2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第8章 立體幾何初步 第4節(jié) 垂直關(guān)系教學(xué)案 文 北師大版

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1、第四節(jié)　垂直關(guān)系 [最新考綱]　1.以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點(diǎn)，認(rèn)識(shí)和理解空間中線面垂直的有關(guān)性質(zhì)與判定定理.2.能運(yùn)用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些空間圖形的垂直關(guān)系的簡(jiǎn)單命題． (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第131頁(yè)) 1．直線與平面垂直 (1)定義：如果一條直線和一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線都垂直，那么稱這條直線和這個(gè)平面垂直． (2)定理 文字語言 圖形語言 符號(hào)語言 判定定理 如果一條直線和一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，那么該直線與此平面垂直 ?l⊥α 性質(zhì) 定理 如果兩條直線同垂直于一個(gè)平面，那么這兩條直線平行 ? a∥b 2.二面角

2、 (1)定義：從一條直線出發(fā)的兩個(gè)半平面所組成的圖形叫作二面角．這條直線叫作二面角的棱，這兩個(gè)半平面叫作二面角的面． (2)二面角的度量——二面角的平面角：以二面角的棱上任一點(diǎn)為端點(diǎn)，在兩個(gè)半平面內(nèi)分別作垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所成的角叫作二面角的平面角．平面角是直角的二面角叫作直二面角． 3．平面與平面垂直 (1)定義：兩個(gè)平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就說這兩個(gè)平面互相垂直． (2)定理 文字語言 圖形語言 符號(hào)語言 判定定理 如果一個(gè)平面經(jīng)過另一個(gè)平面的一條垂線，那么這兩個(gè)平面互相垂直 ?α⊥β 性質(zhì) 定理 兩個(gè)平面垂直，則一個(gè)平面內(nèi)垂直

3、于交線的直線與另一個(gè)平面垂直 ?l⊥α 1．若兩條平行線中的一條垂直于一個(gè)平面，則另一條也垂直于這個(gè)平面． 2．一條直線垂直于兩平行平面中的一個(gè)，則這條直線與另一個(gè)平面也垂直． 3．兩個(gè)相交平面同時(shí)垂直于第三個(gè)平面，它們的交線也垂直于第三個(gè)平面． 4．過一點(diǎn)有且只有一條直線與已知平面垂直． 5．過一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面與已知直線垂直． 一、思考辨析(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”) (1)直線l與平面α內(nèi)的無數(shù)條直線都垂直，則l⊥α. (　　) (2)若平面α內(nèi)的一條直線垂直于平面β內(nèi)的無數(shù)條直線，則α⊥β. (　　) (3)若兩條直線與一個(gè)平面所成的角相等，則這

4、兩條直線平行． (　　) [答案](1)×　(2)×　(3)× 二、教材改編 1．下列命題中錯(cuò)誤的是(　　) A．如果平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)所有直線都垂直于平面β B．如果平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)一定存在直線平行于平面β C．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α內(nèi)一定不存在直線垂直于平面β D．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ A　[兩個(gè)平面垂直，一個(gè)平面內(nèi)只有垂直于交線的直線才垂直于另一個(gè)平面，故A錯(cuò)誤．選A.] 2．如圖，正方形SG1G2G3中，E，F(xiàn)分別是G1G2，G2G3的中點(diǎn)，D是EF的中點(diǎn)，現(xiàn)在沿SE，SF及EF把這個(gè)正方形折成

5、一個(gè)四面體，使G1，G2，G3三點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為G，則在四面體S-EFG中必有(　　) A．SG⊥△EFG所在平面 B．SD⊥△EFG所在平面 C．GF⊥△SEF所在平面 D．GD⊥△SEF所在平面 A　[四面體S-EFG如圖所示： 由SG⊥GE，SG⊥GF. 且GE∩GF＝G得 SG⊥△EFG所在的平面． 故選A.] 3．如圖，三棱錐V-ABC中，VA＝VB＝AC＝BC＝2，AB＝2，VC＝1，則二面角V-AB-C的度數(shù)為________． 60°　[如圖，取AB的中點(diǎn)D，連接VD，CD. 由VA＝VB＝AC＝BC知，VD⊥AB，CD⊥AB，從而∠V

