8.6.2 第2课时 直线与平面垂直的性质-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第八章 立体几何初步 8.6 空间直线、平面垂直 8.6.2　直线与平面垂直 第2课时　直线与平面垂直的性质 课程标准：借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面的关系，归纳出直线与平面垂直的性质定理． 教学重点：直线与平面垂直的性质定理的应用． 教学难点：直线与平面垂直的判定定理、性质定理的综合应用． 核心素养：1.通过借助长方体发现并归纳出直线与平面垂直的性质定理的过程培养数学抽象素养.2.通过利用直线与平面垂直的性质定理解决问题的过程发展逻辑推理素养． (教师独具内容) 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 文字语言 ___________________________________ 符号语言 ________ 图形语言 作用 ①线面垂直⇒线线平行； ②作平行线 知识点一　直线与平面垂直的性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 a∥b 核心概念掌握 5 知识点二　线面距离、平行平面间的距离 1．一条直线与一个平面平行时，这条直线上____________到这个平面的距离，叫做这条直线到这个平面的距离． 2．如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任意一点到另一个平面的距离_________，我们把它叫做这两个平行平面间的距离． [提示]　求点到平面的距离的常用方法 (1)直接法(一作(或找)二证(或说)三计算)． (2)转移法(找过点与面平行的线或面)． (3)等体积法(三棱锥变换顶点，属间接求法)． 任意一点 都相等 核心概念掌握 6 1．(线面垂直的性质)若a，b表示直线，α表示平面，下列命题中正确的个数为(　) ①a⊥α，a⊥b⇒b∥α；②a∥α，a⊥b⇒b⊥α； ③a⊥α，b⊥α⇒a∥b. A．1 B．2 C．3 D．0 2．(线面垂直的性质定理)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线l与B1B所在直线不重合，直线l⊥平面A1B1C1D1，则(　　) A．B1B⊥l B．B1B∥l C．B1B与l异面 D．B1B与l相交 核心概念掌握 7 3．(线面距离)若直线AB∥平面α，且点A到平面α的距离为2，则点B到平面α的距离为________． 4．(线面垂直的性质定理)在圆柱的一个底面上任取一点(该点不在底面圆周上)，过该点作另一个底面的垂线，则这条垂线与圆柱的母线所在直线的位置关系是________． 2 平行 核心概念掌握 8 核心素养形成 题型一　直线与平面垂直的性质定理的应用 例1　如图，在正方体A1B1C1D1－ABCD中，E是A1D上的点，F是AC上的点，且EF与异面直线AC，A1D都垂直相交．求证：EF∥BD1. 核心素养形成 10 证明　如图所示，连接AB1，B1C，BD，B1D1， ∵DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， ∴DD1⊥AC. 又AC⊥BD，BD∩DD1＝D，BD，DD1⊂平面BDD1B1， ∴AC⊥平面BDD1B1. 又BD1⊂平面BDD1B1，∴AC⊥BD1.同理可证BD1⊥B1C， 又AC∩B1C＝C，AC，B1C⊂平面AB1C，∴BD1⊥平面AB1C. ∵EF⊥A1D，又A1D∥B1C，∴EF⊥B1C. 又EF⊥AC，AC∩B1C＝C，AC，B1C⊂平面AB1C， ∴EF⊥平面AB1C.∴EF∥BD1. 核心素养形成 11 【感悟提升】　证明线线平行常用的方法 (1)利用线线平行的定义：证共面且无公共点． (2)利用三线平行基本事实：证两线同时平行于第三条直线． (3)利用线面平行的性质定理：把证线线平行转化为证线面平行． (4)利用线面垂直的性质定理：把证线线平行转化为证线面垂直． (5)利用面面平行的性质定理：把证线线平行转化为证面面平行． 核心素养形成 12 【跟踪训练】 1．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，AB⊥平面PAD，AD＝AP，E是PD的中点，M，N分别在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC.求证：AE∥MN. 核心素养形成 13 证明：因为AB⊥平面PAD，AE⊂平面PAD， 所以AE⊥AB，又AB∥CD，所以AE⊥CD. 因为AD＝AP，E是PD的中点， 所以AE⊥PD. 又CD∩PD＝D，CD，PD⊂平面PCD， 所以AE⊥平面PCD. 因为MN⊥AB，AB∥CD，所以MN⊥CD. 又因为MN⊥PC，PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD， 所以MN⊥平面PCD，所以AE∥MN. 核心素养形成 14 题型二　空间中的距离问题 例2　(1)(2024·河南郑州九中高一下质检)若正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面边长为1，AB1与底面ABCD成60°角，则A1C1到底面ABCD的距离为________． 