,n,则mn C.若m,mn,则nD.若m,mn,则n,答案B若m,n,则m与n可能平行、相交或异面,故A错误;B正确;若m,mn,则n或
5、n,故C错误;若m,mn,则n与可能平行、相交或n,故D错误.因此选B.,2.(2017浙江,19,15分)如图,已知四棱锥P-ABCD,PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BCAD,CDAD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点. (1)证明:CE平面PAB; (2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.,解析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力. (1)证明:如图,设PA中点为F,连接EF,FB.因为E,F分别为PD,PA中点,所以EFAD且EF=AD. 又因为BCAD,BC=AD,所以EFBC且EF=BC, 即四边
6、形BCEF为平行四边形,所以CEBF, 因为CE平面PAB,BF平面PAB, 因此CE平面PAB. (2)分别取BC,AD的中点为M,N.,连接PN交EF于点Q,连接MQ. 因为E,F,N分别是PD,PA,AD的中点,所以Q为EF中点, 在平行四边形BCEF中,MQCE. 由PAD为等腰直角三角形得PNAD. 由DCAD,N是AD的中点得BNAD. 因为PNBN=N, 所以AD平面PBN, 由BCAD得BC平面PBN, 因为BC平面PBC, 所以平面PBC平面PBN. 过点Q作PB的垂线,垂足为H,连接MH. MH是MQ在平面PBC上的射影,所以QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD=1
7、. 在PCD中,由PC=2,CD=1,PD=得CE=, 在PBN中,由PN=BN=1,PB=得QH=,在RtMQH中,QH=,MQ=, 所以sinQMH=. 所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.,3.(2016四川,17,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PACD,ADBC,ADC=PAB=90,BC=CD=AD. (1)在平面PAD内找一点M,使得直线CM平面PAB,并说明理由; (2)证明:平面PAB平面PBD.,解析(1)取棱AD的中点M(M平面PAD),点M即为所求的一个点.理由如下: 连接CM.因为ADBC,BC=AD, 所以BCAM,且BC=AM. 所以四边形AMCB是
8、平行四边形,从而CMAB. 又AB平面PAB,CM平面PAB, 所以CM平面PAB. (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:连接BM,由已知,PAAB,PACD, 因为ADBC,BC=AD,所以直线AB与CD相交,所以PA平面ABCD. 因为BD平面ABCD,所以PABD. 因为ADBC,BC=AD, 所以BCMD,且BC=MD. 所以四边形BCDM是平行四边形. 又BC=CD,所以四边形BCDM为菱形, 所以MCBD, 由(1)知MCAB,所以BDAB. 又ABAP=A,所以BD平面PAB. 又BD平面PBD,所以平面PAB平面PBD.,思路分析(1)要
9、得到CM平面PAB,可以先猜出M点所在位置再证明. (2)由已知的线线垂直想到线面垂直,再证面面垂直.,评析本题考查了直线与平面平行的判定,直线与平面垂直的判定和性质及面面垂直的判定,熟练掌握线面平行与线面垂直的判定与性质是解题的关键.,4.(2015山东,18,12分)如图,三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点. (1)求证:BD平面FGH; (2)若CFBC,ABBC,求证:平面BCD平面EGH.,证明(1)证法一: 连接DG,CD,设CDGF=M,连接MH. 在三棱台DEF-ABC中, AB=2DE,G为AC的中点, 可得DFGC,DF=GC, 所以四边形D
