高中数学高考第5节直线、平面垂直的判定及其性质教案

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这是一份高中数学高考第5节直线、平面垂直的判定及其性质教案，共23页。

1．直线与平面垂直
(1)定义：如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面α垂直．
(2)判定定理：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直．
(3)推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．
(4)直线和平面垂直的性质：
①垂直于同一个平面的两条直线平行．
②直线垂直于平面，则垂直于这个平面内的任一直线．
③垂直于同一条直线的两平面平行．
2．直线和平面所成的角
(1)平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条直线和这个平面所成的角．
(2)当直线与平面垂直和平行(或直线在平面内)时，规定直线和平面所成的角分别为90°和0°.
(3)直线和平面所成角的范围是0°≤θ≤90°.
3．二面角的有关概念
(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．
(2)二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．
(3)二面角的范围是0°≤θ≤180°.
4．平面与平面垂直
(1)定义：如果两个平面所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理
eq \O([常用结论])
1．若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．
2．一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直．
3．两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．
4．过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．
5．过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.( )
(2)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.( )
(3)若两条直线与一个平面所成的角相等，则这两条直线平行．
( )
[答案] (1)× (2)× (3)×
二、教材改编
1．下列命题中错误的是( )
A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β
B．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
C．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
D．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ
A [两个平面垂直，一个平面内只有垂直于交线的直线才垂直于另一个平面，故A错误．选A.]
2．如图，正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，D是EF的中点，现在沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3三点重合，重合后的点记为G，则在四面体SEFG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 [四面体SEFG如图所示：
由SG⊥GE，SG⊥GF.
且GE∩GF＝G得
SG⊥△EFG所在的平面．
故选A.]
3．如图，三棱锥VABC中，VA＝VB＝AC＝BC＝2，AB＝2eq \r(3)，VC＝1，则二面角VABC的度数为．
60° [如图，取AB的中点D，连接VD，CD.
由VA＝VB＝AC＝BC知，VD⊥AB，CD⊥AB，从而∠VDC就是二面角VABC的平面角．
在△VAB和△ABC中分别求得VD＝CD＝1，
因此△VDC是等边三角形，故∠VDC＝60°.]
4．在三棱锥PABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.
(1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的心；
(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的心．
(1)外 (2)垂 [(1)如图1，连接OA，OB，OC，OP，
在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，
PA＝PC＝PB，
所以OA＝OB＝OC，
即O为△ABC的外心．
图1 图2
(2)如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于点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为△ABC边AB上的高．
同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，
即O为△ABC的垂心．]
考点1 直线与平面垂直的判定与性质
证明直线与平面垂直的常用方法
(1)利用线面垂直的判定定理．
(2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”．
(3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”．
(4)利用面面垂直的性质定理．
证明直线与平面垂直
如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC是边长为2的正三角形，M为棱BC的中点，BB1＝3，AB1＝eq \r(10)，∠CBB1＝60°.
(1)求证：AM⊥平面BCC1B1；
(2)求斜三棱柱ABCA1B1C1的体积．
[解] (1)证明：如图，连接B1M，
因为底面ABC是边长为2的正三角形，且M为棱BC的中点，所以AM⊥BC，且AM＝eq \r(3)，
因为BB1＝3，∠CBB1＝60°，BM＝1，
所以B1M2＝12＋32－2×1×3×cs 60°＝7，
所以B1M＝eq \r(7).
又因为AB1＝eq \r(10)，
所以AM2＋B1M2＝10＝ABeq \\al(2,1)，
所以AM⊥B1M.
又因为B1M∩BC＝M，
所以AM⊥平面BCC1B1.
(2)设斜三棱柱ABCA1B1C1的体积为V，则
V＝3VB1ABC＝3VAB1BC
＝3×eq \f(1,3)S△B1BC·|AM|
＝eq \f(1,2)×2×3×sin 60°×eq \r(3)
＝eq \f(9,2).
所以斜三棱柱ABCA1B1C1的体积为eq \f(9,2).
(1)已知线段的长度，一般情况下用勾股定理的逆定理证明线线垂直，如本例第(1)问．
(2)解答本例第(2)问时，易误认为B1M是斜三棱柱ABCA1B1C1的高，从而得到错误答案．
证明空间两条直线垂直
(2019·成都模拟)如图，在多面体ABCDFE中，四边形ABCD是矩形，四边形ABEF为等腰梯形，且AB∥EF，AF＝2，EF＝2AB＝4AD＝4eq \r(2)，平面ABCD⊥平面ABEF.
