文档内容
2025版新教材高考数学第二轮复习
7.2 直线、平面平行的判定与性质
五年高考
高考新风向
1.(概念深度理解)(2024全国甲理,10,5分,中)设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β=m.
下述四个命题:
①若m∥n,则n∥α或n∥β
②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β
③若n∥α且n∥β,则m∥n在此处键入公式。
④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n
其中所有真命题的编号是 ( )
A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④
2.(2024 新 课 标 Ⅰ ,17,15 分 , 中 ) 如 图 , 四 棱 锥 P-ABCD 中 ,PA⊥ 底 面
ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=√3.
(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;
√42
(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为 ,求AD.
7考点 直线、平面平行的判定与性质
1.(2022全国乙,文9,理7,5分,中)在正方体ABCD-A B C D 中,E,F分别为AB,BC的中点,则
1 1 1 1
( )
A.平面B EF⊥平面BDD
1 1
B.平面B EF⊥平面A BD
1 1
C.平面B EF∥平面A AC
1 1
D.平面B EF∥平面A C D
1 1 1
2.(2021浙江,6,4分,中)如图,已知正方体ABCD-A B C D ,M,N分别是A D,D B的中点,则
1 1 1 1 1 1
( )
A.直线A D与直线D B垂直,直线MN∥平面ABCD
1 1
B.直线A D与直线D B平行,直线MN⊥平面BDD B
1 1 1 1
C.直线A D与直线D B相交,直线MN∥平面ABCD
1 1
D.直线A D与直线D B异面,直线MN⊥平面BDD B
1 1 1 1
3.(2022新高考Ⅱ,20,12分,中)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为PB的中
点.
(1)证明:OE∥平面PAC;
(2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.三年模拟
练速度
1.(2024浙江杭州二模,2)设m,n表示两条不同直线,α表示平面,则 ( )
A.若m∥α,n∥α,则m∥n
B.若m⊥α,n⊂α,则m⊥n
C.若m⊥α,m⊥n,则n∥α
D.若m∥α,m⊥n,则n⊥α
3
2.(2024河南安阳、焦作二模,5)已知直四棱柱 ABCD-A B C D 的底面为梯形,AB=BB =
1 1 1 1 1 2
C D =6,CD∥AB,⃗BM=λ⃗MB (0<λ<1),若DD ∩平面AC M=N,则DN=( )
1 1 1 1 1
4λ 4λ+2
A. B.
λ+1 λ+1
2λ+6 2λ+4
C. D.
λ+1 λ+1
3.(多选)(2024豫东豫北十所名校3月联考,9)已知点A,B为不同的两点,直线l ,l ,l 为不同
1 2 3
的三条直线,平面α,β为不同的两个平面,则下列说法正确的是( )
A.若l ⊥α,l ∥α,则l ⊥l
1 2 1 2
B.若l ⊂α,l ∥α,则l ∥l
1 2 1 2
C.若l ⊂α,l ⊂β,α∩β=l ,l ∩l =A,则A∈l
1 2 3 1 2 3
D.若l ∥l ∥α,α⊥β,l ∩β=A,l ∩β=B,则直线AB∥α
1 2 1 2
4.(多选)(2024河北邯郸重点中学3月月考,9)已知E,F,G,H分别是正方体ABCD-A B C D
1 1 1 1
的棱AB,BC,CC ,C D 的中点,则 ( )
1 1 1
A.A B∥平面HGF
1
B.FG∥HE
C.直线D F与直线HE相交
1
D.HE与平面ABCD所成角的大小是45°
练思维
1.(2024江苏、浙江部分学校大联考,15)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2
的正方形,PA⊥平面ABCD,PA=2,M是BC中点,N是PD中点.
(1)证明:直线MN∥平面PAB;
(2)若⃗PG=4⃗GC,求平面PCD与平面GMN的夹角的余弦值.2.(2024 重庆二诊,15)如图,直棱柱 ABCD-A B C D 中,底面 ABCD 为梯形,AB∥DC,且
1 1 1 1
AB=2DC,E,F分别是棱AB,AD的中点.
(1)证明:平面D EF∥平面C BD;
1 1
(2)已知AA =AD=DC=1,∠DAB=60°,求直线DC 与平面A EF所成角的正弦值.
