11.4.1 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四册创新导学案word（人教B版2019）

第2课时　直线与平面垂直的性质 (教师独具内容) 课程标准：从相关定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与平面垂直的关系，并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． 教学难点：直线与平面垂直的综合应用． 核心素养：通过利用直线与平面垂直解决空间中垂直、距离等问题的过程，提升逻辑推理素养和直观想象素养． 知识点一　直线与平面垂直的性质 1．文字叙述：如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行．该定理简称为线面垂直的性质定理． 2．符号表示：l⊥α，m⊥α⇒l∥m． 3．图形表示 4．利用结论：如果两条平行直线中，有一条直线垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直于这个平面． 知识点二　直线与平面所成的角 1．有关概念：如图，A是平面α外一点，B是平面α内一点，AB⊥α，C是平面α内一点，且AC与α不垂直，则称AC是平面α的斜线段，直线AC为平面α的斜线，C为斜足，直线BC为直线AC在平面α内的射影，∠ACB为直线AC与平面α所成的角． 2．角的取值范围：一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角是90°；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角是0°．因此，直线与平面所成角的取值范围是． 知识点三　有关距离问题 利用线面垂直，可以找出点到平面的距离，从而求出一般几何体的高，进而得到几何体的体积等． 另外，因为直线与平面平行时直线与平面的距离，以及两平行平面之间的距离，都是通过点到平面的距离来定义的，所以我们也可以利用点到平面的距离来求出直线与平面的距离，以及两平行平面之间的距离． [拓展]　三垂线定理：平面内垂直于射影的直线也垂直于斜线． 1．(线面垂直的性质定理)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 答案：A 2．(求点到平面的距离)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____． 答案：2 3．(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____． 答案：平行 4．(求直线与平面所成的角)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB1与平面ADD1A1所成的角等于____． 答案：45° 题型一　直线与平面垂直的性质　 　如图，在正方体A1B1C1D1－ABCD中，EF与异面直线AC，A1D都垂直相交．求证：EF∥BD1. [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， ∴AC⊥平面BDD1B1. 又BD1⊂平面BDD1B1，∴AC⊥BD1. 同理可证BD1⊥B1C， 又AC∩B1C＝C，∴BD1⊥平面AB1C. ∵EF⊥AC，EF⊥A1D， 又A1D∥B1C，∴EF⊥B1C， 又AC∩B1C＝C， ∴EF⊥平面AB1C，∴EF∥BD1. [条件探究]　在本例中，若E为A1D的中点，F为AB的中点，如何证明EF⊥平面AB1C? 证明：连接AD1，∵E为A1D的中点，由平行四边形的性质可知E为AD1的中点． 又F为AB的中点， ∴EF∥BD1. 由例1可知BD1⊥平面AB1C， ∴EF⊥平面AB1C. 【感悟提升】　证明线线平行常用的方法 【跟踪训练】 1．(2024·新疆鸿德实验学校高一月考)如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点，求证：AF∥平面BCE. 证明：　因为AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，则AB∥DE. 取CE的中点M，连接BM，MF， 因为M，F分别为CE，CD的中点， 则MF∥DE，且DE＝2MF， 由题意可得AB∥DE，且DE＝2AB， 则AB∥MF，且AB＝MF， 则四边形ABMF为平行四边形， 可得AF∥BM， 又AF⊄平面BCE，BM⊂平面BCE， 所以AF∥平面BCE. 