（浙江專版）2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何初步 第4節(jié) 直線、平面平行的判定及其性質(zhì)學(xué)案 理.doc

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第4節(jié)　直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 最新考綱　1.以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點，認(rèn)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． 知 識 梳 理 1．直線與平面平行 (1)直線與平面平行的定義 直線l與平面α沒有公共點，則稱直線l與平面α平行． (2)判定定理與性質(zhì)定理 文字語言 圖形表示 符號表示 判定定理 平面外一條直線與此平面內(nèi)的一條直線平行，則該直線平行于此平面 a?α，b?α，a∥b?a∥α 性質(zhì)定理 一條直線和一個平面平行，則過這條直線的任一平面與此平面的交線與該直線平行 a∥α，a?β，α∩β＝b?a∥b 2.平面與平面平行 (1)平面與平面平行的定義 沒有公共點的兩個平面叫做平行平面． (2)判定定理與性質(zhì)定理 文字語言 圖形表示 符號表示 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，則這兩個平面平行 a?α，b?α，a∩b＝P，a∥β，b∥β?α∥β 性質(zhì)定理 兩個平面平行，則其中一個平面內(nèi)的直線平行于另一個平面 α∥β，a?α?a∥β 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 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b 3.與垂直相關(guān)的平行的判定 (1)a⊥α，b⊥α?a∥b． (2)a⊥α，a⊥β?α∥β． [常用結(jié)論與微點提醒] 1．平行關(guān)系轉(zhuǎn)化 2．平面與平面平行的六個性質(zhì) (1)兩個平面平行，其中一個平面內(nèi)的任意一條直線平行于另一個平面． (2)夾在兩個平行平面間的平行線段長度相等． (3)經(jīng)過平面外一點有且只有一個平面與已知平面平行． (4)兩條直線被三個平行平面所截，截得的對應(yīng)線段成比例． (5)如果兩個平面分別和第三個平面平行，那么這兩個平面互相平行． (6)如果一個平面內(nèi)有兩條相交直線分別平行于另一個平面內(nèi)的兩條直線，那么這兩個平面平行． 診 斷 自 測 1．思考辨析(在括號內(nèi)打“√”或“”) (1)若一條直線和平面內(nèi)一條直線平行，那么這條直線和這個平面平行．(　　) (2)若直線a∥平面α，P∈α，則過點P且平行于直線a的直線有無數(shù)條．(　　) (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．(　　) 解析　(1)若一條直線和平面內(nèi)的一條直線平行，那么這條直線和這個平面平行或在平面內(nèi)，故(1)錯誤． (2)若a∥α，P∈α，則過點P且平行于a的直線只有一條，故(2)錯誤． (3)如果一個平面內(nèi)的兩條直線平行于另一個平面，則這兩個平面平行或相交，故(3)錯誤． 答案　(1)　(2)　(3)　(4)√ 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．若直線a，b和平面α滿足a∥α，b∥α，那么a∥b D．若直線a，b和平面α滿足a∥b，a∥α，b?α，則b∥α 解析　根據(jù)線面平行的判定與性質(zhì)定理知，選D. 答案　D 3．設(shè)α，β是兩個不同的平面，m是直線且m?α.“m∥β”是“α∥β”的(　　) A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 解析　當(dāng)m∥β時，可能α∥β，也可能α與β相交． 當(dāng)α∥β時，由m?α可知，m∥β. ∴“m∥β”是“α∥β”的必要不充分條件． 答案　B 4．(必修2P56練習(xí)2改編)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為DD1的中點，則BD1與平面AEC的位置關(guān)系為________． 解析　連接BD，設(shè)BD∩AC＝O，連接EO，在△BDD1中，O為BD的中點，E為DD1的中點，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. 答案　平行 5．用一個截面去截正三棱柱ABC－A1B1C1，交A1C1，B1C1，BC，AC分別于E，F(xiàn)，G，H四點，已知A1A>A1C1，則截面的形狀可以是________(把你認(rèn)為可能的結(jié)果都填上)． 