《高考數(shù)學大二輪專題復習沖刺方案文數(shù)經(jīng)典版文檔：第二編 專題四 第2講 空間中的平行與垂直 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學大二輪專題復習沖刺方案文數(shù)經(jīng)典版文檔：第二編 專題四 第2講 空間中的平行與垂直 Word版含解析（18頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　空間中的平行與垂直 「考情研析」　1.從具體內(nèi)容上：(1)以選擇題、填空題的形式考查，主要利用平面的基本性質(zhì)及線線、線面和面面平行和垂直的判定定理與性質(zhì)定理對命題的真假進行判斷，屬于基礎(chǔ)題．(2)以解答題的形式考查，主要是對線線、線面與面面平行和垂直關(guān)系交匯綜合命題，且多以棱柱、棱錐、棱臺或其簡單組合體為載體進行考查．　2.從高考特點上，難度中等，常以一道選填題或在解答題的第一問考查．分值一般為5分. 核心知識回顧 1.直線與平面平行的判定和性質(zhì) (1)判定 ①判定定理：a∥b，b?α，a?α?a∥α. ②面面平行的性質(zhì)：α∥β，a?α?a∥β. (2)性質(zhì)：l∥

2、α，l?β，α∩β＝m?l∥m. 2．直線和平面垂直的判定和性質(zhì) (1)判定 ①判定定理：a⊥b，a⊥c，b，c?α，b∩c＝O?a⊥α. ②線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)性質(zhì) ①l⊥α，a?α?l⊥a. ②l⊥α，m⊥α?l∥m. 3．兩個平面平行的判定和性質(zhì) (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)性質(zhì)：α∥β，γ∩

3、α＝a，γ∩β＝b?a∥b. 4．兩個平面垂直的判定和性質(zhì) (1)判定：a?α，a⊥β?α⊥β. (2)性質(zhì)：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β. 熱點考向探究 考向1 空間線面位置關(guān)系的判定 例1　(1)(2019·陜西延安高考模擬)已知m，n表示兩條不同的直線，α表示平面．下列說法正確的是(　　) A．若m∥α，n∥α，則m∥n B．若m⊥α，n⊥α，則m∥n C．若m⊥α，m⊥n，則n∥α D．若m∥α，m⊥n，則n⊥α 答案　B 解析　若m∥α，n∥α，則m，n相交或平行或異面，故A錯誤；若m⊥α，n⊥α，由線面垂直的性質(zhì)定理可知m∥n，故B正確；若m

4、⊥α，m⊥n，則n∥α或n?α，故C錯誤；若m∥α，m⊥n，則n∥α或n?α或n⊥α或n與α斜交，故D錯誤．故選B． (2)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，M為CC1的中點，N為線段DD1上靠近D1的三等分點，平面BMN交AA1于點Q，則線段AQ的長為(　　) A． B． C． D． 答案　D 解析　如圖所示，過點A作AE∥BM交DD1于點E，則E是DD1的中點，過點N作NT∥AE交A1A于點T，此時NT∥BM，所以B，M，N，T四點共面，所以點Q與點T重合，易知AQ＝NE＝，故選D． 空間線面位置關(guān)系判斷的常用方法 (1)根據(jù)空間線面平行、垂

5、直關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理逐項判斷來解決問題． (2)必要時可以借助空間幾何模型，如從長方體、四面體等模型中觀察線面位置關(guān)系，并結(jié)合有關(guān)定理來進行判斷． 1．(2019·遼寧撫順高三第一次模擬)在三棱錐P－ABC中，已知PA＝AB＝AC，∠BAC＝∠PAC，點D，E分別為棱BC，PC的中點，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．直線DE⊥直線AD B．直線DE⊥直線PA C．直線DE⊥直線AB D．直線DE⊥直線AC 答案　D 解析　由題意，如圖所示，因為PA＝AB＝AC，∠BAC＝∠PAC，∴△PAC≌△BAC，得PC＝BC，取PB的中點G，連接AG，CG，則PB⊥CG，

