2020年江苏高考数学复习练习课件第十二章§12.2 直线、平面平行的判定与性质.pptx

1、五年高考,A组 自主命题江苏卷题组,1.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1B1C1. 求证:(1)AB平面A1B1C; (2)平面ABB1A1平面A1BC.,证明 本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查空间想象能 力和推理论证能力. (1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,ABA1B1. 因为AB平面A1B1C,A1B1平面A1B1C, 所以AB平面A1B1C. (2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形, 又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形, 所以AB

2、1A1B. 因为AB1B1C1,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,BCB1C1, 所以AB1BC. 又因为A1BBC=B,A1B平面A1BC,BC平面A1BC, 所以AB1平面A1BC, 又因为AB1平面ABB1A1, 所以平面ABB1A1平面A1BC.,答题规范 (1)表达不规范,例如,不交代“在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中”,直接写“ABA1 B1”. (2)对平行六面体定义不清楚.例如,可以直接由平行六面体得到“ABA1B1”,却要通过面面 平行推导“ABA1B1”.,学习建议 空间想象能力是基本数学能力之一,因此立体几何历年都是高考必考的重点内容 之一.在学习过程中要

3、注意以下几点: (1)重视空间想象能力的提升.学习时要通过对实物的抽象,加强立体图形的识别,图形与实物 的互相转化,从而提升空间想象能力. (2)知识要网络化.立体几何中的公理和定理较多,而且相互关联,需要梳理出条件清晰的网络. 另外,立体几何中有很多由定理等推导出的结论,除了教材中可以直接用的定理(课标中有规 定)外,其他推导出的结论一般不能直接运用. (3)书写表达要规范准确,近年来立体几何的考查对思维要求不高,难度也不大,但体现了数学 推导的严谨性,因此书写时要将定理的条件表达全面,引用已知条件时必须要书写清楚.如没有 书写“在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中”,就不能得到“ABA

4、1B1”. (4)重视逻辑段的完整性.对每个逻辑段的表达要完整,不能多也不能少,也不能出现笔误.,2.(2015江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知ACBC,BC=CC1,设AB1的中点为D, B1CBC1=E. 求证:(1)DE平面AA1C1C; (2)BC1AB1.,证明 (1)由题意知,E为B1C的中点, 又D为AB1的中点,因此DEAC. 又因为DE平面AA1C1C,AC平面AA1C1C, 所以DE平面AA1C1C. (2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1平面ABC. 因为AC平面ABC,所以ACCC1. 又因为ACBC,CC1平面BCC1

5、B1,BC平面BCC1B1, BCCC1=C,所以AC平面BCC1B1. 又因为BC1平面BCC1B1,所以BC1AC. 因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形, 因此BC1B1C. 因为AC,B1C平面B1AC,ACB1C=C, 所以BC1平面B1AC. 又因为AB1平面B1AC,所以BC1AB1.,B组 统一命题、省(区、市)卷题组,1.(2019课标全国理改编,7,5分)设,为两个平面,则的充要条件是 . 内有无数条直线与平行; 内有两条相交直线与平行; ,平行于同一条直线; ,垂直于同一平面.,答案 ,解析 本题考查直线、平面平行与垂直的位置关系;以充要条件和面面平行为背景考查

6、推理 论证能力与空间想象能力;考查的核心素养为逻辑推理. 选项中与可能相交.,2.(2018浙江改编,6,4分)已知平面,直线m,n满足m,n,则“mn”是“m”的 .(填“充分不必要条件”“必要不充分条件”“充要条件”或“既不充分又不必要条 件”),答案 充分不必要条件,解析 m,n,mn,m,故充分性成立.而由m,n,得mn或m与n异面,故必要 性不成立.,3.(2016课标全国,14,5分),是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题: 如果mn,m,n,那么. 如果m,n,那么mn. 如果,m,那么m. 如果mn,那么m与所成的角和n与所成的角相等. 其中正确的命题有 .(填写所有正

