4 板块综合 立体几何中的综合问题（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中数学必修第二册（湘教版2019）

板块综合　立体几何中的综合问题(阶段小结课——习题讲评式教学) [建构知识体系] [融通学科素养] 1.浸润的核心素养 (1)通过线线平行、线面平行、面面平行之间的相互转化，提升逻辑推理和直观想象素养. (2)通过线线垂直、线面垂直、面面垂直三者之间的转化，提升直观想象和逻辑推理素养. 2.渗透的数学思想 (1)在判断空间几何体的点、线、面的位置关系，直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直关系的证明中，根据图形运算求解或证明体现了数形结合的思想. (2)在本章中化归思想无处不在，如“要证线面平行，先证线线平行” “要证面面平行，先证线面平行” “要证线面垂直，先证线线垂直” “要证面面垂直，先证线面垂直”等，都体现了转化与化归思想. CONTENTS 目录 1 2 3 题型(一)　等体积法求点到平面的距离 题型(二)　几何法求空间角 题型(三)　立体几何中的交线、 截面问题 4 课时跟踪检测 题型(一)　等体积法求点 到平面的距离 01 [例1]　(2024·全国甲卷)如图，已知AB∥CD，CD∥EF，AB=DE=EF=CF=2，CD=4，AD=BC=，AE=2， M为CD的中点. (1)证明：EM∥平面BCF; 解：证明：由题意，得EF∥MC，且EF=MC， 所以四边形EFCM是平行四边形，所以EM∥CF. 又CF⊂平面BCF，EM⊄平面BCF，所以EM∥平面BCF. (2)求点M到平面ADE的距离. 解：取DM的中点O，连接OA，OE，因为AB∥MC，且AB=MC，所以四边形AMCB是平行四边形，所以AM=BC=. 又AD=，故△ADM是等腰三角形，同理△EDM是等边三角形. 所以OA⊥DM，OE⊥DM，OA==3， OE==. 又AE=2，所以OA2+OE2=AE2，故OA⊥OE. 又OA⊥DM，OE∩DM=O，OE，DM⊂平面EDM， 所以OA⊥平面EDM. 易知S△EDM=×2×=. 在△ADE中，cos∠DEA==， 所以sin∠DEA=， S△ADE=×2×2×=. 设点M到平面ADE的距离为d，由VM-ADE=VA-EDM，得S△ADE·d=S△EDM·OA，得d=， 故点M到平面ADE的距离为. |思|维|建|模| 　　用等体积法求点到平面的距离主要是一个转换的思想，即要将所要求的垂线段置于一个四面体中，其中四面体的一个顶点为所给点，另外三点位于所给点射影平面上，这里不妨将射影平面上的三点构成的三角形称为底面三角形.首先，用简单的方法求出四面体的体积，然后计算出底面三角形的面积，再根据四面体体积公式求出点到平面的距离.这种方法在常规方法不能轻松获得结果的情况下，可以很大程度的提高解题效率，达到事半功倍的效果.特别是遇到四面体有一条棱垂直于其所相对的底面时，首选此方法. 1.已知在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边 形ABCD是直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，若PA= AD=2，DC=2，点M为PD的中点，点N为PC的 四等分点(靠近点P). (1)求证：平面AMN⊥平面PCD; 针对训练 解：证明：在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD， 则PA⊥CD，又AD⊥CD，PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD. 因为AM⊂平面PAD，所以AM⊥CD.因为AP=AD，点M为PD的中点，所以AM⊥PD. 因为CD∩PD=D，CD，PD⊂平面PCD， 所以AM⊥平面PCD. 因为AM⊂平面AMN，所以平面AMN⊥平面PCD. (2)求点P到平面AMN的距离. 解：由(1)知CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD. 因为PA⊥AD，PA=AD=2，DC=2，点M为PD的中点，所以PD=2，PM=，PC===4.因为点N为PC的四等分点(靠近点P)，所以PN=1. 因为PD=CD，CD⊥PD，所以∠CPM=45°，所以由余弦定理得 MN= ==1， 所以PN2+MN2=PM2，所以PN⊥MN.因为AM⊥平面PCD， 所以AM⊥MN. 设点P到平面AMN的距离为h，所以三棱锥P-AMN的体积VP-AMN=VA-PMN⇒××1×h=××1×1×，所以h=1. 题型(二)　几何法求空间角 02 [例2]　如图，已知PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是 正方形，异面直线PB与CD的夹角为45°. (1)求二面角B-PC-D的大小; 解：∵ABCD是正方形，∴AB∥CD. ∴∠PBA就是异面直线PB与CD的夹角，即∠PBA=45°. ∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD， ∴PA⊥AB.∴PA=AB.在△PBC和△PDC中，PB=PD，BC=CD，PC=PC， ∴ △PBC≌△PDC. ∴∠PCB=∠PCD. 作BE⊥PC于E，连接ED. 在△ECB与△ECD中，BC=CD，CE=CE， ∠ECB=∠ECD， ∴△ECB≌△ECD.