6、DC就是二面角V-AB-C的平面角． 在△VAB和△ABC中分別求得VD＝CD＝1， 因此△VDC是等邊三角形，故∠VDC＝60°.] 4．在三棱錐P-ABC中，點(diǎn)P在平面ABC中的射影為點(diǎn)O. (1)若PA＝PB＝PC，則點(diǎn)O是△ABC的________心； (2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，則點(diǎn)O是△ABC的________心． (1)外　(2)垂　[(1)如圖1，連接OA，OB，OC，OP， 在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中， PA＝PC＝PB， 所以O(shè)A＝OB＝OC， 即O為△ABC的外心． 圖1　　　　　　　　圖2 (2)如圖2，延長(zhǎng)

7、AO，BO，CO分別交BC，AC，AB于點(diǎn)H，D，G. ∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，PA，PB平面PAB， ∴PC⊥平面PAB，又AB平面PAB，∴PC⊥AB， ∵AB⊥PO，PO∩PC＝P，PO，PC平面PGC， ∴AB⊥平面PGC，又CG平面PGC， ∴AB⊥CG，即CG為△ABC邊AB上的高． 同理可證BD，AH分別為△ABC邊AC，BC上的高， 即O為△ABC的垂心．] (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第132頁(yè)) ⊙考點(diǎn)1　直線與平面垂直的判定與性質(zhì) 　證明直線與平面垂直的常用方法 (1)利用線面垂直的判定定理． (2)利用“兩平行線中的一條與平面垂直，則另一

8、條也與這個(gè)平面垂直”． (3)利用“一條直線垂直于兩個(gè)平行平面中的一個(gè)，則與另一個(gè)也垂直”． (4)利用面面垂直的性質(zhì)定理． 　證明直線與平面垂直 　如圖，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，M為棱BC的中點(diǎn)，BB1＝3，AB1＝，∠CBB1＝60°. (1)求證：AM⊥平面BCC1B1； (2)求斜三棱柱ABC-A1B1C1的體積． [解](1)證明：如圖，連接B1M， 因?yàn)榈酌鍭BC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，且M為棱BC的中點(diǎn)，所以AM⊥BC，且AM＝， 因?yàn)锽B1＝3，∠CBB1＝60°，BM＝1， 所以B1M2＝12＋32－2×1×3×co

9、s 60°＝7， 所以B1M＝. 又因?yàn)锳B1＝，所以AM2＋B1M2＝10＝AB， 所以AM⊥B1M. 又因?yàn)锽1M∩BC＝M， 所以AM⊥平面BCC1B1. (2)設(shè)斜三棱柱ABC-A1B1C1的體積為V，則 V＝3VB1-ABC＝3VA-B1BC ＝3×S△B1BC·|AM| ＝×2×3×sin 60°× ＝. 所以斜三棱柱ABC-A1B1C1的體積為. (1)已知線段的長(zhǎng)度，一般情況下用勾股定理的逆定理證明線線垂直，如本例第(1)問． (2)解答本例第(2)問時(shí)，易誤認(rèn)為B1M是斜三棱柱ABC-A1B1C1的高，從而得到錯(cuò)誤答案． 　證明空間兩條直線垂直

