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

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)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eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(aα,bα,l⊥a,l⊥b,a∩b＝A))?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eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,b⊥α))?a∥b2.二面角(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eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥α,lβ))?α⊥β性質(zhì)定理兩個(gè)平面垂直，則一個(gè)平面內(nèi)垂直于交線的直線與另一個(gè)平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,lβ,α∩β＝a,l⊥a))?l⊥αeq\o([常用結(jié)論])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βB．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βC．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βD．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γA[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＝2eq\r(3)，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∠VDC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)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)⊙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＝eq\r(10)，∠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＝eq\r(3)，因?yàn)锽B1＝3，∠CBB1＝60°，BM＝1，所以B1M2＝12＋32－2×1×3×cos60°＝7，所以B1M＝eq\r(7).又因?yàn)锳B1＝eq\r(10)，所以AM2＋B1M2＝10＝ABeq\o\al(2,1)，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×eq\f(1,3)S△B1BC·|AM|＝eq\f(1,2)×2×3×sin60°×eq\r(3)＝eq\f(9,2).所以斜三棱柱ABC-A1B1C1的體積為eq\f(9,2).(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(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＝4eq\r(2)，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＝eq\f(1,2)EF＝2eq\r(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＝eq\f(1,2)×4eq\r(2)×eq\r(2)＝4，∴VC-AEF＝VD-AEF＝eq\f(1,3)×4×eq\r(2)＝eq\f(4\r(2),3).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⊥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，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，∴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，△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＝eq\r(3)，∴EN＝eq\r(FN2＋EF2)＝2.∵EM＝MD，DG＝GF，∴MG∥EF，∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.∵M(jìn)G＝eq\f(1,2)EF＝eq\f(\r(3),2)，BG＝eq\r(CG2＋BC2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up14(2)＋22)＝eq\f(5,2)，∴BM＝eq\r(MG2＋BG2)＝eq\r(7).∴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]①證明：因?yàn)镋為CD的中點(diǎn)，CD＝2AB，∠ABC＝∠BCD＝90°，所以四邊形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eq\f(1,2)PE＝eq\f(\r(3),2)，易知S△BCQ＝eq\f(1,2)S梯形ABCD＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×(1＋2)×eq\r(3)＝eq\f(3\r(3),4).故三棱錐Q-BCT的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(3\r(3),4)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,8).解答本例T(2)第(2)問時(shí)，借助已知的點(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＝eq\f(2,3)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，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3eq\r(2).又BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，所以BP＝2eq\r(2).作QE⊥AC，垂足為E，則QEeq\f(1,3)DC.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＝eq\f(1,3)×QE×S△ABP＝eq\f(1,3)×1×eq\f(1,2)×3×2eq\r(2)sin45°＝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，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eq\r(3)，那么P到平面ABC的距離為________．