1 1 13.(2024江苏南京、盐城一模,16)如图,已知四棱台ABCD-A B C D 的上、下底面分别是边
1 1 1 1
长为2和4的正方形,平面AA D D⊥平面ABCD,A A=D D=√17,点P是棱DD 的中点,点Q
1 1 1 1 1
在棱BC上.
(1)若BQ=3QC,证明:PQ∥平面ABB A ;
1 1
5√26
(2)若二面角P-QD-C的正弦值为 ,求BQ的长.
26练风向
1.(创新考法)(2024山东临沂一模,17)如图,在直三棱柱ABC-A B C 中,AB=BC=2,AA =3,点
1 1 1 1
D,E分别在棱AA ,CC 上,AD=2DA ,C E=2EC,F为B C 的中点.
1 1 1 1 1 1
(1)在平面ABB A 内,过A作一条直线与平面DEF平行,并说明理由;
1 1
(2)当三棱柱ABC-A B C 的体积最大时,求平面DEF与平面ABC夹角的余弦值.
1 1 1
2.(创新考法)(2024江苏南通第二次调研,17)如图,边长为4的两个正三角形ABC,BCD所
在平面互相垂直,E,F 分别为 BC,CD 的中点,点 G 在棱 AD 上,AG=2GD,直线 AB 与平面
EFG相交于点H.(1)从下面两个结论中选一个证明:
①BD∥GH;②直线HE,GF,AC相交于一点.
注:若两个问题均作答,则按第一个计分.
(2)求直线BD与平面EFG的距离.
7.2 直线、平面平行的判定与性质
五年高考
高考新风向
1.(概念深度理解)(2024全国甲理,10,5分,中)设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β=m.
下述四个命题:①若m∥n,则n∥α或n∥β
②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β
③若n∥α且n∥β,则m∥n在此处键入公式。
④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n
其中所有真命题的编号是 ( A )
A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④
2.(2024 新 课 标 Ⅰ ,17,15 分 , 中 ) 如 图 , 四 棱 锥 P-ABCD 中 ,PA⊥ 底 面
ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=√3.
(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;
√42
(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为 ,求AD.
7
解析 (1)证明:∵PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,∴PA⊥AD.又AD⊥PB,PA∩PB=P,PA,PB⊂
平面PAB,∴AD⊥平面PAB.又AB⊂平面PAB,∴AD⊥AB.
在△ABC中,因为AC=2,BC=1,AB=√3,∴AC2=BC2+AB2,∴AB⊥BC.又AD⊥AB,且AD,AB,BC都
在平面ABCD内,∴AD∥BC.又AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,
∴AD∥平面PBC.
(2)以DA,DC所在直线分别为x轴,y轴,过D作平面ABCD的垂线为z轴建立如图所示的
空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0).
设 AD=t,t>0,则 DC=√4−t2,A(t,0,0),P(t,0,2),C(0,√4−t2,0),则⃗AC=(-t,√4−t2,0),⃗AP=(0,0,2),
⃗DP=(t,0,2),⃗DC=(0,√4−t2,0),
设平面ACP的法向量为n =(x ,y ,z ),
1 1 1 1{n ·⃗AC=0, {−tx +√4−t2y =0,
则 1 即 1 1
n ·⃗AP=0, 2z =0,
1 1
令x =√4−t2,则y =t,则n =(√4−t2,t,0),
1 1 1
设平面CPD的法向量为n =(x ,y ,z ),
2 2 2 2
{n ·⃗DP=0, {tx +2z =0,
则 2 ∴ 2 2
n ·⃗DC=0, √4−t2y =0,
2 2
令z =t,则x =-2,则n =(-2,0,t),
2 2 2
√42
∵二面角A-CP-D的正弦值为 ,且由图可知二面角A-CP-D为锐二面角,
7
√ (√42) 2 √7
∴二面角A-CP-D的余弦值为 1− = ,
7 7
√7 |n ·n | 2√4−t2
∴ =|cos|= 1 2 = ,
7 1 2 |n ||n | 2√t2+4
1 2
∴t=√3(舍负),∴AD=√3.