解析　由題意知，當(dāng)截面平行于側(cè)棱時所得截面為矩形，當(dāng)截面與側(cè)棱不平行時，所得的截面是梯形． 答案　矩形或梯形 6．(2018麗水月考)設(shè)α，β，γ為三個不同的平面，a，b為直線． (1)若α∥γ，β∥γ，則α與β的關(guān)系是________； (2)若a⊥α，b⊥β，a∥b，則α與β的關(guān)系是________． 解析　(1)由α∥γ，β∥γ?α∥β. (2)a⊥α，a∥b?b⊥α，又b⊥β，從而α∥β. 答案　(1)平行　(2)平行 考點一　線面、面面平行的相關(guān)命題的真假判斷 【例1】 (一題多解)(2017全國Ⅰ卷)如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是(　　) 解析　法一　對于選項B，如圖(1)所示，連接CD，因為AB∥CD，M，Q分別是所在棱的中點，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可證選項C，D中均有AB∥平面MNQ.因此A項不正確． 　　 　　　　 圖(1)　　　　　　　　圖(2) 法二　對于選項A，其中O為BC的中點(如圖(2)所示)，連接OQ，則OQ∥AB，因為OQ與平面MNQ有交點，所以AB與平面MNQ有交點，即AB與平面MNQ不平行．A項不正確． 答案　A 規(guī)律方法　(1)判斷與平行關(guān)系相關(guān)命題的真假，必須熟悉線、面平行關(guān)系的各個定義、定理，無論是單項選擇還是含選擇項的填空題，都可以從中先選出最熟悉最容易判斷的選項先確定或排除，再逐步判斷其余選項． (2)①結(jié)合題意構(gòu)造或繪制圖形，結(jié)合圖形作出判斷． ②特別注意定理所要求的條件是否完備，圖形是否有特殊情況，通過舉反例否定結(jié)論或用反證法推斷命題是否正確． 【訓(xùn)練1】 (2018金華測試)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，給出下列四個命題： ①若m?α，n∥α，則m∥n； ②若α∥β，β∥γ，m⊥α，則m⊥γ； ③若α∩β＝n，m∥n，m∥α，則m∥β； ④若m∥α，n∥β，m∥n，則α∥β. 其中是真命題的是________(填上正確命題的序號)． 解析　①m∥n或m，n異面，故①錯誤；易知②正確；③m∥β或m?β，故③錯誤；④α∥β或α與β相交，故④錯誤． 答案?、? 考點二　直線與平面平行的判定與性質(zhì)(多維探究) 命題角度1　直線與平面平行的判定 【例2－1】 (2016全國Ⅲ卷)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　由已知得AM＝AD＝2. 如圖，取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC中點知TN∥BC，TN＝BC＝2. 又AD∥BC，故TN綉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PA. 如圖，取BC的中點E，連接AE.由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝＝. 由AM∥BC得M到BC的距離為，故S△BCM＝4＝2.所以四面體N－BCM的體積VN－BCM＝S△BCM＝. 命題角度2　直線與平面平行性質(zhì)定理的應(yīng)用 【例2－2】 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2.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)若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都在底面ABCD內(nèi)，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， PO?平面PBD. 所以PO∥GK，且GK⊥底面ABCD， 又EF?平面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＝DB＝OB，即K為OB的中點． 再由PO∥GK得GK＝PO，即G是PB的中點，且GH＝BC＝4.由已知可得OB＝4，PO＝＝＝6，所以GK＝3. 故四邊形GEFH的面積S＝GK＝3＝18. 規(guī)律方法　(1)判斷或證明線面平行的常用方法有： ①利用反證法(線面平行的定義)； 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)定理(α∥β，a?α?a∥β)； ④利用面面平行的性質(zhì)(α∥β，a?β，a∥α?a∥β)． (2)利用判定定理判定線面平行，關(guān)鍵是找平面內(nèi)與已知直線平行的直線．常利用三角形的中位線、平行四邊形的對邊或過已知直線作一平面找其交線． 