∴∠CED=∠CEB=90°. ∴∠BED就是二面角B-PC-D的平面角. 设AB=a，则BD=PB=a，PC=a， 则BE=DE==a， 则cos∠BED==-， 即∠BED=120°， ∴二面角B-PC-D的大小为120°. (2)求直线PB与平面PCD夹角的大小. 解：还原棱锥为正方体ABCD-PB1C1D1，作BF⊥CB1于F， ∵平面PB1C1D1⊥平面BB1C1C，∴BF⊥B1P. ∴BF⊥平面PB1CD. 连接PF，则∠BPF就是直线PB与平面PCD的夹角， 易知BF=a，PB=a， ∴sin∠BPF=，即∠BPF=30°. ∴直线PB与平面PCD的夹角为30°. |思|维|建|模| 1.求线面角的三个步骤 一作(找)角，二证明，三计算，其中作(找)角是关键，先找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，然后把线面角转化到三角形中求解. 2.作二面角的平面角的方法 作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角. 针对训练 2.如图，二面角α-l-β的大小是60°，线段AB⊂α， B∈l，AB与l的夹角为30°，则AB与平面β夹角的 正弦值是 (　 ) A. B. C. D. √ 解析：如图，作AO⊥β于O，AC⊥l于C，连接OB，OC， 因为l⊂β，所以AO⊥l. 因为AO∩AC=A，AO，AC⊂平面AOC，所以l⊥平面AOC. 因为OC⊂平面AOC，所以OC⊥l， 则∠ACO为二面角α-l-β的平面角， 即∠ACO=60°， ∠ABC为AB与l所成的角，∠ABC=30°， 设AB与β的夹角为θ，则∠ABO=θ. 由图得sin θ==·=sin 60°sin 30°=.故选B. 3.如图，将正方形ABCD沿对角线AC折叠后，平面BAC⊥平面DAC，则二面角B-CD-A的余弦值为 (　 ) A. B. C. D. √ 解析：设正方形的边长为a，取AC的中点O，连接BO， 则BO⊥AC，过O作AD的平行线OE交CD于E，连接 BE，如图，因为平面BAC⊥平面DAC，平面BAC∩ 平面DAC=AC，BO⊂平面BAC， 所以BO⊥平面DAC，而CD⊂平面DAC，于是BO⊥CD. 又OE⊥CD，BO∩OE=O，BO，OE⊂平面BOE，则CD⊥平面BOE，而BE⊂平面BOE，即有CD⊥BE， 因此∠BEO为二面角B-CD-A的平面角，显然BO=a，OE=， 有BO⊥OE，即△BOE为直角三角形，有BE2=BO2+OE2=a2， 则BE=a， 所以cos∠BEO===.故选C. 题型(三)　立体几何中的 交线、截面问题 03 [例3]　(1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MD=DD1，NB=BB1，那么正方体中过M，N，C1的截面图形是(　 ) A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 √ 解析：先确定截面上的已知边与几何体上和其共面的边的交点，再确定截面与几何体的棱的交点. 设直线C1M，CD相交于点P，直线C1N，CB相交于点Q，连接PQ交直线AD于点E，交直线AB于点F，则五边形C1MEFN为所求截面图形. (2)在棱长为的正方体ABCD-A1B1C1D1中，以A1为球心、2为半径的球与正方体的面ABCD相交，则交线长为　　　.  解析：因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平 面ABCD，所以平面ABCD与球的截面是以A为圆心 的圆，且半径为=，所以球面与底面ABCD的交线是以A为圆心，为半径的弧EF，该交线的长为×2π×=π. π |思|维|建|模| 利用平面的性质确定截面的形状是解决问题的关键 (1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线;②凡是相交的直线都要画出它们的交点;③凡是相交的平面都要画出它们的交线. (2)作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线;②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线. 针对训练 4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6，点E，F分别在棱D1A1，D1C1上，且满足==，点O为底面ABCD的中心，过点E，F，O作平面EFO，则平面EFO截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面面积为(　 ) A.8 B.6 C.4 D.2 √ 解析：连接AC，BD，A1C1，AC与BD交点即为O，因为==，所以EF∥A1C1.因为A1C1∥AC，所以EF∥AC，所以E，F，O，A，C共面，所以平面EFO截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为梯形EFCA.因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6，且==，所以AC===6.在Rt△D1EF中，D1E=D1F=2， 则EF==2.在Rt△AA1E中，A1E=D1A1-D1E=6-2=4，则AE===2.在Rt△CC1F中，C1F=D1C1-D1F=6-2=4，则CF===2.