（全國通用）2023屆高考數(shù)學大一輪復習第八章立體幾何與空間向量8.4直線、平面平行的判定與性質(zhì)學案

PAGEPAGE1§8.4直線、平面平行的判定與性質(zhì)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，認識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)，解題要求有較強的推理論證能力，廣泛應用轉(zhuǎn)化與化歸的思想.1．線面平行的判定定理和性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號語言判定定理平面外一條直線與此平面內(nèi)的一條直線平行，那么該直線與此平面平行(簡記為“線線平行?線面平行〞)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l∥a,a?α,l?α))?l∥α性質(zhì)定理一條直線與一個平面平行，那么過這條直線的任一平面與此平面的交線與該直線平行(簡記為“線面平行?線線平行〞)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l∥α,l?β,α∩β＝b))?l∥b2.面面平行的判定定理和性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號語言判定定理一個平面內(nèi)的兩條相交直線與另一個平面平行，那么這兩個平面平行(簡記為“線面平行?面面平行〞)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a∥β,b∥β,a∩b＝P,a?α,b?α))?α∥β性質(zhì)定理如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α∥β,α∩γ＝a,β∩γ＝b))?a∥b知識拓展重要結(jié)論：(1)垂直于同一條直線的兩個平面平行，即假設a⊥α，a⊥β，那么α∥β.(2)垂直于同一個平面的兩條直線平行，即假設a⊥α，b⊥α，那么a∥b.(3)平行于同一個平面的兩個平面平行，即假設α∥β，β∥γ，那么α∥γ.題組一思考辨析1．判斷以下結(jié)論是否正確(請在括號中打“√〞或“×〞)(1)假設一條直線平行于一個平面內(nèi)的一條直線，那么這條直線平行于這個平面．(×)(2)假設一條直線平行于一個平面，那么這條直線平行于這個平面內(nèi)的任一條直線．(×)(3)如果一個平面內(nèi)的兩條直線平行于另一個平面，那么這兩個平面平行．(×)(4)如果兩個平面平行，那么分別在這兩個平面內(nèi)的兩條直線平行或異面．(√)(5)假設直線a與平面α內(nèi)無數(shù)條直線平行，那么a∥α.(×)(6)假設α∥β，直線a∥α，那么a∥β.(×)題組二教材改編2．[P61A組T1(1)]以下命題中正確的選項是()A．假設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．假設直線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平面平行D．假設直線a，b和平面α滿足a∥b，a∥α，b?α，那么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．[P62A組T3]如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為DD1的中點，那么BD1與平面AEC答案平行解析連接BD，設BD∩AC＝O，連接EO，在△BDD1中，E為DD1的中點，O為BD的中點，所以EO為△BDD1的中位線，那么BD1∥EO，而BD1?平面ACE，EO?平面ACE，所以BD1∥平面ACE.題組三易錯自糾4．假設平面α∥平面β，直線a∥平面α，點B∈β，那么在平面β內(nèi)且過B點的所有直線中()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解析當直線a在平面β內(nèi)且過B點時，不存在與a平行的直線，應選A.5．設α，β，γ為三個不同的平面，a，b為直線，給出以下條件：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)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，那么四邊形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，AC與BE交于O點，G是線段OF上一點．(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．又F是PC的中點，∴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，∴FH∥PD，又PD?平面PAD，F(xiàn)H?平面PAD，∴FH∥平面PAD.又O是BE的中點，H是CD的中點，∴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2直線與平面平行的性質(zhì)典例(2022·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G，E，F(xiàn)，H分別是棱PB，AB，CD，PC上共面的四點，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH.(1)證明：GH∥EF；(2)假設EB＝2，求四邊形GEFH的面積．(1)證明因為BC∥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O，BD交EF于點K，連接OP，GK.因為PA＝PC，O是AC的中點，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.又因為平面GEFH⊥平面ABCD，且PO?平面GEFH，所以PO∥平面GEFH.因為平面PBD∩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．再由PO∥GK得GK＝eq\f(1,2)PO，即G是PB的中點，且GH＝eq\f(1,2)BC＝4.由可得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)．(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)．跟蹤訓練(2022·全國Ⅲ)如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點，AM＝2MD，N為PC的中點．(1)證明：MN∥平面PAB；(2)求四面體N-BCM的體積．(1)證明由得AM＝eq\f(2,3)AD＝2.如圖，取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC中點知TN∥BC，TN＝eq\f(1,2)BC＝2.又AD∥BC，故TN綊AM，所以四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT.因為AT?平面PAB，MN?平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)解因為PA⊥平面ABCD，N為PC的中點，所以N到平面ABCD的距離為eq\f(1,2)PA.取BC的中點E，連接AE.由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\r(5).由AM∥BC得M到BC的距離為eq\r(5)，故S△BCM＝eq\f(1,2)×4×eq\r(5)＝2eq\r(5).所以四面體N-BCM的體積V四面體N-BCM＝eq\f(1,3)×S△BCM×eq\f(PA,2)＝eq\f(4\r(5),3).題型二平面與平面平行的判定與性質(zhì)典例如下圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F(xiàn)，G，H分別是AB，AC，A1B1，A1C(1)B，C，H，G四點共面；(2)平面EFA1∥平面BCHG.證明(1)∵G，H分別是A1B1，A1C1∴GH是△A1B1C1∴GH∥B1C1又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC∴B，C，H，G四點共面．(2)∵E，F(xiàn)分別是AB，AC的中點，∴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，假設D1，D分別為B1C1，BC的中點，求證：平面A1BD1∥平面AC1D證明如下圖，連接A1C交AC1于點M，∵四邊形A1ACC1是平行四邊形，∴M是A1C的中點，連接MD∵D為BC的中點，∴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：如果一個平面內(nèi)有兩條相交直線都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行．(3)利用垂直于同一條直線的兩個平面平行．(4)兩個平面同時平行于第三個平面，那么這兩個平面平行．(5)利用“線線平行〞“線面平行〞“面面平行〞的相互轉(zhuǎn)化．跟蹤訓練(2022·唐山質(zhì)檢)如下圖，四邊形ABCD與四邊形ADEF都為平行四邊形，M，N，G分別是AB，AD，EF的中點．求證：(1)BE∥平面DMF；(2)平面BDE∥平面MNG.證明(1)如下圖，設DF與GN交于點O，連接AE，那么AE必過點O，連接MO，那么MO為△ABE的中位線，所以BE∥MO.因為BE?平面DMF，MO?平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因為N，G分別為平行四邊形ADEF的邊AD，EF的中點，所以DE∥GN.因為DE?平面MNG，GN?平面MNG，所以DE∥平面MNG.因為M為AB的中點，所以MN為△ABD的中位線，所以BD∥MN.因為BD?平面MNG，MN?平面MNG，所以BD∥平面MNG.因為DE∩BD＝D，BD，DE?平面BDE，所以平面BDE∥平面MNG.題型三平行關(guān)系的綜合應用典例如下圖，平面α∥平面β，點A∈α，點C∈α，點B∈β，點D∈β，點E，F(xiàn)分別在線段AB，CD上，且AE∶EB＝CF∶FD.(1)求證：EF∥平面β；(1)證明①當AB，CD在同一平面內(nèi)時，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AB與CD異面時，如下圖，設平面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)解如下圖，連接AD，取AD的中點M，連接ME，MF.