10、　(2019·成都模擬)如圖，在多面體ABCDFE中，四邊形ABCD是矩形，四邊形ABEF為等腰梯形，且AB∥EF，AF＝2，EF＝2AB＝4AD＝4，平面ABCD⊥平面ABEF. (1)求證：BE⊥DF； (2)求三棱錐C-AEF的體積V. [解](1)證明：取EF的中點(diǎn)G，連接AG. ∵EF＝2AB，∴AB＝EG. 又AB∥EG，∴四邊形ABEG為平行四邊形， ∴AG∥BE，且AG＝BE＝AF＝2. 在△AGF中，GF＝EF＝2，AG＝AF＝2， ∴AG2＋AF2＝GF2，∴AG⊥AF. ∵四邊形ABCD是矩形， ∴AD⊥AB. 又平面ABCD⊥平面ABEF，且平

11、面ABCD∩平面ABEF＝AB， ∴AD⊥平面ABEF. 又AG平面ABEF， ∴AD⊥AG. ∵AD∩AF＝A，∴AG⊥平面ADF. 又∵AG∥BE，∴BE⊥平面ADF. 又DF平面ADF，∴BE⊥DF. (2)連接DE.∵CD∥AB，且CD平面ABEF，AB平面ABEF，∴CD∥平面ABEF， ∴VC-AEF＝VD-AEF. 由(1)得，AD⊥平面ABEF，S△AEF＝×4×＝4， ∴VC-AEF＝VD-AEF＝×4×＝. 　證明線線垂直一般是先證線面垂直，再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)得到線線垂直． [教師備選例題] (2017·江蘇高考)如圖，在三棱錐A-BCD中，AB

12、⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點(diǎn)E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD. 求證：(1)EF∥平面ABC； (2)AD⊥AC. [證明](1)在平面ABD內(nèi)，因?yàn)锳B⊥AD，EF⊥AD， 所以EF∥AB. 又因?yàn)镋F平面ABC，AB平面ABC， 所以EF∥平面ABC. (2)因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD， 平面ABD∩平面BCD＝BD， BC平面BCD，BC⊥BD， 所以BC⊥平面ABD. 因?yàn)锳D平面ABD，所以BC⊥AD. 又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB平面ABC，BC平面ABC，所以AD⊥平面ABC. 又因?yàn)锳C平面ABC

13、， 所以AD⊥AC. 　如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點(diǎn)．證明： (1)CD⊥AE； (2)PD⊥平面ABE. [證明](1)在四棱錐P-ABCD中，∵PA⊥平面ABCD， CD平面ABCD，∴PA⊥CD. 又∵AC⊥CD，且PA∩AC＝A， ∴CD⊥平面PAC.而AE平面PAC， ∴CD⊥AE. (2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA. ∵E是PC的中點(diǎn)，∴AE⊥PC. 由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C， ∴AE⊥平面PCD. 又PD平面PCD

14、，∴AE⊥PD. ∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB. 又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A， ∴AB⊥平面PAD， 而PD平面PAD， ∴AB⊥PD. 又AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE. ⊙考點(diǎn)2　面面垂直的判定與性質(zhì) 　證明面面垂直的兩種方法 (1)定義法：利用面面垂直的定義，即判定兩平面所成的二面角為直二面角，將證明面面垂直問題轉(zhuǎn)化為證明平面角為直角的問題． (2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即證明其中一個(gè)平面經(jīng)過另一個(gè)平面的一條垂線，把問題轉(zhuǎn)化成證明線線垂直加以解決， 注意：三種垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化 (1)(2019·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，點(diǎn)N為正方形ABCD的中心

15、，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點(diǎn)，則(　　) A．BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線 B．BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線 C．BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線 D．BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線 B　[取CD的中點(diǎn)F，DF的中點(diǎn)G，連接EF，F(xiàn)N，MG，GB，BD，BE. ∵點(diǎn)N為正方形ABCD的中心，∴點(diǎn)N在BD上，且為BD的中點(diǎn)． ∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD. ∵平面ECD⊥平面ABCD， ∴EF⊥平面ABCD. ∴EF⊥FN. 不妨設(shè)AB＝2，則FN＝1，EF＝， ∴EN＝＝2. ∵EM＝M