过E作EM⊥AC于M， 则AM===2，所以EM== =2，所以等腰梯形EFCA的面积为×(EF+AC)×EM=×(2+6)×2=8. 5.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，E，F分别为BC，CD的中点，P是线段A1B上的动点，C1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长为　　　.  解析：如图所示，连接EF，A1B，连接A1C1，B1D1 交于点M，连接B1E，BC1交于点N， 易知EF∥B1D1，即E，F，B1，D1共面， 由P是线段A1B上的动点， 当P重合于A1或B时，C1A1，C1B与平面D1EF的交点分别为M，N，即Q的轨迹为MN. 由正方体的棱长为3， 得C1M=A1C1=3，则BC1=6. 又==，则NC1=BC1=4. 由A1B=BC1=A1C1， 得∠A1C1B=60°，则MN===. 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2 1.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M是平面A1B1C1D1内一点，且BM∥平面ACD1，则tan∠DMD1的最大值为 (　　) A. B.1 C.2 D. √ 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2 解析：设正方体的棱长为1，因为当M在直线A1C1上时，都满足BM∥平面ACD1，所以tan∠DMD1===是最大值，此时MD1⊥A1C1.故选D. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 2.坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富 的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展 现造型之美.如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形.若AB=25 m，BC=AD=10 m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为(　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.102 m B.112 m C.117 m D.125 m 解析：如图，过E作EO⊥平面ABCD，垂足为O，过E分别作EG⊥BC，EM⊥AB，垂足分别为G，M，连接OG，OM. 由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为∠EMO和∠EGO， √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 所以tan∠EMO=tan∠EGO=. 因为EO⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以EO⊥BC. 因为EG⊥BC，EO，EG⊂平面EOG，EO∩EG=E， 所以BC⊥平面EOG.因为OG⊂平面EOG，所以BC⊥OG. 同理OM⊥BM.又BM⊥BG，故四边形OMBG是矩形.所以由BC=10得OM=5.所以EO=.所以OG=5. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 所以在Rt△EOG中，EG===. 在Rt△EGB中，BG=OM=5，EB===8. 又因为EF=AB-5-5=25-5-5=15， 所有棱长之和为2×25+2×10+15+4×8=117 m.故选C. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 3.(2023·全国甲卷)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形，PC=PD=3，∠PCA=45°，则△PBC面积为 (　　) A.2 B.3 C.4 D.6 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 解析：如图，过点P作PO⊥平面ABCD，垂足为O，取DC的中点M，AB的中点N，连接PM，MN，AO，BO.由PC=PD，得PM⊥DC.又PO⊥DC，PO∩PM=P，所以DC⊥平面POM.又OM⊂平面POM，所以DC⊥OM. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 在正方形ABCD中，DC⊥NM，所以M，N，O三点共线. 所以OA=OB.所以Rt△POA≌Rt△POB. 所以PB=PA.在△PAC中，由余弦定理得PA==.所以PB=.在△PBC中，由余弦定理得cos∠PCB==，所以sin∠PCB=. 所以S△PBC=PC·BCsin∠PCB=4，故选C. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 4.一封闭的正方体容器ABCD-A1B1C1D1，P，Q，R分别是AB，BC和C1D1的中点，由于某种原因，P，Q，R处各有一个小洞，当此容器内存水的表面恰好经过这三个小洞时，容器中水的上表面形状是 (　　) A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 解析：如图，设过P，Q，R三点的平面为平面α.