10、FCG为平行四边形. 则M为CD的中点,又H为BC的中点, 所以HMBD,又HM平面FGH,BD平面FGH, 所以BD平面FGH. 证法二: 在三棱台DEF-ABC中, 由BC=2EF,H为BC的中点, 可得BHEF,BH=EF, 所以四边形HBEF为平行四边形, 可得BEHF. 在ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点, 所以GHAB. 又GHHF=H,ABBE=B, 所以平面FGH平面ABED. 因为BD平面ABED, 所以BD平面FGH.,(2)连接HE. 因为G,H分别为AC,BC的中点, 所以GHAB. 由ABBC,得GHBC. 又H为BC的中点, 所以EFHC,EF=HC, 因此
11、四边形EFCH是平行四边形.,所以CFHE, 又CFBC,所以HEBC. 又HE,GH平面EGH,HEGH=H, 所以BC平面EGH. 又BC平面BCD, 所以平面BCD平面EGH.,评析本题考查空间线面平行、面面垂直的判定等知识;考查推理论证能力及空间想象能力.,C组教师专用题组 1.(2015北京,18,14分)如图,在三棱锥V-ABC中,平面VAB平面ABC,VAB为等边三角形,ACBC且AC=BC=,O,M分别为AB,VA的中点. (1)求证:VB平面MOC; (2)求证:平面MOC平面VAB; (3)求三棱锥V-ABC的体积.,解析(1)证明:因为O,M分别为AB,VA的中点, 所以
12、OMVB. 又因为VB平面MOC,OM平面MOC, 所以VB平面MOC. (2)证明:因为AC=BC,O为AB的中点, 所以OCAB. 又因为平面VAB平面ABC,平面VAB平面ABC=AB,且OC平面ABC, 所以OC平面VAB. 因为OC平面MOC, 所以平面MOC平面VAB. (3)在等腰直角三角形ACB中,AC=BC=, 所以AB=2,OC=1. 所以等边三角形VAB的面积SVAB=. 又因为OC平面VAB,所以三棱锥C-VAB的体积等于OCSVAB=. 又因为三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等, 所以三棱锥V-ABC的体积为. 评析本题主要考查直线与平面、平面与平面的
13、位置关系的判定,以及几何体体积的求解,考查学生空间想象能力和逻辑推理能力.,2.(2015天津,17,13分)如图,已知AA1平面ABC,BB1AA1,AB=AC=3,BC=2,AA1=,BB1= 2,点E和F分别为BC和A1C的中点. (1)求证:EF平面A1B1BA; (2)求证:平面AEA1平面BCB1; (3)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小.,解析(1)证明:如图,连接A1B.在A1BC中,因为E和F分别是BC和A1C的中点,所以EFBA1.又因为EF平面A1B1BA,BA1平面A1B1BA,所以EF平面A1B1BA. (2)证明:因为AB=AC,E为BC中点,所以AEBC.
14、因为AA1平面ABC,BB1AA1,所以BB1平面ABC,从而BB1AE.又因为BCBB1=B,所以AE平面BCB1,又因为AE平面AEA1,所以平面AEA1平面BCB1. (3)取BB1的中点M和B1C的中点N,连接A1M,A1N,NE.因为N和E分别为B1C和BC的中点,所以NEB1B,NE=B1B,故NEA1A且NE=A1A,所以四边形A1NEA为平行四边形,所以A1NAE,且A1N= AE.又因为AE平面BCB1,所以A1N平面BCB1,从而A1B1N为直线A1B1与平面BCB1所成的角. 在ABC中,可得AE=2,所以A1N=AE=2. 因为BMAA1,BM=AA1, 所以四边形A1
15、MBA为平行四边形,所以A1MAB,A1M=AB, 又由ABBB1,有A1MBB1. 在RtA1MB1中,可得A1B1=4. 在RtA1NB1中,sinA1B1N=, 因此A1B1N=30. 所以,直线A1B1与平面BCB1所成的角为30. 评析本小题主要考查直线与平面平行、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.,3.(2015广东,18,14分)如图,三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3. (1)证明:BC平面PDA; (2)证明:BCPD; (3)求点C到平面PDA的距离.,解析(1)
