新高考数学二轮复习专题四第2讲空间点、直线、平面之间的位置关系学案

这是一份新高考数学二轮复习专题四第2讲空间点、直线、平面之间的位置关系学案，共25页。


考点一 空间直线、平面位置关系的判定
核心提炼
判断空间直线、平面位置关系的常用方法
(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题．
(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断．
例1 (1)(多选)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
B．若m⊥α，m∥n，n⊥β，则α∥β
C．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n
D．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
答案 BD
解析 A选项，两个平行平面内的两条直线，可能平行，或者异面，A选项错误；
B选项，若m⊥α，n⊥β，则直线m，n对应的方向向量m，n可看作α，β的法向量，由于m∥n，又α，β是两个不同的平面，则α∥β，故B选项正确；
C选项，若两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于两个平面交线的直线才垂直于另一个平面，从选项中无法判断m，n和交线的位置关系，因此m，n可能相交但不垂直，平行，异面但不垂直，C选项错误；
D选项，若m⊂β，又m⊥α，根据面面垂直的判定定理，即有α⊥β，若m⊄β，由于m∥n，n∥β，则m∥β，过m任作一个平面，使其和β相交于直线c，根据线面平行的性质定理，m∥c，又m⊥α，则c⊥α，结合c⊂β，即α⊥β，故D选项正确.
(2)(多选)(2022·金丽衢十二校联考)每个面均为正三角形的八面体称为正八面体，如图．若点G，H，M，N分别是正八面体ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中点，则下列结论正确的是( )
A．四边形AECF是平行四边形
B．GH与MN是异面直线
C．GH∥平面EAB
D．GH⊥BC
答案 AC
解析 连接AC，EF，BD，MH，EH，EM，则AC与EF相交且相互平分，故四边形AECF为平行四边形，故A正确；
所以AE∥CF.又G，H，M，N分别是正八面体ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中点，
所以GM∥AE，NH∥CF，
且GM＝eq \f(1,2)AE，NH＝eq \f(1,2)CF，
所以GM∥NH，且GM＝NH，
所以四边形MNHG是平行四边形，故B错误；
易证平面MNHG∥平面EAB，
又GH⊂平面MNGH，
所以GH∥平面EAB，故C正确；
因为EH⊥BC，MH⊥BC，EH∩MH＝H，
所以BC⊥平面EMH，
而GH⊄平面EMH，GH∩EH＝H，
所以GH与BC不垂直，故D错误．
规律方法 对于线面关系的存在性问题，一般先假设存在，然后再在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足，则假设成立；若得出矛盾，则假设不成立．
跟踪演练1 (1)(多选)(2022·湖南师大附中模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，直线A1C与平面AB1D1的交点为M，O为线段B1D1的中点，则下列结论正确的是( )
A．A，M，O三点共线
B．M，O，A1，A四点共面
C．B，B1，O，M四点共面
D．A，O，C，M四点共面
答案 ABD
解析 如图，因为AA1∥CC1，则A，A1，C1，C四点共面．
因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，则点M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
同理，O，A也在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
所以A，M，O三点共线，从而M，O，A1，A四点共面，A，O，C，M四点共面．
由长方体性质知，OM，BB1是异面直线，即B，B1，O，M四点不共面．
(2)设点E为正方形ABCD的中心，M为平面ABCD外一点，△MAB为等腰直角三角形，且∠MAB＝90°，若F是线段MB的中点，则( )
A．ME≠DF，且直线ME，DF是相交直线
B．ME＝DF，且直线ME，DF是相交直线
C．ME≠DF，且直线ME，DF是异面直线
D．ME＝DF，且直线ME，DF是异面直线
答案 B
解析 连接EF，
如图所示，
由题意知AB⊥AD，
AB⊥AM，AM＝AD，
AB＝AB，
则Rt△BAM≌Rt△BAD，
所以BM＝BD，
因为E，F分别为BD，BM的中点，则EF∥DM，
因为FM＝eq \f(1,2)BM＝eq \f(1,2)BD＝DE，
故四边形FMDE是等腰梯形，
所以ME＝DF，且直线ME，DF是相交直线．
考点二 空间平行、垂直关系
核心提炼
平行关系及垂直关系的转化
例2 如图，四边形AA1C1C为矩形，四边形CC1B1B为菱形，且平面CC1B1B⊥平面AA1C1C，D，E分别为边A1B1，C1C的中点．
(1)求证：BC1⊥平面AB1C；
(2)求证：DE∥平面AB1C.