16、D，DG＝GF，∴MG∥EF， ∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG. ∵M(jìn)G＝EF＝， BG＝＝＝， ∴BM＝＝. ∴BM≠EN. ∵BM，EN是△DBE的中線，∴BM，EN必相交． 故選B.] (2)(2019·青島模擬)如圖，四棱錐P-ABCD中，△PCD為等邊三角形，CD＝AD＝2AB，E，S，T，Q為CD，PA，PB，AD的中點(diǎn)，∠ABC＝∠BCD＝∠PEA＝90°，平面STRQ∩平面ABCD＝RQ. ①證明：平面PAE⊥平面STRQ； ②若AB＝1，求三棱錐Q-BCT的體積． [解]?、僮C明：因?yàn)镋為CD的中點(diǎn)，CD＝2AB，∠ABC＝∠BCD＝90°，所以

17、四邊形ABCE為矩形，所以AE⊥CD. 由已知易得RQ∥CD，所以RQ⊥AE. 因?yàn)椤螾EA＝90°，PE∩CD＝E， 故AE⊥平面PCD， 又因?yàn)锳E平面ABCD. 故平面PCD⊥平面ABCD. 因?yàn)镻E⊥CD，所以PE⊥平面ABCD. 因?yàn)镽Q平面ABCD，所以RQ⊥PE. 又PE∩AE＝E，所以RQ⊥平面PAE. 所以平面PAE⊥平面STRQ. ②由①可知，PE⊥平面ABCD，又T是PB的中點(diǎn)， ∴點(diǎn)T到平面BCQ的距離為PE＝， 易知S△BCQ＝S梯形ABCD＝××(1＋2)×＝. 故三棱錐Q-BCT的體積V＝××＝. 　解答本例T(2)第(2)問時(shí)，借助已

18、知的點(diǎn)面距求高，這是常用的方法，求S△BCQ時(shí)，可先求底邊和高，再求面積． 　(2018·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，在平行四邊形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC為折痕將△ACM折起，使點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)D的位置，且AB⊥DA. (1)證明：平面ACD⊥平面ABC； (2)Q為線段AD上一點(diǎn)，P為線段BC上一點(diǎn)，且BP＝DQ＝DA，求三棱錐Q-ABP的體積． [解](1)證明：由已知可得，∠BAC＝90°，BA⊥AC. 又BA⊥AD，且AC平面ACD，AD平面ACD， AC∩AD＝A，所以AB⊥平面ACD. 又AB平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC. (2)由已知可得，

19、DC＝CM＝AB＝3，DA＝3. 又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2. 作QE⊥AC，垂足為E，則QEDC. 由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1. 因此，三棱錐Q-ABP的體積為VQ-ABP＝×QE×S△ABP＝×1××3×2sin 45°＝1. ⊙考點(diǎn)3　點(diǎn)到平面的距離 　求點(diǎn)到平面的距離(高)的兩種方法 (1)定義法：求幾何體的高或點(diǎn)到面的距離，經(jīng)常根據(jù)高或距離的定義在幾何體中作出高或點(diǎn)到面的距離．其步驟為：一作、二證、三求．如何作出點(diǎn)到面的距離是關(guān)鍵，一般的方法是利用輔助面法，所作的輔助面，一是要經(jīng)過該點(diǎn)，二是要與所求點(diǎn)到面的距離的面垂直，

20、這樣在輔助面內(nèi)過該點(diǎn)作交線的垂線，點(diǎn)到垂足的距離即為點(diǎn)到面的距離． (2)等體積法：求棱錐的高或點(diǎn)到平面的距離常常利用同一個(gè)三棱錐變換頂點(diǎn)及底面的位置，其體積相等的方法求解． 　定義法求距離(高) (1)(2019·全國(guó)卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點(diǎn)，PC＝2，點(diǎn)P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為，那么P到平面ABC的距離為________． 　[如圖，過點(diǎn)P作PO⊥平面ABC于O，則PO為P到平面ABC的距離． 再過O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F， 連接PC，PE，PF，則PE⊥AC，PF⊥BC. 又PE＝PF＝，所以O(shè)E＝OF， 所以CO為∠ACB的