16、证明:因为四边形ABCD是长方形, 所以ADBC. 又因为AD平面PDA,BC平面PDA,所以BC平面PDA. (2)证明:取CD的中点,记为E,连接PE,因为PD=PC,所以PEDC. 又因为平面PDC平面ABCD,平面PDC平面ABCD=DC,PE平面PDC,所以PE平面ABCD. 又BC平面ABCD,所以PEBC. 因为四边形ABCD为长方形,所以BCDC. 又因为PEDC=E,所以BC平面PDC. 而PD平面PDC,所以BCPD.,4.(2014安徽,19,13分)如图,四棱锥P-ABCD的底面是边长为8的正方形,四条侧棱长均为2, 点G,E,F,H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面
17、的四点,平面GEFH平面ABCD,BC平面GEFH. (1)证明:GHEF; (2)若EB=2,求四边形GEFH的面积.,解析(1)证明:因为BC平面GEFH,BC平面PBC,且平面PBC平面GEFH=GH,所以GHBC. 同理可证EFBC, 因此GHEF. (2)连接AC,BD交于点O,BD交EF于点K,连接OP,GK. 因为PA=PC,O是AC的中点,所以POAC,同理可得POBD. 又BDAC=O,且AC,BD都在底面内,所以PO底面ABCD.又因为平面GEFH平面ABCD,且PO平面GEFH, 所以PO平面GEFH.,因为平面PBD平面GEFH=GK, 所以POGK,且GK底面ABCD
18、, 从而GKEF. 所以GK是梯形GEFH的高. 由AB=8,EB=2得EBAB=KBDB=14, 从而KB=DB=OB,即K为OB的中点. 再由POGK得GK=PO,即G是PB的中点,且GH=BC=4. 由已知可得OB=4,PO=6, 所以GK=3. 故四边形GEFH的面积S=GK=3=18. 评析本题考查线面平行与垂直关系的转化,同时考查空间想象能力和逻辑推理能力,解题时要有较强的分析问题、解决问题的能力.,5.(2014北京,17,14分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,ABBC,AA1=AC=2,BC=1,E,F分别是A1C1,BC的中点. (1)求证:平面ABE
19、平面B1BCC1; (2)求证:C1F平面ABE; (3)求三棱锥E-ABC的体积.,解析(1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1底面ABC. 因为AB平面ABC, 所以BB1AB. 又因为ABBC,BB1BC=B,所以AB平面B1BCC1. 因为AB平面ABE,所以平面ABE平面B1BCC1. (2)证明:取AB的中点G,连接EG,FG. 因为E,F分别是A1C1,BC的中点, 所以FGAC,且FG=AC. 因为ACA1C1,且AC=A1C1, 所以FGEC1,且FG=EC1.,所以四边形FGEC1为平行四边形. 所以C1FEG. 又因为EG平面ABE,C1F平面ABE, 所以C1
20、F平面ABE. (3)因为AA1=AC=2,BC=1,ABBC, 所以AB=. 所以三棱锥E-ABC的体积 V=SABCAA1=12=. 评析本题考查直线与平面、平面与平面的位置关系及其判定定理与性质定理的应用,考查空间几何体的体积的计算,考查考生的空间想象能力,推理论证能力和运算求解能力.判定线面平行的关键是构造线线平行或面面平行.,6.(2014山东,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,AP平面PCD,ADBC,AB=BC=AD,E,F分别 为线段AD,PC的中点. (1)求证:AP平面BEF; (2)求证:BE平面PAC.,证明(1)设ACBE=O,连接OF,EC. 由于E为AD的
21、中点, AB=BC=AD,ADBC, 所以AEBC,AE=AB=BC, 因此四边形ABCE为菱形, 所以O为AC的中点. 又F为PC的中点, 因此在PAC中, 可得APOF.,又OF平面BEF,AP平面BEF, 所以AP平面BEF. (2)由题意知EDBC,ED=BC, 所以四边形BCDE为平行四边形, 因此BECD. 又AP平面PCD,CD平面PCD, 所以APCD,因此APBE. 因为四边形ABCE为菱形, 所以BEAC. 又APAC=A,AP,AC平面PAC, 所以BE平面PAC.,考点一直线与平面平行的判定和性质 1.(2018河南开封一模,4)在空间中,a,b是两条不同的直线,是两个