6、PB⊥AG，又∵AG∩CG＝G，∴PB⊥平面CAG，則PB⊥AC，∵D，E分別為棱BC，PC的中點，∴DE∥PB，則DE⊥AC．故選D． 2．如圖，在以角C為直角頂點的三角形ABC中，AC＝8，BC＝6，PA⊥平面ABC，F(xiàn)為PB上的點，在線段AB上有一點E，滿足BE＝λAE.若PB⊥平面CEF，則實數(shù)λ的值為(　　) 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 空間平行、垂直關(guān)系的證明 例2　(2019·

7、北京門頭溝區(qū)高三3月模擬)在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為6的菱形，且∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝6，F(xiàn)是棱PA上的一動點，E為PD的中點． (1)求證：平面BDF⊥平面ACF； (2)若AF＝2，側(cè)面PAD內(nèi)是否存在過點E的一條直線，使得直線上任一點M都有CM∥平面BDF，若存在，給出證明；若不存在，請說明理由． 解　(1)證明：由題意可知，PA⊥平面ABCD，則BD⊥PA， 又底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC，PA，AC為平面PAC內(nèi)兩相交直線， 所以，BD⊥平面PAC，BD為平面BDF內(nèi)一直線，從而平面BDF⊥平面ACF. (2)側(cè)面PA

8、D內(nèi)存在過點E的一條直線，使得直線上任一點M都有CM∥平面BDF. 設(shè)G是PF的中點，連接EG，CG，OF， 則?平面CEG∥平面FBD， 所以直線EG上任一點M都滿足CM∥平面BDF. 空間平行、垂直關(guān)系證明的主要思想是轉(zhuǎn)化，即通過判定定理、性質(zhì)定理將線線、線面、面面之間的平行、垂直關(guān)系相互轉(zhuǎn)化． (2019·朝陽區(qū)高三第一次模擬)如圖，在多面體ABCDEF中，平面ADEF⊥平面ABCD，四邊形ADEF為正方形，四邊形ABCD為梯形，且AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝AD＝1，BC＝2. (1)求證：AF⊥CD； (2)若M為線段BD的中點，求證

9、：CE∥平面AMF. 證明　(1)因為四邊形ADEF為正方形，所以AF⊥AD． 又因為平面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)延長AM交BC于點G，連接FG. 因為AD∥BC，M為BD的中點， 所以△BGM≌△DAM，所以BG＝AD＝1. 因為BC＝2，所以GC＝1. 由已知FE＝AD＝1，且FE∥AD， 又因為AD∥GC，所以FE∥GC，且FE＝GC，所以四邊形GCEF為平行四邊形，所以CE∥GF. 因為CE?平面AMF，GF?平面AMF，所以C

10、E∥平面AMF. 真題押題 『真題模擬』 1．(2019·河北唐山高三第二次模擬)已知直線l，m和平面α，β，有如下三個命題： ①若存在平面γ，使α⊥γ，β⊥γ，則α∥β； ②若l，m是兩條異面直線，l?α，m?β，l∥β，m∥α，則α∥β； ③若l⊥α，m⊥β，l∥m，則α∥β. 其中正確命題的個數(shù)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，則α∥β或α與β相交，故①錯誤；假設(shè)α與β不平行，則α與β相交，設(shè)交線為n，∵l?α，l∥β，α∩β＝n，∴l(xiāng)∥n，同理，m∥n，∴l(xiāng)∥m，與l，m異面矛盾，故假設(shè)不成立，

11、所以α∥β，②正確；若l⊥α，l∥m，則m⊥α，又m⊥β，則α∥β，故③正確． 2．(2019·全國卷Ⅲ)如圖，點N為正方形ABCD的中心，△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 答案　B 解析　如圖，取CD的中點F，DF的中點G，連接EF，F(xiàn)N，MG，GB． ∵△ECD是正三角形， ∴EF⊥CD． ∵平面ECD⊥平面ABCD， ∴EF⊥平面ABCD．

12、 ∴EF⊥FN. 不妨設(shè)AB＝2，則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.連接BD，BE， ∵點N是正方形ABCD的中心，∴點N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中線，∴BM，EN必相交．故選B． 3．(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個論斷： ①l⊥m；②m∥α；③l⊥α. 以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結(jié)論，寫出一個正確的命題：________. 答案　若m∥α

13、且l⊥α，則l⊥m成立(或若l⊥m，l⊥α，則m∥α) 解析　已知l，m是平面α外的兩條不同直線，由①l⊥m與②m∥α，不能推出③l⊥α，因為l可以與α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m與③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α與③l⊥α可以推出①l⊥m.故正確的命題是②③?①或①③?②. 『金版押題』 4.如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，線段B1D1上有兩個動點E，F(xiàn)，且EF＝1，則四面體A－EFB的體積V等于________． 答案　 解析　連接AC，BD，相交于點O，則OA為四面體A－EFB的高，且OA＝，又S△EFB＝×1×1＝，所以V＝××＝.