考点 直线、平面平行的判定与性质
1.(2022全国乙,文9,理7,5分,中)在正方体ABCD-A B C D 中,E,F分别为AB,BC的中点,则
1 1 1 1
( A )
A.平面B EF⊥平面BDD
1 1
B.平面B EF⊥平面A BD
1 1
C.平面B EF∥平面A AC
1 1
D.平面B EF∥平面A C D
1 1 1
2.(2021浙江,6,4分,中)如图,已知正方体ABCD-A B C D ,M,N分别是A D,D B的中点,则
1 1 1 1 1 1
( A )
A.直线A D与直线D B垂直,直线MN∥平面ABCD
1 1
B.直线A D与直线D B平行,直线MN⊥平面BDD B
1 1 1 1
C.直线A D与直线D B相交,直线MN∥平面ABCD
1 1D.直线A D与直线D B异面,直线MN⊥平面BDD B
1 1 1 1
3.(2022新高考Ⅱ,20,12分,中)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为PB的中
点.
(1)证明:OE∥平面PAC;
(2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.
解析 (1)证法一:连接OA,
∵PO是三棱锥P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC,
∵OA,OB⊂平面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB,
∴∠POA=∠POB=90°,
又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,∴OA=OB,
取AB的中点D,连接OD、DE,则OD⊥AB,
又∵AB⊥AC,∴OD∥AC,
又∵OD⊄平面PAC,AC⊂平面PAC,
∴OD∥平面PAC,
又D、E分别为AB、PB的中点,∴DE∥PA,
又∵DE⊄平面PAC,PA⊂平面PAC,∴DE∥平面PAC,
又OD、DE⊂平面ODE,OD∩DE=D,
∴平面ODE∥平面PAC,
又OE⊂平面ODE,∴OE∥平面PAC.(面面平行的性质)
证法二:连接OA,∵PO是三棱锥P-ABC的高,
∴PO⊥平面ABC,
∵OA,OB⊂平面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB,
∴∠POA=∠POB=90°,又PA=PB,PO=PO,
∴△POA≌△POB,∴OA=OB,
延长BO交AC于点F,连接PF,
易知在Rt△ABF中,O为BF的中点,∵E为PB的中点,∴OE∥PF,
又OE⊄平面PAC,PF⊂平面PAC,
∴OE∥平面PAC.
(2)取AB的中点M,连接OM,OA,以M为坐标原点,MB,MO所在直线分别为x,y轴,过点M
且与平面ABC垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
∵PO=3,PA=5,∴结合(1)可知OA=OB=4,
又∠ABO=∠CBO=30°,∴OM=2,MB=2√3,
( 3)
∴P(0,2,3),B(2√3,0,0),A(-2√3,0,0),E √3,1, ,
2
∵AB⊥AC,∠CBA=60°,AB=4√3,
∴AC=12,C(-2√3,12,0).
设平面AEB的法向量为n =(x ,y ,z ),
1 1 1 1
( 3)
∵⃗AB=(4√3,0,0),⃗AE= 3√3,1, ,
2
{ 4√3x =0,
{⃗AB·n =0, 1
∴ 1 即 3
⃗AE·n =0, 3√3x + y + z =0,
1 1 1 2 1
令y =3,则z =-2,∴n =(0,3,-2).
1 1 1
设平面AEC的法向量为n =(x ,y ,z ),
2 2 2 2
∵⃗AC=(0,12,0),
{⃗AC·n =0, { 12y 2 =0,
∴ 2 即 3
⃗AE·n =0, 3√3x + y + z =0,
2 2 2 2 2
令x =√3,则z =-6,∴n =(√3,0,-6),
2 2 2
n ·n 12 4√3
∴cos= 1 2 = = ,
1 2 |n |·|n | √13×√39 13
1 2
11 11
设二面角C-AE-B的平面角为θ,则sin θ=√1−cos2θ= ,∴二面角C-AE-B的正弦值为 .
13 13三年模拟
练速度
1.(2024浙江杭州二模,2)设m,n表示两条不同直线,α表示平面,则 ( B )
A.若m∥α,n∥α,则m∥n
B.若m⊥α,n⊂α,则m⊥n
C.若m⊥α,m⊥n,则n∥α
D.若m∥α,m⊥n,则n⊥α
3
2.(2024河南安阳、焦作二模,5)已知直四棱柱 ABCD-A B C D 的底面为梯形,AB=BB =
1 1 1 1 1 2
C D =6,CD∥AB,⃗BM=λ⃗MB (0<λ<1),若DD ∩平面AC M=N,则DN=( C )