7、确命题的编号),答案 ,解析 对于,由mn,m可得n或n在内,当n时,与可能相交,也可能平行,故错 误;对于,过直线n作平面与平面交于直线c,由n可知nc,m,mc,mn,故正 确;对于,由两个平面平行的性质可知正确;对于,由线面所成角的定义和等角定理可知其 正确,故正确的有.,解题关键 熟记和理解每个定理是解决此类问题的关键.,4.(2015安徽改编,5,5分)已知m,n是两条不同直线,是两个不同平面,则下列命题正确的是 . (1)若,垂直于同一平面,则与平行; (2)若m,n平行于同一平面,则m与n平行; (3)若, ,则在内 与平行的直线; (4)若m,n ,则m与n 垂直于同一平面.,

8、答案 (4),解析 若,垂直于同一个平面,则,可以都过的同一条垂线,即,可以相交,故(1)错;若m,n 平行于同一个平面,则m与n可能平行,也可能相交,还可能异面,故(2)错;若,不平行,则,相交, 设=l,在内存在直线a,使al,则a,故(3)错;从原命题的逆否命题进行判断,若m与n垂直 于同一个平面,由线面垂直的性质定理知mn,故(4)正确.,5.(2019课标全国文,19,12分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2, BAD=60,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点. (1)证明:MN平面C1DE; (2)求点C到平面C1DE的距离.,解析

9、 本题考查了线面平行、垂直的判定和点到平面的距离,通过平行、垂直的证明,考查了 学生的空间想象力,体现了直观想象的核心素养. (1)连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以MEB1C,且ME= B1C.又因为N为A1D的中 点,所以ND= A1D. 由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,因此四边形MNDE为平行四边形,MNED. 又MN平面C1DE,所以MN平面C1DE. (2)过C作C1E的垂线,垂足为H. 由已知可得DEBC,DEC1C,所以DE平面C1CE,故DECH. 从而CH平面C1DE, 故CH的长即为C到平面C1DE的距离. 由已知可得CE=1,C

10、1C=4,所以C1E= , 故CH= . 从而点C到平面C1DE的距离为 .,思路分析 (1)连接B1C,ME.证明四边形MNDE是平行四边形,得出MNDE,然后利用线面平行 的判定定理证出结论.(2)注意到DE平面BCC1B1,只需过点C作C1E的垂线便可求解.,6.(2017北京文,18,14分)如图,在三棱锥P-ABC中,PAAB,PABC,ABBC,PA=AB=BC=2,D为 线段AC的中点,E为线段PC上一点. (1)求证:PABD; (2)求证:平面BDE平面PAC; (3)当PA平面BDE时,求三棱锥E-BCD的体积.,解析 本题考查线面垂直的判定和性质,面面垂直的判定及线面平行

11、的性质,三棱锥的体积.考 查空间想象能力. (1)证明:因为PAAB,PABC, 所以PA平面ABC. 又因为BD平面ABC, 所以PABD. (2)证明:因为AB=BC,D为AC中点, 所以BDAC.由(1)知,PABD, 所以BD平面PAC. 所以平面BDE平面PAC. (3)因为PA平面BDE,平面PAC平面BDE=DE, 所以PADE. 因为D为AC的中点, 所以DE= PA=1,BD=DC= .,由(1)知,PA平面ABC, 所以DE平面ABC. 所以三棱锥E-BCD的体积V= BDDCDE= .,7.(2016课标全国文,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,

12、ADBC,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NBCM的体积.,解析 (1)证明:由已知得AM= AD=2, 取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TNBC,TN= BC=2. (3分) 又ADBC,故TNAM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MNAT. 因为AT平面PAB,MN平面PAB,所以MN平面PAB. (6分) (2)因为PA平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的距离为 PA. (9分) 取BC的中点E,连接AE. 由AB=AC=3得AEBC,AE= = . 由