22、不同的平面,则下列命题中的真命题是() A.若a,b,则abB.若a,b,则ab C.若a,ab,则bD.若,a,则a,三年模拟,A组 20162018年高考模拟基础题组,答案D对于A,若a,b,则a,b可能平行,可能相交,可能异面,故A是假命题; 对于B,设=m,若a,b均与m平行,则ab,故B是假命题; 对于C,b或b在平面内,故C是假命题; 对于D,若,a,则a与没有公共点,则a,故D是真命题.故选D.,2.(2018河北石家庄模拟,6)过三棱柱ABC-A1B1C1的任意两条棱的中点作直线,其中与平面ABB1A1平行的直线共有() A.4条B.6条C.8条D.12条,答案B如图,H,G,
23、F,I是相应线段的中点, 故符合条件的直线只能出现在平面HGFI中, 有FI,FG,GH,HI,HF,GI共6条直线,故选B.,3.(2017湖南长沙二模,4)已知m,n是两条不同的直线,是三个不同的平面,则下列命题中正确的是() A.m,n,则mn B.mn,m,则n C.m,m,则 D.,则,答案C对于A,平行于同一平面的两条直线可能相交,可能平行,也可能异面,故A不正确; 对于B,mn,m,则n或n,故B不正确; 对于C,利用垂直于同一直线的两个平面平行,可知C正确; 对于D,因为垂直于同一平面的两个平面的位置关系是相交或平行,故D不正确.故选C.,4.(2017河南安阳二模,7)如图,
24、在正四棱锥S-ABCD中,E,M,N分别是BC,CD,SC的中点,动点P在线段MN上运动时,下列四个结论: EPAC; EPBD; EP平面SBD; EP平面SAC, 其中恒成立的为() A.B.C.D.,答案A如图所示,设AC、BD相交于点O,连接SO,EM,EN. 对于,由S-ABCD是正四棱锥,可得SO底面ABCD,ACBD,AC平面ABCD,SOAC.SOBD=O,AC平面SBD,E,M,N分别是BC,CD,SC的中点,EMBD,MNSD,而EMMN=M,SDBD=D,SD,BD平面SBD,MN,EM平面EMN,平面EMN平面SBD,AC平面EMN,EP平面EMN,ACEP.故正确.
25、对于,易知EP与BD是异面直线,因此不正确. 对于,由可知平面EMN平面SBD,EP平面EMN,EP平面SBD,因此正确. 对于,由同理可得EM平面SAC,若EP平面SAC,则EPEM,与EPEM=E相矛盾,因此当P与M不重合时,EP与平面SAC不垂直.即不正确.故选A.,5.(2017河北张家口期末,19)如图,四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为正方形,PD平面ABCD,PD=DC=2,点E,F分别为AD,PC的中点. (1)证明:DF平面PBE; (2)求点F到平面PBE的距离.,解析(1)证明:取PB的中点G,连接EG,FG,则FGBC,且FG=BC,由四边形ABCD为正方形,E 为
26、AD中点,可得DEBC且DE=BC,DEFG且DE=FG,四边形DEGF为平行四边形,DF EG,又DF平面PBE,EG平面PBE,DF平面PBE. (2)由(1)知DF平面PBE, 点D到平面PBE的距离与F到平面PBE的距离是相等的, 故转化为求点D到平面PBE的距离,设为d. 连接BD.VD-PBE=VP-BDE, SPBEd=SBDEPD, 由题意可求得PE=BE=,PB=2, SPBE=2=, 又SBDE=DEAB=12=1, d=.,考点二平面与平面平行的判定和性质 1.(2018山东聊城模拟,4)下列四个正方体中,A,B,C为所在棱的中点,则能得出平面ABC平面DEF的是(),答
27、案B在B中,如图,连接MN,PN, A,B,C为正方体所在棱的中点, ABMN,ACPN, MNDE,PNEF, ABDE,ACEF, ABAC=A,DEEF=E, AB、AC平面ABC,DE、EF平面DEF, 平面ABC平面DEF.故选B.,2.(2018福建泉州模拟,6)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,P是DD1的中点,设Q是CC1上的点,当点Q时,平面D1BQ平面PAO() A.与C重合 B.与C1重合 C.为CC1的三等分点D.为CC1的中点,答案D在正方体ABCD-A1B1C1D1中, O为底面ABCD的中心,P是DD1的中点, POBD1, 当点
