（课标专用）2020届高考数学一轮复习第八章立体几何8.3直线、平面平行的判定与性质课件.pptx

8.3 直线、平面平行的判定与性质,高考文数(课标专用),1.(2019课标全国,7,5分)设,为两个平面,则的充要条件是 ( ) A.内有无数条直线与平行 B.内有两条相交直线与平行 C.,平行于同一条直线 D.,垂直于同一平面,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,答案 B 本题主要考查平面与平面平行的判定与性质;考查了推理论证能力与空间想象能 力;考查的核心素养为逻辑推理. 易知A、C、D选项中与可能相交,故选B.,易错警示 A、C、D三个选项中学生均可能忽略、相交的情况.,2.(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 ( ),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ABC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.,3.(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.,4.(2016课标全国,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,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) (2)因为PA平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的距离为 PA. (9分) 取BC的中点E,连接AE.,由AB=AC=3得AEBC,AE= = . 由AMBC得M到BC的距离为 ,故SBCM= 4 =2 . 所以四面体N-BCM的体积VN-BCM= SBCM = . (12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长的一 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.,5.(2019课标全国,19,12分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,BAD =60,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点. (1)证明:MN平面C1DE; (2)求点C到平面C1DE的距离.,解析 本题考查了线面平行、垂直的判定和点到平面的距离,通过平行、垂直的证明,考查了 学生的空间想象力,体现了直观想象的核心素养. (1)连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以MEB1C,且ME= B1C.又因为N为A1D的中 点,所以ND= A1D. 由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,因此四边形MNDE为平行四边形,MNED. 又MN平面C1DE,所以MN平面C1DE. (2)过C作C1E的垂线,垂足为H. 由已知可得DEBC,DEC1C,所以DE平面C1CE, 故DECH. 从而CH平面C1DE, 故CH的长即为C到平面C1DE的距离. 由已知可得CE=1,C1C=4, 所以C1E= , 故CH= . 从而点C到平面C1DE的距离为 .,思路分析 (1)连接B1C,ME.证明四边形MNDE是平行四边形,得出MNDE,然后利用线面平行 的判定定理证出结论.(2)注意到DE平面BCC1B1,只需过点C作C1E的垂线便可求解.,B组 自主命题省(区、市)卷题组,1.(2019江苏,16,14分)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)BEC1E.,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,BC AD,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.,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DFCG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,AC BC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.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NE B1B,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A1MBA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)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. (3)连接AC.由(2)知,BCPD,又因为ADBC,所以ADPD,所以SPDA= ADPD= 34=6. 在RtPDE中,PE= = = . SADC= ADDC= 36=9. 由(2)知,PE平面ABCD,则PE为三棱锥P-ADC的高.,设点C到平面PDA的距离为d, 由VC-PDA=VP-ADC,即 dSPDA= PESADC,亦即 6d= 9,得d = . 故点C到平面PDA的距离为 .,评析 本题考查了线面平行、线线垂直的判定以及体积和距离的计算方法;考查了空间想象 能力和逻辑推理能力.利用平面与平面垂直的性质定理是求解的关键.,考点一 直线与平面平行的判定和性质,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,1.