(1)求证：BE⊥DF；
(2)求三棱锥CAEF的体积V.
[解] (1)证明：取EF的中点G，连接AG.
∵EF＝2AB，∴AB＝EG.
又AB∥EG，∴四边形ABEG为平行四边形，
∴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.
∵四边形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)连接DE.∵CD∥AB，且CD⊄平面ABEF，AB⊂平面ABEF，∴CD∥平面ABEF，∴VCAEF＝VDAEF.
由(1)得，AD⊥平面ABEF，S△AEF＝eq \f(1,2)×4eq \r(2)×eq \r(2)＝4，
∴VCAEF＝VDAEF＝eq \f(1,3)×4×eq \r(2)＝eq \f(4\r(2),3).
证明线线垂直一般是先证线面垂直，再根据线面垂直的性质得到线线垂直．
[教师备选例题]
(2017·江苏高考)如图，在三棱锥ABCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.
求证：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
[证明] (1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，
所以EF∥AB.
又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
(2)因为平面ABD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，
BC⊂平面BCD，BC⊥BD，
所以BC⊥平面ABD.
因为AD⊂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.
又因为AC⊂平面ABC，
所以AD⊥AC.
如图所示，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
[证明] (1)在四棱锥PABCD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的中点，∴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.
考点2 面面垂直的判定与性质
证明面面垂直的两种方法
(1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题．
(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决，
注意：三种垂直关系的转化
(1)(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
B [取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB，BD，BE.
∵点N为正方形ABCD的中心，
∴点N在BD上，且为BD的中点．
∵△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＝eq \r(3)，
∴EN＝eq \r(FN2＋EF2)＝2.
∵EM＝MD，DG＝GF，∴MG∥EF，
∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.
∵MG＝eq \f(1,2)EF＝eq \f(\r(3),2)，
BG＝eq \r(CG2＋BC2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＋22)＝eq \f(5,2)，
∴BM＝eq \r(MG2＋BG2)＝eq \r(7).
∴BM≠EN.
∵BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．
故选B.]
(2)(2019·青岛模拟)如图，四棱锥PABCD中，△PCD为等边三角形，CD＝AD＝2AB，E，S，T，Q为CD，PA，PB，AD的中点，∠ABC＝∠BCD＝∠PEA＝90°，平面STRQ∩平面ABCD＝RQ.
①证明：平面PAE⊥平面STRQ；
②若AB＝1，求三棱锥QBCT的体积．
[解] ①证明：因为E为CD的中点，CD＝2AB，∠ABC＝∠BCD＝90°，所以四边形ABCE为矩形，所以AE⊥CD.
由已知易得RQ∥CD，所以RQ⊥AE.
因为∠PEA＝90°，PE∩CD＝E，
故AE⊥平面PCD，
又因为AE⊂平面ABCD.
故平面PCD⊥平面ABCD.
因为PE⊥CD，所以PE⊥平面ABCD.
因为RQ⊂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的中点，
∴点T到平面BCQ的距离为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).
故三棱锥QBCT的体积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)问时，借助已知的点面距求高，这是常用的方法，求S△BCQ时，可先求底边和高，再求面积．
(2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.
(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝eq \f(2,3)DA，求三棱锥QABP的体积．
[解] (1)证明：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，垂足为E，则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，三棱锥QABP的体积为VQABP＝eq \f(1,3)×QE×S△ABP＝eq \f(1,3)×1×eq \f(1,2)×3×2eq \r(2)sin 45°＝1.
考点3 点到平面的距离
求点到平面的距离(高)的两种方法
(1)定义法：求几何体的高或点到面的距离，经常根据高或距离的定义在几何体中作出高或点到面的距离．其步骤为：一作、二证、三求．如何作出点到面的距离是关键，一般的方法是利用辅助面法，所作的辅助面，一是要经过该点，二是要与所求点到面的距离的面垂直，这样在辅助面内过该点作交线的垂线，点到垂足的距离即为点到面的距离．
(2)等体积法：求棱锥的高或点到平面的距离常常利用同一个三棱锥变换顶点及底面的位置，其体积相等的方法求解．
定义法求距离(高)
(1)(2019·全国卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为eq \r(3)，那么P到平面ABC的距离为．
eq \r(2) [如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离．
再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，
连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.
又PE＝PF＝eq \r(3)，所以OE＝OF，
所以CO为∠ACB的平分线，
即∠ACO＝45°.