21、平分線， 即∠ACO＝45°. 在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1， 所以O(shè)E＝1，所以PO＝＝＝.] (2)(2018·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，在三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)． ①證明：PO⊥平面ABC； ②若點(diǎn)M在棱BC上，且MC＝2MB，求點(diǎn)C到平面POM的距離． [解]　①證明：因?yàn)锳P＝CP＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)， 所以O(shè)P⊥AC，且OP＝2. 連接OB.因?yàn)锳B＝BC＝AC，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2. 由OP2＋OB2＝PB2知，OP⊥OB. 由OP⊥OB，OP⊥AC

22、，OB平面ABC，AC平面ABC，OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC. ②作CH⊥OM，垂足為H. 又由①可得OP⊥CH，OP平面POM，OM平面POM，OP∩OM＝O，所以CH⊥平面POM. 故CH的長(zhǎng)為點(diǎn)C到平面POM的距離． 由題設(shè)可知OC＝AC＝2，CM＝BC＝，∠ACB＝45°， 所以O(shè)M＝，CH＝＝. 所以點(diǎn)C到平面POM的距離為. 　解答本例T(2)第②問時(shí)也可以使用等體積法求解． [教師備選例題] 如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°. (1)證明：平面PAB⊥平面PAD； (2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝9

23、0°，且四棱錐P-ABCD的體積為，求該四棱錐的高及四棱錐的側(cè)面積． [解](1)證明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°， 得AB⊥AP，CD⊥PD. 由于AB∥CD，故AB⊥PD，因?yàn)锳P∩PD＝P，從而AB⊥平面PAD. 又AB平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. (2)在平面PAD內(nèi)作PE⊥AD，垂足為E. 由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，可得PE⊥平面ABCD，所以PE為四棱錐的高．由AB⊥平面PAD，得AB⊥AD，又AB∥CD，AB＝CD，則四邊形ABCD為矩形．設(shè)AB＝x，則由已知可得AD＝x，PE＝x. 故四棱錐P-ABCD的體積VP-ABCD＝

24、AB·AD·PE＝x3. 由題設(shè)得x3＝，解得x＝2. 故四棱錐的高PE＝， 從而PA＝PD＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2. 可得四棱錐P-ABCD的側(cè)面積為PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin 60°＝6＋2. 　等體積法求距離(高) 　如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)面ABB1A1為矩形，AB＝1，AA1＝，D是AA1的中點(diǎn)，BD與AB1交于點(diǎn)O，且CO⊥平面ABB1A1. (1)證明：BC⊥AB1； (2)若OC＝OA，求三棱柱ABC-A1B1C1的高． [解](1)證明：在矩形ABB1A1中，由平面幾何知識(shí)可知AB1⊥BD， 又CO⊥平

25、面ABB1A1，∴AB1⊥CO，CO∩BD＝O，BD，CO平面BCD， ∴AB1⊥平面BCD.因?yàn)锽C平面BCD，∴BC⊥AB1. (2)在矩形ABB1A1中，由平面幾何知識(shí)可知OA＝，OB＝， ∵OC＝OA，∴OC＝， ∴AC＝1，BC＝，S△ABC＝， 設(shè)三棱柱ABC-A1B1C1的高為h，即三棱錐A1-ABC的高為h. 又S△ABA1＝，由VC-ABA1＝VA1-ABC得 S△ABC·h＝S△ABA1·OC，∴h＝. 　解答本例第(2)問的關(guān)鍵是把三棱柱的高轉(zhuǎn)化為求三棱錐的高，再利用等體積法求解． [教師備選例題] 如圖所示，在五面體ABCDEF中，四邊形ABCD為菱

