2021高考数学二轮复习专题五第2讲：点、直线、平面之间的位置关系

这是一份2021高考数学二轮复习专题五第2讲：点、直线、平面之间的位置关系，共28页。试卷主要包含了直线、平面平行的判定及其性质，直线、平面垂直的判定及其性质等内容，欢迎下载使用。


考点一 空间线面位置关系的判断
1．直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b，⇒a∥α.
(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b，⇒a∥b.
(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α，⇒α∥β.
(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，⇒a∥b.
2．直线、平面垂直的判定及其性质
(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n，⇒l⊥α.
(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α，⇒a∥b.
(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α，⇒α⊥β.
(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l，⇒a⊥β.
[对点训练]
1．(2018·安徽黄山二模)下列说法中，错误的是( )
A．若平面α∥平面β，平面α∩平面γ＝l，平面β∩平面γ＝m，则l∥m
B．若平面α⊥平面β，平面α∩平面β＝l，m⊂α，m⊥l，则m⊥β
C．若直线l⊥平面α，平面α⊥平面β，则l∥β
D．若直线l∥平面α，平面α∩平面β＝m，直线l⊂平面β，则l∥m
[解析] 对于A，由面面平行的性质定理可知为真命题，故A正确；对于B，由面面垂直的性质定理可知为真命题，故B正确；对于C，若l⊥α，α⊥β，则l∥β或l⊂β，故C错误；对于D，由线面平行的性质定理可知为真命题，故D正确，故选C.
[答案] C
2．(2018·湖北重点中学联考)设m，n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内两条相交直线，则α⊥β的一个充分不必要条件是( )
A．l1⊥m，l1⊥n B．m⊥l1，m⊥l2
C．m⊥l1，n⊥l2 D．m∥n，l1⊥n
[解析] 由m⊥l1，m⊥l2及已知条件可得m⊥β，又m⊂α，所以α⊥β；反之，α⊥β时未必有m⊥l1，m⊥l2，故“m⊥l1，m⊥l2”是“α⊥β”的充分不必要条件，其余选项均推不出α⊥β，故选B.
[答案] B
3．(2018·潍坊模拟)已知两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，以下四个命题：
①若m∥α，n∥β，且α∥β，则m∥n；
②若m⊥α，n∥β，且α∥β，则m⊥n；
③若m∥α，n⊥β，且α⊥β，则m∥n；
④若m⊥α，n⊥β，且α⊥β，则m⊥n.
其中正确命题的个数是( )
A．4 B．3 C．2 D．1
[解析] 若m∥α，n∥β，且α∥β，则m，n可能平行、相交或异面，①错误；若m⊥α，α∥β，则m⊥β，又n∥β，则m⊥n，②正确；若n⊥β，α⊥β，则n∥α或n⊂α，又m∥α，则m，n可能平行、相交或异面，③错误 ；若n⊥β，α⊥β，则n∥α或n⊂α，又m⊥α，则m⊥n，④正确，综上正确命题的个数是2，故选C.
[答案] C
4．如图是一张矩形白纸ABCD，AB＝10，AD＝10eq \r(2)，E，F分别为AD，BC的中点，现分别将△ABE，△CDF沿BE，DF折起，且A、C在平面BFDE同侧，下列命题正确的是________．(写出所有正确命题的序号)
①当平面ABE∥平面CDF时，AC∥平面BFCE；
②当平面ABE∥平面CDF时，AE∥CD；
③当A、C重合于点P时，PG⊥PD.
[解析] 在△ABE中，tan∠ABE＝eq \f(\r(2),2)，在△ACD中，tan∠CAD＝eq \f(\r(2),2)，所以∠ABE＝∠DAC，由题意，将△ABE，△DCF沿BE，DF折起，且A，C在平面BEDF同侧，此时A、C、G、H四点在同一平面内，平面ABE∩平面AGHC＝AG，平面CDF∩平面AGHC＝CH，当平面ABE∥平面CDF时，得到AG∥CH，显然AG＝CH，所以四边形AGHC为平行四边形，所以AC∥GH，进而可得AC∥平面BFDE，故①正确；由于折叠后，直线AE与直线CD为异面直线，所以AE与CD不平行，故②不正确；当A、C重合于点P时，可得PG＝eq \f(10\r(3),3)，PD＝10，又GD＝10，∴PG2＋PD2≠GD2，所以PG与PD不垂直，故③不正确．
[答案] ①
[快速审题] 看到线面关系的判断，想到空间中点、线、面的位置关系，想到具体的实物代表的线、面或长方体模型．
空间线面位置关系判定的三种方法
(1)定理法：借助空间线面位置关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题．
(2)模型法：借助空间几何模型，如在长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，结合有关定理作出选择．
(3)反证法：当从正面较难入手时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．
考点二 空间中平行、垂直关系的证明
平行关系及垂直关系的转化
[证明] (1)如图所示，连接AB1交A1B于E，连接ED.
∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，且AB＝BB1，
∴侧面ABB1A1是正方形，
∴E是AB1的中点，又已知D为AC的中点，
∴在△AB1C中，ED是中位线，
∴B1C∥ED，又B1C⊄平面A1BD，ED⊂平面A1BD，
∴B1C∥平面A1BD.
(2)∵AC1⊥平面A1BD.
∴AC1⊥A1B.
∵侧面ABB1A1是正方形，∴A1B⊥AB1.
又AC1∩AB1＝A，
∴A1B⊥平面AB1C1，∴A1B⊥B1C1.
又∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，
∴BB1⊥B1C1，又BB1∩A1B＝B，
∴B1C1⊥平面ABB1A1.
(1)证明线线平行的4种常用方法
①利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；
②利用平行四边形进行平行转换；
③利用三角形的中位线定理证线线平行；
④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．
(2)证明线线垂直的3种常用方法
①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；
②勾股定理；
③线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面．
[对点训练]

(2018·西宁模拟)如图，在几何体ABCDE中，AB＝AD＝2，AB⊥AD，AE⊥平面ABD，M为线段BD的中点，MC∥AE，且AE＝MC＝eq \r(2).
(1)求证：平面BCD⊥平面CDE；
(2)若N为线段DE的中点，求证：平面AMN∥平面BEC.
[证明] (1)∵AB＝AD＝2，AB⊥AD，M为线段BD的中点，
∴AM＝eq \f(1,2)BD＝eq \r(2)，AM⊥BD.
∵AE⊥平面ABD，MC∥AE，
∴MC⊥平面ABD，
∵AM⊂平面ABD.
∴MC⊥AM，又MC∩BD＝M，
∴AM⊥平面BCD.
又AE＝MC＝eq \r(2)，
∴四边形AMCE为平行四边形，
∴EC∥AM，
∴EC⊥平面BCD，
∵EC⊂平面CDE，
∴平面BCD⊥平面CDE.
(2)∵M为BD的中点，N为DE的中点，
∴MN∥BE.∵MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC.
∴MN∥面BEC.
由(1)知EC∥AM，∵EC⊂平面BEC，AM⊄平面BEC.
∴AM∥面BEC，
又∵AM∩MN＝M.AM⊂平面AMN，MN⊂平面AMN.
∴平面AMN∥平面BEC.
考点三 空间角与距离
1．求异面直线所成的角
平移两条异面直线中的一条或两条成相交直线，其所成角(或补角)即为所求．
2．空间距离的求解
求解距离的实质就是根据距离的定义把各种距离转化为一些垂线段的长度的计算，通过解这条垂线段所在的直角三角形进行求解．
角度1：求两异面直线所成角的大小
[解析] 因为CD∥AB，所以∠BAE(或其补角)即为异面直线AE与CD所成的角．设正方体的棱长为2，则BE＝eq \r(5).因为AB⊥平面BB1C1C，所以AB⊥BE.在Rt△ABE中，tan∠BAE＝eq \f(BE,AB)＝eq \f(\r(5),2)，故选C.
[答案] C
角度2：求点到平面的距离
[解] (1)证明：由A1A⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，得A1A⊥CM.
由AC＝CB，M是AB的中点，得AB⊥CM.
又A1A∩AB＝A，则CM⊥平面ABB1A1，
又CM⊂平面A1CM，所以平面A1CM⊥平面ABB1A1.
(2)设点M到平面A1CB1的距离为h.连接MB1.
由题意可知A1C＝CB1＝A1B1＝2MC＝2eq \r(2)，
A1M＝B1M＝eq \r(6)，
则S△A1CB1＝2eq \r(3)，S△A1MB1＝2eq \r(2).
