PAGE1-課時作業12點、直線、平面之間的位置關系1.[2024·四省八校聯考]如圖，平面PAD⊥平面ABCD，∠ABC＝∠BCD＝90°，PA＝PD＝AD＝AB＝2CD＝2，H為PB的中點．(1)求證：CH∥平面PAD；(2)求點C到平面PAB的距離．解析：(1)證明：取PA的中點E，連接HE，DE，則EH綊eq\f(1,2)AB.又CD綊eq\f(1,2)AB，∴EH綊CD，四邊形CDEH為平行四邊形，∴CH∥DE，又DE?平面PAD，CH?平面PAD，∴CH∥平面PAD.(2)取AD的中點F，連接PF，FB，AH，則∠PFB＝90°，PF＝eq\r(3)，BF＝eq\r(3)，PB＝eq\r(6)，AH＝eq\f(\r(10),2)，∴S△PAB＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\f(\r(10),2)＝eq\f(\r(15),2)，連接AC，則V三棱錐C－PAB＝V三棱錐P－ABC，設點C到平面PAB的距離為h，∴eq\f(1,3)×eq\f(\r(15),2)×h＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×eq\r(3)，∴h＝eq\f(6,\r(15))＝eq\f(2\r(15),5).∴點C的平面PAB的距離為eq\f(2\r(15),5).2.[2024·蘭州市診斷考試]如圖，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD為平行四邊形，△PCD為正三角形，∠BAD＝30°，AD＝4，AB＝2eq\r(3)，平面PCD⊥平面ABCD，E為PC的中點．(1)證明：BE⊥PC；(2)求多面體PABED的體積．解析：(1)證明：∵BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD＝4，∴BD＝2，∴AB2＋BD2＝AD2，∴AB⊥BD，∴BD⊥CD.∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，∴BD⊥平面PCD，∴BD⊥PC.∵△PCD為正三角形，E為PC的中點，∴DE⊥PC，∴PC⊥平面BDE，BE?平面BDE，∴BE⊥PC.(2)如圖，作PF⊥CD，EG⊥CD，F，G為垂足，∵平面PCD⊥平面ABCD，∴PF⊥平面ABCD，EG⊥平面ABCD，∵△PCD為正三角形，CD＝2eq\r(3)，∴PF＝3，EG＝eq\f(3,2)，∴V四棱錐P－ABCD＝eq\f(1,3)×2×2eq\r(3)×3＝4eq\r(3)，V三棱錐E－BCD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)×eq\f(3,2)＝eq\r(3)，∴多面體PABED的體積V＝4eq\r(3)－eq\r(3)＝3eq\r(3).3.[2024·江蘇卷]在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C求證：(1)AB∥平面A1B1C(2)平面ABB1A1⊥平面A1證明：本題主要考查直線與直線、直線與平面以及平面與平面的位置關系，考查空間想象實力和推理論證實力．(1)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1因為AB?平面A1B1C，A1B1?平面A1B1所以AB∥平面A1B1C(2)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，四邊形ABB1A又因為AA1＝AB，所以四邊形ABB1A1為菱形，所以AB1⊥A1因為AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB又因為A1B∩BC＝B，A1B?平面A1BC，BC?平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC，又因為AB1?平面ABB1A1所以平面ABB1A1⊥平面A14．[2024·東北四市聯合體模擬(一)]如圖，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E為CD的中點，將△ADE沿AE折到△APE的位置．(1)證明：AE⊥PB；(2)當四棱錐P－ABCE的體積最大時，求點C到平面PAB的距離．解析：(1)證明：在等腰梯形ABCD中，連接BD，交AE于點O.∵AB∥CE，AB＝CE，∴四邊形ABCE為平行四邊形，∴AE＝BC＝AD＝DE，∴△ADE為等邊三角形，∴在等腰梯形ABCD中，∠C＝∠ADE＝eq\f(π,3)，BD⊥BC，∴BD⊥AE.如圖，翻折后可得，OP⊥AE，OB⊥AE，又OP?平面POB，OB?平面POB，OP∩OB＝O，∴AE⊥平面POB，∵PB?平面POB，∴AE⊥PB.(2)當四棱錐P－ABCE的體積最大時，平面PAE⊥平面ABCE.又平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO?平面PAE，PO⊥AE，∴OP⊥平面ABCE.∵OP＝OB＝eq\f(\r(3),2)，∴PB＝eq\f(\r(6),2)，∵AP＝AB＝1，∴S△PAB＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(6),2)×eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\f(\r(6),2)))2)＝eq\f(\r(15),8)，連接AC，則VP－ABC＝eq\f(1,3)OP·S△ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(3),4)＝eq\f(1,8)，設點C到平面PAB的距離為d，∵VP－ABC＝VC－PAB＝eq\f(1,3)S△PAB·d，∴d＝eq\f(3VP－ABC,S△PAB)＝eq\f(\f(3,8),\f(\r(15),8))＝eq\f(\r(15),5).5．[2024·鄭州市其次次質量預料]如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD＝eq\f(π,3)，△PAD是等邊三角形，F為AD的中點，PD⊥BF.(1)求證：AD⊥PB；(2)若E在線段BC上，且EC＝eq\f(1,4)BC，能否在棱PC上找到一點G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求出三棱錐D－CEG的體積；若不存在，請說明理由．解析：(1)證明：連接PF，∵△PAD是等邊三角形，∴PF⊥AD.∵底面ABCD是菱形，∠BAD＝eq\f(π,3)，∴BF⊥AD.又PF∩BF＝F，∴AD⊥平面BFP，又PB?平面BFP，∴AD⊥PB.(2)能在棱PC上找到一點G，使平面DEG⊥平面ABCD.由(1)知AD⊥BF，∵PD⊥BF，AD∩PD＝D，∴BF⊥平面PAD.又BF?平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAD，又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD，∴PF⊥平面ABCD.連接CF交DE于點H，過H作HG∥PF交PC于G，∴GH⊥平面ABCD.又GH?平面DEG，∴平面DEG⊥平面ABCD.∵AD∥BC，∴△DFH～△ECH，∴eq\f(CH,HF)＝eq\f(CE,DF)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(CG,GP)＝eq\f(CH,HF)＝eq\f(1,2)，∴GH＝eq\f(1,3)PF＝eq\f(\r(3),3)，∴VD－CEG＝VG－CDE＝eq\f(1,3)S△CDE·GH＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)DC·CE·sineq\f(π,3)·GH＝eq\f(1,12).6．[2024·北京卷]如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點．(Ⅰ)求證：BD⊥平面PAC；(Ⅱ)若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE；(Ⅲ)棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由．解析：(Ⅰ)因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.又因為底面ABCD為菱形，所以BD⊥AC.所以BD⊥平面PAC.(Ⅱ)因為PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，所以PA⊥AE.因為底面ABCD為菱形，∠ABC＝60°，且E為CD的中點，所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.所以AE⊥平面PAB.所以平面PAB⊥平面PAE.(Ⅲ)棱PB上存在點F，使得CF∥平面PA