26、形，且∠BAD＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF＝4，EF∥AB，M為BC的中點(diǎn)． (1)求證：FM∥平面BDE； (2)若平面ADE⊥平面ABCD，求點(diǎn)F到平面BDE的距離． [解](1)證明：取BD中點(diǎn)O，連接OM，OE， 因?yàn)镺，M分別為BD，BC中點(diǎn)， 所以O(shè)M∥CD且OM＝CD， 由已知EF∥AB且EF＝AB， 又在菱形ABCD中，AB∥CD且AB＝CD，所以EF∥CD且EF＝CD. 所以O(shè)M∥EF且OM＝EF， 所以四邊形OMFE為平行四邊形， 所以MF∥OE. 又OE平面BDE，MF平面BDE， 所以MF∥平面BDE. (2)由(1)得FM∥平面

27、BDE， 所以F到平面BDE的距離等于M到平面BDE的距離． 取AD的中點(diǎn)H，連接EH，BH， 因?yàn)镋A＝ED，所以EH⊥AD， 因?yàn)槠矫鍭DE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，EH平面ADE，所以EH⊥平面ABCD. 由已知得EH＝2，BE＝＝2， 所以等腰三角形BDE的面積為S△BDE＝×2×＝2. 又S△BDM＝S△BCD＝×＝2， 設(shè)F到平面BDE的距離為h， 由VE-BDM＝VM-BDE得·S△BDM·EH＝·S△BDE·h， 即×2×2＝×h×2， 解得h＝， 所以點(diǎn)F到平面BDE的距離為. 　(2019·武漢模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD

28、中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的菱形，∠DAB＝，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD＝. (1)證明：PB⊥BC； (2)求點(diǎn)A到平面PBC的距離． [解](1)如圖，取AD的中點(diǎn)H，連接PH，HB，BD. ∵底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的菱形，∴AD＝AB＝1，∴AH＝AD＝， 由BH2＝AB2＋AH2－2AB·AH·cos∠DAB， 得BH2＝1＋－2×1××＝， ∴BH＝，∴AH2＋BH2＝AB2， ∴BH⊥AD. ∵PA＝PD，H為AD的中點(diǎn)， ∴PH⊥AD，又PH∩BH＝H， ∴AD⊥平面PHB，又PB平面PHB， ∴AD⊥PB，又AD∥BC, ∴PB⊥BC.

29、 (2)法一(定義法)：∵AD∥BC，BC平面PBC，AD平面PBC，∴AD∥平面PBC， ∴點(diǎn)A與點(diǎn)H到平面PBC的距離相等． 由(1)知AD⊥平面PHB， ∴BC⊥平面PHB，又BC平面PBC， ∴平面PBC⊥平面PHB. 過點(diǎn)H作HM⊥PB于M. 由平面PHB∩平面PBC＝PB， 知HM即點(diǎn)H到平面PBC的距離． ∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， PH平面PAD，PH⊥AD，∴PH⊥平面ABCD， 又BH平面ABCD，∴PH⊥BH. PH＝＝，BH＝， ∴PB＝＝， ∴HM＝＝＝. 法二(等體積法)： 由(1)知，在△PAD中，

30、PH＝＝， 在△ABD中，BH＝， 在△PHB中，PB＝＝. 又PB⊥BC，∴S△PBC＝， 設(shè)點(diǎn)A到平面PBC的距離為h，則有S△PBC·h＝S△ABC·PH，即h＝×1×1×sin×， 解得h＝. ⊙考點(diǎn)4　直線與平面所成的角 　求直線和平面所成角的步驟 (1)尋找過斜線上一點(diǎn)與平面垂直的直線； (2)連接垂足和斜足得到斜線在平面上的射影，斜線與其射影所成的銳角或直角即為所求的角； (3)把該角歸結(jié)在某個(gè)三角形中，通過解三角形，求出該角． (1)(2018·全國(guó)卷Ⅰ)在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長(zhǎng)