1 1 1 1 1
4λ 4λ+2
A. B.
λ+1 λ+1
2λ+6 2λ+4
C. D.
λ+1 λ+1
3.(多选)(2024豫东豫北十所名校3月联考,9)已知点A,B为不同的两点,直线l ,l ,l 为不同
1 2 3
的三条直线,平面α,β为不同的两个平面,则下列说法正确的是( AC )
A.若l ⊥α,l ∥α,则l ⊥l
1 2 1 2
B.若l ⊂α,l ∥α,则l ∥l
1 2 1 2
C.若l ⊂α,l ⊂β,α∩β=l ,l ∩l =A,则A∈l
1 2 3 1 2 3
D.若l ∥l ∥α,α⊥β,l ∩β=A,l ∩β=B,则直线AB∥α
1 2 1 2
4.(多选)(2024河北邯郸重点中学3月月考,9)已知E,F,G,H分别是正方体ABCD-A B C D
1 1 1 1
的棱AB,BC,CC ,C D 的中点,则 ( ABD )
1 1 1
A.A B∥平面HGF
1
B.FG∥HE
C.直线D F与直线HE相交
1
D.HE与平面ABCD所成角的大小是45°
练思维
1.(2024江苏、浙江部分学校大联考,15)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2
的正方形,PA⊥平面ABCD,PA=2,M是BC中点,N是PD中点.
(1)证明:直线MN∥平面PAB;
(2)若⃗PG=4⃗GC,求平面PCD与平面GMN的夹角的余弦值.解析 (1)证明:取PA的中点Q,连接QB,QN.
∵Q,N分别为PA,PD的中点,
1 1
∴QN= AD且QN∥AD.又BM= AD,BM∥AD,
2 2
∴QN=BM且QN∥BM,∴四边形BMNQ为平行四边形,∴MN∥BQ,
∵MN⊄平面PAB,BQ⊂平面PAB,
∴直线MN∥平面PAB. (5分)
(2)由题意知PA,AB,AD两两垂直.
以A为坐标原点,以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),A(0,0,0),P(0,0,2),N(0,1,1),M(2,1,0),则⃗PD=(0,2,-2),⃗CD=
(-2,0,0),⃗MN=(-2,0,1),
(8 8 2) (2 3 2)
∵⃗PG=4⃗GC,∴G , , ,∴⃗GM= ,− ,− ,
5 5 5 5 5 5
设平面PCD的法向量为n =(x,y,z),
1
{n ·⃗PD=2y−2z=0,
则 1
n ·⃗CD=−2x=0,
1
取y=1,得n =(0,1,1),
1
设平面GMN的法向量为n =(a,b,c),
2{ n ·⃗MN=−2a+c=0,
2
则 2 3 2
n ·⃗GM= a− b− c=0,
2 5 5 5
( 2 )
取a=1,得n = 1,− ,2 ,
2 3
设平面PCD与平面GMN的夹角为θ,
| 2 |
0− +2
|n ·n | 3 2√2
则cos θ=|cos|= 1 2 = = , (12分)
1 2 |n |·|n | 7 7
1 2 √2×
3
2√2
所以平面PCD与平面GMN的夹角的余弦值为 . (13分)
7
2.(2024 重庆二诊,15)如图,直棱柱 ABCD-A B C D 中,底面 ABCD 为梯形,AB∥DC,且
1 1 1 1
AB=2DC,E,F分别是棱AB,AD的中点.
(1)证明:平面D EF∥平面C BD;
1 1
(2)已知AA =AD=DC=1,∠DAB=60°,求直线DC 与平面A EF所成角的正弦值.
1 1 1
解析 (1)证明:在△ABD中,E,F分别为AB,AD的中点,
所以EF∥BD.因为EF⊄平面C BD,BD⊂平面C BD,
1 1
所以EF∥平面C BD,(2分)
1
1
因为DC∥AB,DC= AB=EB,D C ∥DC,D C =DC,
2 1 1 1 1
所以EB∥D C 且EB=D C ,
1 1 1 1
则四边形BC D E为平行四边形,故D E∥C B,
1 1 1 1
因为D E⊄平面C BD,C B⊂平面C BD,
1 1 1 1
所以D E∥平面C BD, (5分)
1 1
因为EF,D E为平面D EF中两相交直线,
1 1
所以平面D EF∥平面C BD. (6分)
1 1
(2)在△ABD中,AD=1,AB=2DC=2,∠DAB=60°,所以BD=√3,则AD2+BD2=AB2,则AD⊥BD,则
AD,DB,DD 两两垂直. (8分)
1以⃗DA的方向为x轴正方向,⃗DB的方向为y轴正方向,⃗DD 的方向为z轴正方向建立空间直
1
角坐标系D-xyz,如图.