核心素养形成 15 (2)(2024·辽宁沈阳一中高一下月考)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，有一过AD且与平面A1D1CB平行的平面α，AA1＝5，AB＝12，则平面α与平面A1D1CB间的距离 是________． 核心素养形成 16 核心素养形成 17 【感悟提升】　　空间中距离的转化 (1)利用线面、面面平行转化：利用线面距、面面距的定义，转化为直线或平面上的另一点到平面的距离． (2)利用中点转化：如果条件中具有中点条件，将一个点到平面的距离，借助中点(或等分点)转化为另一点到平面的距离． (3)通过换底转化：一是直接换底，以方便求几何体的高；二是将底面扩展(分割)，以方便求底面积和高． 核心素养形成 18 【跟踪训练】 2．如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥菱形ABCD所在的平面，∠ABC＝60°，E是BC的中点，M是PD的中点． (1)求证：AE⊥平面PAD； (2)若AB＝AP＝2，求点P到平面AMC的距离． 核心素养形成 19 解：(1)证明：因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°， 所以△ABC为正三角形，因为E是BC的中点，所以AE⊥BC， 因为AD∥BC，所以AE⊥AD， 因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD， 所以PA⊥AE，又因为PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD， 所以AE⊥平面PAD. 核心素养形成 20 核心素养形成 21 核心素养形成 22 题型三　直线与平面垂直关系的综合应用 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 核心素养形成 26 核心素养形成 27 所以AN2＋BN2＝AB2，即AC⊥BN. 由于BN∩MN＝N且BN，MN⊂平面MBN， 故AC⊥平面MBN. 又BM⊂平面MBN，所以BM⊥AC. 核心素养形成 28 随堂水平达标 1．已知△ABC所在的平面为α，直线l⊥AB，l⊥AC，直线m⊥BC，m⊥AC，则直线l，m的位置关系是(　　) A．相交 B．异面 C．平行 D．不确定 解析：因为l⊥AB，l⊥AC，AB⊂α，AC⊂α且AB∩AC＝A，所以l⊥α，同理可证m⊥α，所以l∥m. 随堂水平达标 30 2．已知l，m，n是三条不同的直线，α是一平面．下列命题中正确的个数为(　) ①若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α； ②若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n； ③若l∥α，l⊥m，则m⊥α. A．1 B．2 C．3 D．0 解析：对于①，因为l∥m，m∥n，所以l∥n，又l⊥α，所以n⊥α，即①正确；对于②，因为m⊥α，n⊥α，所以m∥n，又l∥m，所以l∥n，即②正确；对于③，因为l∥α，l⊥m，所以m∥α或m⊂α或m⊥α或m与α斜交，即③错误． 随堂水平达标 31 随堂水平达标 32 随堂水平达标 33 4．如图所示，已知AF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，且AF＝DE，AD＝6，则EF＝_____． 解析：因为AF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，所以AF∥DE.又因为AF＝DE，所以四边形ADEF是平行四边形，所以EF＝AD＝6. 6 随堂水平达标 34 5．如图所示，已知平面α∩平面β＝EF，A为α，β外一点，AB⊥α于点B，AC⊥β于点C，CD⊥α于点D.求证：BD⊥EF. 证明：∵AB⊥α，CD⊥α， ∴AB∥CD，∴A，B，C，D四点共面． ∵AB⊥α，AC⊥β，α∩β＝EF， ∴AB⊥EF，AC⊥EF. 又AB∩AC＝A，AB，AC⊂平面ABDC， ∴EF⊥平面ABDC， ∵BD⊂平面ABDC，∴BD⊥EF. 随堂水平达标 35 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ ★★ 对点 线面垂直的性质 线面距离 线面垂直的性质 线面垂直的性质 线面垂直的综合 应用 线面垂直的性质 线面垂直的 性质 点面距离；棱锥的 体积 题号 9 10 11 12 13 14 15 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 线面垂直的性质 线面垂直的性质 线面垂直的性质 翻折问题；线面垂直的综合应用 线面距离 线面垂直的综合 应用 线面垂直的综合应用 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 37 一、选择题 1．直线l垂直于梯形ABCD的两腰AB和CD，直线m垂直于AD和BC，则l与m的位置关系是(　　) A．相交 B．平行 C．异面 D．不确定 解析：根据题意，l⊥平面ABCD，m可能在平面ABCD内，也可能垂直平面ABCD，还可能在平面ABCD外但不垂直于平面ABCD，所以l与m可能平行、相交或异面．