2020届二轮复习（理）专题四第2讲空间中的平行与垂直学案

第2讲　空间中的平行与垂直
「考情研析」　　　　1.从具体内容上：(1)以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面平行和垂直的判定定理与性质定理对命题的真假进行判断，属于基础题．(2)以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查．　2.从高考特点上，难度中等，常以一道选填题或在解答题的第一问考查．分值一般为5分.
核心知识回顾
1.直线与平面平行的判定和性质
(1)判定
①判定定理：a∥b，b⊂α，a⊄α⇒a∥α.
②面面平行的性质：α∥β，a⊂α⇒a∥β.
(2)性质：l∥α，l⊂β，α∩β＝m⇒l∥m.
2．直线和平面垂直的判定和性质
(1)判定
①判定定理：a⊥b，a⊥c，b，c⊂α，b∩c＝O⇒a⊥α.
②线面垂直的其他判定方法：
a.a∥b，a⊥α⇒b⊥α.
b.l⊥α，α∥β⇒l⊥β.
c.α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.
(2)性质
①l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.
②l⊥α，m⊥α⇒l∥m.
3．两个平面平行的判定和性质
(1)判定
①判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒β∥α.
②面面平行的其他判定方法：
a.l⊥α，l⊥β⇒α∥β.
b.α∥γ，α∥β⇒β∥γ.
(2)性质：α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b⇒a∥b.
4．两个平面垂直的判定和性质
(1)判定：a⊂α，a⊥β⇒α⊥β.
(2)性质：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.

热点考向探究
考向1 　空间线面位置关系的判定
例1　(1)(2019·陕西延安高考模拟)已知m，n表示两条不同的直线，α表示平面．下列说法正确的是(　　)
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α
D．若m∥α，m⊥n，则n⊥α
答案　B
解析　若m∥α，n∥α，则m，n相交或平行或异面，故A错误；若m⊥α，n⊥α，由线面垂直的性质定理可知m∥n，故B正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错误；若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α或n⊥α或n与α斜交，故D错误．故选B.
(2)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M为CC1的中点，N为线段DD1上靠近D1的三等分点，平面BMN交AA1于点Q，则线段AQ的长为(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　如图所示，过点A作AE∥BM交DD1于点E，则E是DD1的中点，过点N作NT∥AE交A1A于点T，此时NT∥BM，所以B，M，N，T四点共面，所以点Q与点T重合，易知AQ＝NE＝，故选D.


空间线面位置关系判断的常用方法
(1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题．
(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断．

1．(2019·辽宁抚顺高三第一次模拟)在三棱锥P－ABC中，已知PA＝AB＝AC，∠BAC＝∠PAC，点D，E分别为棱BC，PC的中点，则下列结论正确的是(　　)
A．直线DE⊥直线AD B．直线DE⊥直线PA
C．直线DE⊥直线AB D．直线DE⊥直线AC
答案　D
解析　由题意，如图所示，因为PA＝AB＝AC，∠BAC＝∠PAC，∴△PAC≌△BAC，得PC＝BC，取PB的中点G，连接AG，CG，则PB⊥CG，PB⊥AG，又∵AG∩CG＝G，∴PB⊥平面CAG，则PB⊥AC，∵D，E分别为棱BC，PC的中点，

∴DE∥PB，则DE⊥AC.故选D.
2．如图，在以角C为直角顶点的三角形ABC中，AC＝8，BC＝6，PA⊥平面ABC，F为PB上的点，在线段AB上有一点E，满足BE＝λAE.若PB⊥平面CEF，则实数λ的值为(　　)

A. B. C. D.
答案　C
解析　∵PB⊥平面CEF，∴PB⊥CE，又PA⊥平面ABC，CE⊂平面ABC，∴PA⊥CE，而PA∩PB＝P，∴CE⊥平面PAB，∴CE⊥AB，∴λ＝＝＝＝.

考向2 　空间平行、垂直关系的证明
例2　(2019·北京门头沟区高三3月模拟)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为6的菱形，且∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝6，F是棱PA上的一动点，E为PD的中点．

(1)求证：平面BDF⊥平面ACF；
(2)若AF＝2，侧面PAD内是否存在过点E的一条直线，使得直线上任一点M都有CM∥平面BDF，若存在，给出证明；若不存在，请说明理由．
解　(1)证明：由题意可知，PA⊥平面ABCD，则BD⊥PA，又底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC，PA，AC为平面PAC内两相交直线，所以，BD⊥平面PAC，BD为平面BDF内一直线，从而平面BDF⊥平面ACF.