证明 (1)∵四边形AA1C1C为矩形，
∴AC⊥C1C，
又平面CC1B1B⊥平面AA1C1C，
平面CC1B1B∩平面AA1C1C＝CC1，
∴AC⊥平面CC1B1B，
∵C1B⊂平面CC1B1B，∴AC⊥C1B，
又四边形CC1B1B为菱形，∴B1C⊥BC1，
∵B1C∩AC＝C，AC⊂平面AB1C，
B1C⊂平面AB1C，
∴BC1⊥平面AB1C.
(2)如图，取AA1的中点F，连接DF，EF，
∵四边形AA1C1C为矩形，E，F分别为C1C，AA1的中点，
∴EF∥AC，又EF⊄平面AB1C，AC⊂平面AB1C，
∴EF∥平面AB1C，
同理可得DF∥平面AB1C，
∵EF∩DF＝F，EF⊂平面DEF，DF⊂平面DEF，∴平面DEF∥平面AB1C，
∵DE⊂平面DEF，∴DE∥平面AB1C.
规律方法 (1)证明线线平行的常用方法
①三角形的中位线定理；②平行公理；③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理．
(2)证明线线垂直的常用方法
①等腰三角形三线合一；②勾股定理的逆定理；③利用线面垂直的性质证线线垂直．
跟踪演练2 (2022·西安模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，M，N分别是线段A1B，AC1的中点．
(1)求证：MN⊥AA1；
(2)在线段BC1上是否存在一点P，使得平面MNP∥平面ABC？若存在，指出点P的具体位置；若不存在，请说明理由．
(1)证明 连接A1C，如图，因为在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C为平行四边形，
故A1C和AC1相交，且交点为它们的中点N，
又因为M为A1B的中点，
所以MN为△A1BC的中位线，
所以MN∥BC.
因为AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以AA1⊥BC，所以AA1⊥MN，
即MN⊥AA1.
(2)解 存在，当P为BC1的中点时，
平面MNP∥平面ABC.
连接PN，PM，如图，
因为N为AC1的中点，P为BC1的中点，
所以PN∥AB，
又PN⊄平面ABC，
AB⊂平面ABC，
所以PN∥平面ABC，
又由(1)知MN∥BC，BC⊂平面ABC，
MN⊄平面ABC，故MN∥平面ABC，
又MN∩PN＝N，MN，PN⊂平面PMN，
所以平面MNP∥平面ABC.
考点三 翻折问题
核心提炼
翻折问题，关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变，一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决．
例3 (1)(2022·南宁模拟)已知正方形ABCD中E为AB中点，H为AD中点，F，G分别为BC，CD上的点，CF＝2FB，CG＝2GD，将△ABD沿着BD翻折得到空间四边形A1BCD，则在翻折过程中，以下说法正确的是( )
A．EF∥GH B．EF与GH相交
C．EF与GH异面 D．EH与FG异面
答案 B
解析 如图，由CF＝2FB，CG＝2GD，
得FG∥BD且FG＝eq \f(2,3)BD，
由E为AB中点，H为AD中点，
得EH∥BD且EH＝eq \f(1,2)BD，
所以EH∥FG，且EH≠FG，
所以四边形EFGH为梯形．
梯形EFGH的两腰EF，HG延长必交于一点，
所以EF与GH相交，EH与FG平行，
故选项A，C，D不正确，选项B正确．
(2)(多选)(2022·山东名校大联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折的过程中，下面四个命题中正确的是( )
A．BM的长是定值
B．点M的运动轨迹在某个圆周上
C．存在某个位置，使DE⊥A1C
D．A1不在底面BCD上时，MB∥平面A1DE
答案 ABD
解析 如图所示，取CD的中点F，
连接MF，BF，AC，
易得MF∥A1D，BF∥DE，
∵MF⊄平面A1DE，A1D⊂平面A1DE，
∴MF∥平面A1DE，
同理可得BF∥平面A1DE，
又MF∩BF＝F，MF，BF⊂平面BMF，
∴平面BMF∥平面A1DE，
∵BM⊂平面BMF，
∴BM∥平面A1DE，D选项正确；
又∠BFM＝∠A1DE，
MF＝eq \f(1,2)A1D＝定值，BF＝DE＝定值，
由余弦定理知，
MB2＝MF2＋BF2－2MF·BF·cs∠MFB，
∴BM为定值，A选项正确；
∴点M的运动轨迹在以点B为圆心，BM为半径的圆周上，B选项正确；
∵A1C在平面ABCD中的射影在直线AC上，且AC与DE不垂直，
∴不存在某个位置，使DE⊥A1C，C选项错误．
易错提醒 注意图形翻折前后变与不变的量以及位置关系．对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系．
跟踪演练3 (多选)如图，在矩形ABCD中，BC＝1，AB＝x，BD和AC交于点O，将△BAD沿直线BD翻折，则下列说法中正确的是( )
