（全国通用）2023届高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.4直线、平面平行的判定与性质学案

PAGEPAGE1§8.4直线、平面平行的判定与性质最新考纲考情考向分析1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题.直线、平面平行的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线平行、线面平行、面面平行的判定及其应用等内容．题型主要以解答题的形式出现，解题要求有较强的推理论证能力，广泛应用转化与化归的思想.1．线面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行(简记为“线线平行⇒线面平行〞)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l∥a,a⊂α,l⊄α))⇒l∥α性质定理一条直线与一个平面平行，那么过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行〞)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质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行(简记为“线面平行⇒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性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α∥β,α∩γ＝a,β∩γ＝b))⇒a∥b知识拓展重要结论：(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即假设a⊥α，a⊥β，那么α∥β.(2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即假设a⊥α，b⊥α，那么a∥b.(3)平行于同一个平面的两个平面平行，即假设α∥β，β∥γ，那么α∥γ.题组一思考辨析1．判断以下结论是否正确(请在括号中打“√〞或“×〞)(1)假设一条直线平行于一个平面内的一条直线，那么这条直线平行于这个平面．(×)(2)假设一条直线平行于一个平面，那么这条直线平行于这个平面内的任一条直线．(×)(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．(×)(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．(√)(5)假设直线a与平面α内无数条直线平行，那么a∥α.(×)(6)假设α∥β，直线a∥α，那么a∥β.(×)题组二教材改编2．[P61A组T1(1)]以下命题中正确的选项是()A．假设a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B．假设直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行C．平行于同一条直线的两个平面平行D．假设直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，那么b∥α答案D解析A中，a可以在过b的平面内；B中，a与α内的直线也可能异面；C中，两平面可相交；D中，由直线与平面平行的判定定理知b∥α，正确．3．[P62A组T3]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，那么BD1与平面AEC答案平行解析连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO，在△BDD1中，E为DD1的中点，O为BD的中点，所以EO为△BDD1的中位线，那么BD1∥EO，而BD1⊄平面ACE，EO⊂平面ACE，所以BD1∥平面ACE.题组三易错自纠4．假设平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，那么在平面β内且过B点的所有直线中()A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一与a平行的直线答案A解析当直线a在平面β内且过B点时，不存在与a平行的直线，应选A.5．设α，β，γ为三个不同的平面，a，b为直线，给出以下条件：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的条件是______．(填上所有正确的序号)答案②④解析在条件①或条件③中，α∥β或α与β相交；由α∥γ，β∥γ⇒α∥β，条件②满足；在④中，a⊥α，a∥b⇒b⊥α，又b⊥β，从而α∥β，④满足．6.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，那么四边形EFGH的形状为________．答案平行四边形解析∵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，∴四边形EFGH是平行四边形．题型一直线与平面平行的判定与性质命题点1直线与平面平行的判定典例如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，E，F，H分别为线段AD，PC，CD的中点，AC与BE交于O点，G是线段OF上一点．(1)求证：AP∥平面BEF；(2)求证：GH∥平面PAD.证明(1)连接EC，∵AD∥BC，BC＝eq\f(1,2)AD，∴BC綊AE，∴四边形ABCE是平行四边形，∴O为AC的中点．