∵E，F(xiàn)分別為AB，CD的中點，∴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，對于最值問題，常用函數(shù)思想來解決．跟蹤訓練如下圖，四邊形EFGH為空間四邊形ABCD的一個截面，假設截面為平行四邊形．(1)求證：AB∥平面EFGH，CD∥平面EFGH；(2)假設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EF＝x(0<x<4)，∵EF∥AB，F(xiàn)G∥CD，∴eq\f(CF,CB)＝eq\f(x,4)，那么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．假設直線l不平行于平面α，且l?α，那么()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至少有兩個公共點D．α內(nèi)的直線與l都相交答案B解析因為l?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只有一個公共點，所以平面α內(nèi)不存在與l平行的直線．2．直線a和平面α，那么a∥α的一個充分條件是()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．存在一個平面β，a?β且α∥βD．存在一個平面β，a∥β且α∥β答案C解析在A，B，D中，均有可能a?α，錯誤；在C中，兩平面平行，那么其中一個平面內(nèi)的任一條直線都平行于另一平面，故C正確．3．(2022·攀枝花質(zhì)檢)平面α∥平面β，點A，C∈α，點B，D∈β，那么直線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四點共面答案D4．一條直線l上有相異的三個點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l∥α時，直線l上任意點到α的距離都相等；當l?α時，直線l上所有的點到α的距離都是0；當l⊥α時，直線l上有兩個點到α的距離相等；當l與α斜交時，也只能有兩個點到α的距離相等．應選D.5．對于空間中的兩條直線m，n和一個平面α，以下命題中的真命題是()A．假設m∥α，n∥α，那么m∥nB．假設m∥α，n?α，那么m∥nC．假設m∥α，n⊥α，那么m∥nD．假設m⊥α，n⊥α，那么m∥n答案D解析對A，直線m，n可能平行、異面或相交，故A錯誤；對B，直線m與n可能平行，也可能異面，故B錯誤；對C，m與n垂直而非平行，故C錯誤；對D，垂直于同一平面的兩直線平行，故D正確．6．如圖，L，M，N分別為正方體對應棱的中點，那么平面LMN與平面PQR的位置關(guān)系是()A．垂直 B．相交不垂直C．平行 D．重合答案C解析如圖，分別取另三條棱的中點A，B，C，將平面LMN延展為平面正六邊形AMBNCL，因為PQ∥AL，PR∥AM，且PQ與PR相交，AL與AM相交，所以平面PQR∥平面AMBNCL，即平面LMN∥平面PQR.7．(2022·重慶模擬)在四面體A－BCD中，M，N分別是△ACD，△BCD的重心，那么四面體的四個面中與MN平行的是________．答案平面ABD與平面ABC解析如圖，取CD的中點E，連接AE，BE，那么EM∶MA＝1∶2，EN∶BN＝1∶2，所以MN∥AB.所以MN∥平面ABD，MN∥平面ABC.8．設α，β，γ是三個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，在命題“α∩β＝m，n?γ，且________，那么m∥n〞中的橫線處填入以下三組條件中的一組，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n∥β，m?γ時，n和m在同一平面內(nèi)，且沒有公共點，所以平行，③正確．9．(2022·承德模擬)如下圖，在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中點，N是BC的中點，點M在四邊形EFGH及其內(nèi)部運動，那么M只需滿足條件______時，就有MN∥平面B1BDD1答案點M在線段FH上(或點M與點H重合)解析連接HN，F(xiàn)H，F(xiàn)N，那么FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，那么MN?平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.10．(2022·?？谡{(diào)研)將一個真命題中的“平面〞換成“直線〞、“直線〞換成“平面〞后仍是真命題，那么該命題稱為“可換命題〞．給出以下四個命題：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)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〞；因為垂直于同一平面的兩平面可能平行或相交，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〞；因為平行于同一平面的兩條直線可能平行、相交或異面，故④是假命題，故④不是“可換命題〞．11．