【訓(xùn)練2】 在四棱錐P－ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝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＝AD， E為AD的中點，∴BC綉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. 考點三　面面平行的判定與性質(zhì)(變式遷移) 【例3】 (經(jīng)典母題)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，求證： (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的中點， ∴GH是△A1B1C1的中位線，則GH∥B1C1. 又∵B1C1∥BC， ∴GH∥BC， ∴B，C，H，G四點共面． (2)∵E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點，∴EF∥BC， ∵EF?平面BCHG，BC?平面BCHG， ∴EF∥平面BCHG. 又G，E分別為A1B1，AB的中點，A1B1綉AB， ∴A1G綉EB， ∴四邊形A1EBG是平行四邊形，∴A1E∥GB. ∵A1E?平面BCHG，GB?平面BCHG， ∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF＝E， ∴平面EFA1∥平面BCHG. 【變式遷移1】 如圖，在本例條件下，若點D為BC1的中點，求證：HD∥平面A1B1BA. 證明　如圖所示，連接A1B. ∵D為BC1的中點，H為A1C1的中點，∴HD∥A1B， 又HD?平面A1B1BA， A1B?平面A1B1BA， ∴HD∥平面A1B1BA. 【變式遷移2】 在本例中，若將條件“E，F(xiàn)，G，H分別是AB，AC，A1B1，A1C1的中點”變?yōu)椤包cD，D1分別是AC，A1C1上的點，且平面BC1D∥平面AB1D1”，試求的值． 解　連接A1B交AB1于O，連接OD1. 由平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，所以BC1∥D1O，則＝＝1. 又由題設(shè)＝， ∴＝1，即＝1. 規(guī)律方法　(1)判定面面平行的主要方法 ①利用面面平行的判定定理． ②線面垂直的性質(zhì)(垂直于同一直線的兩平面平行)． (2)面面平行的性質(zhì)定理 ①兩平面平行，則一個平面內(nèi)的直線平行于另一平面． ②若一平面與兩平行平面相交，則交線平行． 提醒　利用面面平行的判定定理證明兩平面平行時需要說明是一個平面內(nèi)的兩條相交直線與另一個平面平行． 【訓(xùn)練3】 (2016山東卷)在如圖所示的幾何體中，D是AC的中點，EF∥DB. (1)已知AB＝BC，AE＝EC.求證：AC⊥FB； (2)已知G，H分別是EC和FB的中點．求證：GH∥平面ABC. 證明　(1)因為EF∥DB，所以EF與DB確定平面BDEF， 圖① 如圖①，連接DE.因為AE＝EC，D為AC的中點， 所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC. 又BD∩DE＝D， 所以AC⊥平面BDEF. 因為FB?平面BDEF， 所以AC⊥FB. (2)如圖②，設(shè)FC的中點為I，連接GI，HI. 圖② 在△CEF中，因為G是CE的中點， 所以GI∥EF.又EF∥DB， 所以GI∥DB. 在△CFB中，因為H是FB的中點，所以HI∥BC. 又HI∩GI＝I， 所以平面GHI∥平面ABC， 因為GH?平面GHI， 所以GH∥平面ABC. 基礎(chǔ)鞏固題組 一、選擇題 1．設(shè)m，n是不同的直線，α，β是不同的平面，且m，n?α，則“α∥β”是“m∥β且n∥β”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析　若m，n?α，α∥β，則m∥β且n∥β；反之若m，n?α，m∥β且n∥β，則α與β相交或平行，即“α∥β”是“m∥β且n∥β”的充分不必要條件． 答案　A 2．有下列命題： ①若直線l平行于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線，則直線l∥α； ②若直線a在平面α外，則a∥α； ③若直線a∥b，b∥α，則a∥α； ④若直線a∥b，b∥α，則a平行于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線． 其中真命題的個數(shù)是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析　命題①l可以在平面α內(nèi)，不正確；命題②直線a與平面α可以是相交關(guān)系，不正確；命題③a可以在平面α內(nèi)，不正確；命題④正確． 答案　A 3.如圖所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，過A1B1的平面與平面ABC交于DE，則DE與AB的位置關(guān)系是(　　) A．異面 　　B．平行 C．相交 　　D．