?第4節(jié)　直線、平面平行的判定與性質
考試要求　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性質與判定定理；2.能運用公理、定理和已獲得的結論證明一些有關空間圖形的平行關系的簡單命題.


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)判定定理與性質定理


文字語言
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判定定理
如果平面外一條直線與此平面內的一條直線平行，那么該直線與此平面平行

a?α，
b?α，
a∥b?
a∥α
性質定理
一條直線和一個平面平行，如果過該直線的平面與此平面相交，那么該直線與交線平行.

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)判定定理與性質定理


文字語言
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判定定理
如果一個平面內的兩條相交直線與另一個平面平行，那么這兩個平面平行

a?β，
b?β，
a∩b＝P，
a∥α，b∥α?α∥β
性質
兩個平面平行，則其中一個平面內的直線平行于另一個平面

α∥β，a?α?a∥β
性質定理
兩個平面平行，如果另一個平面與這兩個平面相交，那么兩條交線平行

α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b

1.平行關系中的三個重要結論
(1)垂直于同一條直線的兩個平面平行，即若a⊥α，a⊥β，則α∥β.
(2)平行于同一平面的兩個平面平行，即若α∥β，β∥γ，則α∥γ.
(3)垂直于同一個平面的兩條直線平行，即若a⊥α，b⊥α，則a∥b.
2.三種平行關系的轉化


1.思考辨析(在括號內打“√”或“×”)
(1)若一條直線和平面內一條直線平行，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的直線有無數條.(　　)
(3)如果一個平面內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的兩條直線平行或異面.(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
解析　(1)若一條直線和平面內的一條直線平行，那么這條直線和這個平面平行或在平面內，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.
2.下列說法中，與“直線a∥平面α”等價的是(　　)
A.直線a上有無數個點不在平面α內
B.直線a與平面α內的所有直線平行
C.直線a與平面α內無數條直線不相交
D.直線a與平面α內的任意一條直線都不相交
答案　D
解析　因為a∥平面α，所以直線a與平面α無交點，因此a和平面α內的任意一條直線都不相交，故選D.
3.(2022·昆明診斷)設α，β是兩個不同的平面，m是直線且m?α，則“m∥β”是“α∥β”的(　　)
A.充分不必要條件
B.必要不充分條件
C.充分必要條件
D.既不充分也不必要條件
答案　B
解析　根據m?α，m∥β得不到α∥β，因為α，β可能相交，只要m和α，β的交線平行即可得到m∥β；
反之，α∥β，m?α，所以m和β沒有公共點，所以m∥β，即由α∥β能得到m∥β.
所以“m∥β”是“α∥β”的必要不充分條件.
4.(2021·太原質檢)平面α∥平面β的一個充分條件是(　　)
A.存在一條直線a，a∥α，a∥β
B.存在一條直線a，a?α，a∥β
C.存在兩條平行直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α
D.存在兩條異面直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α
答案　D
解析　若α∩β＝l，a∥l，a?α，a?β，a∥α，a∥β，故排除A；
若α∩β＝l，a?α，a∥l，則a∥β，故排除B；
若α∩β＝l，a?α，a∥l，b?β，b∥l，則a∥β，b∥α，故排除C；
故選D.
5.在正方體ABCD－A1B1C1D1中，下列結論正確的是________(填序號).
①AD1∥BC1；
②平面AB1D1∥平面BDC1；
③AD1∥DC1；
④AD1∥平面BDC1.
答案?、佗冖?br /> 解析　如圖，

因為AB綉C1D1，
所以四邊形AD1C1B為平行四邊形.
故AD1∥BC1，從而①正確；
易證BD∥B1D1，AB1∥DC1，
又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，
故平面AB1D1∥平面BDC1，從而②正確；
由圖易知AD1與DC1異面，故③錯誤；
因為AD1∥BC1，AD1?平面BDC1，BC1?平面BDC1，
所以AD1∥平面BDC1，故④正確.
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，則四邊形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.

　考點一　直線與平面平行的判定與性質
角度1　直線與平面平行的判定
例1 如圖所示，正方形ABCD與正方形ABEF所在的平面相交于AB，在AE、BD上各有一點P、Q，且AP＝DQ.求證：PQ∥平面BCE.