(2)侧面PAD内存在过点E的一条直线，使得直线上任一点M都有CM∥平面BDF.
设G是PF的中点，连接EG，CG，OF，
则⇒平面CEG∥平面FBD，
所以直线EG上任一点M都满足CM∥平面BDF.

空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．



(2019·朝阳区高三第一次模拟)如图，在多面体ABCDEF中，平面ADEF⊥平面ABCD，四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形，且AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝AD＝1，BC＝2.

(1)求证：AF⊥CD；
(2)若M为线段BD的中点，求证：CE∥平面AMF.
证明　(1)因为四边形ADEF为正方形，
所以AF⊥AD.
又因为平面ADEF⊥平面ABCD，
且平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AF⊂平面ADEF，
所以AF⊥平面ABCD.
又CD⊂平面ABCD，所以AF⊥CD.
(2)延长AM交BC于点G，连接FG.

因为AD∥BC，M为BD的中点，
所以△BGM≌△DAM，
所以BG＝AD＝1.
因为BC＝2，所以GC＝1.
由已知FE＝AD＝1，且FE∥AD，
又因为AD∥GC，所以FE∥GC，且FE＝GC，
所以四边形GCEF为平行四边形，所以CE∥GF.
因为CE⊄平面AMF，GF⊂平面AMF，
所以CE∥平面AMF.

　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　　　　
考向3 　立体几何中的翻折问题
例3　(2019·巢湖高三3月联考)如图1，在直角梯形ABCP中，CP∥AB，CP⊥BC，AB＝BC＝CP，D是CP的中点，将△PAD沿AD折起，使点P到达点P′的位置得到图2，点M为棱P′C上的动点．

(1)当M在何处时，平面ADM⊥平面P′BC，并证明；
(2)若AB＝2，∠P′DC＝135°，证明：点C到平面P′AD的距离等于点P′到平面ABCD的距离，并求出该距离．
解　(1)当点M为P′C的中点时，平面ADM⊥平面P′BC，
证明如下：∵DP′＝DC，M为P′C的中点，
∴P′C⊥DM，
∵AD⊥DP′，AD⊥DC，
∴AD⊥平面DP′C，∴AD⊥P′C，
∴P′C⊥平面ADM，∴平面ADM⊥平面P′BC.

(2)在平面P′CD上作P′H⊥CD的延长线于点H，
由(1)中AD⊥平面DP′C，
可知平面P′CD⊥平面ABCD，
∴P′H⊥平面ABCD，
由题意得DP′＝2，∠P′DH＝45°，
∴P′H＝，
又VP′－ADC＝VC－P′AD，
设点C到平面P′AD的距离为h，
即S△ADC×P′H＝S△P′AD×h，
由题意，△ADC≌△ADP′，则S△ADC＝S△P′AD.
∴P′H＝h，
故点C到平面P′AD的距离等于点P′到平面ABCD的距离，且该距离为.

翻折前后位于同一个半平面内的直线间的位置关系、数量关系不变，翻折前后分别位于两个半平面内(非交线)的直线位置关系、数量关系一般发生变化，解翻折问题的关键是辨析清楚“不变的位置关系和数量关系”“变的位置关系和数量关系”．


如图1所示，直角梯形ABCD，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝AB＝2，点E为AC的中点，将△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD与平面ABC垂直(如图2)，在图2所示的几何体D－ABC中．

(1)求证：BC⊥平面ACD；
(2)点F在棱CD上，且满足AD∥平面BEF，求几何体F－BCE的体积．
解　(1)证明：在图1中，由题意知，AC＝BC＝2，AB＝4，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC.

