《2021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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2021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（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、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，認識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)系的簡單命題． (對應(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平面內(nèi)的任意一條直線都垂直，那么稱這條直線和這個平面垂直． (2)定理 文字語言 圖形語言 符號語言 判定定理 如果一條直線和一個平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，那么該直線與此平面垂直 ?l⊥α 性質(zhì) 定理 如果兩條直線同垂直于一個平面，那么這兩條直線平行 ? a∥b 2.二面角

2、 (1)定義：從一條直線出發(fā)的兩個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為端點，在兩個半平面內(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：兩個平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就說這兩個平面互相垂直． (2)定理 文字語言 圖形語言 符號語言 判定定理 如果一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，那么這兩個平面互相垂直 ?α⊥β 性質(zhì) 定理 兩個平面垂直，則一個平面內(nèi)垂直

3、于交線的直線與另一個平面垂直 ?l⊥α 1．若兩條平行線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面． 2．一條直線垂直于兩平行平面中的一個，則這條直線與另一個平面也垂直． 3．兩個相交平面同時垂直于第三個平面，它們的交線也垂直于第三個平面． 4．過一點有且只有一條直線與已知平面垂直． 5．過一點有且只有一個平面與已知直線垂直． 一、思考辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (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)若兩條直線與一個平面所成的角相等，則這

4、兩條直線平行． (　　) [答案](1)×　(2)×　(3)× 二、教材改編 1．下列命題中錯誤的是(　　) 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β B．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β C．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β D．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ A　[兩個平面垂直，一個平面內(nèi)只有垂直于交線的直線才垂直于另一個平面，故A錯誤．選A.] 2．如圖，正方形SG1G2G3中，E，F(xiàn)分別是G1G2，G2G3的中點，D是EF的中點，現(xiàn)在沿SE，SF及EF把這個正方形折成

5、一個四面體，使G1，G2，G3三點重合，重合后的點記為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＝2，VC＝1，則二面角V-AB-C的度數(shù)為________． 60°　[如圖，取AB的中點D，連接VD，CD. 由VA＝VB＝AC＝BC知，VD⊥AB，CD⊥AB，從而∠V

6、DC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P在平面ABC中的射影為點O. (1)若PA＝PB＝PC，則點O是△ABC的________心； (2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，則點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

7、AO，BO，CO分別交BC，AC，AB于點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．] (對應(yīng)學(xué)生用書第132頁) ⊙考點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

8、條也與這個平面垂直”． (3)利用“一條直線垂直于兩個平行平面中的一個，則與另一個也垂直”． (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是邊長為2的正三角形，M為棱BC的中點，BB1＝3，AB1＝，∠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， 因為底面ABC是邊長為2的正三角形，且M為棱BC的中點，所以AM⊥BC，且AM＝， 因為BB1＝3，∠CBB1＝60°，BM＝1， 所以B1M2＝12＋32－2×1×3×co

9、s 60°＝7， 所以B1M＝. 又因為AB1＝，所以AM2＋B1M2＝10＝AB， 所以AM⊥B1M. 又因為B1M∩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×S△B1BC·|AM| ＝×2×3×sin 60°× ＝. 所以斜三棱柱ABC-A1B1C1的體積為. (1)已知線段的長度，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，易誤認為B1M是斜三棱柱ABC-A1B1C1的高，從而得到錯誤答案． 　證明空間兩條直線垂直

10、　(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＝4，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＝EF＝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

11、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＝×4×＝4， ∴VC-AEF＝VD-AEF＝×4×＝. 　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

12、⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點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)，因為AB⊥AD，EF⊥AD， 所以EF∥AB. 又因為EF平面ABC，AB平面ABC， 所以EF∥平面ABC. (2)因為平面ABD⊥平面BCD， 平面ABD∩平面BCD＝BD， BC平面BCD，BC⊥BD， 所以BC⊥平面ABD. 因為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. 又因為AC平面ABC

13、， 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．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，∴AE⊥PC. 由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C， ∴AE⊥平面PCD. 又PD平面PCD

14、，∴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，即證明其中一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，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·全國卷Ⅲ)如圖，點N為正方形ABCD的中心

15、，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點，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F，DF的中點G，連接EF，F(xiàn)N，MG，GB，BD，BE. ∵點N為正方形ABCD的中心，∴點N在BD上，且為BD的中點． ∵△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＝， ∴EN＝＝2. ∵EM＝M

16、D，DG＝GF，∴MG∥EF， ∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG. ∵MG＝EF＝， BG＝＝＝， ∴BM＝＝. ∴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，∠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：因為E為CD的中點，CD＝2AB，∠ABC＝∠BCD＝90°，所以