题型二　直线与平面所成的角　 　如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．求直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值． [解]　如图所示，取AA1的中点M，连接EM，BM， 因为E是DD1的中点，四边形ADD1A1为正方形，所以EM∥AD. 又在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥平面ABB1A1，所以EM⊥平面ABB1A1，从而BM为BE在平面ABB1A1内的射影，∠EBM即为直线BE与平面ABB1A1所成的角． 设正方体的棱长为2， 则EM＝AD＝2，BE＝＝3. 于是在Rt△BEM中，sin∠EBM＝＝， 即直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值为. [结论探究]　在本例中，若求直线BE与平面A1ACC1所成的角的正弦值，又如何求解？ 解：设直线BE与平面A1ACC1的交点为G，如图，连接BD，与AC交于点O，连接OG. ∵四边形ABCD为正方形， ∴BD⊥AC， ∵CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， ∴BD⊥CC1， 又CC1∩AC＝C，∴BD⊥平面A1ACC1， ∴∠BGO即为直线BE与平面A1ACC1所成的角． 又OG⊂平面A1ACC1，∴BD⊥OG， 又BD⊥ED，∴OG∥ED， ∴∠BED＝∠BGO， 设正方体的棱长为2，则在Rt△BED中， sin∠BED＝＝. 即直线BE与平面A1ACC1所成的角的正弦值为. 【感悟提升】　求斜线与平面所成角的步骤 (1)作图：作(或找)出斜线在平面内的射影，作射影要过斜线上一点作平面的垂线，再过垂足和斜足作直线，注意斜线上点的选取以及垂足的位置要与问题中已知量有关，才能便于计算． (2)证明：证明某平面角就是斜线与平面所成的角． (3)计算：通常在垂线段、斜线和射影所组成的直角三角形中计算． 【跟踪训练】 2.(2024·陕西榆林中学高一月考)如图，四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝1，底面ABCD是矩形，且AB＝，AD＝.求直线AC与平面APD所成的角的正弦值． 解：设点C到平面APD的距离为h， 由VC－APD＝VP－ACD知S△APD·h ＝S△ACD·PC， 因为PC⊥平面ABCD，AD，CD⊂平面ABCD， 所以PC⊥AD，PC⊥CD， 又AD⊥CD，PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD， 所以AD⊥平面PCD. 又PD⊂平面PCD， 所以AD⊥PD. 又PD＝＝＝， 则S△APD＝AD×PD＝××＝， S△ACD＝AD×CD＝××＝， 可得h＝， 在矩形ABCD中， AC＝＝＝， 所以直线AC与平面APD所成的角的正弦值是＝. 题型三　直线与平面垂直的应用　 　如图所示，已知P为△ABC外一点，PA，PB，PC两两垂直，PA＝PB＝PC＝a，求点P到平面ABC的距离． [解]　解法一：过点P作PO⊥平面ABC于点O，连接OA，OB，OC， 所以PO⊥OA，PO⊥OB，PO⊥OC. 因为PA＝PB＝PC＝a， 所以△PAO≌△PBO≌△PCO. 所以OA＝OB＝OC， 所以O为△ABC的外心． 因为PA，PB，PC两两垂直， 所以AB＝BC＝CA＝a. 所以△ABC为正三角形， 所以OA＝AB＝a. 所以PO＝＝a. 所以点P到平面ABC的距离为a. 解法二：由题意可知AB＝BC＝CA＝a. 设点P到平面ABC的距离为h， 因为PA，PB，PC两两垂直， 所以AP⊥平面BPC. 由VP－ABC＝VA－BPC， 得S△ABC·h＝S△BPC·AP， 即××(a)2×h＝×a2×a， 解得h＝a. 故点P到平面ABC的距离为a. 【感悟提升】　求点到平面距离的常用方法 (1)直接过点作面的垂线，求垂线段的长，通常是化归到某一个直角三角形中去求解． (2)转移法：借助于线面平行将点转移到直线上某一特殊点到平面的距离求解． (3)等体积法：利用三棱锥的特征选择恰当的底面来求点到面的距离(即棱锥的高)． 【跟踪训练】 3．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C. (1)求证：B1C⊥AB； (2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC－A1B1C1的高． 解：(1)证明：如图，连接BC1，则O为B1C与BC1的交点．