28、Q为CC1的中点时, 连接PQ,则PQAB, 四边形ABQP是平行四边形, APBQ, APPO=P,BQBD1=B, AP、PO平面PAO,BQ、BD1平面D1BQ, 平面D1BQ平面PAO.故选D.,3.(2016江西赣中南五校联考,4)已知m,n是两条的直线,是三个的平面,则下列命 题中正确的是() A.若,则 B.若mn,m,n,则 C.若mn,m,n,则 D.若mn,m,则n,答案C对于A,若,则 或与相交;对于B,若mn,m,n,则或与相交;易知C正确;对于D,若mn,m,则n或n在平面内.故选C.,4.(2017江西九江模拟,19)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1底面
29、ABC,ABAC,AC=AA1,E、F分别是棱BC、CC1的中点. (1)若线段AC上存在点D满足平面DEF平面ABC1,试确定点D的位置,并说明理由; (2)证明:EFA1C.,B组20162018年高考模拟综合题组 (时间:40分钟分值:60分) 一、选择题(每小题5分,共15分) 1.(2018河南新乡三模,8)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为B1C1,C1D1的中点,点P是底面A1B1C1D1内一点,且AP平面EFDB,则tanAPA1的最大值是() A.B.1C.D.2,2.(2017安徽合肥二模,8)若平面截三棱锥所得截面为平行四边形,则该三棱锥与平面平行的
30、棱有() A.0条B.1条 C.2条D.1条或2条,答案C如图所示,四边形EFGH为平行四边形, 则EFGH, EF平面BCD,GH平面BCD, EF平面BCD, 又EF平面ACD,平面BCD平面ACD=CD, EFCD, 又EF平面EFGH,CD平面EFGH, CD平面EFGH, 同理,AB平面EFGH,故选C.,3.(2017福建莆田质检,9)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,平面过直线BD,平面AB1C,平面AB1C=m,平面过直线A1C1,平面AB1C,平面ADD1A1=n,则m,n所成的角的余弦值为() A.B.C.D.,答案D如图,由题中条件知,直线m为B1O,直线n为A1D,
31、易得B1CA1D, B1O与A1D所成的角即为B1O与B1C所成的角,为CB1O(或其补角), 设正方体的棱长为a,在CB1O中,B1C=a,CO=a,B1O=a, cosCB1O=.故选D.,思路分析由于BD1平面AB1C,结合题意可知平面即为平面DBB1D1,所以m即为B1O,同理可得平面即为平面A1C1D,可得m与n所成的角为CB1O(或其补角),根据设出正方体的棱长,利用余弦定理即可得出答案.,二、填空题(共5分) 4.(2017安徽安庆模拟,15)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M、N、Q分别是棱D1C1、A1D1、BC的中点,点P在BD1上且BP=BD1.则以下四个说法: (
32、1)MN平面APC; (2)C1Q平面APC; (3)A、P、M三点共线; (4)平面MNQ平面APC. 其中说法正确的是.,答案(2)(3),解析(1)连接MN,AC,则MNAC,连接AM、CN, 易得AM、CN交于点P,即MN平面PAC,所以MN平面APC是错误的; (2)由(1)知M、N在平面APC上,由题易知ANC1Q, 所以C1Q平面APC是正确的; (3)由(1)知A,P,M三点共线是正确的; (4)由(1)知MN平面APC, 又MN平面MNQ,所以平面MNQ平面APC是错误的.,三、解答题(共40分) 5.(2018河南六市三模,18)已知空间几何体ABCDE中,BCD与CDE均
33、是边长为2的等边三角形,ABC是腰长为3的等腰三角形,平面CDE平面BCD,平面ABC平面BCD. (1)试在平面BCD内作一条直线,使得直线上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行,并给出证明; (2)求三棱锥E-ABC的体积.,解析(1)如图所示,取DC的中点N,取BD的中点M,连接MN,则MN即为所求. 证明:连接EM,EN,取BC的中点H,连接AH, ABC是腰长为3的等腰三角形,H为BC的中点, AHBC,又平面ABC平面BCD,平面ABC平面BCD=BC,AH平面ABC, AH平面BCD,同理可证EN平面BCD, ENAH, EN平面ABC,AH平面ABC, EN平面ABC.