如图2，因为E为AC的中点，连接DE，则DE⊥AC，
又平面ADC⊥平面ABC，且平面ADC∩平面ABC＝AC，DE⊂平面ACD，
从而ED⊥平面ABC，所以ED⊥BC.
又AC⊥BC，AC∩ED＝E，
所以BC⊥平面ACD.
(2)取DC的中点F，连接EF，BF，
因为E是AC的中点，所以EF∥AD，
又EF⊂平面BEF，AD⊄平面BEF，
所以AD∥平面BEF，
由(1)知，DE为三棱锥D－ABC的高，
因为三棱锥F－BCE的高h＝DE＝×＝，S△BCE＝S△ABC＝××2×2＝2，
所以三棱锥F－BCE的体积为
VF－BCE＝S△BCE·h＝×2×＝.

真题押题
『真题模拟』
1．(2019·河北唐山高三第二次模拟)已知直线l，m和平面α，β，有如下三个命题：
①若存在平面γ，使α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；
②若l，m是两条异面直线，l⊂α，m⊂β，l∥β，m∥α，则α∥β；
③若l⊥α，m⊥β，l∥m，则α∥β.
其中正确命题的个数是(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
答案　C
解析　若存在平面γ，使α⊥γ，β⊥γ，则α∥β或α与β相交，故①错误；假设α与β不平行，则α与β相交，设交线为n，∵l⊂α，l∥β，α∩β＝n，∴l∥n，同理，m∥n，∴l∥m，与l，m异面矛盾，故假设不成立，所以α∥β，②正确；若l⊥α，l∥m，则m⊥α，又m⊥β，则α∥β，故③正确．
2.(2019·全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则(　　)

A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
答案　B
解析　解法一：取CD的中点O，连接EO，ON.由△ECD是正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，知EO⊥平面ABCD.

∴EO⊥CD，EO⊥ON.又N为正方形ABCD的中心，∴ON⊥CD.以CD的中点O为原点，方向为x轴正方向建立空间直角坐标系，如图1所示．不妨设AD＝2，则E(0,0，)，N(0,1,0)，M，B(－1,2,0)，
∴EN＝ ＝2，BM＝ ＝，
∴EN≠BM.连接BD，BE，
∵点N是正方形ABCD的中心，
∴点N在BD上，且BN＝DN，
∴BM，EN是△DBE的中线，
∴BM，EN必相交．故选B.

解法二：如图2，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB.
∵△ECD是正三角形，
∴EF⊥CD.
∵平面ECD⊥平面ABCD，
∴EF⊥平面ABCD.
∴EF⊥FN.不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝，
∴EN＝＝2.
∵EM＝MD，DG＝GF，∴MG∥EF且MG＝EF，
∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.
∵MG＝EF＝，BG＝＝ ＝，∴BM＝＝.∴BM≠EN.连接BD，BE，∵点N是正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B.
3．(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________.
答案　若m∥α且l⊥α，则l⊥m成立(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α)
解析　已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.
『金版押题』
4．《九章算术》中，将如图所示的几何体称为刍甍，底面ABCD为矩形，且EF∥底面ABCD，EF到平面ABCD的距离为h，BC＝a，AB＝b，EF＝c，则＝2时，＝(　　)

A. B.
C. D．1
答案　D
解析　VE－ABD＝S△ABD·h＝×ab×h＝abh；同理VF－BCD＝abh.因为＝＝＝，所以VB－DEF＝ach，则VB－CDEF＝VB－CDF＋VB－DEF＝abh＋ach，所以＝＝1＋＝2，所以＝1.故选D.
5．如图，圆柱O1O2的底面圆半径为1，AB是一条母线，BD是⊙O1的直径，C是上底面圆周上一点，∠CBD＝30°，若A，C两点间的距离为，则圆柱O1O2的高为________，异面直线AC与BD所成角的余弦值为________．

答案　2　
解析　连接CD，则∠BCD＝90°，因为圆柱O1O2的底面圆半径为1，所以BD＝2.因为∠CBD＝30°，所以CD＝1，BC＝，易知AB⊥BC，所以AC＝ ＝，所以AB＝2，故圆柱O1O2的高为2.连接AO2并延长，设AO2的延长线与下底面圆周交于点E，连接CE，则AE＝2，∠CAE即为异面直线AC与BD所成的角．
又CE＝ ＝，
所以cos∠CAE＝＝＝.