(2019湖南长沙模拟,5)设a,b,c表示不同直线,表示不同平面,给出下列命题: 若ac,bc,则ab;若ab,b,则a; 若a,b,则ab;若a,b,则ab. 其中真命题的个数是 ( ) A.1 B.2 C.3 D.4,答案 A 对于,根据线线平行的传递性可知是真命题;对于,根据ab,b,可以推出a 或a,故是假命题;对于,根据a,b,可以推出a与b平行、相交或异面,故是假 命题;对于,根据a,b,可以推出ab或a与b异面,故是假命题.所以真命题的个 数是1.故选A.,解后反思 对每一个命题的判断必须考虑全面,切忌漏情况,可结合正方体、长方体等常见的 几何模型来判断.,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,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.,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EM MN=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. 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.,4.(2019湖北宜昌模拟,14)在正四面体S-ABC中,M、E、F分别是SA、AB、AC的中点,当点P在 线段EF上运动时,直线MP与平面SBC的位置关系是 .,答案 平行,解析 连接ME,MF,因为M、E、F分别是SA、AB、AC的中点,所以MESB,MFSC,而ME MF=M,SBSC=S,ME,MF平面MEF,SB,SC平面SBC,所以平面MEF平面SBC,又点P在线 段EF上,即MP在平面MEF内,所以由面面平行的性质定理可得MP平面SBC,故直线MP与平 面SBC的位置关系是平行.,5.(2019河南安阳三模,18)如图所示,四棱锥A-BCDE中,BECD,BE平面ABC,CD= BE,点F在 线段AD上. (1)若AF=2FD,求证:EF平面ABC; (2)若ABC为等边三角形,CD=AC=3,求四棱锥A-BCDE的体积.,解析 (1)证明:取线段AC上靠近C的三等分点G,连接BG,GF. 因为 = = ,则GF= CD=BE. (2分) 而GFCD,BECD,故GFBE. (3分) 故四边形BGFE为平行四边形,故EFBG. (4分) 因为EF平面ABC,BG平面ABC,故EF平面ABC. (6分) (2)因为BE平面ABC,BE平面BCDE, 所以平面ABC平面BCDE. (8分),所以四棱锥A-BCDE的高即为ABC中BC边上的高. (9分) 易求得BC边上的高为 3= . 故四棱锥A-BCDE的体积V= (2+3)3 = . (12分),方法总结 证明直线与平面平行的关键是在平面内找到一条与已知直线平行的直线,常根据 几何体的特征,合理利用中位线、线面平行的性质,或者构造平行四边形寻求一组对边平行;另 外也可以利用面面平行的性质进行证明.,6.(2019福建福州模拟,18)如图,在平行四边形ABCM中,D为CM的中点,以AD为折痕将ADM 折起,使点M到达点P的位置,且平面ABCD平面PAD,E是PB的中点,AB=2BC. (1)求证:CE平面PAD; (2)若AD=2,AB=4,求三棱锥A-PCD的高.,解析 (1)证明:取AP的中点F,连接DF,EF,如图所示. 因为点E是PB的中点, 所以EFAB,且EF= AB. (1分) 因为四边形ABCM是平行四边形,D为CM的中点,所以ABCD,且CD= AB, 所以EFCD,且EF=CD, (2分) 所以四边形EFDC为平行四边形,所以CEDF, (3分) 因为CE平面PAD,DF平面PAD, 所以CE平面PAD. (5分),(2)取AD的中点O,连接PO,CO,如图所示. 在平行四边形ABCM中,D为CM的中点,AB=2BC,AD=2,AB=4, 所以MD=MA=AD=CD=2,所以MAD为等边三角形, 所以MDA=60,所以ADC=120,PD=PA=AD=2, (7分) 所以SACD= ADCDsinADC= 22 = ,OC= ,ADP为正三角形, (8分) 所以POAD,且PO= . 因为平面ABCD平面PAD,平面ABCD平面PAD=AD, 所以PO平面ABCD,所以POOC, 所以PC= = .,在等腰三角形PCD中,易得SPCD= . 设三棱锥A-PCD的高为h, 因为VA-PCD=VP-ACD,所以 SPCDh= SACDPO, 所以h= = = , (11分) 所以三棱锥A-PCD的高为 . (12分),思路分析 (1)取AP的中点F,连接DF,EF,证明四边形EFDC为平行四边形,可得CEDF,再利 用线面平行的判定定理得出结论;(2)取AD的中点O,连接PO,CO,证明ADC=120,PO平面 ABCD,利用等体积法求出三棱锥A-PCD的高.,考点二 平面与平面平行的判定和性质 1.(2019江西红色七校联考,7)设m,n是空间中两条不同的直线,是两个不同的平面,则下列说 法正确的是 ( ) A.若mn,n,则m B.若m,n,则mn C.若,m,则m D.若m,n,m,n,则,答案 C 若mn,n,则m或m,所以选项A不正确;若m,n,则mn或m与n 异面,所以选项B不正确;若m,n,m,n,则或与相交,所以选项D不正确.故 选C.,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.(2019河北衡水模拟一,6)已知m,n为两条不重合直线,为两个不重合平面,下列条件中, 的充分条件是 ( ) A.mn,m,n B.mn,m,n C.mn,m,n D.mn,m,n,答案 B 对于A,两个平面内分别有一条直线,这两条直线互相平行,这两个平面可能平行,也 可能相交,因此A中条件不是的充分条件;对于B,因为mn,m,所以n,结合n,知 ,因此B中条件是的充分条件;对于C,由mn,m知n,或n,或n与相交,结合n ,知,可能平行,也可能相交,所以C中条件不是的充分条件;对于D,由mn,m知n, 或n,结合n,知,所以D中条件不是的充分条件.