8.5.2 直线与平面平行

①③④

（1） 【证明】如图①,连接 $ DB $ 交 $ AC $ 于点 $ O $ ,则 $ O $ 为 $ BD $ 中点,连接 $ OM $ ,则 $ OM//B{D}_{1} $ .

图①

又 $ OM\subset $ 平面 $ AMC $ , $ B{D}_{1}\not\subset $ 平面 $ AMC $ ,

所以 $ B{D}_{1}// $ 平面 $ AMC $ .

（2） 【解】当 $ E $ , $ N $ 分别为 $ B{D}_{1} $ , $ C{C}_{1} $ 的中点时,满足题意.

证明：如图②,当 $ E $ , $ N $ 分别为 $ B{D}_{1} $ , $ C{C}_{1} $ 的中点时,连接 $ OE $ ,

图②

则 $ OE//D{D}_{1} $ 且 $ OE=\dfrac{1}{2}D{D}_{1} $ ,又 $ CN//D{D}_{1} $ , $ CN=\dfrac{1}{2}D{D}_{1} $ ,

所以 $ OE//CN $ , $ OE=CN $ ,故四边形 $ OCNE $ 为平行四边形,所以 $ EN//OC $ .

又 $ OC\subset $ 平面 $ AMC $ , $ EN\not\subset $ 平面 $ AMC $ ,所以 $ EN// $ 平面 $ AMC $ .

（3） 【解】 $ {V}_{1}={V}_{D-AMC}={V}_{C-ADM}=\dfrac{1}{3}{S}_{△ADM}×CD=\dfrac{1}{3}×\dfrac{1}{2}AD×DM×CD=\dfrac{2}{3} $ ,

$ {V}_{2}={V}_{正方体}-4{V}_{{B}_{1}-A{A}_{1}{D}_{1}}=8-4×\dfrac{1}{3}×\dfrac{1}{2}×{2}^{3}=\dfrac{8}{3} $ ,所以 $ \dfrac{{V}_{1}}{{V}_{2}}=\dfrac{1}{4} $ .

$ 2\sqrt{2} $

（1） 【证明】取 $ PD $ 的中点 $ E $ ,连接 $ AE $ , $ NE $ ,如图①所示.

图①

因为 $ E $ , $ N $ 分别是 $ PD $ , $ PC $ 的中点,

所以在 $ △PCD $ 中, $ EN//CD $ ,且 $ EN=\dfrac{1}{2}CD $ .

因为底面 $ ABCD $ 是平行四边形,所以 $ CD//AB $ ,且 $ CD=AB $ ,

所以 $ EN//AB $ 且 $ EN=\dfrac{1}{2}AB $ .

又 $ M $ 是 $ AB $ 的中点,

所以 $ EN//AM $ 且 $ EN=AM $ ,

所以四边形 $ ENMA $ 为平行四边形,所以 $ MN//AE $ .

又 $ AE\subset $ 平面 $ PAD $ , $ MN\not\subset $ 平面 $ PAD $ ,

所以 $ MN// $ 平面 $ PAD $ .

（2） 连接 $ AC $ , $ BD $ ,且 $ AC\cap BD=O $ ,连接 $ NO $ ,如图②所示.

图②

因为四边形 $ ABCD $ 是平行四边形,所以 $ O $ 是 $ AC $ 的中点.

又因为 $ N $ 是 $ PC $ 的中点,在 $ △PAC $ 中,根据三角形中位线定理可得 $ NO//PA $ .

因为 $ NO\subset $ 平面 $ BDN $ , $ PA $ 在平面 $ BDN $ 外,

所以根据线面平行的判定定理,可得 $ PA// $ 平面 $ BDN $ .

因为过点 $ G $ 和 $ PA $ 的平面交平面 $ BDN $ 于 $ GH $ ,且 $ PA// $ 平面 $ BDN $ , $ PA\subset $ 平面 $ PAG $ ,所以根据线面平行的性质定理可得 $ PA//GH $ .

【解】如图所示,过平面 $ VAC $ 内一点 $ P $ 作直线 $ DE//AC $ ,交 $ VA $ 于点 $ D $ ,交 $ VC $ 于点 $ E $ ,过点 $ D $ 作直线 $ DF//VB $ ,交 $ AB $ 于点 $ F $ ,过点 $ F $ 作直线 $ FG//AC $ ,交 $ BC $ 于点 $ G $ ,连接 $ EG $ ,则截面 $ DEGF $ 即为所求.