A．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥OC
B．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥BD
C．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥平面ACD
D．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥平面ABD
答案 ABC
解析 当AB＝x＝1时，此时矩形ABCD为正方形，则AC⊥BD，
将△BAD沿直线BD翻折，当平面ABD⊥平面BCD时，
因为OC⊥BD，OC⊂平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，
所以OC⊥平面ABD，又AB⊂平面ABD，
所以AB⊥OC，故A正确；
又OC⊥BD，OA⊥BD，且OA∩OC＝O，OA，OC⊂平面OAC，
所以BD⊥平面OAC，又AC⊂平面OAC，所以AC⊥BD，故B正确；
在矩形ABCD中，AB⊥AD，AC＝eq \r(1＋x2)，
所以将△BAD沿直线BD翻折时，总有AB⊥AD，
取x＝eq \f(1,2)，当将△BAD沿直线BD翻折到AC＝eq \f(\r(3),2)时，有AB2＋AC2＝BC2，
即AB⊥AC，且AC∩AD＝A，AC，AD⊂平面ACD，则此时满足AB⊥平面ACD，故C正确；
若AC⊥平面ABD，
又AO⊂平面ABD，则AC⊥AO，
所以在△AOC中，OC为斜边，这与OC＝OA相矛盾，故D不正确．
专题强化练
一、单项选择题
1．(2022·龙岩质检)已知三条直线a，b，c，若a和b是异面直线，b和c是异面直线，那么直线a和c的位置关系是( )
A．平行 B．相交
C．异面 D．平行、相交或异面
答案 D
解析 画图分析可知空间直线的三种位置关系均有可能，故D正确．
2．(2022·湖北八市联考)设α，β为两个不同的平面，则α∥β的一个充要条件可以是( )
A．α内有无数条直线与β平行
B．α，β垂直于同一个平面
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一条直线
答案 D
解析 对于A，α内有无数条直线与β平行不能得出α∥β，α内的所有直线与β平行才能得出，故A错误；
对于B，C，α，β垂直于同一平面或α，β平行于同一条直线，不能确定α，β的位置关系，故B，C错误；
对于D，α，β垂直于同一条直线可以得出α∥β，反之，当α∥β时，若α垂直于某条直线，则β也垂直于该条直线．
3．正方体上的点M，N，P，Q是其所在棱的中点，则下列各图中直线MN与直线PQ是异面直线的图形是( )
答案 B
解析 对于A，易证MQ∥NP，所以A不符合题意；
对于B，如图，因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
MN⊂平面A1B1C1D1，PQ⊂平面ABCD，
所以MN与PQ无公共点，
因为MN与PQ不平行，
所以MN与PQ是异面直线，所以B符合题意；
对于C，易证PM∥NQ，所以C不符合题意；
对于D，易证MN∥PQ，所以D不符合题意．
4.(2022·华中师大附中模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是A1D的中点，则下列说法正确的是( )
A．直线PB与直线D1C平行，直线PB⊥平面A1C1D
B．直线PB与直线AC异面，直线PB⊥平面ADC1B1
C．直线PB与直线B1D1相交，直线PB⊂平面ABC1
D．直线PB与直线A1D垂直，直线PB∥平面B1D1C
答案 D
解析 如图，连接DB，A1B，D1B1，D1C，B1C，PB，AC，DC1，AB1，
由正方体的性质知，
A1B∥D1C，
又A1B与PB相交，
所以PB与D1C不平行，故A错误；
显然，直线PB与直线AC异面，直线A1B⊥平面ADC1B1，
而直线PB与A1B不平行，
所以直线PB不与平面ADC1B1垂直，故B错误；
直线PB与直线B1D1异面，不相交，故C错误；
因为BA1＝BD，P是A1D的中点，
所以直线PB与直线A1D垂直，
又DB∥D1B1，A1B∥D1C，
DB⊄平面B1D1C，A1B⊄平面B1D1C，
A1B∩DB＝B，A1B，DB⊂平面BDA1，
D1C，D1B1⊂平面B1D1C，
所以平面BDA1∥平面B1D1C，
又PB⊂平面BDA1，
所以直线PB∥平面B1D1C，故D正确．
5.如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列结论正确的是( )
A．平面ABD⊥平面ABC
B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC
D．平面ADC⊥平面ABC
答案 D
解析 如图所示，因为AD∥BC，∠BAD＝90°，AD＝AB，
所以四边形ABCD为直角梯形．
且∠ABD＝∠ADB＝∠DBC＝45°.
