2021届课标版高考文科数学一轮复习教师用书：第八章第四讲　直线、平面垂直的判定及性质

2021届课标版高考文科数学一轮复习教师用书：第八章第四讲　直线、平面垂直的判定及性质

www.ks5u.com 第四讲　直线、平面垂直的判定及性质 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ‎ ‎1.[2019山东潍坊三模]下列说法错误的是(　　)‎ A.垂直于同一个平面的两条直线平行 B.若两个平面垂直,则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直 C.一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行,则这两个平面平行 D.一条直线与一个平面内的无数条直线垂直,则这条直线和这个平面垂直 ‎2.[2020合肥市调研检测]已知m,n为直线,α为平面,且m⊂α,则“n⊥m”是“n⊥α”的(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 ‎3.[2019全国卷Ⅲ,8,5分][文]如图8 - 4 - 1,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则(　　)‎ A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线 B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线 C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线 D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线 ‎4.[2017全国卷Ⅲ,10,5分][文]在正方体ABCD - A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则(　　)‎ A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC ‎5.[2020湖南省岳阳市三校第二次联考]如图8 - 4 - 2,在三棱锥V - ABC中,VO⊥平面ABC,O∈CD,VA=VB,AD=BD,则下列结论中不一定成立的是(　　)‎ A.AC=BC ‎ B.AB⊥VC C.VC⊥VD D.S△VCD·AB=S△ABC·VO ‎6.[2019北京,13,5分][文]已知l,m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:‎ ‎①l⊥m;　　②m∥α;　　③l⊥α.‎ 以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:　　　　　　　　. ‎ ‎7.[2019全国卷Ⅱ,17,12分][文]如图8 - 4 - 3,长方体ABCD - A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.‎ ‎(1)证明:BE⊥平面EB1C1;‎ ‎(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E - BB1C1C的体积.‎ 考法1 线面垂直的判定与性质　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1如图8 - 4 - 4,在直三棱柱ABC - A1B1C1中, AB=AC=AA1=3,BC=2,D是BC的中点,F是CC1上一点.‎ ‎(1)当CF=2时,证明:B1F⊥平面ADF;‎ ‎(2)若FD⊥B1D,求三棱锥B1 - ADF的体积. ‎ ‎(1)证明B1F与两直线AD,DF垂直,利用线面垂直的判定定理得出B1F⊥平面ADF;(2)若FD⊥B1D,则Rt△CDF∽Rt△BB1D,可求DF,即可求三棱锥B1 - ADF的体积.‎ ‎(1)因为AB=AC,D是BC的中点,所以AD⊥BC.