故选D. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 40 4．如图，设平面α∩平面β＝PQ，EG⊥平面α，FH⊥平面α，垂足分别为G，H.为使PQ⊥GH，则需增加的一个条件是(　　) A．EF⊥平面α B．EF⊥平面β C．PQ⊥GE D．PQ⊥FH 解析：因为EG⊥平面α，FH⊥平面α，所以EG∥FH，则E，F，H，G四点共面．又PQ⊂平面α，所以EG⊥PQ.若EF⊥平面β，则由PQ⊂平面β，得EF⊥PQ.又EG∩EF＝E，所以PQ⊥平面EFHG，所以PQ⊥GH.故选B. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 41 5．(多选)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点，则下列结论中正确的是(　　) A．AC⊥BE B．B1E∥平面ABCD C．三棱锥E－ABC的体积为定值 D．B1E⊥BC1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 42 解析：对于A，∵DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴DD1⊥AC，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，又DD1∩BD＝D，∴AC⊥平面BDD1B1，又BE⊂平面BDD1B1，∴AC⊥BE，A正确；对于B，∵B1D1∥BD，且BD⊂平面ABCD，B1D1⊄平面ABCD，∴B1D1∥平面ABCD，∴B1E∥平面ABCD，B正确；对于C，∵B1E∥平面ABCD，∴点E到平面ABCD的距离为定值，又△ABC的面积为定值，∴三棱锥E－ABC的体积为定值，C正确；对于D，若B1E⊥BC1，易知B1E⊥BB1，BB1∩BC1＝B，∴B1E⊥平面BCC1B1，又A1B1⊥平面BCC1B1，则A1B1与B1D1平行或重合，显然不符合题意，D错误．故选ABC. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 43 二、填空题 6．已知a，b是异面直线，直线l⊥a，l⊥b，直线m⊥a，m⊥b，则l与m的位置关系是________． 解析：将b平移至c，且使a与c相交，则a，c确定一个平面，记作平面α.∵l⊥b，m⊥b，∴l⊥c，m⊥c，又l⊥a，m⊥a，∴l⊥平面α，m⊥平面α，∴l∥m. 平行 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 44 7．(2024·安徽滁州高一期末)线段AB在平面α的同侧，A，B到α的距离分别为3和5，则AB的中点到α的距离为_____． 解析：如图，设AB的中点为M，分别过A，M，B向α作垂线，垂足分别为A1，M1，B1，则由线面垂直的性质可知，AA1∥MM1∥BB1，且A1，M1，B1共线，所以四边形AA1B1B为直角梯形，AA1＝3，BB1＝5，MM1为其中位线，所以MM1＝4. 4 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 45 8．如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.若AE＝A1E，AB＝3，则四棱锥E－BB1C1C的体积为________． 18 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 47 三、解答题 9．如图，已知平面α∩平面β＝l，EA⊥α，垂足为A，EB⊥β，垂足为B，直线a⊂β，a⊥AB.求证：a∥l. 证明：因为EB⊥β，a⊂β，所以EB⊥a. 又因为a⊥AB，AB∩EB＝B，AB，EB⊂平面ABE， 所以a⊥平面ABE. 因为α∩β＝l，所以l⊂α，l⊂β. 因为EA⊥α，EB⊥β， 所以EA⊥l，EB⊥l. 又因为EA∩EB＝E，EA，EB⊂平面ABE， 所以l⊥平面ABE，所以a∥l. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 48 10．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是AB上一点，N是A1C的中点，MN⊥平面A1DC. 求证：(1)MN∥AD1； (2)M是AB的中点． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 49 证明：(1)∵四边形ADD1A1为正方形， ∴AD1⊥A1D. ∵CD⊥平面ADD1A1，AD1⊂平面ADD1A1，∴CD⊥AD1. ∵A1D∩CD＝D，A1D，CD⊂平面A1DC， ∴AD1⊥平面A1DC. 又MN⊥平面A1DC，∴MN∥AD1. (2)如图所示，设AD1与A1D的交点为O，连接ON， 在△A1DC中，A1O＝OD，A1N＝NC. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 51 11．直线a，b在正方体ABCD－A1B1C1D1的两个不同平面内，不能使a∥b成立的条件是(　　) A．a和b垂直于正方体的同一个面 B．