配套作业
一、选择题
1．(2019·东北三省四市高三第一次模拟)已知m，n为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，下列条件中，α∥β的充分条件是(　　)
A．m∥n，m⊂α，n⊂β B．m∥n，m⊥α，n⊥β
C．m⊥n，m∥α，n∥β D．m⊥n，m⊥α，n⊥β
答案　B
解析　当m∥n时，若m⊥α，可得n⊥α，又n⊥β，可知α∥β，故选B.
2．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：

①BD⊥AC；
②△BAC是等边三角形；
③三棱锥D－ABC是正三棱锥；
④平面ADC⊥平面ABC.
其中正确的是(　　)
A．①②④ B．①②③
C．②③④ D．①③④
答案　B
解析　由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错误，故选B.
3．(2019·靖远县高三第四次联考)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD上一点，且CE＝2DE，F为棱AA1的中点，且平面BEF与DD1交于点G，则B1G与平面ABCD所成角的正切值为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，所以B1G与平面ABCD所成角即为B1G与平面A1B1C1D1所成角，易知B1G与平面A1B1C1D1所成角为∠D1B1G.设AB＝6，则AF＝3，DE＝2，平面BEF∩平面CDD1C1＝GE且BF∥平面CDD1C1，可知BF∥GE，易得△FAB∽△GDE，则＝，即＝⇒DG＝1，D1G＝5，在Rt△B1D1G中，tan∠D1B1G＝＝＝，故B1G与平面ABCD所成角的正切值为，故选C.

4．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法中错误的是(　　)

A．MN与CC1垂直 B．MN与AC垂直
C．MN与BD平行 D．MN与A1B1平行
答案　D
解析　如图所示，连接C1D，BD，则MN∥BD，而C1C⊥BD，故C1C⊥MN，故A，C正确，D错误，又因为AC⊥BD，所以MN⊥AC，B正确．

5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC与BD的交点为O，E为BC的中点，则异面直线D1O与B1E所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　取A1B1的中点F，连接OF，OE，则由
知，四边形OEB1F为平行四边形，

∴B1E∥OF，
∴∠D1OF为异面直线D1O与B1E所成角．连接D1F，设正方体的棱长为2，
则OF＝B1E＝，D1O＝＝，
D1F＝＝，
∴cos∠D1OF＝
＝＝.
6．在正方体AC1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F与平面D1AE的垂线垂直，如图所示，下列说法不正确的是(　　)

A．点F的轨迹是一条线段
B．A1F与BE是异面直线
C．A1F与D1E不可能平行
D．三棱锥F－ABC1的体积为定值
答案　C
解析　由题知A1F∥平面D1AE，分别取B1C1，BB1的中点H，G，连接HG，A1H，A1G，BC1，可得HG∥BC1∥AD1，A1G∥D1E，故平面A1HG∥平面AD1E，故点F的轨迹为线段HG，A正确；由异面直线的判定定理可知A1F与BE是异面直线，故B正确；当F是BB1的中点时，A1F与D1E平行，故C不正确；∵HG∥平面ABC1，∴F点到平面ABC1的距离不变，故三棱锥F－ABC1的体积为定值，故D正确．
7．(2019·汉中高三教学质量第二次检测)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝，BC＝2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为(　　)