又F是PC的中点，∴FO∥AP，又FO⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，∴AP∥平面BEF.(2)连接FH，OH，∵F，H分别是PC，CD的中点，∴FH∥PD，又PD⊂平面PAD，FH⊄平面PAD，∴FH∥平面PAD.又O是BE的中点，H是CD的中点，∴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.命题点2直线与平面平行的性质典例(2022·长沙调研)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2eq\r(17).点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH.(1)证明：GH∥EF；(2)假设EB＝2，求四边形GEFH的面积．(1)证明因为BC∥平面GEFH，BC⊂平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH，所以GH∥BC.同理可证EF∥BC，因此GH∥EF.(2)解如图，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PO∥GK，且GK⊥底面ABCD，从而GK⊥EF.所以GK是梯形GEFH的高．由AB＝8，EB＝2得EB∶AB＝KB∶DB＝1∶4，从而KB＝eq\f(1,4)DB＝eq\f(1,2)OB，即K为OB的中点．再由PO∥GK得GK＝eq\f(1,2)PO，即G是PB的中点，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.故四边形GEFH的面积S＝eq\f(GH＋EF,2)·GK＝eq\f(4＋8,2)×3＝18.思维升华判断或证明线面平行的常用方法(1)利用线面平行的定义(无公共点)．(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)．(3)利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β)．(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．跟踪训练(2022·全国Ⅲ)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，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．(1)证明由得AM＝eq\f(2,3)AD＝2.如图，取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝eq\f(1,2)BC＝2.又AD∥BC，故TN綊AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)解因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点，所以N到平面ABCD的距离为eq\f(1,2)PA.取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\r(5).由AM∥BC得M到BC的距离为eq\r(5)，故S△BCM＝eq\f(1,2)×4×eq\r(5)＝2eq\r(5).所以四面体N-BCM的体积V四面体N-BCM＝eq\f(1,3)×S△BCM×eq\f(PA,2)＝eq\f(4\r(5),3).题型二平面与平面平行的判定与性质典例如下图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EFA1∥平面BCHG.证明(1)∵G，H分别是A1B1，A1C1∴GH是△A1B1C1∴GH∥B1C1又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC∴B，C，H，G四点共面．(2)∵E，F分别是AB，AC的中点，∴EF∥BC.∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.∵A1G綊EB∴四边形A1EBG是平行四边形，∴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.引申探究在本例条件下，假设D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D证明如下图，连接A1C交AC1于点M，∵四边形A1ACC1是平行四边形，∴M是A1C的中点，连接MD∵D为BC的中点，∴A1B∥DM.∵A1B⊂平面A1BD1，DM⊄平面A1BD1，∴DM∥平面A1BD1.又由三棱柱的性质知，D1C1綊BD∴四边形BDC1D1为平行四边形，∴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.思维升华证明面面平行的方法(1)面面平行的定义．(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行．(5)利用“线线平行〞“线面平行〞“面面平行〞的相互转化．跟踪训练(2022·唐山质检)如下图，四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：(1)BE∥平面DMF；(2)平面BDE∥平面MNG.证明(1)如下图，设DF与GN交于点O，连接AE，那么AE必过点O，连接MO，那么MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO.因为BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN.因为DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.