14、 5．如圖，圓柱O1O2的底面圓半徑為1，AB是一條母線，BD是⊙O1的直徑，C是上底面圓周上一點，∠CBD＝30°，若A，C兩點間的距離為，則圓柱O1O2的高為________，異面直線AC與BD所成角的余弦值為________． 答案　2　 解析　連接CD，則∠BCD＝90°，因為圓柱O1O2的底面圓半徑為1，所以BD＝2.因為∠CBD＝30°，所以CD＝1，BC＝，易知AB⊥BC，所以AC＝＝，所以AB＝2，故圓柱O1O2的高為2.連接AO2并延長，設(shè)AO2的延長線與下底面圓周交于點E，連接CE，則AE＝2，∠CAE即為異面直線AC與BD所成的角．又CE＝＝，所以cos∠CAE＝

15、＝＝. 配套作業(yè) 一、選擇題 1．(2019·東北三省四市高三第一次模擬)已知m，n為兩條不重合的直線，α，β為兩個不重合的平面，下列條件中，α∥β的充分條件是(　　) 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　當m∥n時，若m⊥α，可得n⊥α，又n⊥β，可知α∥β，故選B． 2．如圖，以等腰直角三角形ABC的斜邊BC上的高AD為折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的兩個平面后，某學生得出下列四個結(jié)論： ①BD⊥AC； ②△BAC是等邊三角形； ③三棱錐D－ABC是正三

16、棱錐； ④平面ADC⊥平面ABC． 其中正確的是(　　) A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①③④ 答案　B 解析　由題意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正確；AD為等腰直角三角形斜邊BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等邊三角形，②正確；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正確；由①知④錯誤，故選B． 3．(2019·靖遠縣高三第四次聯(lián)考)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱CD上一點，且CE＝2DE，F(xiàn)為棱AA1的中點，且平面BEF與DD1交于點G，則B1G與平面ABCD所成角的正切值為(　　) A． B．

17、 C． D． 答案　C 解析　因為平面ABCD∥平面A1B1C1D1，所以B1G與平面ABCD所成角即為B1G與平面A1B1C1D1所成角，易知B1G與平面A1B1C1D1所成角為∠D1B1G.設(shè)AB＝6，則AF＝3，DE＝2，平面BEF∩平面CDD1C1＝GE且BF∥平面CDD1C1，可知BF∥GE，易得△FAB∽△GDE，則＝，即＝?DG＝1，D1G＝5，在Rt△B1D1G中，tan∠D1B1G＝＝＝，故B1G與平面ABCD所成角的正切值為，故選C． 4．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點，則下列說法中錯誤的是(　　) A．M

18、N與CC1垂直 B．MN與AC垂直 C．MN與BD平行 D．MN與A1B1平行 答案　D 解析　如下圖所示，連接C1D，BD，則MN∥BD，而C1C⊥BD，故C1C⊥MN，故A，C正確，D錯誤，又因為AC⊥BD，所以MN⊥AC，B正確． 5．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AC與BD的交點為O，E為BC的中點，則異面直線D1O與B1E所成角的余弦值為(　　) A． B． C． D． 答案　A 解析　取A1B1的中點F，連接OF，OE，則由OE綊B1F知，四邊形OEB1F為平行四邊形，∴B1E∥OF， ∴∠D1OF為異面直線D1O與B1E所成角．連