A. B.
C. D.
答案　B
解析　取B1C1的中点D1，连接A1D1，CD1，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，点D为BC的中点，∴AA1＝DD1且AA1∥DD1，
∴四边形ADD1A1是平行四边形，∴AD∥A1D1且AD＝A1D1，所以∠CA1D1就是异面直线AD与A1C所成的角．AB＝AC＝，BC＝2可以求出AD＝A1D1＝1，在Rt△CC1D1中，由勾股定理可求出CD1＝，在Rt△AA1C中，由勾股定理可求出A1C＝2，显然△A1D1C是直角三角形，sin∠CA1D1＝＝，所以∠CA1D1＝，即异面直线AD与A1C所成的角为.故选B.
二、填空题
8．(2019·南开中学高三第三次检测)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，M，N分别为AA1，BB1的中点，则异面直线BM与C1N所成角的余弦值为________．
答案　
解析　如图，连接A1N，则A1N∥BM，所以异面直线BM与C1N所成的角就是直线A1N和C1N所成的角．

由题意，得A1N＝C1N＝＝，在△A1C1N中，由余弦定理得cos∠A1NC1＝＝.所以异面直线BM与C1N所成角的余弦值为.
9．已知四边形ABCD是矩形，AB＝4，AD＝3.沿AC将△ADC折起到△AD′C，使平面AD′C⊥平面ABC，F是AD′的中点，E是AC上一点，给出下列结论：
①存在点E，使得EF∥平面BCD′；
②存在点E，使得EF⊥平面ABC；
③存在点E，使得D′E⊥平面ABC；
④存在点E，使得AC⊥平面BD′E.
其中正确的结论是________．(写出所有正确结论的序号)
答案　①②③
解析　对于①，存在AC的中点E，使得EF∥CD′，利用线面平行的判定定理可得EF∥平面BCD′；对于②，过点F作EF⊥AC，垂足为E，利用面面垂直的性质定理可得EF⊥平面ABC；对于③，过点D′作D′E⊥AC，垂足为E，利用面面垂直的性质定理可得D′E⊥平面ABC；对于④，因为ABCD是矩形，AB＝4，AD＝3，所以B，D′在AC上的射影不是同一点，所以不存在点E，使得AC⊥平面BD′E.

10．(2019·福建高三3月质量检测)如图，AB是圆锥SO的底面圆O的直径，D是圆O上异于A，B的任意一点，以AO为直径的圆与AD的另一个交点为C，P为SD的中点．现给出以下结论：

①△SAC为直角三角形；
②平面SAD⊥平面SBD；
③平面PAB必与圆锥SO的某条母线平行．
其中正确结论的序号是________．(写出所有正确结论的序号)
答案　①③
解析　如图，连接OC，∵SO⊥底面圆O，∴SO⊥AC，C在以AO为直径的圆上，

∴AC⊥OC，∵OC∩SO＝O，
∴AC⊥平面SOC，AC⊥SC，
即△SAC为直角三角形，故①正确；假设平面SAD⊥平面SBD，在平面SAD中过点A作AH⊥SD交SD于点H，则AH⊥平面SBD，∴AH⊥BD，又∵BD⊥AD，∴BD⊥平面SAD，又CO∥BD，∴CO⊥平面SAD，∴CO⊥SC，又在△SOC中，SO⊥OC，在一个三角形内不可能有两个直角，故平面SAD⊥平面SBD不成立，故②错误；连接DO并延长交圆于点E，连接PO，SE，∵P为SD的中点，O为ED的中点，∴OP是△SDE的中位线，∴PO∥SE，即SE∥平面APB，即平面PAB必与圆锥SO的母线SE平行．故③正确．故正确是①③.
三、解答题
11．如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1－ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.

(1)证明：BE⊥平面D1AE；
(2)设F为CD1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
解　(1)证明：∵四边形ABCD为矩形，且AD＝DE＝EC＝BC＝2，∴∠AEB＝90°，
即BE⊥AE，又平面D1AE⊥平面ABCE，平面D1AE∩平面ABCE＝AE，∴BE⊥平面D1AE.
(2)＝，理由如下：
取D1E的中点L，连接FL，AL，
∴FL∥EC，又EC∥AB，
∴FL∥AB，且FL＝AB，
∴M，F，L，A四点共面，
若MF∥平面AD1E，则MF∥AL.
∴四边形AMFL为平行四边形，
∴AM＝FL＝AB，＝.
12．(2019·上海金山区高三第二学期质量监控)如图，已知点P在圆柱OO1的底面圆O上，AB为圆O的直径，圆柱OO1的侧面积为16π，OA＝2，∠AOP＝120°.