$ \dfrac{5}{8} $

【证明】如图,取 $ BD $ 的中点 $ O $ ,在 $ CD $ 上取点 $ F $ ,使得 $ DF=3FC $ ,连接 $ OP $ , $ OF $ , $ FQ.\because AQ=3QC $ , $ \therefore \dfrac{AQ}{QC}=\dfrac{DF}{FC}=3 $ , $ \therefore QF//AD $ ,且 $ QF=\dfrac{1}{4}AD $ .

$ \because O $ , $ P $ 分别为 $ BD $ , $ BM $ 的中点,

$ \therefore OP//AD $ ,且 $ OP=\dfrac{1}{2}DM $ .

又 $ \because M $ 为 $ AD $ 的中点, $ \therefore OP=\dfrac{1}{4}AD $ .

$ \therefore OP//QF $ ,且 $ OP=QF $ ,

$ \therefore $ 四边形 $ OPQF $ 是平行四边形,

$ \therefore PQ//OF $ .又 $ \because PQ\not\subset $ 平面 $ BCD $ , $ OF\subset $ 平面 $ BCD $ , $ \therefore PQ// $ 平面 $ BCD $ .

（1） 【证明】设 $ F $ 为线段 $ PA $ 的中点,连接 $ EF $ , $ BF $ ,如图①所示.

图①

因为 $ PE=ED $ ,所以 $ E $ , $ F $ 分别为线段 $ PD $ , $ PA $ 的中点,

所以 $ EF//AD $ ,且 $ EF=\dfrac{1}{2}AD $ .

又 $ AD//BC $ ,且 $ AD=2BC $ ,所以 $ EF//BC $ 且 $ EF=BC $ ,

所以四边形 $ BCEF $ 为平行四边形.

所以 $ EC//FB $ ,又 $ EC\not\subset $ 平面 $ PAB $ , $ FB\subset $ 平面 $ PAB $ ,所以 $ CE// $ 平面 $ PAB $ .

（2） 【解】设 $ E^\prime $ 为线段 $ PD $ 上靠近点 $ P $ 的三等分点,连接 $ AC $ , $ BD $ , $ AE\prime $ , $ E^\prime C $ ,设 $ AC\cap BD=O $ ,连接 $ OE\prime $ ,如图②所示.

图②

因为底面 $ ABCD $ 为梯形且 $ AD//BC $ ,所以 $ △AOD\sim △COB $ ,所以 $ \dfrac{AD}{BC}=\dfrac{OD}{BO}=2 $ ,则 $ \dfrac{BO}{BD}=\dfrac{1}{3} $ .

因为 $ \dfrac{PE\prime }{PD}=\dfrac{1}{3} $ ,所以 $ PB//OE\prime $ ,

又 $ PB\not\subset $ 平面 $ ACE\prime $ , $ OE\prime \subset $ 平面 $ ACE\prime $ ,所以 $ PB// $ 平面 $ ACE\prime $ .

要使 $ PB// $ 平面 $ ACE $ ,则 $ E $ 与 $ E^\prime $ 重合,故 $ \dfrac{PE}{PD}=\dfrac{1}{3} $ .

（3） 【解】设线段 $ PC $ 的中点为 $ H $ ,连接 $ EH $ , $ HB $ , $ BN $ , $ EN $ ,如图③所示.

图③

因为 $ N $ 为棱 $ AD $ 的中点,且 $ DN//BC $ , $ DN=BC $ ,

所以四边形 $ NDCB $ 为平行四边形,

所以 $ DC//NB $ .又 $ E $ , $ H $ 分别为线段 $ PD $ , $ PC $ 的中点,所以 $ EH//DC $ ,所以 $ EH//NB $ ,

则四边形 $ EHBN $ 为四棱锥 $ P-ABCD $ 过点 $ B $ , $ E $ 及棱 $ AD $ 的中点 $ N $ 的截面.

又 $ BN=CD=12 $ , $ EN=\dfrac{1}{2}PA=5 $ , $ HE=\dfrac{1}{2}CD=6 $ , $ BC=\dfrac{1}{2}AD=5 $ , $ HC=\dfrac{1}{2}PC=5 $ ,

在 $ △PBC $ 中, $ \cos \mathrm{\angle }PCB=\dfrac{B{C}^{2}+P{C}^{2}-P{B}^{2}}{2BC\cdot PC}=\dfrac{1}{4} $ ,

所以 $ B{H}^{2}=B{C}^{2}+H{C}^{2}-2BC\cdot HC\cdot \cos \mathrm{\angle }PCB=25+25-2×5×5×\dfrac{1}{4}=\dfrac{75}{2} $ ,则 $ BH=\dfrac{5\sqrt{6}}{2} $ ,

所以截面 $ EHBN $ 的周长为 $ BN+EN+HE+HB=12+5+6+\dfrac{5\sqrt{6}}{2}=23+\dfrac{5\sqrt{6}}{2} $ .