13、AMBC得M到BC的距离为 ,故SBCM= 4 =2 . 所以四面体N-BCM的体积VN-BCM= SBCM = . (12分),评析 本题考查了线面平行的位置关系,考查了三棱锥的体积,考查了空间想象能力.线段的中 点问题一般应用三角形的中位线求解.,8.(2015山东,18,12分)如图,三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点. (1)求证:BD平面FGH; (2)若CFBC,ABBC,求证:平面BCD平面EGH.,证明 (1)证法一:连接DG,CD,设CDGF=M,连接MH. 在三棱台DEF-ABC中, AB=2DE,G为AC的中点, 可得DFGC,DF=GC,

14、 所以四边形DFCG为平行四边形. 则M为CD的中点,又H为BC的中点, 所以HMBD, 又HM平面FGH,BD平面FGH,所以BD平面FGH. 证法二: 在三棱台DEF-ABC中, 由BC=2EF,H为BC的中点, 可得BHEF,BH=EF, 所以四边形HBEF为平行四边形, 可得BEHF. 在ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点, 所以GHAB. 又GHHF=H, 所以平面FGH平面ABED. 因为BD平面ABED, 所以BD平面FGH. (2)连接HE.,因为G,H分别为AC,BC的中点, 所以GHAB. 由ABBC,得GHBC. 又H为BC的中点, 所以EFHC,EF=HC, 因此

15、四边形EFCH是平行四边形. 所以CFHE, 又CFBC,所以HEBC.,又HE,GH平面EGH,HEGH=H, 所以BC平面EGH. 又BC平面BCD, 所以平面BCD平面EGH.,评析 本题考查空间线面平行、面面垂直的判定等知识;考查推理论证能力及空间想象能力.,C组 教师专用题组,1.(2014安徽,19,13分)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2 , 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:GHEF; (2)若EB=2,求四边形GEFH的面积.,解析 (1)证明:因为BC平面G

16、EFH,BC平面PBC,且平面PBC平面GEFH=GH,所以GH BC. 同理可证EFBC, 因此GHEF. (2)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POAC,同理可得POBD. 又BDAC=O,且AC,BD都在底面内,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POGK,所以GK底面ABCD, 从而GKEF. 所以GK是梯形GEFH的高. 由AB=8,EB=2得EBAB=KBDB=14,从而KB= DB= OB,即K为OB的中点. 再

17、由POGK得GK= PO,且G是PB的中点,所以GH= BC=4. 由已知可得OB=4 ,PO= = =6, 所以GK=3. 易得EF=BC=8, 故四边形GEFH的面积S= GK= 3=18.,评析 本题考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系,同时考查空间想象能力 和逻辑推理能力,解题时要有较强的分析问题、解决问题的能力.,2.(2014北京,17,14分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,ABBC,AA1=AC=2,BC=1, E,F分别是A1C1,BC的中点. (1)求证:平面ABE平面B1BCC1; (2)求证:C1F平面ABE; (3)求三棱锥E-ABC

18、的体积.,解析 (1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1底面ABC. 所以BB1AB, 又因为ABBC, 所以AB平面B1BCC1. 所以平面ABE平面B1BCC1. (2)证明:取AB中点G,连接EG,FG. 因为G,E,F分别是AB,A1C1,BC的中点, 所以EC1= A1C1,FGAC,且FG= AC. 因为ACA1C1,且AC=A1C1, 所以FGEC1,且FG=EC1.,所以四边形FGEC1为平行四边形. 所以C1FEG. 又因为EG平面ABE,C1F平面ABE, 所以C1F平面ABE. (3)因为AA1=AC=2,BC=1,ABBC, 所以AB= = . 所以三棱锥E-

19、ABC的体积 V= SABCAA1= 12= .,评析 本题考查直线与平面、平面与平面的位置关系及其判定定理与性质定理的应用,考查 空间几何体的体积的计算,考查考生的空间想象能力,推理论证能力和运算求解能力.判定线面 平行的关键是构造线线平行或面面平行.,3.(2013江苏,16,14分)如图,在三棱锥S-ABC中,平面SAB平面SBC,ABBC,AS=AB.过A作AF SB,垂足为F,点E,G分别是棱SA,SC的中点.求证: (1)平面EFG平面ABC; (2)BCSA.,证明 (1)因为AS=AB,AFSB,垂足为F,所以F是SB的中点.又因为E是SA的中点,所以EFAB. 因为EF平面A