證明　法一　如圖所示，作PM∥AB交BE于M，作QN∥AB交BC于N，連接MN.

∵正方形ABCD和正方形ABEF有公共邊AB.
又AP＝DQ，∴PE＝QB，
又PM∥AB∥QN，
∴＝＝＝，∴＝.
又AB綉DC，∴PM綉QN，
∴四邊形PMNQ為平行四邊形，
∴PQ∥MN.
又MN?平面BCE，PQ?平面BCE，
∴PQ∥平面BCE.
法二　如圖，在平面ABEF內，過點P作PM∥BE交AB于點M，連接QM.

則PM∥平面BCE，
∵PM∥BE，
∴＝，又AE＝BD，AP＝DQ，
∴PE＝BQ，∴＝，∴＝，
∴MQ∥AD，又AD∥BC，∴MQ∥BC，
∴MQ∥平面BCE，又PM∩MQ＝M，
∴平面PMQ∥平面BCE，又PQ?平面PMQ，∴PQ∥平面BCE.
角度2　直線與平面平行的性質
例2 (2022·許昌質檢)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，∠DAB＝90°，AB＝BC＝PA＝AD＝2，E為PB的中點，F是PC上的點.

(1)若EF∥平面PAD，證明：F為PC的中點；
(2)求點C到平面PBD的距離.
(1)證明　因為BC∥AD，BC?平面PAD，AD?平面PAD，
所以BC∥平面PAD.
因為P∈平面PBC，P∈平面PAD，所以可設平面PBC∩平面PAD＝PM，
又因為BC?平面PBC，所以BC∥PM，
因為EF∥平面PAD，EF?平面PBC，
所以EF∥PM，從而得EF∥BC.
因為E為PB的中點，所以F為PC的中點.
(2)解　因為PA⊥底面ABCD，∠DAB＝90°，AB＝BC＝PA＝AD＝2，

所以PB＝＝2，PD＝＝2，
BD＝＝2，
所以S△DPB＝PB·＝6.
設點C到平面PBD的距離為d，
由VC－PBD＝VP－BCD，得S△DPB·d＝S△BCD·PA＝××BC×AB×PA，
則6d＝×2×2×2，解得d＝.
感悟提升　1.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(α∥β，a?α?a∥β).
(4)利用面面平行的性質(α∥β，a?β，a∥α?a∥β).
2.應用線面平行的性質定理的關鍵是確定交線的位置，有時需要經過已知直線作輔助平面確定交線.
訓練1 如圖所示，已知四邊形ABCD是正方形，四邊形ACEF是矩形，M是線段EF的中點.

(1)求證：AM∥平面BDE；
(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，試分析l與m的位置關系，并證明你的結論.
(1)證明　如圖，記AC與BD的交點為O，連接OE.

因為O，M分別為AC，EF的中點，四邊形ACEF是矩形，
所以四邊形AOEM是平行四邊形，
所以AM∥OE.
又因為OE?平面BDE，AM?平面BDE，
所以AM∥平面BDE.
(2)解　l∥m，證明如下：
由(1)知AM∥平面BDE，
又AM?平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，所以l∥AM，
同理，AM∥平面BDE，
又AM?平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，所以m∥AM，所以l∥m.
考點二　平面與平面平行的判定與性質
例3 如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形.

(1)證明：平面A1BD∥平面CD1B1；
(2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝l，證明：B1D1∥l.
證明　(1)由題設知BB1綉DD1，所以四邊形BB1D1D是平行四邊形，所以BD∥B1D1.
又BD?平面CD1B1，B1D1?平面CD1B1，
所以BD∥平面CD1B1.
因為A1D1綉B(tài)1C1綉B(tài)C，
所以四邊形A1BCD1是平行四邊形，
所以A1B∥D1C.
又A1B?平面CD1B1，D1C?平面CD1B1，
所以A1B∥平面CD1B1.
又因為BD∩A1B＝B，BD，A1B?平面A1BD，所以平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，
又平面ABCD∩平面B1D1C＝l，
平面ABCD∩平面A1BD＝BD，
所以直線l∥直線BD，
在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四邊形BDD1B1為平行四邊形，
所以B1D1∥BD，所以B1D1∥l.
感悟提升　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(垂直于同一直線的兩平面平行).
2.面面平行條件的應用
(1)兩平面平行，分別構造與之相交的第三個平面，交線平行.
(2)兩平面平行，其中一個平面內的任意一條直線與另一個平面平行.
提醒　利用面面平行的判定定理證明兩平面平行，需要說明是在一個平面內的兩條直線是相交直線.
訓練2 如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G分別為B1C1，A1B1，AB的中點.