(等腰三角形底边中线与底边高线重合)‎ 在直三棱柱ABC - A1B1C1中,因为BB1⊥底面ABC,AD⊂底面ABC,所以AD⊥B1B.‎ 因为BC∩B1B=B,所以AD⊥平面B1BCC1.‎ 因为B1F⊂平面B1BCC1,所以AD⊥B1F.‎ 由题意,可知C1F=CD=1,B1C1=CF=2,∠B1C1F=∠FCD=90°,‎ 所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1,所以∠CFD=∠C1B1F,所以∠B1FD=90°,(利用平面几何知识找垂直)‎ 所以B1F⊥FD.‎ 因为AD⊥B1F,B1F⊥FD,AD,FD⊂平面ADF,且AD∩FD=D,所以B1F⊥平面ADF.(线面垂直的判定定理)‎ ‎(2)由(1)知AD⊥平面B1DF, CD=1,AD=2‎2‎,‎ 在Rt△B1BD中,BD=CD=1,BB1=3,‎ 所以B1D=BD‎2‎+BB‎1‎‎2‎‎=‎‎10‎.‎ 因为FD⊥B1D,所以Rt△CDF∽Rt△BB1D,‎ 所以DFB‎1‎D‎=‎CDBB‎1‎,即DF=‎1‎‎3‎‎×‎10‎=‎‎10‎‎3‎,‎ 所以VB‎1‎‎ - ADF‎=VA - B‎1‎DF=‎‎1‎‎3‎S‎△B‎1‎DF×AD=‎1‎‎3‎‎×‎1‎‎2‎×‎10‎‎3‎×‎‎10‎×2‎2‎‎=‎‎10‎‎2‎‎9‎.‎ ‎1.[2020陕西省部分学校高三测试]如图8 - 4 - 5,在三棱柱ABC - A1B1C1中,AC⊥BC,AB⊥BB1,AC=BC=BB1=2,D为AB的中点,且CD⊥DA1.‎ ‎(1)求证:BB1⊥平面ABC; ‎ ‎(2)求多面体DBCA1B1C1的体积.‎ 考法2 面面垂直的判定与性质 ‎2[2018北京,18,14分][文]如图8 - 4 - 6,在四棱锥P - ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点. ‎ ‎(Ⅰ)求证:PE⊥BC;‎ ‎(Ⅱ)求证:平面PAB⊥平面PCD;‎ ‎(Ⅲ)求证:EF∥平面PCD.‎ ‎　(Ⅰ)欲证PE⊥BC,只需证明PE⊥AD即可;(Ⅱ)先证PD⊥平面PAB,进而可证明平面PAB⊥平面PCD;(Ⅲ)取PC的中点G,连接FG,DG,通过证明EF∥DG,可证得EF∥平面PCD.‎ ‎(Ⅰ)因为PA=PD,且E为AD的中点,所以PE⊥AD.(等腰三角形的中线也是高线)‎ 因为底面ABCD为矩形,所以BC∥AD,(矩形对边平行)‎ 所以PE⊥BC.‎ ‎(Ⅱ)因为底面ABCD为矩形,所以AB⊥AD.(矩形邻边垂直)‎ 因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD.(面面垂直的性质定理)‎ 所以AB⊥PD.‎ 又PA⊥PD, PA∩AB=A,所以PD⊥平面PAB,‎ 又PD⊂平面PCD,所以平面PAB⊥平面PCD.(面面垂直的判定定理)‎ ‎ (Ⅲ)如图8 - 4 - 7,取PC的中点G,连接FG,GD.‎ 因为F,G分别为PB和PC的中点,所以FG∥BC,且FG=‎1‎‎2‎BC.(构造中位线)‎ 因为四边形ABCD为矩形,且E为AD的中点,所以ED∥BC,ED=‎1‎‎2‎BC,‎ 所以ED∥FG,且ED=FG,所以四边形EFGD为平行四边形,(构造平行四边形)‎ 所以EF∥GD.‎ 又EF⊄平面PCD,GD⊂平面PCD,所以EF∥平面PCD.(线面平行的判定定理)‎ 解后反思 空间中垂直关系的证明几乎都是从平面图形中的垂直关系入手的,如该题第(Ⅱ)问利用矩形邻边垂直与已知的面面垂直的条件等得到PD⊥平面PAB.当然,第(Ⅱ)问也可以通过证明PA⊥平面PCD证得结论:因为平面PAD⊥平面ABCD,两平面的交线为AD,且CD⊥AD,所以CD⊥平面PAD,故CD⊥PA,又PA⊥PD,CD∩PD=D,所以PA⊥平面PCD,又PA⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PCD.‎ ‎2.[2020四川五校联考]如图8 - 4 - 8,在三棱锥P - ABC中,底面ABC与侧面PAB均为正三角形,AB=2,PC=‎6‎,M为AB的中点.