a和b在正方体两个相对的面内，且共面 C．a和b平行于同一条棱 D．a和b在正方体的两个面内，且与正方体的同一条棱垂直 解析：A为直线与平面垂直的性质定理的应用；B为平面与平面平行的性质；C为基本事实4的应用．故选D. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 54 1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 57 解：(1)证明：如图，连接AB1，AD1，B1D1，A1C1，记A1C1∩B1D1＝O，连接AO. 因为∠AA1B1＝∠AA1D1，A1B1＝A1D1，AA1＝AA1， 所以△AA1D1≌△AA1B1，所以AD1＝AB1， 因为四边形ABCD为正方形，则O为B1D1的中点， 所以AO⊥B1D1，且下底面也是正方形， 所以B1D1⊥A1C1. 又因为A1C1∩AO＝O，A1C1，AO⊂平面AA1O， 所以B1D1⊥平面AA1O， 又AA1⊂平面AA1O，所以AA1⊥B1D1. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 60 15．如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD交于点O，EB＝EC＝ED，CF∥AE，AB＝2，CF＝3. (1)求证：EA⊥平面ABCD； (2)求四面体F－ECB的体积． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 61 解：(1)证明：菱形ABCD中，∠ABC＝60°，则△ABC和△ACD都是正三角形，取BC的中点M，连接EM，AM，如图所示． 因为M为BC的中点， 所以在△ABC中，BC⊥AM. 因为EB＝EC，所以BC⊥ME， 又ME∩AM＝M，所以BC⊥平面MAE， 又AE⊂平面MAE，所以BC⊥EA. 同理可得CD⊥EA. 因为BC∩CD＝C，所以EA⊥平面ABCD. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 63 　　　　　　　　　　　　　 R eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,b⊥α))⇒ 解析　在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，∵A1C1⊂平面A1B1C1D1，∴A1C1∥平面ABCD，∴A1C1到底面ABCD的距离为正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高．∵正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面边长为1，AB1与底面ABCD成60°角，∴AA1＝eq \r(3). eq \r(3) eq \f(60,13) 解析　因为平面α∥平面A1D1CB，AD⊂平面α，所以AD到平面A1D1CB的距离即为平面α与平面A1D1CB间的距离，易知AD∥平面A1D1CB，从而点A到平面A1D1CB的距离即为所求．如图，过点A作AH⊥A1B于点H.因为A1D1⊥平面A1B1BA，AH⊂平面A1B1BA，所以A1D1⊥AH，又A1D1∩A1B＝A1，所以AH⊥平面A1D1CB，则AH即为所求．在Rt△BAA1中，AB＝12，AA1＝5，则A1B＝2,1)eq \r(AB2＋AA) ＝13，因为AH·A1B＝A1A·AB，所以AH＝eq \f(A1A·AB,A1B)＝eq \f(60,13).故平面α与平面A1D1CB间的距离为eq \f(60,13). (2)因为AB＝AP＝2，则AD＝2，AE＝eq \r(3)， 所以VP－AMC＝VC－PAM＝eq \f(1,3)S△PAM·AE＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×2×2×eq \r(3)＝eq \f(\r(3),3). 设点P到平面AMC的距离为h， 即eq \f(1,3)S△AMC·h＝eq \f(\r(3),3). 易知PD＝2eq \r(2)，PM＝eq \r(2)，PC＝2eq \r(2)，CD＝2， 所以在△PCD和△PCM中，由余弦定理得 cos∠CPM＝eq \f(8＋8－4,2×2\r(2)×2\r(2))＝eq \f(8＋2－CM2,2×2\r(2)×\r(2))， 所以CM＝2， 在△AMC中，AM＝eq \r(2)，AC＝CM＝2， 所以S△AMC＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(7),2)， 所以eq \f(1,3)×eq \f(\r(7),2)h＝eq \f(\r(3),3)，所以h＝eq \f(2\r(21),7)， 即点P到平面AMC的距离为eq \f(2\r(21),7). 例3　如图，PA⊥平面ABD，PC⊥平面BCD， E，F分别为BC，CD上的点，且EF⊥AC.求证：eq \f(CF,DC)＝eq \f(CE,BC). 证明　∵PA⊥平面ABD，PC⊥平面BCD，∴PA⊥BD，PC⊥BD，PC⊥EF. 又PA∩PC＝P，PC，PA⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC. 