由(1)可知CM⊥平面ABB1A1，则CM是三棱锥C－A1MB1的高，
由VC－A1MB1＝eq \f(1,3)MC·S△A1MB1＝VM－A1CB1
＝eq \f(1,3)h·S△A1CB1，
得h＝eq \f(\r(2)×2\r(2),2\r(3))＝eq \f(2\r(3),3)，
即点M到平面A1CB1的距离为eq \f(2\r(3),3).
(1)用平移法求异面直线所成的角的3步骤
①一作：即根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；
②二证：即证明作出的角是异面直线所成的角；
③三求：解三角形，求出作出的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角，如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角．
(2)点到平面的距离的2种求解策略
①直接法：利用空间线面位置关系找到或作出点到面的垂线段求解．
②转化法：借助三棱锥的体积相等，选取易计算的底和高进行转化求解．
[对点训练]
1．[角度1](2018·长沙模拟)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，若BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成角的正切值为( )
A.eq \f(\r(21),3) B.eq \f(\r(30),10) C.eq \f(\r(30),15) D.eq \f(\r(15),10)
[解析] 如图所示，作正方体AEBC－A1E1B1C1，取AE中点M，连接MD1，MB.由MD1∥AF1可得∠MD1B或其补角就是BD1与AF1所成的角．设AC＝a，则MD1＝MB＝eq \f(\r(5),2)a，BD1＝eq \f(\r(6),2)a.∴cs∠MD1B＝eq \f(\f(\r(6),4)a,\f(\r(5),2)a)＝ eq \r(\f(3,10))，
tan∠MD1B＝eq \f(\r(21),3)，故选A.
[答案] A
2．[角度2](2018·河北张家口模拟)如图，四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝DC＝2，点E，F分别为AD，PC的中点．
(1)证明：DF∥平面PBE；
(2)求点F到平面PBE的距离．
[解] (1)证明：取PB的中点G，连接EG，FG，则FG∥BC，且FG＝eq \f(1,2)BC，
∵DE∥BC且DE＝eq \f(1,2)BC，∴DE∥FG且DE＝FG，
∴四边形DEGF为平行四边形，∴DF∥EG，
又DF⊄平面PBE，EG⊂平面PBE，∴DF∥平面PBE.
(2)由(1)知DF∥平面PBE，∴点D到平面PBE的距离与F到平面PBE的距离是相等的，故转化为求点D到平面PBE的距离，设为d.
连接BD.∵VD－PBE＝VP－BDE，
∴eq \f(1,3)S△PBE·d＝eq \f(1,3)S△BDE·PD，
由题意可求得PE＝BE＝eq \r(5)，PB＝2eq \r(3)，
∴S△PBE＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)× eq \r(\r(5)2－\f(2\r(3),2)2)＝eq \r(6)，
又S△BDE＝eq \f(1,2)DE·AB＝eq \f(1,2)×1×2＝1，∴d＝eq \f(\r(6),3).
∴点F到平面PBE的距离为eq \f(\r(6),3).
1．(2018·浙江卷)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
[解析] ∵m⊄α，n⊂α，m∥n，∴m∥α，故充分性成立．而由m∥α，n⊂α，得m∥n或m与n异面，故必要性不成立，故选A.
[答案] A
2．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )
[解析] 解法一：B选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ；C选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ；D选项中，AB∥NQ，且AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ，故选A.
解法二：A选项中(如图)，连接CB交MN于D，连接DQ，则平面MNQ与平面ABC的交线为DQ，在△ABC中，Q为AC的中点，而点D为CB的四等分点，所以AB与DQ不平行，从而可知AB与平面MNQ不平行，故选A.
[答案] A
3．(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(15),5) C.eq \f(\r(10),5) D.eq \f(\r(3),3)
[解析] 将直三棱柱ABC－A1B1C1补形成直四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图)，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1.
则∠B1AD1(或其补角)为异面直线AB1与BC1所成的角，易求得AB1＝eq \r(5)，BC1＝AD1＝eq \r(2)，B1D1＝eq \r(3).由余弦定理得cs∠B1AD1＝eq \f(\r(10),5)，故选C.
[答案] C
4．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P－ABC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知PO⊥平面ABC.
(2)作CH⊥OM，垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH，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).