以上均有可能 解析　在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，∵AB?平面ABC，A1B1?平面ABC， ∴A1B1∥平面ABC，∵過A1B1的平面與平面ABC交于DE.∴DE∥A1B1，∴DE∥AB. 答案　B 4．下列四個正方體圖形中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，P分別為其所在棱的中點，能得出AB∥平面MNP的圖形的序號是(　　) A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 解析　①中，易知NP∥AA′， MN∥A′B， ∴平面MNP∥平面AA′B， 可得出AB∥平面MNP(如圖)． ④中，NP∥AB，能得出AB∥平面MNP.在②③中不能判定AB∥平面MNP. 答案　B 5．(2018嘉興測試)已知m，n表示兩條不同直線，α表示平面，下列說法正確的是(　　) A．若m∥α，n∥α，則m∥n B．若m⊥α，n?α，則m⊥n C．若m⊥α，m⊥n，則n∥α D．若m∥α，m⊥n，則n⊥α 解析　若m∥α，n∥α，則m，n平行、相交或異面，A錯；若m⊥α，n?α，則m⊥n，因為直線與平面垂直時，它垂直于平面內(nèi)任一直線，B正確；若m⊥α，m⊥n，則n∥α或n?α，C錯；若m∥α，m⊥n，則n與α可能相交，可能平行，也可能n?α，D錯． 答案　B 6．(2018湖州調(diào)研)已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面(　　) A．若m∥α，m∥β，則α∥β B．若m⊥α，m∥β，則α∥β C．若m⊥α，n∥α，則m∥n D．若m⊥α，n⊥α，則m∥n 解析　若m∥α，m∥β，則α，β可能平行或相交，A錯誤；若m⊥α，m∥β，則α⊥β，B錯誤；若m⊥α，n⊥α，則m⊥n，C錯誤； 若m⊥α，n⊥α，則m∥n，D正確，故選D. 答案　D 二、填空題 7．(2017臺州月考)在四面體A－BCD中，M，N分別是△ACD，△BCD的重心，則MN與平面ABD的位置關(guān)系是________；與平面ABC的位置關(guān)系是________． 解析　如圖，取CD的中點E. 連接AE，BE，由于M，N分別是△ACD，△BCD的重心，所以AE，BE分別過M，N，則EM∶MA＝1∶2，EN∶BN＝1∶2， 所以MN∥AB.因為AB?平面ABD，MN?平面ABD，AB?平面ABC，MN?平面ABC，所以MN∥平面ABD， MN∥平面ABC. 答案　平行　平行 8．(2017寧波調(diào)研)如圖，四棱錐P－ABCD的底面是一直角梯形，AB∥CD，BA⊥AD，CD＝2AB，PA⊥底面ABCD，E為PC的中點，則BE與平面PAD的位置關(guān)系為________． 解析　取PD的中點F，連接EF，AF， 在△PCD中，EF綉CD. 又∵AB∥CD且CD＝2AB， ∴EF綉AB， ∴四邊形ABEF是平行四邊形， ∴EB∥AF. 又∵EB?平面PAD，AF?平面PAD， ∴BE∥平面PAD. 答案　平行 9．設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，給出下列四個命題： ①若m?α，n∥α，則m∥n；②若α∥β，β∥γ，m⊥α，則m⊥γ；③若α∩β＝n，m∥n，則m∥α，且m∥β；④若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β. 其中真命題的個數(shù)為__________． 解析　若m?α，n∥α，則m，n可能平行或異面，①錯誤；若α∥β，β∥γ，則α∥γ，又m⊥α，則m⊥γ，②正確；若α∩β＝n，m∥n，則m∥α或m∥β或m?α或m?β，③錯誤；若α⊥γ，β⊥γ，則α，β可能平行或相交，④錯誤，則真命題個數(shù)為1. 答案　1 10.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，N是BC的中點，點M在四邊形EFGH及其內(nèi)部運動，則M只需滿足條件________時，就有MN∥平面B1BDD1.(注：請?zhí)钌夏阏J(rèn)為正確的一個條件即可，不必考慮全部可能情況) 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. 答案　點M在線段FH上(或點M與點H重合) 三、解答題 11．一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示． (1)請將字母F，G，H標(biāo)記在正方體相應(yīng)的頂點處(不需說明理由)； (2)判斷平面BEG與平面ACH的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論． 解　(1)點F，G，H的位置如圖所示． (2)平面BEG∥平面ACH，證明如下：因為ABCD－EFGH為正方體， 所以BC∥FG，BC＝FG， 又FG∥EH，F(xiàn)G＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是四邊形BCHE為平行四邊形，所以BE∥CH.