又EF⊥AC，PC∩AC＝C，PC，AC⊂平面PAC，∴EF⊥平面PAC， ∴EF∥BD，∴eq \f(CF,DC)＝eq \f(CE,BC). 【感悟提升】　 (1)线线垂直的证明，常转化为线面垂直来证明，即：把两条直线中一条放在某个平面内，然后证明另一条垂直于这个平面．要证线面垂直，可通过线面垂直的定义及判定定理，体现了eq \x(线线垂直)→eq \x(线面垂直)→eq \x(线线垂直)，解题时要注意这种相互转化关系的合理应用． (2)要学会逆向分析的方法，从要证明的结论入手，层层递推，这是解决问题的有效方法． 【跟踪训练】 3．(2024·湖北武汉高一统考期末)如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°. (1)求三棱锥A－PBC的体积； (2)在线段PC上是否存在一点M， 使得BM⊥AC？若存在，求eq \f(MC,PM)的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)因为AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°， 所以S△ABC＝eq \f(1,2)AB·ACsin60°＝eq \f(\r(3),2). 由PA⊥平面ABC知，PA是三棱锥P－ABC的高， 又PA＝1， 所以VA－PBC＝VP－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·PA＝eq \f(\r(3),6). (2)在线段PC上存在一点M，使得BM⊥AC，此时eq \f(MC,PM)＝3. 如图，在平面PAC内，过M作MN∥PA交AC于点N，连接BN，BM. 因为PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PA⊥AC，所以MN⊥AC. 由MN∥PA知，eq \f(AN,NC)＝eq \f(PM,MC)＝eq \f(1,3)，则AN＝eq \f(1,2). 在△ABN中，BN2＝AB2＋AN2－2AB·ANcos ∠BAC＝12＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)－2×1×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(3,4)， 3．(多选)如图，直线PA垂直于圆O所在的平面，△ABC内接于圆O，且AB为圆O的直径，M为线段PB的中点．下列结论中正确的是(　　) A．BC⊥PC B．OM∥平面PAC C．点B到平面PAC的距离等于线段BC的长 D．三棱锥M－PAC的体积等于三棱锥P－ABC体积的eq \f(1,3) 解析：对于A，∵直线PA垂直于圆O所在的平面，∴PA⊥BC.∵AB为圆O的直径，∴AC⊥BC，又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC，A正确；对于B，∵M为线段PB的中点，O为直径AB的中点，∴OM∥PA.又PA⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，∴OM∥平面PAC，B正确；对于C，∵BC⊥平面PAC，∴点B到平面PAC的距离等于线段BC的长，C正确；对于D，∵M为线段PB的中点，∴点M到平面PAC的距离是点B到平面PAC距离的eq \f(1,2)，∴VM－PAC＝eq \f(1,2)VB－PAC，又VB－PAC＝VP－ABC，∴VM－PAC＝eq \f(1,2)VP－ABC，D不正确．故选ABC. 2．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，AB的中点，AB＝4，则MN到平面BCC1B1的距离为(　　) A．4 B．2eq \r(2) C．2 D．eq \r(2) 解析：如图，连接BC1.易知MN∥BC1，∵MN⊄平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，∴MN∥平面BCC1B1，∴MN到平面BCC1B1的距离为点N到平面BCC1B1的距离．又点N到平面BCC1B1的距离为NB＝eq \f(1,2)AB＝2，∴MN到平面BCC1B1的距离为2.故选C. 3．地面上有两根相距a米的旗杆，它们的高分别是b米和c米(b＞c)，则它们上端的距离为(　　) A．eq \r(a2＋b2) B．eq \r(b2＋c2) C．eq \r(a2＋b2－c2) D．eq \r(a2＋（b－c）2) 解析：如图，由线面垂直的性质定理可知AB∥CD，作AE⊥CD于点E，则DE＝b－c，故AD＝eq \r(a2＋（b－c）2). 解析：由长方体ABCD－A1B1C1D1，可知B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，所以B1C1⊥BE，因为BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，所以BE⊥平面EB1C1，所以BE⊥EB1，所以∠BEB1＝90°，由题设可知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，所以AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6，因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1∥平面BB1C1C，E∈AA1，AB⊥平面BB1C1C，所以点E到平面BB1C1C的距离即为点A到平面BB1C1C的距离，AB＝3，所以四棱锥E－BB1C1C的体积V＝eq \f(1,3)S四边形BB1C1C·AB＝eq \f(1,3)×3×6×3＝18. ∴ON綊eq \f(1,2)CD綊eq \f(1,2)AB， ∴ON∥AM. 