(1)求證：平面A1C1G∥平面BEF；
(2)若平面A1C1G∩BC＝H，求證：H為BC的中點.
證明　(1)∵E，F分別為B1C1，A1B1的中點，∴EF∥A1C1，
∵A1C1?平面A1C1G，EF?平面A1C1G，
∴EF∥平面A1C1G，
又F，G分別為A1B1，AB的中點，ABB1A1為平行四邊形，
∴A1F＝BG，且A1F∥BG，
∴四邊形A1GBF為平行四邊形，
則BF∥A1G，
∵A1G?平面A1C1G，BF?平面A1C1G，
∴BF∥平面A1C1G，
又EF∩BF＝F，EF，BF?平面BEF，
∴平面A1C1G∥平面BEF.
(2)∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，平面A1C1G與平面ABC有公共點G，則有經過G的直線，設交BC于點H，則A1C1∥GH，得GH∥AC，

∵G為AB的中點，∴H為BC的中點.
考點三　平行關系的綜合應用
例4 如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分別為對角線BD，CD1上的點，且＝＝.

(1)求證：PQ∥平面A1D1DA；
(2)若R是AB上的點，的值為多少時，能使平面PQR∥平面A1D1DA？請給出證明.
(1)證明　連接CP并延長與DA的延長線交于M點，如圖，連接MD1，

因為四邊形ABCD為正方形，
所以BC∥AD，
故△PBC∽△PDM，所以＝＝，
又因為＝＝，所以＝＝，
所以PQ∥MD1.
又MD1?平面A1D1DA，PQ?平面A1D1DA，
故PQ∥平面A1D1DA.
(2)解　當的值為時，能使平面PQR∥平面A1D1DA.

如圖，證明：因為＝，
即＝，故＝.所以PR∥DA.
又DA?平面A1D1DA，PR?平面A1D1DA，
所以PR∥平面A1D1DA，
又PQ∥平面A1D1DA，PQ∩PR＝P，PQ，PR?平面PQR，
所以平面PRQ∥平面A1D1DA.
感悟提升　三種平行關系的轉化

訓練3 如圖，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為平行四邊形，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)如圖，連接AE，則AE必過DF與GN的交點O，因為四邊形ADEF為平行四邊形，所以O為AE的中點.
連接MO，則MO為△ABE的中位線，
所以BE∥MO，
又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∥NG，
又DE?平面MNG，NG?平面MNG，
所以DE∥平面MNG.
因為M為AB的中點，N為AD的中點，
所以MN為△ABD的中位線，
所以BD∥MN，
又BD?平面MNG，MN?平面MNG，
所以BD∥平面MNG，
又DE與BD為平面BDE內的兩條相交直線，所以平面BDE∥平面MNG.


1.設α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是(　　)
A.α內有無數條直線與β平行
B.α內有兩條相交直線與β平行
C.α，β平行于同一條直線
D.α，β垂直于同一平面
答案　B
解析　若α∥β，則α內有無數條直線與β平行，當α內無數條直線互相平行時，α與β可能相交；若α，β平行于同一條直線，則α與β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一個平面，則α與β可以平行也可以相交，故A，C，D中條件均不是α∥β的充要條件.根據兩平面平行的判定定理知，若一個平面內有兩條相交直線與另一個平面平行，則兩平面平行，反之也成立.因此B中條件是α∥β的充要條件.
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內的任何直線平行
C.平行于同一條直線的兩個平面平行
D.若直線a，b和平面α滿足a∥b，a∥α，b?α，則b∥α
答案　D
解析　A中，a可以在過b的平面內；B中，a與α內的直線也可能異面；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.如果AB，BC，CD是不在同一平面內的三條線段，則經過它們中點的平面和直線AC的位置關系是(　　)
A.平行 B.相交
C.AC在此平面內 D.平行或相交
答案　A
解析　把這三條線段放在正方體內可得如圖，顯然AC∥EF，AC?平面EFG，
∵EF?平面EFG，