(1)求三棱锥A1－APB的体积；
(2)求直线A1P与底面PAB所成角的正切值．
解　(1)由题意，S侧＝2π·2·AA1＝16π，
解得AA1＝4，
在△AOP中，OA＝OP＝2，∠AOP＝120°，
所以AP＝2，
在△BOP中，OB＝OP＝2，∠BOP＝60°，所以BP＝2，
三棱锥A1－APB的体积V＝S△APB·AA1＝××2×2×4＝.
(2)因为AA1⊥底面PAB，所以∠APA1是直线A1P与底面PAB所成的角，
在Rt△APA1中，tan∠APA1＝＝＝.
即直线A1P与底面PAB所成角的正切值为.
13．(2019·江西八所重点中学高三4月联考)如图，在四棱锥E－ABCD中，底面ABCD是边长为4的菱形且中心为点O，∠DAB＝∠EAB＝∠EAD＝60°，且点E在底面ABCD上的投影为AO的中点．

(1)若P为AD的中点，求证：PE⊥AC；
(2)求点C到平面EAB的距离．
解　(1)证明：如图，取AO的中点为H，连接HP，则EH⊥平面ABCD.

且AC⊂平面ABCD，所以EH⊥AC，
P，H分别为AD，AO的中点，
所以HP∥BD.
又底面ABCD是边长为4的菱形，所以AC⊥DB.所以AC⊥HP.
且HP∩HE＝H，所以AC⊥平面EPH，
PE⊂平面EPH，即AC⊥PE.
(2)由已知条件，易得AP＝2，AH＝，HP＝1，
设EH＝x，在Rt△EHA和Rt△EHP中，
则AE＝，EP＝，
在△EAP中，∠EAP＝60°，由余弦定理得，
()2＋22－2×2cos60°＝()2，
解得x＝，则EH＝，AE＝3，
设点C到平面EAB的距离为h，
由VE－ABC＝VC－EAB，
得S△ABC·EH＝S△EAB·h.
又S△ABC＝×4×4×sin120°＝4，
S△EAB＝×3×4×sin60°＝3，
得h＝，即点C到平面EAB的距离为.
14．(2019·吕梁统一模拟)如图，在三棱锥P－ABC中，底面ABC是等边三角形，D为BC边的中点，PO⊥平面ABC，点O在线段AD上．

(1)证明：∠PAB＝∠PAC；
(2)若AB＝PB＝2，直线PB和平面ABC所成的角的正弦值为，求点C到平面PAB的距离．
解　(1)证明：如图，过点O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，连接PE，PF.∵PO⊥平面ABC，∴PO⊥OE，PO⊥OF，PO⊥AB，PO⊥AC，

∵底面ABC是等边三角形，D为BC边的中点，∴AD是∠BAC的角平分线，∴OE＝OF，
∴Rt△POE≌Rt△POF，∴PE＝PF，
∵AB⊥OE，AB⊥PO，OE∩PO＝O，
∴AB⊥平面POE，∴AB⊥PE，同理可得AC⊥PF，
∴Rt△PAE≌Rt△PAF，∴∠PAB＝∠PAC.
(2)∵AB＝PB＝2，直线PB和平面ABC所成的角的正弦值为，
∴PO＝PB＝，
∴VP－ABC＝××22×＝.
连接OB，则OB＝＝.
∴OD＝＝，
又AD＝＝，
∴O是AD的中点，
由△AOE∽△ABD可得＝＝，
∴OE＝，∴PE＝＝，
∴S△PAB＝×2×＝，
设C到平面PAB的距离为h，则
VC－PAB＝××h＝，
解得h＝.