20、BC,AB平面ABC, 所以EF平面ABC. 同理EG平面ABC.又EFEG=E, 所以平面EFG平面ABC. (2)因为平面SAB平面SBC, 且交线为SB,又AF平面SAB,AFSB, 所以AF平面SBC, 因为BC平面SBC,所以AFBC. 又因为ABBC,AFAB=A,AF,AB平面SAB,所以BC平面SAB. 因为SA平面SAB, 所以BCSA.,评析 本题主要考查直线与直线、直线与平面及平面与平面的位置关系,考查空间想象能力 和推理论证能力.,4.(2013陕西,18,12分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,O是底面中心,A1O 底面ABCD,AB=A

21、A1= . (1)证明:平面A1BD平面CD1B1; (2)求三棱柱ABD-A1B1D1的体积.,解析 (1)证明:由题设知,BB1DD1, 四边形BB1D1D是平行四边形, BDB1D1. 又BD平面CD1B1, BD平面CD1B1. A1D1B1C1BC, 四边形A1BCD1是平行四边形, A1BD1C. 又A1B平面CD1B1, A1B平面CD1B1. 又BDA1B=B, 平面A1BD平面CD1B1. (2)A1O平面ABCD, A1O是三棱柱ABD-A1B1D1的高.,又AO= AC=1,AA1= , A1O= =1. 又SABD= =1, =SABDA1O=1.,评析 本题主要考查直

22、线与平面、平面与平面平行的判定以及体积的计算等基础知识,考查 空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,1.(2019南京三模,16)在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,ADBC,AB=1,BC=2,ABC=60. 求证:(1)平面PAC平面PAB; (2)设平面PBC平面PAD=l,求证:BCl.,证明 (1)因为PA平面ABCD,AC平面ABCD, 所以PAAC. (2分) 在ABC中,AB=1,BC=2,ABC=60,由余弦定理, 得AC= = = .(4分) 因为12+( )2=22,即AB2+AC2=BC2,所以ACAB

23、. (6分) 又因为ACPA,且PAAB=A,PA平面PAB,AB平面PAB,所以AC平面PAB. 又AC平面PAC,所以平面PAC平面PAB. (8分) (2)因为BCAD,AD平面PAD,BC平面PAD, 所以BC平面PAD. (10分) 又因为BC平面PBC,且平面PBC平面PAD=l, 所以BCl. (14分),评析 本题考查面面垂直与线线平行,(1)中只需证明线面垂直,这一关系好找;(2)中要证明线 线平行,先证明线面平行,总体难度不大.,2.(2019南通、扬州、泰州、苏北四市七市一模,15)如图,在四棱锥P-ABCD中,M,N分别为棱 PA,PD的中点.已知侧面PAD底面ABCD

24、,底面ABCD是矩形,DA=DP. 求证:(1)MN平面PBC; (2)MD平面PAB.,证明 (1)在四棱锥P-ABCD中,M,N分别为棱PA,PD的中点,所以MNAD. (2分) 又底面ABCD是矩形,所以BCAD.所以MNBC. (4分) 又BC平面PBC,MN平面PBC,所以MN平面PBC. (6分) (2)因为底面ABCD是矩形,所以ABAD. 又侧面PAD底面ABCD,侧面PAD底面ABCD=AD,AB底面ABCD, 所以AB侧面PAD. (8分) 又MD侧面PAD,所以ABMD. (10分) 因为DA=DP,M为AP的中点,所以MDPA. (12分) 又PA,AB在平面PAB内,