故AC∥平面EFG.
4.(2021·蘭州診斷)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的位置關系是(　　)

A.異面 　　 B.平行
C.相交 　　 D.以上均有可能
答案　B
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.
5.若平面α截三棱錐所得截面為平行四邊形，則該三棱錐中與平面α平行的棱有(　　)
A.0條 B.1條
C.2條 D.1條或2條
答案　C
解析　如圖所示，平面α即平面EFGH，則四邊形EFGH為平行四邊形，

則EF∥GH.
∵EF?平面BCD，GH?平面BCD，
∴EF∥平面BCD.
又∵EF?平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，∴EF∥CD.
又EF?平面EFGH，CD?平面EFGH.
∴CD∥平面EFGH，
同理，AB∥平面EFGH，
所以與平面α(平面EFGH)平行的棱有2條.
6.(2022·鄭州模擬)如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四邊形ABCD為平行四邊形，E，F分別在線段DB，DD1上，且＝＝，G在CC1上且平面AEF∥平面BD1G，則＝(　　)

A. B. C. D.
答案　B
解析　如圖所示，延長AE交CD于H，連接FH，則△DEH∽△BEA，所以＝＝.因為平面AEF∥平面BD1G，平面AEF∩平面CDD1C＝FH，平面BD1G∩平面CDD1C1＝D1G，所以FH∥D1G.又四邊形CDD1C1是平行四邊形，所以△DFH∽△C1GD1，所以＝，因為＝＝，所以＝，因為＝，所以FD1＝C1G，DF＝CG，所以＝，故選B.

7.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____________，則m∥n”中的橫線處填入下列三組條件中的一組，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________(填序號).
答案　①或③
解析　由面面平行的性質定理可知，①正確；當m∥γ，n∥β時，n和m可能平行或異面，②錯誤；當n∥β，m?γ時，n和m在同一平面內，且沒有公共點，所以m∥n，③正確.
8.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________.

答案?、佗?br /> 解析?、僦校字狽P∥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.
9.在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點，設Q是CC1上的點，則點Q滿足條件________時，有平面D1BQ∥平面PAO.
答案　Q為CC1的中點
解析　如圖所示，設Q為CC1的中點，因為P為DD1的中點，所以QB∥PA.連接DB，因為P，O分別是DD1，DB的中點，所以D1B∥PO，又D1B?平面PAO，QB?平面PAO，PO?平面PAO，PA?平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，D1B，QB?平面D1BQ，所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q為CC1的中點時，有平面D1BQ∥平面PAO.

10.如圖，在四棱錐P－ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝AD，E，F，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)如圖，連接EC，因為AD∥BC，BC＝AD，E為AD中點，

所以BC∥AE，BC＝AE，
所以四邊形ABCE是平行四邊形，
所以O為AC的中點.
又因為F是PC的中點，所以FO∥AP，
因為FO?平面BEF，AP?平面BEF，
所以AP∥平面BEF.
(2)連接FH，OH，因為F，H分別是PC，CD的中點，所以FH∥PD，
因為PD?平面PAD，FH?平面PAD，
所以FH∥平面PAD.
又因為O是BE的中點，H是CD的中點，
所以OH∥AD，
因為AD?平面PAD，OH?平面PAD，
所以OH∥平面PAD.
又FH∩OH＝H，FH，OH?平面OHF，
所以平面OHF∥平面PAD.
又因為GH?平面OHF，
所以GH∥平面PAD.
11.(2022·百校大聯考)已知在四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥DC，DC＝2AB，Q為PC的中點.

(1)求證：BQ∥平面PAD；
(2)若PD＝3，BC＝，BC⊥BD，試在線段PC上確定一點S，使得三棱錐S－BCD的體積為.
(1)證明　取PD的中點G，連接AG，GQ，

因為Q為PC的中點，
所以GQ∥DC，且GQ＝DC，
又因為AB∥DC，DC＝2AB，
所以GQ∥AB，GQ＝AB，
所以四邊形ABQG是平行四邊形，
所以BQ∥AG，
又BQ?平面PAD，AG?平面PAD，
所以BQ∥平面PAD.
(2)解　因為在四邊形ABCD中，AB∥CD，AD⊥DC，DC＝2AB，
所以點B在線段CD的垂直平分線上，
又因為BC＝，BC⊥BD，
所以BD＝BC＝，
所以△BCD的面積S＝××＝1.
設點S到平面ABCD的距離為h，
所以×1×h＝，所以h＝2，
又PD⊥平面ABCD，PD＝3，
所以點S在線段PC上靠近點P的三等分點處.