因为M为AB的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN.因为BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG.因为DE∩BD＝D，BD，DE⊂平面BDE，所以平面BDE∥平面MNG.题型三平行关系的综合应用典例如下图，平面α∥平面β，点A∈α，点C∈α，点B∈β，点D∈β，点E，F分别在线段AB，CD上，且AE∶EB＝CF∶FD.(1)求证：EF∥平面β；(1)证明①当AB，CD在同一平面内时，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当AB与CD异面时，如下图，设平面ACD∩平面β＝DH，且DH＝AC，∵平面α∥平面β，平面α∩平面ACDH＝AC，∴AC∥DH，∴四边形ACDH是平行四边形，在AH上取一点G，使AG∶GH＝CF∶FD，连接EG，FG，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.综合①②可知，EF∥平面β.(2)解如下图，连接AD，取AD的中点M，连接ME，MF.∵E，F分别为AB，CD的中点，∴ME∥BD，MF∥AC，且ME＝eq\f(1,2)BD＝3，MF＝eq\f(1,2)AC＝2.∴∠EMF为AC与BD所成的角或其补角，∴∠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).思维升华利用线面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置，对于最值问题，常用函数思想来解决．跟踪训练如下图，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，假设截面为平行四边形．(1)求证：AB∥平面EFGH，CD∥平面EFGH；(2)假设AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH周长的取值范围．(1)证明∵四边形EFGH为平行四边形，∴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.同理可证，CD∥平面EFGH.(2)解设EF＝x(0<x<4)，∵EF∥AB，FG∥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.∵四边形EFGH为平行四边形，∴四边形EFGH的周长l＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋6－\f(3,2)x))＝12－x.又∵0<x<4，∴8<l<12，即四边形EFGH周长的取值范围是(8,12)．1．假设直线l不平行于平面α，且l⊄α，那么()A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α与直线l至少有两个公共点D．α内的直线与l都相交答案B解析因为l⊄α，直线l不平行于平面α，所以直线l只能与平面α相交，于是直线l与平面α只有一个公共点，所以平面α内不存在与l平行的直线．2．直线a和平面α，那么a∥α的一个充分条件是()A．存在一条直线b，a∥b且b⊂αB．存在一条直线b，a⊥b且b⊥αC．存在一个平面β，a⊂β且α∥βD．存在一个平面β，a∥β且α∥β答案C解析在A，B，D中，均有可能a⊂α，错误；在C中，两平面平行，那么其中一个平面内的任一条直线都平行于另一平面，故C正确．3．(2022·攀枝花质检)平面α∥平面β，点A，C∈α，点B，D∈β，那么直线AC∥直线BD的充要条件是()A．AB∥CD B．AD∥CBC．AB与CD相交 D．A，B，C，D四点共面答案D4．一条直线l上有相异的三个点A，B，C到平面α的距离相等，那么直线l与平面α的位置关系是()A．l∥α B．l⊥αC．l与α相交但不垂直 D．l∥α或l⊂α答案D解析当l∥α时，直线l上任意点到α的距离都相等；当l⊂α时，直线l上所有的点到α的距离都是0；当l⊥α时，直线l上有两个点到α的距离相等；当l与α斜交时，也只能有两个点到α的距离相等．应选D.5．对于空间中的两条直线m，n和一个平面α，以下命题中的真命题是()A．假设m∥α，n∥α，那么m∥nB．假设m∥α，n⊂α，那么m∥nC．假设m∥α，n⊥α，那么m∥nD．假设m⊥α，n⊥α，那么m∥n答案D解析对A，直线m，n可能平行、异面或相交，故A错误；对B，直线m与n可能平行，也可能异面，故B错误；对C，m与n垂直而非平行，故C错误；对D，垂直于同一平面的两直线平行，故D正确．6．如图，L，M，N分别为正方体对应棱的中点，那么平面LMN与平面PQR的位置关系是()A．垂直 B．相交不垂直C．平行 D．重合答案C解析如图，分别取另三条棱的中点A，B，C，将平面LMN延展为平面正六边形AMBNCL，因为PQ∥AL，PR∥AM，且PQ与PR相交，AL与AM相交，所以平面PQR∥平面AMBNCL，即平面LMN∥平面PQR.7．(2022·重庆模拟)在四面体A－BCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，那么四面体的四个面中与MN平行的是________．答案平面ABD与平面ABC解析如图，取CD的中点E，连接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．设α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且________，那么m∥n〞中的横线处填入以下三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.可以填入的条件有________．