‎ ‎(1)证明:平面PCM⊥平面PAB;‎ ‎(2)N为线段PA上一点,且S△CMN=‎3‎‎4‎,求三棱锥P - CMN的体积.‎ 思想方法　转化思想在立体几何中的应用 ‎3[2019山东烟台模拟]如图8 - 4 - 9,四边形ABCD为矩形,A,E,B,F四点共面,且△ABE和△ABF均为等腰直角三角形,∠BAE=∠AFB=90°.‎ ‎ (1)求证:平面BCE∥平面ADF;‎ ‎(2)若平面ABCD⊥平面AEBF,AF=1,BC=2,求三棱锥A - CEF的体积.‎ ‎(1)由线面平行的判定定理证明BC∥平面ADF,BE∥平面ADF,然后利用面面平行的判定定理可证得结论;(2)由四边形ABCD为矩形,得BC⊥AB,结合面面垂直的性质定理可得BC⊥平面AEBF,由已知条件并结合等体积法求三棱锥A - CEF的体积.‎ ‎(1)因为四边形ABCD为矩形,‎ 所以BC∥AD,‎ 又BC⊄平面ADF,AD⊂平面ADF,‎ 所以BC∥平面ADF.‎ 因为△ABE和△ABF均为等腰直角三角形,且∠BAE=∠AFB=90°,‎ 所以∠BAF=∠ABE=45°,‎ 所以AF∥BE,‎ 又BE⊄平面ADF,AF⊂平面ADF,‎ 所以BE∥平面ADF.‎ 又BC⊂平面BCE,BE⊂平面BCE,BC∩BE=B,‎ 所以平面BCE∥平面ADF. (三种平行关系的转化)‎ ‎(2)因为四边形ABCD为矩形,‎ 所以BC⊥AB,又平面ABCD⊥平面AEBF,BC⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面AEBF=AB,‎ 所以BC⊥平面AEBF.‎ 由AF=1,易知AE=‎2‎,‎ 所以S△AEF=‎1‎‎2‎AF×AE×sin 135°=‎1‎‎2‎×1×‎2‎‎×‎2‎‎2‎=‎‎1‎‎2‎,‎ 所以V三棱锥A - CEF=V三棱锥C - AEF=‎1‎‎3‎S△AEF×BC=‎1‎‎3‎‎×‎‎1‎‎2‎×2=‎1‎‎3‎. (等体积转化)‎ ‎3.[2019江苏,16,14分]如图8 - 4 - 10,在直三棱柱ABC - A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.‎ 求证:(1)A1B1∥平面DEC1;‎ ‎(2)BE⊥C1E.‎ 数学探究1 立体几何中的探索性问题 ‎4[2019北京,18,14分][文]如图8 - 4 - 11,在四棱锥P - ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD 为菱形,E为CD的中点.‎ ‎ (Ⅰ)求证:BD⊥平面PAC;‎ ‎(Ⅱ)若∠ABC=60°,求证:平面PAB⊥平面PAE;‎ ‎(Ⅲ)棱PB上是否存在点F,使得CF∥平面PAE?说明理由.‎ ‎(Ⅰ)由PA⊥平面ABCD,得PA⊥BD,由底面ABCD为菱形,得BD⊥AC,再根据线面垂直的判定定理即可证明BD⊥平面PAC;(Ⅱ)先由PA⊥平面ABCD,可得PA⊥AE,再根据底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,E为CD的中点,可得AB⊥AE,最后由线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理即可得证;(Ⅲ)易知存在点F使得CF∥平面PAE,且点F为PB的中点,再进行证明即可.‎ ‎(Ⅰ)因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,‎ 所以PA⊥BD.‎ 因为底面ABCD为菱形,‎ 所以BD⊥AC.‎ 又PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC.‎ ‎(Ⅱ)因为PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,‎ 所以PA⊥AE.‎ 因为底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,且E为CD的中点,‎ 所以AE⊥CD.‎ 所以AB⊥AE.‎ 又PA∩AB=A,所以AE⊥平面PAB.‎ 又AE⊂平面PAE,‎ 所以平面PAB⊥平面PAE. ‎ ‎(Ⅲ)棱PB上存在点F,使得CF∥平面PAE.