34、又M,N分别为BD,DC的中点, MNBC, MN平面ABC,BC平面ABC, MN平面ABC. 又MNEN=N,MN平面EMN,EN平面EMN, 平面EMN平面ABC,又EF平面EMN, EF平面ABC, 即直线MN上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行. (2)连接DH,取CH的中点G,连接NG,则NGDH, 由(1)可知EN平面ABC, 点E到平面ABC的距离与点N到平面ABC的距离相等, 又BCD是边长为2的等边三角形, DHBC,6.(2018河南新乡一模,19)如图,几何体ABC-A1DC1是由一个正三棱柱截去一个三棱锥得到的,AB=4,AA1=3,A1D=1,AA1平面AB
35、C,M为AB的中点,E为棱AA1上一点,且EM平面BC1D. (1)若N在棱BC上,且BN=2NC,证明:EN平面BC1D; (2)过A作平面BCE的垂线,垂足为O,确定O的位置(说明作法及理由),并求线段OE的长.,解析(1)证明:EM平面BC1D,EM平面ABDA1,平面ABDA1平面BC1D=BD, EMBD, 过D作DHAB于H,连接MN,CH,则CHC1D, 则HM=1, HMMB=CNNB=12, MNCH,MNC1D, EMMN=M,EM,MN平面EMN,BDC1D=D,BD,C1D平面BC1D, 平面EMN平面BC1D, 又EN平面EMN, EN平面BC1D. (2)在线段AB
36、上取一点F,使BF=A1D=1,连接A1F, 又A1DBF,四边形A1FBD是平行四边形, A1FBD,由(1)知EMBD, EMA1F,AEAA1=AMAF=23. AE=AA1=2, 取BC的中点G,连接AG,EG,过A作AOEG于O, 则AO平面BCE. 证明如下: 由题意得ABC为等边三角形, 则AGBC, AA1平面ABC,BC平面ABC, AA1BC, 又AGAA1=A,AG,AA1平面AEG, BC平面AEG, 又AO平面AEG, BCAO, 又EGBC=G,EG,BC平面BCE,AO平面BCE, 由射影定理得AE2=OEEG, AG=2,EG=2, OE=.,思路分析(1)根据
37、线面平行的性质定理,可得EMBD;过D作DHAB于H,连接MN,CH,则CHC1D,根据平行线分线段成比例定理的推论,可得MNCH,即MNC1D,进而可得平面EMN平面BC1D,再由面面平行的性质定理,得到EN平面BC1D. (2)取BC的中点G,连接AG,EG,过A作AOEG于O,则AO平面BCE,利用线面垂直的判定定理及性质定理,可证得结论;再由射影定理,可得线段OE的长.,7.(2017福建莆田质检,19)如图,在四棱锥S-ABCD中,四边形ABCD为矩形,E为SA的中点,SA=SB=2,AB=2,BC=3. (1)证明:SC平面BDE; (2)若BCSB,求三棱锥C-BDE的体积.,解
38、析(1)证法一:连接AC,设ACBD=O,连接OE, 四边形ABCD为矩形,则O为AC的中点. 在ASC中,E为AS的中点, SCOE, 又OE平面BDE,SC平面BDE, SC平面BDE. 证法二:如图,将四棱锥S-ABCD补形为三棱柱ABS-DCP,取DP的中点F,连接FC,FE,FS, 易证得四边形DESF为平行四边形, FSDE, 又DE平面BDE,FS平面BDE,FS平面BDE. 易知四边形BCFE为平行四边形, CFBE,又BE平面BDE,CF平面BDE, CF平面BDE, FSCF=F,FS平面SCF,CF平面SCF, 平面BDE平面SCF. 又SC平面SCF, SC平面BDE.
39、 (2)解法一:BCAB,BCSB,ABSB=B,BC平面SAB,又BCAD, AD平面SAB. SC平面BDE,点C与点S到平面BDE的距离相等, VC-BDE=VS-BDE=VD-SBE, 在ABS中,SA=SB=2,AB=2, SABS=2=. 又E为SA的中点, SBES=SABS=. 又点D到平面BES的距离为AD, VD-BES=SBESAD=3=, VC-BDE=,即三棱锥C-BDE的体积为. 解法二:过点E作EHAB,垂足为H. BCAB,BCSB,ABSB=B,BC平面ABS, EH平面ABS,EHBC, 又EHAB,ABBC=B, EH平面ABCD. 在SAB中,取AB中点M,连接SM,则SMAB, 由SA=SB=2,AB=2,得SM=1. EH=SM,EH=SM=, 又SBCD=32=3, VC-BDE=VE-BCD=SBCDEH=3=. 故三棱锥C-BDE的体积为.,