eq\r(2)[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＝eq\r(3)，所以O(shè)E＝OF，所以CO為∠ACB的平分線，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝eq\r(3)，所以CE＝1，所以O(shè)E＝1，所以PO＝eq\r(PE2－OE2)＝eq\r(\r(3)2－12)＝eq\r(2).](2)(2018·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，在三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝2eq\r(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＝2eq\r(3).連接OB.因?yàn)锳B＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)AC＝2.由OP2＋OB2＝PB2知，OP⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC，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＝eq\f(1,2)AC＝2，CM＝eq\f(2,3)BC＝eq\f(4\r(2),3)，∠ACB＝45°，所以O(shè)M＝eq\f(2\r(5),3)，CH＝eq\f(OC·MC·sin∠ACB,OM)＝eq\f(4\r(5),5).所以點(diǎn)C到平面POM的距離為eq\f(4\r(5),5).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＝90°，且四棱錐P-ABCD的體積為eq\f(8,3)，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＝eq\r(2)x，PE＝eq\f(\r(2),2)x.故四棱錐P-ABCD的體積VP-ABCD＝eq\f(1,3)AB·AD·PE＝eq\f(1,3)x3.由題設(shè)得eq\f(1,3)x3＝eq\f(8,3)，解得x＝2.故四棱錐的高PE＝eq\r(2)，從而PA＝PD＝2，AD＝BC＝2eq\r(2)，PB＝PC＝2eq\r(2).可得四棱錐P-ABCD的側(cè)面積為eq\f(1,2)PA·PD＋eq\f(1,2)PA·AB＋eq\f(1,2)PD·DC＋eq\f(1,2)BC2sin60°＝6＋2eq\r(3).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＝eq\r(2)，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＝eq\r(2)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＝eq\f(\r(3),3)，OB＝eq\f(\r(6),3)，∵OC＝eq\r(2)OA，∴OC＝eq\f(\r(6),3)，∴AC＝1，BC＝eq\f(2\r(3),3)，S△ABC＝eq\f(\r(2),3)，設(shè)三棱柱ABC-A1B1C1的高為h，即三棱錐A1-ABC的高為h.又S△ABA1＝eq\f(\r(2),2)，由VC-ABA1＝VA1-ABC得S△ABC·h＝S△ABA1·OC，∴h＝eq\f(\r(6),2).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＝eq\f(1,2)CD，由已知EF∥AB且EF＝eq\f(1,2)AB，又在菱形ABCD中，AB∥CD且AB＝CD，所以EF∥CD且EF＝eq\f(1,2)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＝2eq\r(3)，BE＝eq\r(EH2＋HB2)＝2eq\r(6)，所以等腰三角形BDE的面積為S△BDE＝eq\f(1,2)×2eq\r(6)×eq\r(42－\r(6)2)＝2eq\r(15).又S△BDM＝eq\f(1,2)S△BCD＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×4×4×\f(\r(3),2)))＝2eq\r(3)，設(shè)F到平面BDE的距離為h，由VE-BDM＝VM-BDE得eq\f(1,3)·S△BDM·EH＝eq\f(1,3)·S△BDE·h，即eq\f(1,3)×2eq\r(3)×2eq\r(3)＝eq\f(1,3)×h×2eq\r(15)，解得h＝eq\f(2\r(15),5)，所以點(diǎn)F到平面BDE的距離為eq\f(2\r(15),5).(2019·武漢模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的菱形，∠DAB＝eq\f(π,3)，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD＝eq\f(\r(10),2).(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＝eq\f(1,2)AD＝eq\f(1,2)，由BH2＝AB2＋AH2－2AB·AH·cos∠DAB，得BH2＝1＋eq\f(1,4)－2×1×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,4)，∴BH＝eq\f(\r(3),2)，∴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.(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＝eq\r(PA2－AH2)＝eq\f(3,2)，BH＝eq\f(\r(3),2)，∴PB＝eq\r(PH2＋BH2)＝eq\r(3)，∴HM＝eq\f(PH·BH,PB)＝eq\f(\f(3,2)×\f(\r(3),2),\r(3))＝eq\f(3,4).法二(等體積法)：由(1)知，在△PAD中，PH＝eq\r(PA2－AH2)＝eq\f(3,2)，在△ABD中，BH＝eq\f(\r(3),2)，在△PHB中，PB＝eq\r(PH2＋BH2)＝eq\r(3).又PB⊥BC，∴S△PBC＝eq\f(\r(3),2)，設(shè)點(diǎn)A到平面PBC的距離為h，則有S△PBC·h＝S△ABC·PH，即eq\f(\r(3),2)h＝eq\f(1,2)×1×1×sineq\f(2π,3)×eq\f(3,2)，解得h＝eq\f(3,4).⊙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)方體的體積為()A．8 B．6eq\r(2)C．8eq\r(2) D．8eq\r(3)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＝eq\f(2,sin30°)＝4.在Rt△ACC1中，CC1＝eq\r(AC\o\al(2,1)－AC2)＝eq\r(42－22＋22)＝2eq\r(2)，∴V長(zhǎng)方體＝AB×BC×CC1＝2×2×2eq\r(2)＝8eq\r(2).](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＝2eq\r(3)，∠BAD＝90°.①求證：AD⊥BC；②求異面直線BC與MD所成角的余弦值；③求直線CD與平面ABD所成角的正弦值．[解]①證明：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＝eq\r(AD2＋AM2)＝eq\r(13).因?yàn)锳D⊥平面ABC，所以AD⊥AC.在Rt△DAN中，AN＝1，故DN＝eq\r(AD2＋AN2)＝eq\r(13).