1.高考对此部分的命题较为稳定，一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择或填空题和一道解答题或一道解答题．
2．选择题一般在第3～5题的位置，填空题一般在第14题的位置，多考查线面位置关系的判断，难度较小．
3．解答题多出现在第18或19题的位置，考查空间中平行或垂直关系的证明、点到平面的距离及三棱锥体积的计算．
热点课题13 立体几何中的“翻折”问题
[感悟体验]
如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点E，F分别在边CD，CB上，点E与点C，D不重合，EF⊥AC，EF∩AC＝O.沿EF将△CEF翻折到△PEF的位置，使平面PEF⊥平面ABFED，如图2所示．
(1)求证：BD⊥平面POA；
(2)当PB取得最小值时，求四棱锥P－BDEF的体积.
[解] (1)证明：因为菱形ABCD的对角线互相垂直，所以BD⊥AC，所以BD⊥AO.
因为EF⊥AC，所以PO⊥EF.
因为平面PEF⊥平面ABFED，平面PEF∩平面ABFED＝EF，且PO⊂平面PEF，
所以PO⊥平面ABFED.
因为BD⊂平面ABFED，所以PO⊥BD.
因为AO∩PO＝O，所以BD⊥平面POA.
(2)设AO∩BD＝H.因为∠DAB＝60°，
所以△BDC为等边三角形．
故BD＝4，HB＝2，HC＝2eq \r(3).
设PO＝x(0连接OB.由OH⊥BD，得OB2＝(2eq \r(3)－x)2＋22.
由(1)知PO⊥平面ABFED，
则PO⊥OB，
所以PB＝eq \r(OB2＋PO2)＝eq \r(2\r(3)－x2＋22＋x2)
＝eq \r(2x－\r(3)2＋10)，
当x＝eq \r(3)时，PB取得最小值eq \r(10)，此时PO＝eq \r(3)，
所以V四棱锥P－BDEF＝eq \f(1,3)×S梯形BDEF×PO
＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×42－eq \f(\r(3),4)×22×eq \r(3)＝3.
专题跟踪训练(二十二)
一、选择题
1．(2018·中原名校联盟联考)已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是( )
A．α⊥β且m⊂α B．α⊥β且m∥α
C．m∥n且n⊥β D．m⊥n且n∥β
[解析] 对于选项A，α⊥β且m⊂α，可得m∥β或m与β相交或m⊂β，故A不成立；对于选项B，α⊥β且m∥α，可得m⊂β或m∥β或m与β相交，故B不成立；对于选项C，m∥n且n⊥β，则m⊥β，故C正确；对于选项D，由m⊥n且n∥β，可得m∥β或m与β相交或m⊂β，故D不成立，故选C.
[答案] C
2．已知直线m，l与平面α，β，γ满足β∩γ＝l，l∥α，m⊂α，m⊥γ，则下列命题一定正确的是( )
A．α⊥γ且l⊥m B．α⊥γ且m∥β
C．m∥β且l⊥m D．α∥β且α⊥γ
[解析] ∵m⊂α，m⊥γ，∴α⊥γ.又∵β∩γ＝l，∴l⊂γ，∴l⊥m，故选A.
[答案] A
3．(2018·内蒙古赤峰模拟)已知三条不重合的直线m，n，l和两个不重合的平面α，β，下列命题中正确命题的个数为( )
①若m∥n，n⊂α，则m∥α；
②若l⊥α，m⊥β且l⊥m，则α⊥β；
③若l⊥n，m⊥n，则l∥m；
④若α⊥β，α∩β＝m，n⊂β，n⊥m，则n⊥α.
A．1 B．2 C．3 D．4
[解析] ①若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，不正确；②若l⊥α，m⊥β，且l⊥m，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，正确；③若l⊥n，m⊥n，则l与m平行、相交或为异面直线，不正确；④若α⊥β，α∩β＝m，n⊂β，n⊥m，由面面垂直的性质定理得n⊥α，因此正确．综上可知只有②④正确，故选B.
[答案] B
4．(2018·福州泉州二模)在下列四个正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面，则在各个正方体中，直线BD1与平面EFG不垂直的是( )
[解析] 如图，在正方体中，E，F，G，M，N，Q均为所在棱的中点，易知E，F，G，M，N，Q六个点共面，直线BD1与平面EFMNQG垂直，并且选项A、B、C中的平面与这个平面重合，不满足题意，只有选项D中的直线BD1与平面EFG不垂直，满足题意，故选D.