在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝eq \r(3)，所以CE＝1，
所以OE＝1，所以PO＝eq \r(PE2－OE2)＝eq \r(\r(3)2－12)＝eq \r(2).]
(2)(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥PABC中，AB＝BC＝2eq \r(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AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，
所以OP⊥AC，且OP＝2eq \r(3).
连接OB.因为AB＝BC＝eq \f(\r(2),2)AC，所以△ABC为等腰直角三角形，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，垂足为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的长为点C到平面POM的距离．
由题设可知OC＝eq \f(1,2)AC＝2，CM＝eq \f(2,3)BC＝eq \f(4\r(2),3)，∠ACB＝45°，
所以OM＝eq \f(2\r(5),3)，CH＝eq \f(OC·MC·sin∠ACB,OM)＝eq \f(4\r(5),5).
所以点C到平面POM的距离为eq \f(4\r(5),5).
解答本例T(2)第②问时也可以使用等体积法求解．
[教师备选例题]
如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥PABCD的体积为eq \f(8,3)，求该四棱锥的高及四棱锥的侧面积．
[解] (1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，
得AB⊥AP，CD⊥PD.
由于AB∥CD，故AB⊥PD，因为AP∩PD＝P，从而AB⊥平面PAD.
又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E.
由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，可得PE⊥平面ABCD，所以PE为四棱锥的高．由AB⊥平面PAD，得AB⊥AD，又AB∥CD，AB＝CD，则四边形ABCD为矩形．设AB＝x，则由已知可得AD＝eq \r(2)x，PE＝eq \f(\r(2),2)x.
故四棱锥PABCD的体积VPABCD＝eq \f(1,3)AB·AD·PE＝eq \f(1,3)x3.
由题设得eq \f(1,3)x3＝eq \f(8,3)，解得x＝2.
故四棱锥的高PE＝eq \r(2)，
从而PA＝PD＝2，AD＝BC＝2eq \r(2)，PB＝PC＝2eq \r(2).
可得四棱锥PABCD的侧面积为eq \f(1,2)PA·PD＋eq \f(1,2)PA·AB＋eq \f(1,2)PD·DC＋eq \f(1,2)BC2sin 60°＝6＋2eq \r(3).
等体积法求距离(高)
如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB＝1，AA1＝eq \r(2)，D是AA1的中点，BD与AB1交于点O，且CO⊥平面ABB1A1.
(1)证明：BC⊥AB1；
(2)若OC＝eq \r(2)OA，求三棱柱ABCA1B1C1的高．
[解] (1)证明：在矩形ABB1A1中，由平面几何知识可知AB1⊥BD，
又CO⊥平面ABB1A1，∴AB1⊥CO，CO∩BD＝O，BD，CO⊂平面BCD，
∴AB1⊥平面BCD.因为BC⊂平面BCD，∴BC⊥AB1.
(2)在矩形ABB1A1中，由平面几何知识可知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)，
设三棱柱ABCA1B1C1的高为h，即三棱锥A1ABC的高为h.
又S△ABA1＝eq \f(\r(2),2)，由VCABA1＝VA1ABC得
S△ABC·h＝S△ABA1·OC，∴h＝eq \f(\r(6),2).
解答本例第(2)问的关键是把三棱柱的高转化为求三棱锥的高，再利用等体积法求解．
[教师备选例题]
如图所示，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，且∠BAD＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF＝4，EF∥AB，M为BC的中点．
(1)求证：FM∥平面BDE；
(2)若平面ADE⊥平面ABCD，求点F到平面BDE的距离．
[解] (1)证明：取BD中点O，连接OM，OE，
因为O，M分别为BD，BC中点，
所以OM∥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OM∥EF且OM＝EF，
所以四边形OMFE为平行四边形，
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的距离等于M到平面BDE的距离．
取AD的中点H，连接EH，BH，
因为EA＝ED，所以EH⊥AD，
因为平面ADE⊥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的面积为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\c1(\f(1,2)×4×4×\f(\r(3),2)))＝2eq \r(3)，
设F到平面BDE的距离为h，
由VEBDM＝VMBDE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)，
所以点F到平面BDE的距离为eq \f(2\r(15),5).
(2019·武汉模拟)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠DAB＝eq \f(π,3)，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD＝eq \f(\r(10),2).
(1)证明：PB⊥BC；
(2)求点A到平面PBC的距离．
[解] (1)如图，取AD的中点H，连接PH，HB，BD.