（1） 【证明】连接 $ A^\prime B $ ,如图①所示.

当 $ \lambda =\dfrac{1}{2} $ 时, $ \overrightarrow {B^\prime G}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow {B^\prime B} $ ,所以 $ G $ 为 $ BB\prime $ 的中点,又因为 $ E $ 为 $ A^\prime B^\prime $ 的中点,所以 $ EG//A^\prime B $ .

因为 $ A^\prime D^\prime //BC $ 且 $ A^\prime D^\prime =BC $ ,所以四边形 $ A^\prime D^\prime CB $ 为平行四边形,所以 $ A^\prime B//D^\prime C $ ,故 $ EG//D^\prime C $ .

又 $ EG\not\subset $ 平面 $ D^\prime AC $ , $ D^\prime C\subset $ 平面 $ D^\prime AC $ ,

所以 $ EG// $ 平面 $ D^\prime AC $ .

图①

（2） 【解】连接 $ B^\prime D^\prime $ 交 $ EF $ 于点 $ H $ ,连接 $ HG $ ,连接 $ A^\prime C^\prime $ ,交 $ B^\prime D^\prime $ 于点 $ {O}_{1} $ .

当 $ \lambda =\dfrac{1}{2} $ 时, $ G $ 为 $ BB\prime $ 的中点,取 $ BD $ 与 $ AC $ 的交点为 $ {O}_{2} $ ,连接 $ B{O}_{1} $ , $ D^\prime {O}_{2} $ ,如图②所示,

图②

因为 $ E $ , $ F $ 分别为 $ A^\prime B^\prime $ , $ B^\prime C^\prime $ 的中点,所以 $ EF//A^\prime C^\prime $ ,

则 $ H $ 为 $ B^\prime {O}_{1} $ 的中点,又 $ G $ 为 $ BB\prime $ 的中点,所以 $ HG//B{O}_{1} $ .

又 $ B{O}_{2}//D^\prime {O}_{1} $ 且 $ B{O}_{2}=D^\prime {O}_{1} $ ,

所以四边形 $ B{O}_{2}D^\prime {O}_{1} $ 为平行四边形,

所以 $ B{O}_{1}//D^\prime {O}_{2} $ ,故 $ GH//D^\prime {O}_{2} $ .

又 $ D^\prime M// $ 平面 $ EFG $ ,平面 $ D^\prime DBB\prime \cap $ 平面 $ EFG=GH $ , $ D^\prime M\subset $ 平面 $ D^\prime DBB\prime $ ,

所以 $ D^\prime M//GH $ ,即 $ M $ 和 $ {O}_{2} $ 重合.

又 $ BD=\sqrt{{2}^{2}+{2}^{2}}=2\sqrt{2} $ ,此时 $ D^\prime M=\sqrt{{2}^{2}+{\left(\sqrt{2}\right) ^ {2}}}=\sqrt{6} $ .

当 $ \lambda =1 $ 时,点 $ G $ 与点 $ B $ 重合,在 $ DB $ 上取点 $ M $ 使得 $ \overrightarrow {DM}=\dfrac{1}{4}\overrightarrow {DB} $ ,连接 $ D^\prime M $ ,如图③所示,

图③

由前述可知 $ H $ 为 $ B^\prime {O}_{1} $ 的中点,则 $ D^\prime H=\dfrac{3}{4}D^\prime B^\prime $ .又 $ BM=\dfrac{3}{4}DB $ ,所以 $ D^\prime H=BM $ ,又 $ D^\prime B^\prime //BD $ ,所以四边形 $ D^\prime HBM $ 为平行四边形,

所以 $ D^\prime M//HB $ .

又 $ HB\subset $ 平面 $ EFG $ , $ D^\prime M\not\subset $ 平面 $ EFG $ ,所以 $ D^\prime M// $ 平面 $ EFG $ ,

所以 $ D^\prime M=\sqrt{{2}^{2}+{\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) ^ {2}}}=\dfrac{3\sqrt{2}}{2} $ .

综上可得,当 $ \lambda $ 从 $ \dfrac{1}{2} $ 增大至1时,点 $ M $ 从 $ BD $ 的中点逐渐移动到 $ BD $ 上靠近点 $ D $ 的四等分点处,则当 $ \lambda \in [\dfrac{1}{2},1] $ 时, $ D^\prime M $ 长度的取值范围为 $ [\dfrac{3\sqrt{2}}{2},\sqrt{6}] $ .