[答案] D
5．(2018·江西赣州模拟)如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，且BC1⊥AC，过C1作C1H⊥底面ABC，垂足为H，则点H在( )
A．直线AC上 B．直线AB上
C．直线BC上 D．△ABC内部
[解析] 连接AC1，如图：
∵∠BAC＝90°，∴AC⊥AB，∵BC1⊥AC，BC1∩AB＝B，
∴AC⊥平面ABC1，
又AC在平面ABC内，
∴根据面面垂直的判定定理，知平面ABC⊥平面ABC1，
则根据面面垂直的性质定理知，在平面ABC1内一点C1向平面ABC作垂线，垂足必落在交线AB上，故选B.
[答案] B
6．[原创题]如图所示，三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，D是棱PB的中点，已知PA＝BC＝2，AB＝4，CB⊥AB，则异面直线PC，AD所成角的余弦值为( )
A．－eq \f(\r(30),10) B.eq \f(\r(30),5)
C．－eq \f(\r(30),5) D.eq \f(\r(30),10)
[解析]
如图所示，取BC的中点E，连接DE，AE.则在△PBC中，PD＝DB，BE＝EC，所以DE∥PC，且DE＝eq \f(1,2)PC.故∠EDA为异面直线PC，AD所成的角或其补角．因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AC，PA⊥AB.在Rt△ABC中，AC＝eq \r(BC2＋BA2)＝eq \r(22＋42)＝2eq \r(5)；在Rt△PAC中，PC＝eq \r(PA2＋AC2)＝eq \r(22＋2\r(5)2)＝2eq \r(6).故DE＝eq \f(1,2)PC＝eq \r(6).在Rt△PAB中，PB＝eq \r(AB2＋PA2)＝eq \r(42＋22)＝2eq \r(5)；又PD＝DB，所以AD＝eq \f(1,2)PB＝eq \r(5).在Rt△EAB中，AE＝eq \r(AB2＋BE2)＝eq \r(42＋12)＝eq \r(17).在△DAE中，cs∠ADE＝eq \f(AD2＋DE2－AE2,2AD×DE)＝eq \f(\r(5)2＋\r(6)2－\r(17)2,2\r(5)×\r(6))＝－eq \f(\r(30),10).设异面直线PC，AD所成的角为θ，则csθ＝|cs∠ADE|＝eq \f(\r(30),10)，故选D.
[答案] D
二、填空题
7．(2018·定州二模)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则EF＝________.
[解析] 根据题意，因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC.又E是AD的中点，所以F是CD的中点．因为在Rt△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝eq \r(2).
[答案] eq \r(2)
8．过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有________条．
[解析] 过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线只可能落在平面DEFG中(其中D、E、F、G分别为AC，BC，B1C1，A1C1的中点)．易知经过D、E、F、G中任意两点的直线共有6条．
[答案] 6
9．(2018·运城一模)在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝1，M为AB的中点，将△BCM沿CM折起，使点A，B间的距离为eq \r(2)，则点M到平面ABC的距离为________．
[解析]
在平面图形中，由已知得AB＝2，AM＝BM＝MC＝1，BC＝eq \r(3)，∴△AMC为等边三角形，取CM的中点D，连接AD，则AD⊥CM，设AD的延长线交BC于E，则AD＝eq \f(\r(3),2)，DE＝eq \f(\r(3),6)，CE＝eq \f(\r(3),3).根据题意知，折起后的图形如图所示，由BC2＝AC2＋AB2，知∠BAC＝90°，又cs∠ECA＝eq \f(\r(3),3)，连接AE，则AE2＝CA2＋CE2－2CA·CEcs∠ECA＝eq \f(2,3)，于是AC2＝AE2＋CE2，∴∠AEC＝90°，∴AE⊥BC.∵AD2＝AE2＋ED2，∴AE⊥DE，又BC，DE⊂平面BCM，BC∩DE＝E，∴AE⊥平面BCM，即AE是三棱锥A－BCM的高，设点M到平面ABC的距离为h，∵S△BCM＝eq \f(\r(3),4)，AE＝eq \f(\r(6),3)，所以由VA－BCM＝VM－ABC，可得eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×eq \f(\r(6),3)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(2)×1×h，∴h＝eq \f(1,2).
[答案] eq \f(1,2)
三、解答题
10．(2018·安徽淮北一中模拟)如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PA⊥平面ABCD，E，F分别是AB，PD的中点，且PA＝AD.