19、接D1F，設(shè)正方體的棱長為2，則 OF＝B1E＝，D1O＝＝， D1F＝＝， ∴cos∠D1OF＝ ＝＝. 6．在正方體AC1中，E是棱CC1的中點，F(xiàn)是側(cè)面BCC1B1內(nèi)的動點，且A1F與平面D1AE的垂線垂直，如圖所示，下列說法不正確的是(　　) A．點F的軌跡是一條線段 B．A1F與BE是異面直線 C．A1F與D1E不可能平行 D．三棱錐F－ABC1的體積為定值 答案　C 解析　由題知A1F∥平面D1AE，分別取B1C1，BB1的中點H，G，連接HG，A1H，A1G，BC1，可得HG∥BC1∥AD1，A1G∥D1E，故平面A1HG∥平面AD1E，故點F的軌跡

20、為線段HG，A正確；由異面直線的判定定理可知A1F與BE是異面直線，故B正確；當F是BB1的中點時，A1F與D1E平行，故C不正確；∵HG∥平面ABC1，∴F點到平面ABC1的距離不變，故三棱錐F－ABC1的體積為定值，故D正確． 7．(2019·漢中高三教學質(zhì)量第二次檢測)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝，BC＝2，點D為BC的中點，則異面直線AD與A1C所成的角為(　　) A． B． C． D． 答案　B 解析　取B1C1的中點D1，連接A1D1，CD1，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，點D為BC的中點，∴AA1＝DD1且AA1∥DD1，

21、∴四邊形ADD1A1是平行四邊形，∴AD∥A1D1且AD＝A1D1，所以∠CA1D1就是異面直線AD與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，顯然△A1D1C是直角三角形，sin∠CA1D1＝＝，所以∠CA1D1＝，即異面直線AD與A1C所成的角為.故選B． 二、填空題 8．(2019·南開中學高三第三次檢測)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，M，N分別為AA1，BB1的中點，則異面直線BM與C1N所成角的余弦值為________． 答案　 解

22、析　如圖，連接A1N，則A1N∥BM，所以異面直線BM與C1N所成的角就是直線A1N和C1N所成的角．由題意，得A1N＝C1N＝ ＝，在△A1C1N中，由余弦定理得cos∠A1NC1＝ ＝.所以異面直線BM與C1N所成角的余弦值為. 9．已知四邊形ABCD是矩形，AB＝4，AD＝3.沿AC將△ADC折起到△AD′C，使平面AD′C⊥平面ABC，F(xiàn)是AD′的中點，E是AC上一點，給出下列結(jié)論： ①存在點E，使得EF∥平面BCD′； ②存在點E，使得EF⊥平面ABC； ③存在點E，使得D′E⊥平面ABC； ④存在點E，使得AC⊥平面BD′E. 其中正確的結(jié)論是________．(寫

23、出所有正確結(jié)論的序號) 答案?、佗冖? 解析　對于①，存在AC的中點E，使得EF∥CD′，利用線面平行的判定定理可得EF∥平面BCD′；對于②，過點F作EF⊥AC，垂足為E，利用面面垂直的性質(zhì)定理可得EF⊥平面ABC；對于③，過點D′作D′E⊥AC，垂足為E，利用面面垂直的性質(zhì)定理可得D′E⊥平面ABC；對于④，因為ABCD是矩形，AB＝4，AD＝3，所以B，D′在AC上的射影不是同一點，所以不存在點E，使得AC⊥平面BD′E. 10．(2019·福建高三3月質(zhì)量檢測)如圖，AB是圓錐SO的底面圓O的直徑，D是圓O上異于A，B的任意一點，以AO為直徑的圓與AD的另一個交點為C，P為SD的中

24、點．現(xiàn)給出以下結(jié)論： ①△SAC為直角三角形； ②平面SAD⊥平面SBD； ③平面PAB必與圓錐SO的某條母線平行． 其中正確結(jié)論的序號是________．(寫出所有正確結(jié)論的序號) 答案　①③ 解析　如圖，連接OC，∵SO⊥底面圓O，∴SO⊥AC， C在以AO為直徑的圓上， ∴AC⊥OC，∵OC∩SO＝O， ∴AC⊥平面SOC，AC⊥SC， 即△SAC為直角三角形，故①正確；假設(shè)平面SAD⊥平面SBD，在平面SAD中過點A作AH⊥SD交SD于點H，則AH⊥平面SBD，∴AH⊥BD，又∵BD⊥AD，∴BD⊥平面SAD，又CO∥BD，∴CO⊥平面SAD，∴CO⊥SC，