(2022·南昌模擬)如圖，在四棱錐P—ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD為梯形，AB∥CD，AB＝2DC＝2eq\r(3)，且△PAD與△ABD均為正三角形，E為AD的中點，G為△PAD的重心．(1)求證：GF∥平面PDC；(2)求三棱錐G—PCD的體積．(1)證明方法一連接AG并延長交PD于點H，連接CH.由梯形ABCD中AB∥CD且AB＝2DC知，eq\f(AF,FC)＝eq\f(2,1).又E為AD的中點，G為△PAD的重心，∴eq\f(AG,GH)＝eq\f(2,1).在△AHC中，eq\f(AG,GH)＝eq\f(AF,FC)＝eq\f(2,1)，故GF∥HC.又HC?平面PCD，GF?平面PCD，∴GF∥平面PDC.方法二過G作GN∥AD交PD于N，過F作FM∥AD交CD于M，連接MN，∵G為△PAD的重心，eq\f(GN,ED)＝eq\f(PG,PE)＝eq\f(2,3)，∴GN＝eq\f(2,3)ED＝eq\f(2\r(3),3).又ABCD為梯形，AB∥CD，eq\f(CD,AB)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(CF,AF)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(MF,AD)＝eq\f(1,3)，∴MF＝eq\f(2\r(3),3)，∴GN＝FM.又由所作GN∥AD，F(xiàn)M∥AD，得GN∥FM，∴四邊形GNMF為平行四邊形．∴GF∥MN，又∵GF?平面PCD，MN?平面PCD，∴GF∥平面PDC.方法三過G作GK∥PD交AD于K，連接KF，GK，由△PAD為正三角形，E為AD的中點，G為△PAD的重心，得DK＝eq\f(2,3)DE，∴DK＝eq\f(1,3)AD，又由梯形ABCD中AB∥CD，且AB＝2DC，知eq\f(AF,FC)＝eq\f(2,1)，即FC＝eq\f(1,3)AC，∴在△ADC中，KF∥CD，又∵GK∩KF＝K，PD∩CD＝D，∴平面GKF∥平面PDC，又GF?平面GKF，∴GF∥平面PDC.(2)解方法一由平面PAD⊥平面ABCD，△PAD與△ABD均為正三角形，E為AD的中點，知PE⊥AD，BE⊥AD，又∵平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE?平面PAD，∴PE⊥平面ABCD，且PE＝3，由(1)知GF∥平面PDC，∴V三棱錐G—PCD＝V三棱錐F—PCD＝V三棱錐P—CDF＝eq\f(1,3)×PE×S△CDF.又由梯形ABCD中AB∥CD，且AB＝2DC＝2eq\r(3)，知DF＝eq\f(1,3)BD＝eq\f(2\r(3),3)，又△ABD為正三角形，得∠CDF＝∠ABD＝60°，∴S△CDF＝eq\f(1,2)×CD×DF×sin∠BDC＝eq\f(\r(3),2)，得V三棱錐P—CDF＝eq\f(1,3)×PE×S△CDF＝eq\f(\r(3),2)，∴三棱錐G—PCD的體積為eq\f(\r(3),2).方法二由平面PAD⊥平面ABCD，△PAD與△ABD均為正三角形，E為AD的中點，知PE⊥AD，BE⊥AD，又∵平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE?平面PAD，∴PE⊥平面ABCD，且PE＝3，連接CE，∵PG＝eq\f(2,3)PE，∴V三棱錐G—PCD＝eq\f(2,3)V三棱錐E—PCD＝eq\f(2,3)V三棱錐P—CDE＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×PE×S△CDE，又△ABD為正三角形，得∠EDC＝120°，得S△CDE＝eq\f(1,2)×CD×DE×sin∠EDC＝eq\f(3\r(3),4).∴V三棱錐G—PCD＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×PE×S△CDE＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×3×eq\f(3\r(3),4)＝eq\f(\r(3),2)，∴三棱錐G—PCD的體積為eq\f(\r(3),2).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，CB＝3CG.(1)求證：PC⊥BC；(2)AD邊上是否存在一點M，使得PA∥平面MEG？假設存在，求出AM的長；假設不存在，請說明理由．(1)證明因為PD⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以PD⊥BC.因為四邊形ABCD是正方形，所以BC⊥CD.又PD∩CD＝D，PD，CD?平面PCD，所以BC⊥平面PCD.因為PC?平面PDC，所以PC⊥BC.(2)解連接AC，BD交于點O，連接EO，GO，延長GO交AD于點M，連接EM，那么PA∥平面MEG.證明如下：因為E為PC的中點，O是AC的中點，所以EO∥PA.因為EO?平面MEG，PA?平面MEG，所以PA∥平面MEG.因為△OCG≌△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解析因為截面PQMN是正方形，所以MN∥QP，又PQ?平面ABC，MN?平面ABC，那么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，那么AC∥截面PQMN，同理可得MQ∥B