因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1. 又AO⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C， 所以B1C⊥AO. 因为BC1∩AO＝O，BC1，AO⊂平面ABO， 所以B1C⊥平面ABO. 由于AB⊂平面ABO，故B1C⊥AB. (2)如图，作OD⊥BC，垂足为D，连接AD.作OH⊥AD，垂足为H. 由于BC⊥AO，BC⊥OD，AO∩OD＝O，AO，OD⊂平面AOD，故BC⊥平面AOD. 又OH⊂平面AOD，所以OH⊥BC. 又OH⊥AD，AD∩BC＝D，AD，BC⊂平面ABC， 所以OH⊥平面ABC. 因为∠CBB1＝60°， 所以△CBB1为等边三角形． 又BC＝1，可得OD＝. 由于AC⊥AB1，所以OA＝B1C＝. 由OH·AD＝OD·OA， 且AD＝＝，得OH＝. 又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为. 故三棱柱ABC－A1B1C1的高为. 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 答案：C 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. 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 答案：B 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． 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 答案：ABC 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，∴VM－PAC＝VB－PAC，又VB－PAC＝VP－ABC，∴VM－PAC＝VP－ABC，D不正确．故选ABC. 4.如图所示，三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB，则直线PB与平面ABC所成的角等于____． 答案：45° 解析：因为PA⊥平面ABC，所以斜线PB在平面ABC内的射影为AB，所以∠PBA即为直线PB与平面ABC所成的角．在△PAB中，∠BAP＝90°，PA＝AB，所以∠PBA＝45°，即直线PB与平面ABC所成的角等于45°. 5．(2024·内蒙古高一下阶段练习)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，E，F分别为AD，AB的中点，且AC⊥PE. (1)证明：AC⊥PF； (2)若PA＝PD＝AB＝2，求点D到平面PAF的距离． 解：(1)证明：连接BD，DF，EF. 因为底面ABCD是菱形，E，F分别为AD，AB的中点， 所以AC⊥BD，EF∥BD， 所以AC⊥EF. 又AC⊥PE，PE∩EF＝E，PE，EF⊂平面PEF， 所以AC⊥平面PEF. 因为PF⊂平面PEF，所以AC⊥PF. (2)因为PA＝PD，E是AD的中点， 所以PE⊥AD. 又AC⊥PE，AC∩AD＝A， 所以PE⊥平面ABCD. 由题意，得△ABD是边长为2的等边三角形，且F为AB的中点， 所以S△ADF＝××22＝， 又PE＝，所以VP－ADF＝××＝. 在△PAF中，可得PF＝＝2，PA＝2，AF＝1， 所以S△PAF＝×1×＝. 设点D到平面PAF的距离为d，则VD－PAF＝×d＝d. 因为VD－PAF＝VP－ADF，所以d＝， 解得d＝. 所以点D到平面PAF的距离为. 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 线面角的概念与辨析 补全线线垂直的条件 求线面角的三角函数值 利用线面垂直的性质求空间距离 利用线面角的三角函数值求长度；棱柱外接球的相关计算 空间垂直、平行关系有关命题的判断 线面平行、垂直关系的判断；线面角的大小及点到面的距离的计算 三垂线定理的推导 题号 9 10 11 12 13 14 15 16 难度 ★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 线面垂直的性质定理的应用 求线面角；三棱锥外接球表面积的计算 由线面垂直证线线平行 线面垂直的证明；求线面角的三角函数值 线面角的作法及应用 求线面角的三角函数值 线面垂直的证明；三棱锥体积的计算 线面垂直的证明；求点到面的距离 一、单选题 1．若两条不同的直线与同一平面所成的角相等，则这两条直线(　　) A．