31、方體的體積為(　　) A．8　　　　 B．6 C．8 D．8 C　[如圖，連接AC1，BC1，AC. ∵AB⊥平面BB1C1C， ∴∠AC1B為直線AC1與平面BB1C1C所成的角， ∴∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，AC1＝＝4. 在Rt△ACC1中，CC1＝＝＝2， ∴V長(zhǎng)方體＝AB×BC×CC1＝2×2×2＝8.] (2)(2018·天津高考)如圖，在四面體ABCD中，△ABC是等邊三角形，平面ABC⊥平面ABD，點(diǎn)M為棱AB的中點(diǎn)，AB＝2，AD＝2，∠BAD＝90°. ①求證：AD⊥BC； ②求異面直線BC與MD所成角的余弦值；

32、③求直線CD與平面ABD所成角的正弦值． [解]?、僮C明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC. ②如圖，取棱AC的中點(diǎn)N，連接MN，ND. 又因?yàn)镸為棱AB的中點(diǎn)，所以MN∥BC. 所以∠DMN(或其補(bǔ)角)為異面直線BC與MD所成的角． 在Rt△DAM中，AM＝1， 故DM＝＝. 因?yàn)锳D⊥平面ABC，所以AD⊥AC. 在Rt△DAN中，AN＝1， 故DN＝＝. 在等腰三角形DMN中，MN＝1， 可得cos∠DMN＝＝. 所以，異面直線BC與MD所成角的余弦值為. ③如圖，連接CM.因?yàn)椤鰽BC為等邊

33、三角形，M為邊AB的中點(diǎn)，所以CM⊥AB，CM＝. 又因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，而CM平面ABC，故CM⊥平面ABD， 所以∠CDM為直線CD與平面ABD所成的角． 在Rt△CAD中，CD＝＝4. 在Rt△CMD中，sin∠CDM＝＝. 所以，直線CD與平面ABD所成角的正弦值為. 　在相互垂直的平面內(nèi)作交線的垂線，是得到線面垂直的常用方法． 　1.已知正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E是線段CC1的中點(diǎn)，則直線D1E與平面ADE所成角的余弦值為(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. A　[如圖所示，過點(diǎn)D1作D1F⊥DE，垂

34、足為F，而AD⊥D1F，AD∩DE＝D，故D1F⊥平面ADE，則∠D1EF為D1E與平面ADE所成的角，不妨設(shè)AB＝2，則D1E＝，DF＝DD1·cos∠D1DF＝DD1·sin∠CDE＝，EF＝，故cos∠D1EF＝＝. 故選A.] 2．(2019·天津高考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，△PCD為等邊三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD＝2，AD＝3. (1)設(shè)G，H分別為PB，AC的中點(diǎn)，求證：GH∥平面PAD； (2)求證：PA⊥平面PCD； (3)求直線AD與平面PAC所成角的正弦值． [解](1)證明：連接BD，易知AC∩B

35、D＝H，BH＝DH. 又由BG＝PG，故GH∥PD. 又因?yàn)镚H平面PAD，PD平面PAD，所以GH∥平面PAD. (2)證明：取棱PC的中點(diǎn)N，連接DN. 依題意，得DN⊥PC. 又因?yàn)槠矫鍼AC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD＝PC， 所以DN⊥平面PAC. 又PA平面PAC，所以DN⊥PA. 又已知PA⊥CD，CD∩DN＝D， 所以PA⊥平面PCD. (3)連接AN，由(2)中DN⊥平面PAC，可知∠DAN為直線AD與平面PAC所成的角． 因?yàn)椤鱌CD為等邊三角形，CD＝2且N為PC的中點(diǎn)， 所以DN＝. 又DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN＝＝. 所以，直線AD與平面PAC所成角的正弦值為. - 19 -