(1 √3 ) (1 ) ( 1 √3 )
则E , ,0 ,F ,0,0 ,A (1,0,1),C − , ,1 ,
2 2 2 1 1 2 2
( √3 ) (1 ) ( 1 √3 )
则⃗FE= 0, ,0 ,⃗F A = ,0,1 ,⃗DC = − , ,1 .
2 1 2 1 2 2
{⃗FE·n=0,
设平面A EF的法向量为n=(x,y,z),则
1 ⃗F A ·n=0,
1
{ √3
y=0,
2
即 取n=(-2,0,1), (11分)
1
x+z=0,
2
1+1 √10
则cos<⃗DC ,n>= = ,
1 √2×√5 5
√10
所以直线DC 与平面A EF所成角的正弦值为 . (13分)
1 1 5
3.(2024江苏南京、盐城一模,16)如图,已知四棱台ABCD-A B C D 的上、下底面分别是边
1 1 1 1
长为2和4的正方形,平面AA D D⊥平面ABCD,A A=D D=√17,点P是棱DD 的中点,点Q
1 1 1 1 1
在棱BC上.
(1)若BQ=3QC,证明:PQ∥平面ABB A ;
1 1
5√26
(2)若二面角P-QD-C的正弦值为 ,求BQ的长.
26解析 (1)证明:取AA 的中点M,连接MP,MB.
1
在四棱台 ABCD-A B C D 中,四边形 A ADD 是梯形,A D =2,AD=4,又点 M,P 分别是棱
1 1 1 1 1 1 1 1
A A,D D的中点,
1 1
A D +AD
所以MP∥AD,且MP= 1 1 =3, (2分)
2
在正方形 ABCD 中,BC∥AD,BC=4,又 BQ=3QC,所以 BQ=3.从而 MPBQ,所以四边形
BMPQ是平行四边形,
所以PQ∥MB, (4分)
又因为MB⊂平面ABB A ,PQ⊄平面ABB A ,
1 1 1 1
所以PQ∥平面ABB A . (6分)
1 1
(2)在平面AA D D中,作A O⊥AD于O.
1 1 1
因为平面 AA D D⊥平面 ABCD,平面 AA D D∩平面 ABCD=AD,A O⊥AD,A O⊂平面
1 1 1 1 1 1
AA D D,所以A O⊥平面ABCD.
1 1 1
在正方形ABCD中,过O作AB的平行线交BC于点N,则ON⊥OD.
以{⃗ON,⃗OD,⃗OA }为正交基底,建立空间直角坐标系O-xyz.
1
因为四边形AA D D是等腰梯形,A D =2,AD=4,所以AO=1,又A A=D D=√17,所以A O=4.
1 1 1 1 1 1 1
( 5 ) ( 1 )
易得 B(4,-1,0),D(0,3,0),C(4,3,0),D (0,2,4),P 0, ,2 ,所以⃗DC=(4,0,0),⃗DP= 0,− ,2 ,⃗CB
1 2 2
=(0,-4,0). (9分)设⃗CQ=λ⃗CB=(0,-4λ,0)(0≤λ≤1),
所以⃗DQ=⃗DC+⃗CQ=(4,-4λ,0).
设平面PDQ的法向量为m=(x,y,z),
{ 1
{m·⃗DP=0, − y+2z=0,
由 得 2 取m=(4λ,4,1).
m·⃗DQ=0,
4x−4λy=0,
易知平面DCQ的一个法向量为n=(0,0,1). (12分)
设二面角P-QD-C的平面角为θ,
1
由题意得|cos θ|=√1−sin2θ= .
√26
|m·n| 1
又|cos θ|=|cos|= = ,
|m|·|n| √(4λ) 2+17
1 1 3
所以 = ,解得λ= (舍负),
√(4λ) 2+17 √26 4
3
因此CQ= ×4=3,BQ=1.
4
5√26
所以当二面角P-QD-C的正弦值为 时,BQ的长为1. (15分)
26
练风向
1.(创新考法)(2024山东临沂一模,17)如图,在直三棱柱ABC-A B C 中,AB=BC=2,AA =3,点
1 1 1 1
D,E分别在棱AA ,CC 上,AD=2DA ,C E=2EC,F为B C 的中点.
1 1 1 1 1 1
(1)在平面ABB A 内,过A作一条直线与平面DEF平行,并说明理由;
1 1
(2)当三棱柱ABC-A B C 的体积最大时,求平面DEF与平面ABC夹角的余弦值.