‎ 取F为PB的中点,取G为PA的中点,连接CF,FG,GE,如图8 - 4 - 12所示.‎ 则FG∥AB,且FG=‎1‎‎2‎AB.‎ 因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,‎ 所以CE∥AB,且CE=‎1‎‎2‎AB.‎ 所以FG∥CE,且FG=CE,‎ 所以四边形CEGF为平行四边形.‎ 所以CF∥EG.‎ 因为CF⊄平面PAE,EG⊂平面PAE,‎ 所以CF∥平面PAE.‎ ‎4.[2019江西省名校联考]如图8 - 4 - 13,在空间几何体ABCDE中,△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形,△ABC为腰长为‎13‎的等腰三角形,平面CDE⊥平面BCD,平面ABC⊥平面BCD.‎ ‎(1)试在平面BCD内作一条直线,使直线上任意一点F与A的连线AF均与平面CDE平行,并给出详细证明;‎ ‎(2)求三棱锥E - ABC的体积.‎ 数学探究2　立体几何中的翻折问题 ‎5[2019全国卷Ⅲ,19,12分][文]图8 - 4 - 14是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图8 - 4 - 15.‎ ‎(1)证明:图8 - 4 - 15中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;‎ ‎(2)求图8 - 4 - 15中的四边形ACGD的面积.‎ ‎(1)翻折后,由已知得AD∥BE,CG∥BE,(位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系不变)‎ 所以AD∥CG,‎ 故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.‎ 由已知得AB⊥BE,(与折痕垂直的线段,翻折前后垂直关系不变)‎ AB⊥BC,BC∩BE=B,故AB⊥平面BCGE.‎ 又AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.‎ ‎(2)如图8 - 4 - 16,取CG的中点M,连接EM,DM.‎ 因为AB∥DE,(与折痕平行的线段,翻折前后平行关系不变)‎ AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG,DE⊥EM.‎ 由四边形BCGE是菱形,且∠EBC=60°,M为CG中点得EM⊥CG,又DE⊥CG,DE∩EM=E,故CG⊥平面DEM.‎ 因此DM⊥CG.‎ 由DE⊥EM,DE=AB=1,EM=‎4 - 1‎‎=‎‎3‎,得DM=2. ‎ 所以四边形ACGD的面积为4.‎ ‎5.[2019福建龙岩联考]如图8 - 4 - 17,在菱形ABCD中,AB=2,∠DAB=60°,M是AD的中点,以BM为折痕,将△ABM折起,使点A到达点A1的位置,且平面 A1BM⊥平面BCDM,如图8 - 4 - 18.‎ ‎ (1)求证:A1M⊥BD;‎ ‎(2)若K为A1C的中点,求三棱锥M - A1BK的体积. ‎ ‎308‎ ‎1.D　对于A,由线面垂直的性质定理知,垂直于同一个平面的两条直线平行,A正确;‎ 对于B,由面面垂直的性质定理知,若两个平面垂直,则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直,B正确; ‎ 对于C,由面面平行的判定定理知,一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行,则这两个平面平行,C正确; ‎ 对于D,当一条直线与一个平面内的无数条相互平行的直线垂直时,该直线与这个平面不一定垂直,D错误.故选D.‎ ‎2.B　当直线m,n都在平面α内时,不能由m⊥n推出n⊥α;若n⊥α,且m⊂α,由线面垂直的性质知m⊥n.所以“n⊥m”是“n⊥α”的必要不充分条件,故选B.