(1)求证：AF∥平面PEC；
(2)求证：平面PEC⊥平面PCD.
[证明] (1)取PC的中点G，连接FG、EG，
∵F为PD的中点，G为PC的中点，
∴FG为△CDP的中位线，∴FG∥CD，FG＝eq \f(1,2)CD.
∵四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，∴AE∥CD，AE＝eq \f(1,2)CD.
∴FG＝AE，FG∥AE，∴四边形AEGF是平行四边形，
∴AF∥EG，又EG⊂平面PEC，AF⊄平面PEC，
∴AF∥平面PEC.
(2)∵PA＝AD，F为PD中点，∴AF⊥PD，∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，
又∵CD⊥AD，AD∩PA＝A，∴CD⊥平面PAD，∵AF⊂平面PAD，∴CD⊥AF，
又PD∩CD＝D，∴AF⊥平面PCD，
由(1)知EG∥AF，∴EG⊥平面PCD，
又EG⊂平面PEC，∴平面PEC⊥平面PCD.
11. (2018·河南洛阳一模)如图，在四棱锥E－ABCD中，△EAD为等边三角形，底面ABCD为等腰梯形，满足AB∥CD，AD＝DC＝eq \f(1,2)AB，且AE⊥BD.
(1)证明：平面EBD⊥平面EAD；
(2)若△EAD的面积为eq \r(3)，求点C到平面EBD的距离．
[解] (1)证明：如图，取AB的中点M，连接DM，则由题意可知四边形BCDM为平行四边形，∴DM＝CB＝AD＝eq \f(1,2)AB，
即点D在以线段AB为直径的圆上，
∴BD⊥AD，
又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，
∴BD⊥平面EAD.
∵BD⊂平面EBD，∴平面EBD⊥平面EAD.
(2)∵BD⊥平面EAD，且BD⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面EAD.
∵等边△EAD的面积为eq \r(3)，∴AD＝AE＝ED＝2，
取AD的中点O，连接EO，则EO⊥AD，EO＝eq \r(3)，
∵平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∩平面ABCD＝AD，
∴EO⊥平面ABCD.
由(1)知△ABD，△EBD都是直角三角形，
∴BD＝eq \r(AB2－AD2)＝2eq \r(3)，
S△EBD＝eq \f(1,2)ED·BD＝2eq \r(3)，
设点C到平面EBD的距离为h，
由VC－EBD＝VE－BCD，得eq \f(1,3)S△EBD·h＝eq \f(1,3)S△BCD·EO，
又S△BCD＝eq \f(1,2)BC·CDsin120°＝eq \r(3)，
∴h＝eq \f(\r(3),2).
∴点C到平面EBD的距离为eq \f(\r(3),2).
12．(2018·山西太原一模)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，AF∥DE，AF⊥AD，且平面BED⊥平面ABCD.
(1)求证：AF⊥CD；
(2)若∠BAD＝60°，AF＝AD＝eq \f(1,2)ED＝2，求多面体ABCDEF的体积．
[解] (1)证明：连接AC，交BD于点O.
由四边形ABCD为菱形可知AC⊥BD.
∵平面BED⊥平面ABCD，且交线为BD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥平面BED，∴AC⊥ED.
又∵AF∥DE，∴AF⊥AC.
∵AF⊥AD，AC∩AD＝A，∴AF⊥平面ABCD.
∵CD⊂平面ABCD，∴AF⊥CD.
(2)VABCDEF＝VE－BCD＋VB－ADEF.
由(1)知，AF⊥平面ABCD，又AF∥DE，∴DE⊥平面ABCD，
则VE－BCD＝eq \f(1,3)ED·S△BCD＝eq \f(1,3)×4×eq \f(1,2)×2×2×sin60°＝eq \f(4\r(3),3).
取AD的中点H，连接BH，则BH⊥AD，BH＝eq \r(3).
由(1)可知BH⊥AF，又∵AD∩AF＝A，∴BH⊥平面ADEF，
则VB－ADEF＝eq \f(1,3)BH·SADEF＝eq \f(1,3)×eq \r(3)×eq \f(1,2)×(2＋4)×2＝2eq \r(3).
∴VABCDEF＝eq \f(4\r(3),3)＋2eq \r(3)＝eq \f(10,3)eq \r(3)，
即多面体ABCDEF的体积为eq \f(10,3)eq \r(3).