25、PAAB=A, 所以MD平面PAB. (14分),思路分析 (1)要证线面平行,只需证线线平行即可,本题明显由MNAD得到MNBC. (2)要证线面垂直,只需证明MD与平面PAB内的两条相交直线垂直,不难证明MDAB,MD PA.,3.(2019苏州3月检测,16)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D、E分别是棱BC、CC1上的点(点D不 同于点C),且ADDE,F为棱B1C1上的点,且A1FB1C1. 求证:(1)平面ADE平面BCC1B1; (2)A1F平面ADE.,证明 (1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1平面ABC. (2分) 因为AD平面ABC,所以BB1AD, 又因

26、为ADDE,在平面BCC1B1中,BB1与DE相交, 所以AD平面BCC1B1,又因为AD平面ADE, 所以平面ADE平面BCC1B1. (6分) (2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1平面A1B1C1, (8分) 因为A1F平面A1B1C1,所以BB1A1F, 又因为A1FB1C1,在平面BCC1B1中,BB1B1C1=B1, 所以A1F平面BCC1B1, (10分) 在(1)中已证得AD平面BCC1B1,所以A1FAD,又因为A1F平面ADE,AD平面ADE,所以A1F 平面ADE. (14分),评分细则 第(1)问和第(2)问中应该由“直三棱柱得到侧棱BB1与底面垂直”,从而得到

27、“BB1 AD和BB1A1F”,直接由“直三棱柱得到线线垂直”的,各扣2分;第(2)问中证明线面平行时 若不交代“A1F平面ADE”,扣2分.,4.(2019江苏七大市三模,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,平面BPC平 面DPC,BP=BC,E,F分别是PC,AD的中点. 求证:(1)BECD; (2)EF平面PAB.,证明 (1)在PBC中,因为BP=BC,E是PC的中点, 所以BEPC. (2分) 又因为平面BPC平面DPC,平面BPC平面DPC=PC,BE平面BPC, 所以BE平面PCD. (5分) 又因为CD平面DPC, 所以BECD. (7分) (2)取

28、PB的中点H,连接EH,AH.,在PBC中,因为E是PC的中点, 所以HEBC,HE= BC. (9分) 又底面ABCD是平行四边形,F是AD的中点, 所以AFBC,AF= BC. 所以HEAF,HE=AF, 所以四边形AFEH是平行四边形, 所以EFHA. (12分) 又因为EF平面PAB,HA平面PAB, 所以EF平面PAB. (14分) (备注:证明过程中每一逻辑段若缺少条件,则该逻辑段不给分),解答题(共70分),B组 20172019年高考模拟专题综合题组 (时间：45分钟 分值：70分),1.(2019江都中学、华罗庚中学等13校联考,16)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,

29、点D在棱BC上, ADC1D,点E,F分别是BB1,A1B1的中点. (1)求证:D为BC的中点; (2)求证:EF平面ADC1.,证明 (1)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,C1C平面ABC, AD平面ABC,C1CAD,又ADC1D,C1DC1C=C1, AD平面BCC1B1, (3分) 又BC平面BCC1B1, ADBC,又ABC为等边三角形,D为BC的中点. (6分) (2)连接A1B,连接A1C交AC1于点G,连接DG. 在矩形A1ACC1中,G为A1C的中点, 又由(1)得D为BC的中点,DGA1B, (9分) 又点E,F分别是BB1,A1B1的中点, EFA1B,EFDG, (

30、12分) 又EF平面ADC1,DG平面ADC1, EF平面ADC1. (14分),思路分析 (1)要证D为BC的中点,根据条件知三角形ABC为等边三角形,所以只需证明AD BC,而有条件ADC1D,所以只要证明AD平面BCC1B1; (2)要证EF平面ADC1,注意到EFA1B,所以可以转化成证明A1B与平面ADC1内一条直线平行 即可.,2.(2019南通通州、海门联考,15)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别为棱AC,A1B1的中点, 且AB=BC. (1)求证:平面BMN平面ACC1A1; (2)求证:MN平面BCC1B1.,证明 (1)因为M为棱AC的中点,且AB=BC