‎ ‎3.B　取CD的中点O,连接ON,EO,因为△ECD为正三角形,所以EO⊥CD,又平面ECD⊥平面ABCD,平面ECD∩平面ABCD=CD,所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2,则EO=‎3‎,ON=1,所以EN2=EO2+ON2=4,得EN=2.过M作CD的垂线,垂足为P,连接BP,则MP=‎3‎‎2‎,CP=‎3‎‎2‎,所以BM2=MP2+BP2=(‎3‎‎2‎)2+(‎3‎‎2‎)2+22=7,得BM=‎7‎,所以BM≠EN.连接BD,BE,因为四边形ABCD为正方形,所以N为BD的中点,即EN,MB均在平面BDE内,所以直线BM,EN是相交直线,故选B.‎ ‎4.C　由正方体的性质得A1B1⊥BC1,B1C⊥BC1,又A1B1∩B1C=B1,所以BC1⊥平面A1B1CD,又A1E⊂平面A1B1CD,所以A1E⊥BC1,故选C.‎ ‎5.C　因为VO⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以VO⊥AB.因为VA=VB,AD=BD,所以VD⊥AB.而VO∩VD=V,所以AB⊥平面VCD.因为CD⊂平面VCD,所以AB⊥CD,所以AC=BC,可知A一定成立.‎ 因为VC⊂平面VCD,所以AB⊥VC,可知B一定成立.‎ 因为S△VCD=‎1‎‎2‎VO·CD,S△ABC=‎1‎‎2‎AB·CD,所以S△VCD·AB=S△ABC·VO,可知D一定成立.‎ 由题中条件无法判断VC⊥VD,可知C不一定成立.故选C.‎ ‎6.若l⊥m,l⊥α,则m∥α.(答案不唯一)　若l⊥α,l⊥m,则m∥α,显然①③⇒②正确;若l⊥m,m∥α,则l∥α或l与α相交,故①②⇒③不正确;若l⊥α,m∥α,则l垂直α内所有直线,在α内必存在与m平行的直线,所以可推出l⊥m,故②③⇒①正确.‎ ‎7. (1)由已知得B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.‎ 又BE⊥EC1,B1C1∩EC1=C1,所以BE⊥平面EB1C1.‎ ‎(2)由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=∠A1EB1=45°,故AE=AB=3,AA1=2AE=6.‎ 作EF⊥BB1,垂足为F,如图D 8 - 4 - 1,‎ 图D 8 - 4 - 1‎ 则EF⊥平面BB1C1C,且EF=AB=3.‎ 所以四棱锥E - BB1C1C的体积V=‎1‎‎3‎×3×6×3=18.‎ ‎1.(1)因为AC=BC,D为AB的中点,‎ 所以CD⊥AB,又DC⊥DA1,AB∩DA1=D,‎ 所以CD⊥平面AA1B1B,又BB1⊂平面AA1B1B,‎ 所以CD⊥B1B,又B1B⊥AB,AB∩CD=D,‎ 所以B1B⊥平面ABC.‎ ‎(2)‎V多面体DBCA‎1‎B‎1‎C‎1‎‎=V三棱柱ABC - ‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎ - ‎V三棱锥A‎1‎ - ADC ‎=S△ABC·AA1 - ‎1‎‎3‎S△ACD·AA1‎ ‎=S△ABC·AA1 - ‎1‎‎3‎‎×‎‎1‎‎2‎S△ABC·AA1‎ ‎=‎5‎‎6‎S△ABC·AA1‎ ‎=‎5‎‎6‎‎×‎‎1‎‎2‎×2×2×2‎ ‎=‎10‎‎3‎.‎ ‎2.(1)因为△ABC是边长为2的正三角形,M为AB的中点,所以CM⊥AB,CM=‎3‎.‎ 同理得PM=‎3‎,又PC=‎6‎,‎ 所以CM2+PM2=PC2,所以CM⊥PM.‎ 又AB∩PM=M,所以CM⊥平面PAB,‎ 又CM⊂平面PCM,所以平面PCM⊥平面PAB.‎ ‎(2)解法一　由(1)得CM⊥平面PAB,‎ 又MN⊂平面PAB,所以CM⊥MN,△CMN为直角三角形,‎ 所以S△CMN=‎1‎‎2‎·CM·MN=‎3‎‎4‎,且CM=‎3‎,解得MN=‎3‎‎2‎.‎ 在△AMN中,cos∠NAM=AN‎2‎+AM‎2‎ - MN‎2‎‎2AN·AM,即cos 60°=AN‎2‎+‎1‎‎2‎ - (‎‎3‎‎2‎‎)‎‎2‎‎2AN,‎ 解得AN=‎1‎‎2‎,所以PN=‎3‎‎2‎.