分别取A1D1，A1A，CC1的中点F，E，M，连接RF，FE，EP，PQ，QM，MR，EM，QF，RP.由正方体的性质知RF∥PQ，所以F∈平面α.又RP∥MQ，所以M∈平面α.又EF∥RP，所以E∈平面α.所以六边形RFEPQM为容器中水的上表面的形状.故选D. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 5.(多选)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，点 M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六 面体的各棱长均相等，∠A1AB=∠A1AD，则有 (　　) A.A1M∥B1Q B.AA1⊥PQ C.A1M∥平面D1PQB1 D.PQ⊥平面A1ACC1 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 解析：如图，设A1C1交B1D1于点O1，连接BD交 AC于点O，则点O1，O分别是B1D1，BD的中点， 连接MQ，O1Q，由题意知，QM∥AC，A1C1∥AC， QM=AC，A1C1=AC，所以QM∥A1O1，QM=A1O1，即四边形A1MQO1为平行四边形，所以A1M∥O1Q，又O1Q∩B1Q=Q，所以A1M与B1Q异面，故A错误;因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC，AD=AB，又∠A1AB=∠A1AD， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 所以△A1AB≌△A1AD，有A1B=A1D，连接A1O，则BD⊥A1O，又AC∩A1O=O，所以BD⊥平面A1ACC1，连接PQ，则BD∥PQ，所以PQ⊥平面A1ACC1，故D正确;又AA1⊂平面A1ACC1，所以PQ⊥AA1，故B正确;因为A1M∥D1P，D1P⊂平面D1PQB1，所以A1M∥平面D1PQB1，故C正确. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 6.(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC-A'B'C'的体积为，AB=6，A'B'=2，则A'A与平面ABC所成角的正切值为(　　) A. B.1 C.2 D.3 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 解析：法一：如图1，分别取BC，B'C'的中点D，D'，连接AD，A'D'，DD'. 易证得平面ADD'A'⊥平面ABC. 过点A'作A'E⊥AD于点E，则A'E⊥平面ABC， 即A'E为正三棱台的高. 由上述可知，∠A'AE为直线A'A与平面ABC所成的角. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 由已知易得正三棱台ABC-A'B'C'的上、下底面的面积分别为×2×=×6×3=9. 由正三棱台ABC-A'B'C'的体积为，得×(+9+3)×A'E=，解得A'E=. 取△ABC，△A'B'C'的重心分别为G，G'，连接GG'，则四边形A'EGG'为矩形， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 所以EG=A'G'=A'D'=， 所以AE=AG-EG=AD-EG=×3-=.在Rt△A'AE中，tan∠A'AE===1.故选B. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 法二：设正三棱台ABC-A'B'C'的高为h. 易知正三棱台ABC-A'B'C'的上、下底面的面积分别为×2×=×6×3=9. 由正三棱台ABC-A'B'C'的体积为，得×(+9+3)h=， 解得h=. 如图2，将该正三棱台补成正三棱锥P-ABC，过点P作PG⊥平面ABC，连接AG，则点G为△ABC的重心， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 所以∠PAG为直线A'A与平面ABC所成的角. 由相似比可知，==，解得PG=2. 延长AG交BC于点D，则点D为BC的中点. 因为△ABC为正三角形，AB=6，则AD=3， 所以AG=×AD=2.在Rt△PGA中，tan∠PAG===1.故选B. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 7.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=1，AD=2，AA1=3，则异面直线A1B1与AC1夹角的余弦值为　　　　.  解析：∵C1D1∥A1B1，∴异面直线A1B1与AC1的夹角即为C1D1与AC1的夹角，即∠AC1D1. 连接AD1(图略)，易知AD1⊥C1D1.∵在Rt△AC1D1中，C1D1=1，AD1==，AC1==，∴cos∠AC1D1===. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 8.已知等于90°的二面角α-l-β内有一点P，过P有PA⊥α于点A，PB⊥β于B，如果PA=PB=a，则P到l的距离为　　　.  解析：如图，由PA⊥α，PB⊥β，l⊂α，l⊂β，得PA⊥l， PB⊥l. 