答案①或③解析由面面平行的性质定理可知，①正确；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．9．(2022·承德模拟)如下图，在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，那么M只需满足条件______时，就有MN∥平面B1BDD1答案点M在线段FH上(或点M与点H重合)解析连接HN，FH，FN，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·海口调研)将一个真命题中的“平面〞换成“直线〞、“直线〞换成“平面〞后仍是真命题，那么该命题称为“可换命题〞．给出以下四个命题：①垂直于同一平面的两直线平行；②垂直于同一平面的两平面平行；③平行于同一直线的两直线平行；④平行于同一平面的两直线平行．其中是“可换命题〞的是______．(填序号)答案①③解析由线面垂直的性质定理可知①是真命题，且垂直于同一直线的两平面平行也是真命题，故①是“可换命题〞；因为垂直于同一平面的两平面可能平行或相交，所以②是假命题，不是“可换命题〞；由公理4可知③是真命题，且平行于同一平面的两平面平行也是真命题，故③是“可换命题〞；因为平行于同一平面的两条直线可能平行、相交或异面，故④是假命题，故④不是“可换命题〞．11．(2022·南昌模拟)如图，在四棱锥P—ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD为梯形，AB∥CD，AB＝2DC＝2eq\r(3)，且△PAD与△ABD均为正三角形，E为AD的中点，G为△PAD的重心．(1)求证：GF∥平面PDC；(2)求三棱锥G—PCD的体积．(1)证明方法一连接AG并延长交PD于点H，连接CH.由梯形ABCD中AB∥CD且AB＝2DC知，eq\f(AF,FC)＝eq\f(2,1).又E为AD的中点，G为△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.方法二过G作GN∥AD交PD于N，过F作FM∥AD交CD于M，连接MN，∵G为△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为梯形，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，FM∥AD，得GN∥FM，∴四边形GNMF为平行四边形．∴GF∥MN，又∵GF⊄平面PCD，MN⊂平面PCD，∴GF∥平面PDC.方法三过G作GK∥PD交AD于K，连接KF，GK，由△PAD为正三角形，E为AD的中点，G为△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与△ABD均为正三角形，E为AD的中点，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三棱锥G—PCD＝V三棱锥F—PCD＝V三棱锥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为正三角形，得∠CDF＝∠ABD＝60°，∴S△CDF＝eq\f(1,2)×CD×DF×sin∠BDC＝eq\f(\r(3),2)，得V三棱锥P—CDF＝eq\f(1,3)×PE×S△CDF＝eq\f(\r(3),2)，∴三棱锥G—PCD的体积为eq\f(\r(3),2).方法二由平面PAD⊥平面ABCD，△PAD与△ABD均为正三角形，E为AD的中点，知PE⊥AD，BE⊥AD，又∵平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，∴PE⊥平面ABCD，且PE＝3，连接CE，∵PG＝eq\f(2,3)PE，∴V三棱锥G—PCD＝eq\f(2,3)V三棱锥E—PCD＝eq\f(2,3)V三棱锥P—CDE＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×PE×S△CDE，又△ABD为正三角形，得∠EDC＝120°，得S△CDE＝eq\f(1,2)×CD×DE×sin∠EDC＝eq\f(3\r(3),4).∴V三棱锥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)，∴三棱锥G—PCD的体积为eq\f(\r(3),2).12.如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，BC＝PD＝2，E为PC的中点，CB＝3CG.(1)求证：PC⊥BC；(2)AD边上是否存在一点M，使得PA∥平面MEG？假设存在，求出AM的长；假设不存在，请说明理由．(1)证明因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC.因为四边形ABCD是正方形，所以BC⊥CD.又PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD，所以BC⊥平面PCD.因为PC⊂平面PDC，所以PC⊥BC.(2)解连接AC，BD交于点O，连接EO，GO，延长GO交AD于点M，连接EM，那么PA∥平面MEG.证明如下：因为E为PC的中点，O是AC的中点，所以EO∥PA.因为EO⊂平面MEG，PA⊄平面MEG，所以PA∥平面MEG.因为△OCG≌△OAM，所以AM＝CG＝eq\f(2,3)，所以AM的长为eq\f(2,3).A．AC⊥BDB．AC∥截面PQMNC．AC＝BDD．异面直线PM与BD所成的角为45°答案C解析因为截面PQMN是正方形，所以MN∥QP，又PQ⊂平面ABC，MN⊄平面ABC，那么MN∥平面ABC，由线面平行的性质知MN∥AC，又MN⊂平面PQMN，AC⊄平面PQMN，那么AC∥截面PQMN，同理可得MQ∥B