平行 B．相交 C．异面 D．以上皆有可能 答案：D 解析：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1A，B1B与底面ABCD所成的角相等，此时两直线平行；A1B1，B1C1与底面ABCD所成的角相等，此时两直线相交；A1D，BC1与底面ABCD所成的角相等，此时两直线异面．故选D. 2．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⊥EG D．PQ⊥FH 答案：B 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. 3.(2024·天津滨海新区高一下阶段练习)如图，在三棱锥P－ABC中，PA＝AC＝BC，∠ACB＝90°，PA⊥平面ABC，O为PB的中点，则直线CO与平面PAC所成的角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：取PC的中点E，连接EO，可得EO∥BC， ∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，又AC⊥BC，AC∩PA＝A，AC，PA⊂平面PAC，∴BC⊥平面PAC，又EO∥BC，∴EO⊥平面PAC，∴∠ECO为直线CO与平面PAC所成的角，设PA＝AC＝BC＝2，EO＝1，∴CE＝，CO＝，则cos∠ECO＝＝＝，∴直线CO与平面PAC所成的角的余弦值为. 4．在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，PA⊥平面ABC，PA＝8，则P到BC的距离是(　　) A. B．2 C．3 D．4 答案：D 解析：如图所示，作PD⊥BC于点D，连接AD.∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，又PA∩PD＝P，PA，PD⊂平面PAD，∴BC⊥平面PAD，又AD⊂平面PAD，∴AD⊥BC.又AC＝AB，∴D为BC的中点．在Rt△ACD中，AC＝5，CD＝3，∴AD＝4.在Rt△PAD中，PA＝8，AD＝4，∴PD＝＝4. 5.(2025·安徽合肥八中高一质检)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，直线AC1与平面ABB1A1所成的角的正切值为，则正三棱柱ABC－A1B1C1的外接球半径为(　　) A．2 B. C. D. 答案：D 解析：在正三棱柱ABC－A1B1C1中，取A1B1的中点D，连接AD，C1D，则C1D⊥A1B1，由AA1⊥平面A1B1C1，C1D⊂平面A1B1C1，得AA1⊥C1D，又AA1∩A1B1＝A1，AA1，A1B1⊂平面ABB1A1，因此C1D⊥平面ABB1A1，∠C1AD是直线AC1与平面ABB1A1所成的角，则tan∠C1AD＝，由AB＝2，得C1D＝，而tan∠C1AD＝，则AD＝3，AA1＝2，因此正三棱柱ABC－A1B1C1的外接球球心到平面A1B1C1的距离d＝AA1＝，而△A1B1C1的外接圆半径r＝，所以正三棱柱ABC－A1B1C1的外接球半径R＝＝. 二、多选题 6．(2024·新疆喀什高一下期末)在空间中，设m，n为两条不同的直线，α为一个平面，下列结论正确的是(　　) A．m∥α，且n⊂α，则m⊥n B．m⊥α，n∥α，则m⊥n C．m∥α，n∥α，则m∥n D．m⊥α，n⊥α，则m∥n 答案：BD 解析：对于A，m∥α，n⊂α，若直线n是过直线m的平面与平面α的交线，则有m∥n，A错误；对于B，由n∥α，得存在过直线n的平面与平面α相交，令交线为l，则n∥l，又m⊥α，则有m⊥l，因此m⊥n，B正确；对于C，由m∥α，n∥α，知m与n可以相交，可以平行，也可以是异面直线，C错误；对于D，m⊥α，n⊥α，由线面垂直的性质知，m∥n，D正确． 7．(2024·黑龙江哈尔滨四中高一质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AC与BD交于点O，PA⊥平面ABCD，且PA＝2，则下列说法正确的是(　　) A．BD⊥平面PAC B．PD与平面PAC所成的角为30° C．CD∥平面PAB D．点D到平面PAC的距离为2 答案：ABC 解析：由于四边形ABCD是边长为2的正方形，故AC⊥BD，又PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，∵PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，故A正确；连接PO，由A项分析可知PD与平面PAC所成的角为∠OPD，由条件可得AC＝BD＝2，PO＝，OD＝，∴tan∠OPD＝＝，∴∠OPD＝30°，故B正确；易知CD∥AB，AB⊂平面PAB，CD⊄平面PAB，∴CD∥平面PAB，故C正确；由A项分析可知点D到平面PAC的距离为OD，而OD＝，故D错误．