1 1 1
解析 (1)连接AB ,直线AB 即为所求. (1分)
1 1
理由:连接AC 交DE于点M,连接MF,DC ,AE. (2分)
1 1
∵AD=2DA ,C E=2EC,
1 12
∴AD=C E= AA =2,
1 3 1
又AD∥C E,∴四边形ADC E为平行四边形,
1 1
∴AM=MC , (4分)
1
又B F=FC ,
1 1
∴MF∥AB , (5分)
1
又MF⊂平面DEF,AB ⊄平面DEF,
1
∴AB ∥平面DEF. (6分)
1
1
(2)∵S = ×2×2sin∠ABC=2sin∠ABC,
△ABC 2
∴三棱柱ABC-A B C 的体积为6sin∠ABC,
1 1 1
π
∴当∠ABC= 时,S 取得最大值,即当AB⊥BC时,直三棱柱ABC-A B C 的体积最大,
2 △ABC 1 1 1
(7分)
又∵BB ⊥AB,BB ⊥BC,∴以B为坐标原点,BA,BC,BB 所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空
1 1 1
间直角坐标系, (8分)
则D(2,0,2),E(0,2,1),F(0,1,3),
∴⃗DE=(-2,2,-1),⃗EF=(0,-1,2), (10分)
设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),
{n·⃗DE=0, {−2x+2y−z=0,
由 得
n·⃗EF=0, −y+2z=0,
3 (3 )
取z=1,则y=2,x= ,此时n= ,2,1 , (12分)
2 2
易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1), (13分)
记平面DEF与平面ABC的夹角为θ,1
|m·n| 2√29
则cos θ= =√9 = .(14分)
|m||n| +4+1×1 29
4
2√29
故平面DEF与平面ABC夹角的余弦值为 . (15分)
29
2.(创新考法)(2024江苏南通第二次调研,17)如图,边长为4的两个正三角形ABC,BCD所
在平面互相垂直,E,F 分别为 BC,CD 的中点,点 G 在棱 AD 上,AG=2GD,直线 AB 与平面
EFG相交于点H.
(1)从下面两个结论中选一个证明:
①BD∥GH;②直线HE,GF,AC相交于一点.
注:若两个问题均作答,则按第一个计分.
(2)求直线BD与平面EFG的距离.
解析 (1)证明:选①.因为E,F分别为BC,CD的中点,所以EF∥BD.
又BD⊄平面EFG,EF⊂平面EFG,所以BD∥平面EFG.
又BD⊂平面ABD,平面ABD∩平面EFG=GH,所以BD∥GH.
选②.在△ACD中,AG=2GD,F为CD的中点,所以GF与AC不平行.
设GF∩AC=K,则K∈AC,K∈GF,又AC⊂平面ABC,FG⊂平面EFG,所以K∈平面ABC,K∈平
面EFG.
又平面ABC∩平面EFG=HE,
所以K∈HE,所以HE,GF,AC相交于一点.
(2)若第(1)问中选①.
由(1)知,BD∥平面EFG.所以点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离.
若第(1)问中选②.因为E,F分别为BC,CD的中点,所以EF∥BD.又BD⊄平面EFG,EF⊂平面
EFG,
所以BD∥平面EFG.
所以点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离.
连接EA,ED,
因为△ABC,△BCD均为正三角形,E为BC的中点,
所以EA⊥BC,ED⊥BC.
又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AE⊂平面ABC,所以AE⊥平面BCD,
又ED⊂平面BCD,所以EA⊥ED.
以{⃗EB,⃗ED,⃗EA}为正交基底建立如图所示空间直角坐标系,
( 4√3 2√3)
则E(0,0,0),B(2,0,0),F(-1,√3,0),G 0, , ,
3 3
( 4√3 2√3)
则⃗EB=(2,0,0),⃗EF=(-1,√3,0),⃗EG= 0, , .
3 3
{⃗EF·n=0,
设平面EFG的法向量为n=(x,y,z),则
⃗EG·n=0,
{ −x+√3 y=0,
即 4√3 2√3 不妨取n=(√3,1,-2).
y+ z=0,
3 3
|⃗EB·n| 2√3 √6
设点B到平面EFG的距离为d,则d= = = ,
|n| √8 2
√6
所以直线BD与平面EFG的距离为 .
2