又CH?平面ACH，BE?平面ACH， 所以BE∥平面ACH.同理BG∥平面ACH. 又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH. 12.如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點． (1)證明：PB∥平面AEC； (2)設(shè)AP＝1，AD＝，三棱錐P－ABD的體積V＝，求A到平面PBC的距離． (1)證明　設(shè)BD與AC的交點為O，連接EO. 因為ABCD為矩形，所以O(shè)為BD的中點．又E為PD的中點，所以EO∥PB.又因為EO?平面AEC，PB?平面AEC，所以PB∥平面AEC. (2)解　V＝PAABAD＝AB. 由V＝，可得AB＝.作AH⊥PB交PB于H. 由題設(shè)知AB⊥BC，PA⊥BC，且PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，又AH?平面PAB，所以BC⊥AH，又PB∩BC＝B，故AH⊥平面PBC.在Rt△PAB中，由勾股定理可得PB＝，所以AH＝＝.所以A到平面PBC的距離為. 能力提升題組 13．給出下列關(guān)于互不相同的直線l，m，n和平面α，β，γ的三個命題：①若l與m為異面直線，l?α，m?β，則α∥β； ②若α∥β，l?α，m?β，則l∥m； ③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，則m∥n. 其中真命題的個數(shù)為(　　) A．3 B．2 C．1 D．0 解析?、僦挟?dāng)α與β不平行時，也可能存在符合題意的l，m；②中l(wèi)與m也可能異面；③中?l∥n，同理，l∥m，則m∥n，正確． 答案　C 14.在四面體ABCD中，截面PQMN是正方形，則在下列結(jié)論中，錯誤的是(　　) A．AC⊥BD B．AC∥截面PQMN C．AC＝BD D．異面直線PM與BD所成的角為45 解析　因為截面PQMN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．又因為BD∥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． 答案　C 15．(2018紹興一中適應(yīng)性檢測)如圖所示，棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)面BCC1B1是菱形，設(shè)D是A1C1上的點且A1B∥平面B1CD，則A1D∶DC1的值為________． 解析　設(shè)BC1∩B1C＝O，連接OD. ∵A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD， ∴A1B∥OD，∵四邊形BCC1B1是菱形，∴O為BC1的中點，∴D為A1C1的中點，則A1D∶DC1＝1. 答案　1 16.如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.設(shè)AB1的中點為D，B1C∩BC1＝E.求證： (1)DE∥平面AA1C1C； (2)BC1⊥AB1. 證明　(1)由題意知，E為B1C的中點，又D為AB1的中點，因此DE∥AC. 又因為DE?平面AA1C1C，AC?平面AA1C1C， 所以DE∥平面AA1C1C. (2)因為棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱， 所以CC1⊥平面ABC. 因為AC?平面ABC，所以AC⊥CC1. 又因為AC⊥BC，CC1?平面BCC1B1， BC?平面BCC1B1，BC∩CC1＝C， 所以AC⊥平面BCC1B1. 又因為BC1?平面BCC1B1， 所以BC1⊥AC. 因為BC＝CC1， 所以矩形BCC1B1是正方形， 因此BC1⊥B1C. 因為AC，B1C?平面B1AC，AC∩B1C＝C， 所以BC1⊥平面B1AC. 又因為AB1?平面B1AC， 所以BC1⊥AB1. 17．(2018杭州七校聯(lián)考)如圖，在四棱臺ABCD－A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60. (1)證明：AA1⊥BD； (2)證明：CC1∥平面A1BD. 證明　(1)因為D1D⊥平面ABCD，且BD?平面ABCD，所以D1D⊥BD. 又AB＝2AD，∠BAD＝60，在△ABD中，由余弦定理，得BD＝AD， 所以AD2＋BD2＝AB2，即AD⊥BD. 又AD∩D1D＝D，所以BD⊥平面ADD1A1. 又AA1?平面ADD1A1，所以AA1⊥BD. (2)如圖，連接AC，A1C1. 設(shè)AC∩BD＝E，連接EA1. 因為四邊形ABCD為平行四邊形， 所以EC＝AC. 由棱臺定義及AB＝2AD＝2A1B1知，A1C1∥EC且A1C1＝EC， 所以四邊形A1ECC1為平行四邊形， 因此CC1∥EA1. 又EA1?平面A1BD，CC1?平面A1BD， 所以CC1∥平面A1BD.