故选ABC. 三、填空题 8.(2024·上海高一下期末)如图，已知点A∈平面α，点O∈α，直线a⊂α，点P∉α且PO⊥α，则“直线a⊥直线OA”是“直线a⊥直线PA”的____条件(选填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”) 答案：充要 解析：由平面内垂直于射影的直线也垂直于斜线，且平面内垂直于斜线的直线也垂直于射影，可知是充要条件． 9.如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，F是AC的中点，E是PC上的点，且EF⊥BC，则＝____． 答案：1 解析：在三棱锥P－ABC中，∵PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，∴AB⊥平面PAC，∵EF⊂平面PAC，∴EF⊥AB，∵EF⊥BC，AB∩BC＝B，∴EF⊥底面ABC，∴PA∥EF，∵F是AC的中点，E是PC上的点，∴E是PC的中点，∴＝1. 10.如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PC⊥BC，AB⊥BC，AB＝2BC＝2，PC＝，则PA与平面ABC所成的角的大小为____，三棱锥P－ABC外接球的表面积是____． 答案：45°　6π 解析：如图，作平行四边形ABCD，连接PD，由AB⊥BC，得平行四边形ABCD是矩形．∵BC⊥CD，BC⊥PC，PC∩CD＝C，∴BC⊥平面PCD，而PD⊂平面PCD，∴BC⊥PD，同理可得AB⊥PD，又AB∩BC＝B，∴PD⊥平面ABCD，∴∠PAD是PA与平面ABC所成的角．易得PD⊥CD，PD⊥AD，由CD＝AB＝2，PC＝，得PD＝1，又AD＝BC＝1，∴∠PAD＝45°，∴PA与平面ABC所成的角的大小为45°.由PA⊥AB，PC⊥BC，知PB的中点到A，B，C，P的距离相等，则PB是三棱锥P－ABC外接球的直径．由BC⊥PC，得PB＝＝＝，故三棱锥P－ABC外接球的表面积为S＝4π＝6π. 四、解答题 11．如图，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． 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. ∴ON綊CD綊AB，∴ON∥AM. 又MN∥OA， ∴四边形AMNO为平行四边形， ∴AM＝ON＝AB，即M是AB的中点． 12．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，AD＝PD，E，F分别为CD，PB的中点． (1)求证：EF⊥平面PAB； (2)设AB＝BC，求AC与平面AEF所成的角的正弦值． 解：(1)证明：连接BE，EP. 由题意知∠PDE＝∠BCE＝90°， 因为ED＝CE，PD＝AD＝BC， 所以Rt△PDE≌Rt△BCE， 所以PE＝BE. 因为F为PB的中点，所以EF⊥PB. 因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AB， 因为AD⊥AB，PD∩AD＝D， 所以AB⊥平面PAD，所以PA⊥AB. 在Rt△PAB中，因为PF＝BF，所以PF＝AF. 又因为PE＝BE＝EA， 所以△EFP≌△EFA，所以EF⊥AF. 因为PB∩AF＝F，所以EF⊥平面PAB. (2)不妨设BC＝1，则AD＝PD＝1，AB＝，PA＝，AC＝. 所以△PAB为等腰直角三角形，且PB＝2. 因为F是PB的中点，所以BF＝1，AF⊥PB. 因为AF∩EF＝F，所以PB⊥平面AEF. 设BE交AC于点G，过点G作GH∥PB交EF于点H，连接AH，则GH⊥平面AEF. 故∠GAH即为AC与平面AEF所成的角． 由△EGC∽△BGA可知，EG＝GB，AG＝2CG， 所以EG＝EB，AG＝AC＝. 由△EGH∽△EBF，可知GH＝BF＝. 所以sin∠GAH＝＝， 所以AC与平面AEF所成的角的正弦值为. 13．(2025·浙江余姚中学高一月考)从平面外一点向平面引垂线和若干斜线，如果这些斜线与平面所成的角都相等，那么顺次连接斜足所成的多边形是(　　) A．正多边形 B．圆内接多边形 C．圆外切多边形 D．