25、又在△SOC中，SO⊥OC，在一個三角形內(nèi)不可能有兩個直角，故平面SAD⊥平面SBD不成立，故②錯誤；連接DO并延長交圓于點E，連接PO，SE， ∵P為SD的中點，O為ED的中點，∴OP是△SDE的中位線，∴PO∥SE，即SE∥平面APB， 即平面PAB必與圓錐SO的母線SE平行．故③正確．故正確是①③. 三、解答題 11．如圖1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中點，將△ADE沿AE折起，得到如圖2所示的四棱錐D1－ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE. (1)證明：BE⊥平面D1AE； (2)設(shè)F為CD1的中點，在線段AB上是否存在一點M，使得MF∥平面

26、D1AE，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由． 解　(1)證明：∵四邊形ABCD為矩形，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的中點L，連接FL，AL， ∴FL∥EC，又EC∥AB，∴FL∥AB，且FL＝AB， ∴M，F(xiàn)，L，A四點共面， 若MF∥平面AD1E，則MF∥AL. ∴四邊形AMFL為平行四邊形， ∴AM＝FL＝AB，＝. 12．(2019·上海金山區(qū)高三第二學期質(zhì)量監(jiān)控)如圖，已知點P在圓柱OO1的底面圓O上，AB

27、為圓O的直徑，圓柱OO1的側(cè)面積為16π，OA＝2，∠AOP＝120°. (1)求三棱錐A1－APB的體積； (2)求直線A1P與底面PAB所成角的正切值． 解　(1)由題意，S側(cè)＝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， 三棱錐A1－APB的體積 V＝S△APB·AA1＝××2×2×4＝. (2)因為AA1⊥底面PAB，所以∠APA1是直線A1P與底面PAB所成的角， 在Rt△APA1中，tan∠APA1＝＝＝. 即直線A1P與底面PAB

28、所成角的正切值為. 13. (2019·江西八所重點中學高三4月聯(lián)考)如圖，在四棱錐E－ABCD中，底面ABCD是邊長為4的菱形且中心為點O，∠DAB＝∠EAB＝∠EAD＝60°，且點E在底面ABCD上的投影為AO的中點． (1)若P為AD的中點，求證：PE⊥AC； (2)求點C到平面EAB的距離． 解　(1)證明：如圖，取AO的中點為H，連接HP，則EH⊥平面ABCD． 且AC?平面ABCD，所以EH⊥AC，P，H分別為AD，AO的中點， 所以HP∥BD． 又底面ABCD是邊長為4的菱形，所以AC⊥DB．所以AC⊥HP. 且HP∩HE＝H，所以AC⊥平面EPH， P

29、E?平面EPH，即AC⊥PE. (2)由已知條件，易得AP＝2，AH＝，HP＝1， 設(shè)EH＝x，在Rt△EHA和Rt△EHP中， 則AE＝，EP＝， 在△EAP中，∠EAP＝60°，由余弦定理得， ()2＋22－2×2cos60°＝()2， 解得x＝，則EH＝，AE＝3， 設(shè)點C到平面EAB的距離為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＝，即點C到平面EAB的距離為. 14．(2019·呂梁統(tǒng)一模擬)如圖，在三棱錐P－ABC中，底面ABC是等邊

30、三角形，D為BC邊的中點，PO⊥平面ABC，點O在線段AD上． (1)證明：∠PAB＝∠PAC； (2)若AB＝PB＝2，直線PB和平面ABC所成的角的正弦值為，求點C到平面PAB的距離． 解　(1)證明：如圖，過點O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，連接PE，PF. ∵PO⊥平面ABC， ∴PO⊥OE，PO⊥OF，PO⊥AB，PO⊥AC， ∵底面ABC是等邊三角形，D為BC邊的中點， ∴AD是∠BAC的角平分線，∴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，直線PB和平面ABC所成的角的正弦值為，∴PO＝PB＝， ∴VP－ABC＝××22×＝. 連接OB，則OB＝＝. ∴OD＝＝， 又AD＝＝，∴O是AD的中點， 由△AOE∽△ABD可得＝＝，∴OE＝， ∴PE＝＝， ∴S△PAB＝×2×＝， 設(shè)C到平面PAB的距離為h，則 VC－PAB＝××h＝，解得h＝.