综上可知.选B.,4.(2019河南安阳二模,19)如图所示,三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱垂直于底面,且底面是边长为2的 正三角形,AA1=3,点D,E,F,G分别是所在棱的中点. (1)证明:平面BEF平面DA1C1; (2)求三棱柱ABC-A1B1C1夹在平面BEF和平面DA1C1之间的部分的体积. 附:台体的体积V= (S+ +S)h,其中S和S分别是上、下底面面积,h是台体的高.,解析 (1)证明:因为E,F分别是A1B1和B1C1的中点, 所以EFA1C1. 因为EF平面DA1C1,A1C1平面DA1C1, 所以EF平面DA1C1. (2分) 因为D,E分别是AB和A1B1的中点, 所以DBA1E,且DB=A1E, 所以四边形BDA1E是平行四边形,所以BEA1D. (4分) 因为BE平面DA1C1,A1D平面DA1C1, 所以BE平面DA1C1. (5分) 又因为BEEF=E,所以平面BEF平面DA1C1. (6分) (2)由题图可知,三棱柱ABC-A1B1C1夹在平面BEF和平面DA1C1之间的部分,可看作三棱台DBG- A1B1C1减掉三棱锥B-B1EF剩余的部分. (8分) 因为SDBG= = 12= , = 22= , 所以三棱台DBG-A1B1C1的体积为V1= 3= . (10分),三棱锥B-B1EF的体积为V2= 3= . (11分) 所以所求的体积为V=V1-V2= - = . (12分),解题关键 正确识别几何体的结构特征,判断出DBG-A1B1C1为三棱台是求解体积的关键,进而 由体积公式求解即可.,B组 20172019年高考模拟专题综合题组 (时间:35分钟 分值:50分) 一、选择题(每题5分,共10分),1.(2019 53原创预测卷八,4)已知l,m是不同的直线,是不同的平面.给出下列命题,其中正确 的是 ( ) l,m,lm; l,m,lm; l,m,lm; l,m,lm. A. B. C. D.,答案 B 中,因为l,所以l,又m,所以lm,正确.中,因为l,lm,所以m ,又m,所以,正确.由面面平行的判定定理知和不正确,故选B.,2.(2019江西吉安一模,11)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是A1D1,A1B1的中 点,过直线BD的平面平面AMN,则平面截该正方体所得截面的面积为 ( ) A. B. C. D.,答案 B 如图1,取B1C1的中点E,C1D1的中点F,连接EF,BE,DF,B1D1,则EFB1D1,B1D1BD,所 以EFBD,故EF,BD在同一平面内,连接ME,因为M,E分别为A1D1,B1C1的中点,所以MEAB,且 ME=AB,所以四边形ABEM是平行四边形, 所以AMBE,又因为BE平面BDFE,AM平面BDFE, 所以AM平面BDFE,同理AN平面BDFE, 因为AMAN=A, 所以平面AMN平面BDFE,所以平面BDFE为平面, BD= ,EF= B1D1= ,DF=BE= ,等腰梯形BDFE如图2, 图1,图2 过E,F作BD的垂线,则四边形EFGH为矩形,FG= = = , 故所得截面的面积为 = .故选B.,二、填空题(每题5分,共15分) 3.(2019福建厦门一模,15)在正三棱锥S-ABC中,AB=2 ,SA=2 ,E,F分别为AC,SB的中点.平面 过点A,平面SBC,平面ABC=l,则异面直线l和EF所成角的余弦值为 .,答案,解析 平面SBC,平面ABC=l,平面SBC平面ABC=BC, lBC,取AB的中点D,连接DE,DF,则DEBC,lDE, 异面直线l和EF所成角即为DEF(或其补角),取BC的中点O,连接SO,AO, 则SOBC,AOBC, 又SOAO=O,BC平面SOA, 又SA平面SOA,BCSA,DEDF, 在RtDEF中,DE= ,DF= , EF=2 ,cosDEF= = . 异面直线l和EF所成角的余弦值为 .,思路分析 推导出lBC,取AB的中点D,连接DE,DF,则DEBC,从而lDE,进而得到异面直 线l和EF所成角即为DEF(或其补角),由此能求出异面直线l和EF所成角的余弦值.,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: (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.,5.(2019河南安阳二模,16)如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=1.一平面截该 长方体,所得截面为OPQRST,其中O,P分别为AD,CD的中点,B1S= , 则AT= .,答案,解析 设AT=x,A1T=y,则x+y=1. 由题意易知该截面六边形的对边分别平行, 即OPSR,OTQR,PQTS,则DOPB1SR. 又因为DP=DO=1,所以B1S=B1R= , 所以A1S=C1R= . 由ATOC1QR,可得 = ,所以C1Q= x. 由A1TSCQP,可得 = ,所以CQ= y, 所以 x+ y=x+y=1,可得x= ,y= ,所以AT= .,三、解答题(共25分) 6.(2019河南洛阳第二次统考,18)如图,已知平面多边形PABCD中,AP=PD,AD=2DC=2CB=4,AD BC,APPD,ADDC,E为PD的中点,现将三角形APD沿AD折起,使PC=2 . (1)证明:CE平面PAB; (2)求三棱锥P-BCE的体积.,解析 (1)证明:如图,取PA的中点H,连接HE,HB. E为PD的中点,HE为PAD的中位线, HE AD. (2分) 又BC AD,HEBC, 四边形BCEH为平行四边形, CEBH, (3分) BH平面ABP,CE平面ABP, CE平面ABP. (5分) (2)由题