内角相等的多边形 答案：B 解析：如图，点P是平面α外一点，过点P向平面α引垂线PO，垂足为O，过点P向平面α引斜线PA，PB，PC，PD，斜足分别为点A，B，C，D，连接OA，OB，OC，OD，则∠PAO，∠PBO，∠PCO，∠PDO分别是斜线PA，PB，PC，PD与平面α所成的角，依题意易得△PAO≌△PBO≌△PCO≌△PDO，于是OA＝OB＝OC＝OD，即A，B，C，D四点共圆，故顺次连接斜足所成的多边形是圆内接多边形． 14．(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC－A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　) A. B．1 C．2 D．3 答案：B 解析：解法一：分别取BC，B1C1的中点D，D1，则AD＝3，A1D1＝，可知S△ABC＝×6×3＝9，S△A1B1C1＝×2×＝，设正三棱台ABC－A1B1C1的高为h，则VABC－A1B1C1＝×(9＋＋)h＝，解得h＝.过A1，D1作底面的垂线，垂足分别为M，N，易知M，N在线段AD上，设AM＝x，则AA1＝＝，DN＝AD－AM－MN＝2－x，可得DD1＝＝，结合等腰梯形BCC1B1可得BB＝＋DD，即x2＋＝(2－x)2＋＋4，解得x＝，所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠A1AD＝＝1.故选B. 解法二：将正三棱台ABC－A1B1C1补成正三棱锥P－ABC，则A1A与平面ABC所成的角即为PA与平面ABC所成的角，因为＝＝，则＝，可知 VABC－A1B1C1＝VP－ABC＝，则VP－ABC＝18，设正三棱锥P－ABC的高为d，则VP－ABC＝d××6×6×＝18，解得d＝2，取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO＝2，所以PA与平面ABC所成角的正切值为tan∠PAO＝＝1.故选B. 15.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，BC＝2，D是BC的中点，F是CC1上一点． (1)当CF＝2时，证明：B1F⊥平面ADF； (2)若FD⊥B1D，求三棱锥B1－ADF的体积． 解：(1)证明：因为AB＝AC，D是BC的中点， 所以AD⊥BC. 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，因为BB1⊥底面ABC，AD⊂底面ABC，所以AD⊥BB1. 因为BC∩BB1＝B， 所以AD⊥平面B1BCC1. 因为B1F⊂平面B1BCC1，所以AD⊥B1F. 在矩形B1BCC1中， 因为C1F＝CD＝1，B1C1＝CF＝2， 所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1， 所以∠CFD＝∠C1B1F，所以∠B1FD＝90°， 所以B1F⊥FD. 因为AD∩FD＝D，所以B1F⊥平面ADF. (2)由(1)知AD⊥平面B1DF，CD＝1，AD＝2， 在Rt△B1BD中，BD＝CD＝1，BB1＝3， 所以B1D＝＝. 因为FD⊥B1D， 所以Rt△CDF∽Rt△BB1D， 所以＝， 即DF＝×＝， 所以VB1－ADF＝VA－B1DF＝S△B1DF×AD＝××××2＝. 16．如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点． (1)证明：PO⊥平面ABC； (2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离． 解：(1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点， 所以PO⊥AC，且PO＝2. 连接OB，因为AB＝BC＝AC， 所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2. 所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB. 又因为AC∩OB＝O， 所以PO⊥平面ABC. (2)如图，作CH⊥OM，垂足为H， 又由(1)可得OP⊥CH，且OM∩OP＝O， 所以CH⊥平面POM. 故CH的长为点C到平面POM的距离． 由题设可知OC＝AC＝2，MC＝BC＝，∠ACB＝45°， 所以由余弦定理可得OM＝， 又S△OCM＝OM·CH ＝OC·MCsin∠ACB， 所以CH＝＝. 所以点C到平面POM的距离为. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$