31、, 所以BMAC, (2分) 因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱, 所以A1A平面ABC, 因为BM平面ABC, 所以A1ABM, (4分) 又因为AC,A1A平面ACC1A1,且ACA1A=A, 所以BM平面ACC1A1, (6分) 因为BM平面BMN, 所以平面BMN平面ACC1A1. (8分) (2)取BC的中点P.连接B1P,MP.,因为M、P分别为棱AC、BC的中点, 所以MPAB,且MP= AB, 在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1AB,A1B1=AB, 因为N为棱A1B1的中点, 所以B1NBA,且B1N= BA, 所以B1NPM,且B1N=PM. 所以四边形MNB1

32、P是平行四边形, (12分) 所以MNPB1, 又因为MN平面BCC1B1,PB1平面BCC1B1, 所以MN平面BCC1B1. (14分),3.(2019镇江期末,16)如图,在四棱锥V-ABCD中,底面ABCD是矩形,VD平面ABCD,过AD的平 面分别与VB,VC交于点M,N. (1)求证:BC平面VCD; (2)求证:ADMN.,证明 (1)在四棱锥V-ABCD中, 因为VD平面ABCD,BC平面ABCD,所以VDBC. (3分) 因为底面ABCD是矩形,所以BCCD. (4分) 又CD平面VCD,VD平面VCD,CDVD=D, 所以BC平面VCD. (7分) (2)因为底面ABCD是

33、矩形,所以ADBC, (8分) 又AD平面VBC,BC平面VBC,则有AD平面VBC, (11分) 又平面ADNM平面VBC=MN,AD平面ADNM,则ADMN. (14分),评析 本题主要考查线面垂直、线面平行的判定和性质.考查学生的逻辑推理能力、空间想 象能力、书写表达能力.,4.(2019苏州中学期初,16)如图,棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为菱形,平面AA1C1C平面 ABCD. (1)证明:BD平面AA1C1C; (2)在直线CC1上是否存在点P,使BP平面DA1C1?若存在,求出点P的位置;若不存在,说明理由.,证明 (1)四边形ABCD为菱形BDAC,平面AA1C

34、1C平面ABCD,平面AA1C1C平面ABCD =AC,所以BD平面AA1C1C. (2)存在点P在C1C延长线上,且C为C1P的中点. 连接B1C. 因为A1B1ABDC, 所以四边形A1B1CD为平行四边形. 所以A1DB1C, 在C1C的延长线上取点P,使C1C=CP,连接BP, 因为B1BCC1,BB1=CC1, 所以BB1CP,BB1=CP, 所以四边形BB1CP为平行四边形,所以BPB1C, 所以BPA1D, 因为BP平面A1DC1,A1D平面A1DC1, 所以BP平面DA1C1.,易错警示 本题第(2)问是一道存在性问题,在实际解题过程中,是先探究得到P点位置,然后证 明满足题意

35、.,5.(2017苏锡常镇四市教学情况调研(二),16)如图,在四面体ABCD中,平面ABC平面ACD,E,F, G分别为AB,AD,AC的中点,AC=BC,ACD=90. (1)求证:AB平面EDC; (2)若P为FG上任意一点,证明:EP平面BCD.,证明 (1)因为ACD=90,所以CDAC, 又平面ABC平面ACD,平面ABC平面ACD=AC,CD平面ACD,所以CD平面ABC, 又AB平面ABC,所以CDAB, 因为AC=BC,E为AB的中点,所以CEAB, 又CECD=C,CD平面EDC,CE平面EDC, 所以AB平面EDC. (2)连接EF,EG,EP,因为E,F分别为AB,AD的中点, 所以EFBD,又BD平面BCD,EF平面BCD, 所以EF平面BCD, 同理可证EG平面BCD, 又EFEG=E,EF平面EFG,EG平面EFG, 所以平面EFG平面BCD, 又P为FG上任一点,所以EP平面EFG, 所以EP平面BCD.,