又PA∩PB=P，PA，PB⊂平面APBC，故l⊥平面APBC， l∩平面APBC=C.连接PC，PC⊂平面APBC，故l⊥PC. 所以P到l的距离为线段PC的长度，二面角α-l-β为90°.故BC=PA=PB， 且∠PBC=90°.故PC=PB=a. a 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 9.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=3，M是A1D1的中点，点N在棱CC1上，CN=2NC1，则平面AMN与侧面BB1C1C的交线长为　　　　　.  解析：如图，取BC，B1C1的中点为H，Q，连接BQ，C1H，则AM∥BQ∥C1H，且AM=BQ=C1H. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 在平面BB1C1C中，过点N作NP∥C1H交BC于P，则NP为平面AMN与侧面BB1C1C的交线，且NP∶C1H=2∶3.由于C1H===，∴NP=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 10.(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA=　　.  解析：如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A.因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r=O1A=××3=. 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 将三棱锥S-ABC补形为正三棱柱SB1C1-ABC，由题意知SA为侧棱.设球心为O，连接OO1，OA，则OO1⊥平面ABC，且OO1=SA. 又球的半径R=OA=2，OA2=O+O1A2，所以4=SA2+3，得SA=2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 11.(15分)(2024·上海高考)如图，在正四棱锥P-ABCD 中，O为底面ABCD的中心. (1)若AP=5，AD=3，求△POA绕PO旋转一周形成的几何体的体积; 解：在正四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，且PO⊥底面ABCD， ∴△AOD为等腰直角三角形.又AD=3， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 ∴AO=3.∵AP=5，∴PO==4. ∵Rt△AOP绕直角边PO旋转一周形成的几何体是底面半径为3，高为4的圆锥， ∴旋转体的体积V=×π×32×4=12π. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 (2)若AP=AD，E为PB的中点，求直线BD与平面AEC所成角的大小. 解：如图，连接OE， ∵AP=AD=AB，E为PB的中点，∴PB⊥AE， 同理，PB⊥CE，又AE∩CE=E，AE，CE⊂平面AEC， ∴PB⊥平面AEC， ∴∠BOE是BD与平面AEC所成的角. 设AP=AD=2，则BO=，BE=1， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 在△BPD中，E，O分别为BP，BD的中点， ∴EO=PD=AP=1， ∴△BEO是等腰直角三角形， ∴∠BOE=， 即BD与平面AEC所成角的大小为. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 12.(15分)如图①所示，已知正三角形ADP与正方形ABCD，将△ADP沿AD翻折至△ADP'所在的位置，连接P'B，P'C，得到如图②所示的四棱锥.已知AB=2，P'B=2，T为AP上一点，且满足PT=2AT. (1)求证：CD⊥平面P'AD; 解：证明：由题意知△P'AD是正三角形，有P'A=AB=2，在△P'AB中，P'A2+AB2=8=P'B2，则AB⊥P'A. 在正方形ABCD中，AB⊥AD，P'A∩AD=A，P'A，AD⊂平面P'AD， 所以AB⊥平面P'AD.又CD∥AB. 所以CD⊥平面P'AD. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 (2)在线段P'D上是否存在一点Q，使得CQ∥平面BDT.若存在，指出点Q的位置，并证明你的结论;若不存在，请说明理由. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 解：当点Q为线段P'D的中点时，CQ∥平面BDT. 取P'T的中点N，连接CQ，NQ，CN，连接AC∩ BD=O，连接OT，如图， 所以NQ∥TD.又TD⊂平面BDT，NQ⊄平面BDT， 因此NQ∥平面BDT. 依题意，T为P'A上一点，且满足P'T=2AT，则T为NA的中点.又O为AC的中点，即有OT∥CN. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 又TO⊂平面BDT，CN⊄平面BDT， 因此CN∥平面BDT. 又CN∩NQ=N，CN，NQ⊂平面CQN， 所以平面CQN∥平面BDT. 又CQ⊂平面CQN，则CQ∥平面BDT， 所以点Q为线段P'D的中点时，CQ∥平面BDT. 阶段质量评价（三） $$