又MN∥OA， ∴四边形AMNO为平行四边形， ∴AM＝ON＝eq \f(1,2)AB，即M是AB的中点． 12．(多选)如图，等边三角形ABC的边长为1，BC边上的高为AD，沿AD把△ABC折起来，则(　　) A．在折起的过程中始终有AD⊥平面DB′C B．三棱锥A－DB′C体积的最大值为eq \f(\r(3),16) C．当∠B′DC＝60°时，点A到B′C的距离为eq \f(\r(15),4) D．当∠B′DC＝90°时，点C到平面ADB′的距离为eq \f(1,2) 解析：因为AD⊥DC，AD⊥DB′，且DC∩DB′＝D，所以AD⊥平面DB′C，故A正确；当DB′⊥DC时，△DB′C的面积最大，此时三棱锥A－DB′C的体积也最大，最大值为eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(3),48)，故B错误；当∠B′DC＝60°时，△DB′C是等边三角形，设B′C的中点为E，连接AE，DE，则AE⊥B′C，即AE为点A到B′C的距离，AE＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(15),4)，故C正确；当∠B′DC＝90°时，CD⊥DB′，CD⊥AD，故CD⊥平面ADB′，则CD就是点C到平面ADB′的距离，CD＝eq \f(1,2)，故D正确． 13．已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2eq \r(2)，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为________． 解析：如图，连接AC，交BD于点O，连接OE.在△CC1A中，易证OE∥AC1.又OE⊂平面BED，AC1⊄平面BED，∴AC1∥平面BED，∴直线AC1与平面BED的距离为点A到平面BED的距离．连接AE.在三棱锥E－ABD中，VE－ABD＝eq \f(1,3)S△ABD·EC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×eq \r(2)＝eq \f(2\r(2),3).在三棱锥A－BDE中，BD＝2eq \r(2)，BE＝eq \r(6)，DE＝eq \r(6)，∴S△EBD＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(（\r(6)）2－（\r(2)）2)＝2eq \r(2).设点A到平面BED的距离为h，则VA－BDE＝eq \f(1,3)S△EBD·h＝eq \f(1,3)×2eq \r(2)×h＝eq \f(2\r(2),3)h＝eq \f(2\r(2),3)，解得h＝1. 14．(2024·福建三明一中高一月考)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，各棱长均为1，A1B1⊥A1D1，∠AA1B1＝∠AA1D1＝eq \f(π,3). (1)求证：AA1⊥B1D1； (2)求点C1到平面AA1B1B的距离． (2)连接AC1.因为四边形ABCD是边长为1的正方形， 所以A1O＝B1O＝eq \f(\r(2),2). 因为∠AA1B1＝eq \f(π,3)，且AA1＝A1B1＝1， 所以AB1＝1. 由(1)知，AO⊥B1D1， 则AO＝2,1)eq \r(AB－B1O2) ＝eq \r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(2),2)， 所以AO2＋A1O2＝A1A2， 则AO⊥A1O，且∠AA1O＝eq \f(π,4). 又因为A1O∩B1D1＝O，A1O，B1D1⊂平面A1B1C1D1， 所以AO⊥平面A1B1C1D1. 设点C1到平面AA1B1B的距离为d， 又VA－A1B1C1＝VC1－AA1B1， 所以eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(3),2)d，解得d＝eq \f(\r(6),3). 所以点C1到平面AA1B1B的距离为eq \f(\r(6),3). (2)由(1)得EA⊥平面ABCD，因为CF∥AE，所以CF⊥平面ABCD. 因为AM⊂平面ABCD，所以CF⊥AM. 又BC⊥AM，CF∩BC＝C，所以AM⊥平面FCB. 由题意易求得AM＝eq \r(3)，又CF∥AE， CF⊂平面FCB，AE⊄平面FCB， 所以AE∥平面FCB，所以点E到平面FCB的距离等于点A到平面FCB的距离，即AM的长． 故VF－ECB＝VE－FCB＝eq \f(1,3)S△FCB·AM＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×3×2×eq \r(3)＝eq \r(3). $$