17、四邊形ABCE為矩形，所以AE⊥CD. 由已知易得RQ∥CD，所以RQ⊥AE. 因為∠PEA＝90°，PE∩CD＝E， 故AE⊥平面PCD， 又因為AE平面ABCD. 故平面PCD⊥平面ABCD. 因為PE⊥CD，所以PE⊥平面ABCD. 因為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的中點， ∴點T到平面BCQ的距離為PE＝， 易知S△BCQ＝S梯形ABCD＝××(1＋2)×＝. 故三棱錐Q-BCT的體積V＝××＝. 　解答本例T(2)第(2)問時，借助已

18、知的點面距求高，這是常用的方法，求S△BCQ時，可先求底邊和高，再求面積． 　(2018·全國卷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M到達點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，P為線段BC上一點，且BP＝DQ＝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，

19、DC＝CM＝AB＝3，DA＝3. 又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2. 作QE⊥AC，垂足為E，則QEDC. 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＝×QE×S△ABP＝×1××3×2sin 45°＝1. ⊙考點3　點到平面的距離 　求點到平面的距離(高)的兩種方法 (1)定義法：求幾何體的高或點到面的距離，經(jīng)常根據(jù)高或距離的定義在幾何體中作出高或點到面的距離．其步驟為：一作、二證、三求．如何作出點到面的距離是關(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，二是要與所求點到面的距離的面垂直，

20、這樣在輔助面內(nèi)過該點作交線的垂線，點到垂足的距離即為點到面的距離． (2)等體積法：求棱錐的高或點到平面的距離常常利用同一個三棱錐變換頂點及底面的位置，其體積相等的方法求解． 　定義法求距離(高) (1)(2019·全國卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點，PC＝2，點P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為，那么P到平面ABC的距離為________． 　[如圖，過點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＝，所以O(shè)E＝OF， 所以CO為∠ACB的

21、平分線， 即∠ACO＝45°. 在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1， 所以O(shè)E＝1，所以PO＝＝＝.] (2)(2018·全國卷Ⅱ)如圖，在三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點． ①證明：PO⊥平面ABC； ②若點M在棱BC上，且MC＝2MB，求點C到平面POM的距離． [解]　①證明：因為AP＝CP＝AC＝4，O為AC的中點， 所以O(shè)P⊥AC，且OP＝2. 連接OB.因為AB＝BC＝AC，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2. 由OP2＋OB2＝PB2知，OP⊥OB. 由OP⊥OB，OP⊥AC

22、，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的長為點C到平面POM的距離． 由題設(shè)可知OC＝AC＝2，CM＝BC＝，∠ACB＝45°， 所以O(shè)M＝，CH＝＝. 所以點C到平面POM的距離為. 　解答本例T(2)第②問時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＝9

23、0°，且四棱錐P-ABCD的體積為，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，因為AP∩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＝x，PE＝x. 故四棱錐P-ABCD的體積VP-ABCD＝

24、AB·AD·PE＝x3. 由題設(shè)得x3＝，解得x＝2. 故四棱錐的高PE＝， 從而PA＝PD＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2. 可得四棱錐P-ABCD的側(cè)面積為PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin 60°＝6＋2. 　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＝，D是AA1的中點，BD與AB1交于點O，且CO⊥平面ABB1A1. (1)證明：BC⊥AB1； (2)若OC＝OA，求三棱柱ABC-A1B1C1的高． [解](1)證明：在矩形ABB1A1中，由平面幾何知識可知AB1⊥BD， 又CO⊥平

25、面ABB1A1，∴AB1⊥CO，CO∩BD＝O，BD，CO平面BCD， ∴AB1⊥平面BCD.因為BC平面BCD，∴BC⊥AB1. (2)在矩形ABB1A1中，由平面幾何知識可知OA＝，OB＝， ∵OC＝OA，∴OC＝， ∴AC＝1，BC＝，S△ABC＝， 設(shè)三棱柱ABC-A1B1C1的高為h，即三棱錐A1-ABC的高為h. 又S△ABA1＝，由VC-ABA1＝VA1-ABC得 S△ABC·h＝S△ABA1·OC，∴h＝. 　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

26、形，且∠BAD＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF＝4，EF∥AB，M為BC的中點． (1)求證：FM∥平面BDE； (2)若平面ADE⊥平面ABCD，求點F到平面BDE的距離． [解](1)證明：取BD中點O，連接OM，OE， 因為O，M分別為BD，BC中點， 所以O(shè)M∥CD且OM＝CD， 由已知EF∥AB且EF＝AB， 又在菱形ABCD中，AB∥CD且AB＝CD，所以EF∥CD且EF＝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

27、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H，連接EH，BH， 因為EA＝ED，所以EH⊥AD， 因為平面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＝2，BE＝＝2， 所以等腰三角形BDE的面積為S△BDE＝×2×＝2. 又S△BDM＝S△BCD＝×＝2， 設(shè)F到平面BDE的距離為h， 由VE-BDM＝VM-BDE得·S△BDM·EH＝·S△BDE·h， 即×2×2＝×h×2， 解得h＝， 所以點F到平面BDE的距離為. 　(2019·武漢模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD

28、中，底面ABCD是邊長為1的菱形，∠DAB＝，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD＝. (1)證明：PB⊥BC； (2)求點A到平面PBC的距離． [解](1)如圖，取AD的中點H，連接PH，HB，BD. ∵底面ABCD是邊長為1的菱形，∴AD＝AB＝1，∴AH＝AD＝， 由BH2＝AB2＋AH2－2AB·AH·cos∠DAB， 得BH2＝1＋－2×1××＝， ∴BH＝，∴AH2＋BH2＝AB2， ∴BH⊥AD. ∵PA＝PD，H為AD的中點， ∴PH⊥AD，又PH∩BH＝H， ∴AD⊥平面PHB，又PB平面PHB， ∴AD⊥PB，又AD∥BC, ∴PB⊥BC.

29、 (2)法一(定義法)：∵AD∥BC，BC平面PBC，AD平面PBC，∴AD∥平面PBC， ∴點A與點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H作HM⊥PB于M. 由平面PHB∩平面PBC＝PB， 知HM即點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＝＝，BH＝， ∴PB＝＝， ∴HM＝＝＝. 法二(等體積法)： 由(1)知，在△PAD中，

30、PH＝＝， 在△ABD中，BH＝， 在△PHB中，PB＝＝. 又PB⊥BC，∴S△PBC＝， 設(shè)點A到平面PBC的距離為h，則有S△PBC·h＝S△ABC·PH，即h＝×1×1×sin×， 解得h＝. ⊙考點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)在某個三角形中，通過解三角形，求出該角． (1)(2018·全國卷Ⅰ)在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長

31、方體的體積為(　　) A．8　　　　 B．6 C．8 D．8 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＝＝4. 在Rt△ACC1中，CC1＝＝＝2， ∴V長方體＝AB×BC×CC1＝2×2×2＝8.] (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M為棱AB的中點，AB＝2，AD＝2，∠BAD＝90°. ①求證：AD⊥BC； ②求異面直線BC與MD所成角的余弦值；

32、③求直線CD與平面ABD所成角的正弦值． [解]?、僮C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N，連接MN，ND. 又因為M為棱AB的中點，所以MN∥BC. 所以∠DMN(或其補角)為異面直線BC與MD所成的角． 在Rt△DAM中，AM＝1， 故DM＝＝. 因為AD⊥平面ABC，所以AD⊥AC. 在Rt△DAN中，AN＝1， 故DN＝＝. 在等腰三角形DMN中，MN＝1， 可得cos∠DMN＝＝. 所以，異面直線BC與MD所成角的余弦值為. ③如圖，連接CM.因為△ABC為等邊

33、三角形，M為邊AB的中點，所以CM⊥AB，CM＝. 又因為平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，而CM平面ABC，故CM⊥平面ABD， 所以∠CDM為直線CD與平面ABD所成的角． 在Rt△CAD中，CD＝＝4. 在Rt△CMD中，sin∠CDM＝＝. 所以，直線CD與平面ABD所成角的正弦值為. 　在相互垂直的平面內(nèi)作交線的垂線，是得到線面垂直的常用方法． 　1.已知正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E是線段CC1的中點，則直線D1E與平面ADE所成角的余弦值為(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. A　[如圖所示，過點D1作D1F⊥DE，垂

34、足為F，而AD⊥D1F，AD∩DE＝D，故D1F⊥平面ADE，則∠D1EF為D1E與平面ADE所成的角，不妨設(shè)AB＝2，則D1E＝，DF＝DD1·cos∠D1DF＝DD1·sin∠CDE＝，EF＝，故cos∠D1EF＝＝. 故選A.] 2．(2019·天津高考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，△PCD為等邊三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD＝2，AD＝3. (1)設(shè)G，H分別為PB，AC的中點，求證：GH∥平面PAD； (2)求證：PA⊥平面PCD； (3)求直線AD與平面PAC所成角的正弦值． [解](1)證明：連接BD，易知AC∩B

35、D＝H，BH＝DH. 又由BG＝PG，故GH∥PD. 又因為GH平面PAD，PD平面PAD，所以GH∥平面PAD. (2)證明：取棱PC的中點N，連接DN. 依題意，得DN⊥PC. 又因為平面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)連接AN，由(2)中DN⊥平面PAC，可知∠DAN為直線AD與平面PAC所成的角． 因為△PCD為等邊三角形，CD＝2且N為PC的中點， 所以DN＝. 又DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN＝＝. 所以，直線AD與平面PAC所成角的正弦值為. - 19 -