12.《九章算術·商功》記載了一個古代數學名詞“塹堵”.即兩底面為直角三角形的直棱柱，亦即長方體的斜截平分體.如圖所示，塹堵(即直三棱柱)ABC－DEF中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，AD＝4，G是FC的中點，則下列說法錯誤的是(　　)

A.點D到平面AGE的距離為
B.平面ABC內存在直線平行于平面AEG
C.三角形AGE為直角三角形
D.BE與AG的夾角為
答案　D
解析　設點D到平面AGE的距離為h，則由VD－AGE＝VE－ADG可知h·×2×2＝×2××2×4，則h＝，A正確；
取ED，EA的中點M、N，連接MN，FM，GN，則MN∥FG，MN＝FG，
∴四邊形MNGF為平行四邊形，∴MF∥NG，
∵MF?平面AGE，NG?平面AGE，
∴MF∥平面AGE，而MF?平面DEF，平面ABC∥平面DEF，B正確；
依題意可知，AG＝2，EG＝2，EA＝2，∴AG2＋EG2＝EA2，∴AG⊥GE，
∴△AGE為直角三角形，C正確；
∵BE∥CG，∴∠AGC即為BE與AG所成的角(或其補角)，
∵G為CF的中點，CF＝AD＝4，AC＝2，
∴AC＝CG，
又CF⊥平面ABC，∴∠AGC＝，D錯誤.
13.如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是A1D1，A1B1的中點，過直線BD的平面α∥平面AMN，則平面α截該正方體所得截面的面積為________.

答案　
解析　如圖1，分別取B1C1，C1D1的中點E，F，連接EF，BE，DF，B1D1，ME，易知EF∥B1D1∥BD，AB∥ME，AB＝EM，所以四邊形ABEM為平行四邊形，則AM∥BE，又BD和BE為平面BDFE內的兩條相交直線.
　
圖1　　　　　　　　　圖2
所以平面AMN∥平面BDFE，
即平面BDFE為平面α，BD＝，EF＝B1D1＝，得四邊形BDFE為等腰梯形，DF＝BE＝，
在等腰梯形BDFE如圖2中，
過E，F作BD的垂線，則四邊形EFGH為矩形，
∴其高FG＝＝＝，
故所得截面的面積為
××＝.
14.如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點.

(1)證明：MN∥平面C1DE；
(2)求點C到平面C1DE的距離.
(1)證明　如圖，連接B1C，ME.
因為M，E分別為BB1，BC的中點，

所以ME∥B1C，且ME＝B1C.
又因為N為A1D的中點，所以ND＝A1D.

由題設知A1B1綉DC，
可得B1C綉A1D，故ME綉ND，
因此四邊形MNDE為平行四邊形，
所以MN∥ED.
又MN?平面C1DE，DE?平面C1DE，
所以MN∥平面C1DE.
(2)解　過點C作C1E的垂線，垂足為H.
由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，
又BC∩C1C＝C，BC，C1C?平面C1CE，
所以DE⊥平面C1CE，
故DE⊥CH.所以CH⊥平面C1DE，
故CH的長即為點C到平面C1DE的距離.
由已知可得CE＝1，C1C＝4，
所以C1E＝，故CH＝.
從而點C到平面C1DE的距離為.

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這是一份2024年數學高考大一輪復習第八章 §8.6　空間向量與立體幾何，共4頁。試卷主要包含了已知a＝，b＝，A，B等內容，歡迎下載使用。

2024年數學高考大一輪復習第八章 §8.6　空間向量與立體幾何：

這是一份2024年數學高考大一輪復習第八章 §8.6　空間向量與立體幾何，共8頁。試卷主要包含了空間向量的有關定理，空間位置關系的向量表示等內容，歡迎下載使用。

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