‎ 所以PNPA‎=‎‎3‎‎4‎,S△PNM=‎3‎‎4‎S△PAM=‎3‎‎8‎S△PAB=‎3‎‎8‎‎×‎3‎=‎‎3‎‎3‎‎8‎,‎ V三棱锥P - CMN=V三棱锥C - PMN ‎=‎1‎‎3‎S△PMN·CM ‎=‎‎1‎‎3‎‎×‎3‎‎3‎‎8‎×‎‎3‎ ‎=‎3‎‎8‎.‎ 解法二　由(1)可得CM⊥平面PAB,‎ 又NM⊂平面PAB,所以CM⊥NM,‎ 则S△CMN=‎1‎‎2‎CM·NM,‎ 即‎3‎‎4‎‎=‎1‎‎2‎×‎‎3‎·NM,解得NM=‎3‎‎2‎,‎ 所以NMPM‎=AMPA=‎‎1‎‎2‎,得△ANM∽△AMP,则∠ANM=∠AMP=90°,‎ 所以NM⊥PA,又CM⊥PA,NM∩CM=M,‎ 所以PA⊥平面CNM,‎ 在Rt△PNM中,PN=PM‎2‎ - NM‎2‎‎=‎‎3‎‎2‎,‎ 所以V三棱锥P - CMN=‎1‎‎3‎S△CMN·PN=‎3‎‎8‎.‎ ‎3.(1)如图D 8 - 4 - 2所示,‎ 图D 8 - 4 - 2‎ 因为D,E分别为BC,AC的中点,‎ 所以ED∥AB.‎ 在直三棱柱ABC - A1B1C1中,AB∥A1B1,‎ 所以A1B1∥ED.‎ 又ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,‎ 所以A1B1∥平面DEC1.‎ ‎(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.‎ 因为三棱柱ABC - A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC.‎ 又BE⊂平面ABC,‎ 所以C1C⊥BE.‎ 因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C,‎ 所以BE⊥平面A1ACC1.‎ 因为C1E⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.‎ ‎4. (1)如图D 8 - 4 - 3所示,取BC和BD的中点H,G,连接HG,则直线HG为所求直线.‎ 图D 8 - 4 - 3‎ 证明如下.‎ 因为H,G分别为BC,BD的中点,所以HG∥CD,‎ 又HG⊄平面CDE,CD⊂平面CDE,所以HG∥平面CDE.‎ 取CD的中点O,连接EO,AH,AG,如图D 8 - 4 - 3,易知EO⊥CD,AH⊥BC.‎ 因为平面CDE⊥平面BCD,且平面CDE∩平面BCD=CD,EO⊂平面CDE,EO⊥CD,所以EO⊥平面BCD,‎ 同理可得AH⊥平面BCD,‎ 所以EO∥AH,又CD∥HG,EO∩CD=O,AH∩HG=H,所以平面AHG∥平面CDE, ‎ 所以直线HG上任意一点F与A的连线AF均与平面CDE平行. ‎ ‎(2)由(1)可得EO∥AH,AH⊂平面ABC,EO⊄平面ABC,‎ 所以EO∥平面ABC,‎ 所以点E到平面ABC的距离和点O到平面ABC的距离相等,连接DH,如图D 8 - 4 - 3,则点O到平面ABC的距离d=‎1‎‎2‎DH=‎3‎‎2‎.‎ ‎△ABC的面积S=‎1‎‎2‎×2×‎13 - 1‎=2‎3‎,‎ 则V三棱锥E - ABC=‎1‎‎3‎×2‎3‎‎×‎‎3‎‎2‎=1.‎ ‎5.(1)在题图8 - 4 - 17中,因为四边形ABCD是菱形,∠DAB=60°,M是AD的中点,‎ 所以AD⊥BM,故在题图8 - 4 - 18中,BM⊥A1M.‎ 又平面A1BM⊥平面BCDM,平面A1BM∩平面BCDM=BM,A1M⊂平面A1BM,所以A1M⊥平面BCDM, ‎ 又BD⊂平面BCDM,所以A1M⊥BD.‎ ‎(2)在题图8 - 4 - 17中,因为ABCD是菱形,AB=2,∠DAB=60°,AD⊥BM,AD∥BC,‎ 所以BM⊥BC,且BM=‎3‎.‎ 连接CM,如图D 8 - 4 - 4,‎ 图D 8 - 4 - 4‎ 则VA‎1‎‎ - BCM‎=‎‎1‎‎3‎S△BCM·A1M=‎1‎‎3‎‎×‎‎1‎‎2‎×2×‎3‎×1=‎3‎‎3‎,‎ 因为K是A1C的中点,‎ 所以VM - A‎1‎BK‎=VK - MA‎1‎B=‎1‎‎2‎VC - MA‎1‎B=‎1‎‎2‎VA‎1‎‎ - BCM=‎‎3‎‎6‎.‎