∵底面ABCD是边长为1的菱形，∴AD＝AB＝1，∴AH＝eq \f(1,2)AD＝eq \f(1,2)，
由BH2＝AB2＋AH2－2AB·AH·cs∠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为AD的中点，
∴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(定义法)：∵AD∥BC，BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，∴AD∥平面PBC，
∴点A与点H到平面PBC的距离相等．
由(1)知AD⊥平面PHB，
∴BC⊥平面PHB，又BC⊂平面PBC，
∴平面PBC⊥平面PHB.
过点H作HM⊥PB于M.
由平面PHB∩平面PBC＝PB，
知HM即点H到平面PBC的距离．
∵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(等体积法)：
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)，
设点A到平面PBC的距离为h，则有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).
考点4 直线与平面所成的角
求直线和平面所成角的步骤
(1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线；
(2)连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角；
(3)把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角．
(1)(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为( )
A．8 B．6eq \r(2)
C．8eq \r(2) D．8eq \r(3)
C [如图，连接AC1，BC1，AC.
∵AB⊥平面BB1C1C，
∴∠AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，
∴∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，AC1＝eq \f(2,sin 30°)＝4.
在Rt△ACC1中，CC1＝eq \r(AC\\al(2,1)－AC2)＝eq \r(42－22＋22)＝2eq \r(2)，
∴V长方体＝AB×BC×CC1＝2×2×2eq \r(2)＝8eq \r(2).]
(2)(2018·天津高考)如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝2eq \r(3)，∠BAD＝90°.
①求证：AD⊥BC；
②求异面直线BC与MD所成角的余弦值；
③求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．
[解] ①证明：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如图，取棱AC的中点N，连接MN，ND.
又因为M为棱AB的中点，所以MN∥BC.
所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角．
在Rt△DAM中，AM＝1，
故DM＝eq \r(AD2＋AM2)＝eq \r(13).
因为AD⊥平面ABC，所以AD⊥AC.
在Rt△DAN中，AN＝1，
故DN＝eq \r(AD2＋AN2)＝eq \r(13).
在等腰三角形DMN中，MN＝1，
可得cs∠DMN＝eq \f(\f(1,2)MN,DM)＝eq \f(\r(13),26).
所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为eq \f(\r(13),26).
③如图，连接CM.因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，所以CM⊥AB，CM＝eq \r(3).
又因为平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，而CM⊂平面ABC，故CM⊥平面ABD，
所以∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．
在Rt△CAD中，CD＝eq \r(AC2＋AD2)＝4.
在Rt△CMD中，sin∠CDM＝eq \f(CM,CD)＝eq \f(\r(3),4).
所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为eq \f(\r(3),4).
在相互垂直的平面内作交线的垂线，是得到线面垂直的常用方法．
1.已知正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是线段CC1的中点，则直线D1E与平面ADE所成角的余弦值为( )
A.eq \f(3,5) B.eq \f(4,5) C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(2\r(5),5)
A [如图所示，过点D1作D1F⊥DE，垂足为F，而AD⊥D1F，AD∩DE＝D，故D1F⊥平面ADE，则∠D1EF为D1E与平面ADE所成的角，不妨设AB＝2，则D1E＝eq \r(5)，DF＝DD1·cs∠D1DF＝DD1·sin∠CDE＝eq \f(2\r(5),5)，EF＝eq \f(3\r(5),5)，
故cs∠D1EF＝eq \f(EF,D1E)＝eq \f(3,5).故选A.]
2．(2019·天津高考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD＝2，AD＝3.
(1)设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH∥平面PAD；
(2)求证：PA⊥平面PCD；
(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值．
[解] (1)证明：连接BD，易知AC∩BD＝H，BH＝DH.
又由BG＝PG，故GH∥PD.
又因为GH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以GH∥平面PAD.
(2)证明：取棱PC的中点N，连接DN.
依题意，得DN⊥PC.
又因为平面PAC⊥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)连接AN，由(2)中DN⊥平面PAC，可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角．
因为△PCD为等边三角形，CD＝2且N为PC的中点，
所以DN＝eq \r(3).
又DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN＝eq \f(DN,AD)＝eq \f(\r(3),3).
所以，直线AD与平面PAC所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3).
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图形语言
符号语言
判定定理
一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊥α,l⊂β))⇒α⊥β
性质定理
两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α⊥β,l⊂β,α∩β＝a,l⊥a))⇒l⊥α