又因为∠BCD＝45°，
所以∠CDB＝90°，即CD⊥BD.
又因为平面ABD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，
CD⊂平面BCD，CD⊥BD，
所以CD⊥平面ABD，
若平面ABC⊥平面ABD，那么CD⊂平面ABC，显然不成立，故A错误；
因为CD⊥平面ABD，AB⊂平面ABD，
所以CD⊥AB.
又AB⊥AD，AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ADC，
所以AB⊥平面ADC.
又因为AB⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面ADC，故D正确；
因为平面ABD⊥平面BCD，过点A作平面BCD的垂线AE，垂足E落在BD上，显然垂线不在平面ABC内，所以平面ABC与平面BDC不垂直，故C错误，同理B也错误．
6.(2022·中山模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，过A1B且与AC1平行的平面交B1C1于点P，则PC1等于( )
A．2 B.eq \r(3)
C.eq \r(2) D．1
答案 D
解析 连接AB1，交A1B于点Q，连接PA1，PB，PQ，如图所示．
因为AC1∥平面A1BP，
AC1⊂平面AB1C1，
且平面AB1C1∩平面A1BP＝PQ，
所以AC1∥PQ，又点Q是AB1的中点，
所以P是B1C1的中点，
所以PC1＝1.
二、多项选择题
7.(2022·邵阳模拟)如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2，则( )
A．BD∥平面EGHF
B．FH∥平面ABC
C．AC∥平面EGHF
D．直线GE，HF，AC交于一点
答案 AD
解析 因为BG∶GC＝DH∶HC，
所以GH∥BD.
又E，F分别为AB，AD的中点，
所以EF∥BD，且EF＝eq \f(1,2)BD，所以EF∥GH.
易知BD∥平面EGHF，FH与AC为相交直线，即A正确，B，C错误；
因为EFHG为梯形，所以EG与FH必相交，设交点为M，
因为EG⊂平面ABC，FH⊂平面ACD，
则M是平面ABC与平面ACD的一个交点，
所以M∈AC，即直线GE，HF，AC交于一点，
所以D正确．
8．如图1，已知E为正方形ABCD的边AB的中点，将△DAE沿边DE翻折到△PDE，连接PC，PB，EC，设F为PC的中点，连接BF，如图2，则在翻折的过程中，下列命题正确的是( )
A．存在某一翻折位置，使得DE∥平面PBC
B．在翻折的过程中(点P不在平面BCDE内)，都有BF∥平面PDE
C．存在某一翻折位置，使得PE⊥CD
D．若PD＝CD＝PC＝4，则三棱锥P－CDE的外接球的表面积为eq \f(76π,3)
答案 BCD
解析 对于A选项，取DC的中点G，连接BG，因为BE∥GD，BE＝GD，所以四边形DEBG为平行四边形，所以DE∥GB，而BG与平面PBC相交，所以DE与平面PBC相交，故A错误；
对于B选项，连接FG，则FG∥PD，由DE∥GB，易证平面BFG∥平面EPD，而BF⊂平面BFG，所以BF∥平面PDE，故B选项正确；
对于C选项，因为PE⊥PD，要使得PE⊥CD，则PE⊥平面PCD，则PE⊥PC，而EC＝ED，此时，只需要PC＝PD即可，故C选项正确；
对于D选项，由PD＝CD＝PC＝4可知，
PE⊥平面PCD，PE＝2，
设△PCD的外接圆半径为r，
则r＝eq \f(4,2sin 60°)＝eq \f(4\r(3),3)，
设三棱锥P－CDE的外接球半径为R，
则R2＝r2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(PE,2)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)))2＋1＝eq \f(19,3)，所以三棱锥P－CDE的外接球的表面积为4πR2＝eq \f(76π,3)，
故D选项正确．
三、填空题
9．已知l是平面α，β外的直线，给出下列三个论断：①l∥α；②α⊥β；③l⊥β.以其中两个论断为条件，余下的论断为结论，写出一个正确命题：________.(用序号表示)
答案 若①③，则②或若②③，则①(填写一个即可)
解析 因为当l∥α，α⊥β时，l与β可能平行或者相交，所以①②作为条件，不能得出③；
因为l∥α，所以α内存在一条直线m与l平行，又l⊥β，所以m⊥β，所以可得α⊥β，即①③作为条件，可以得出②；
因为α⊥β，l⊥β，所以l∥α或者l⊂α，因为l是平面α外的直线，所以l∥α，即②③作为条件，可以得出①.
10．三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝1，过线段BC的中点E作平面EFGH与直线AB，CD都平行，且分别交BD，AD，AC于F，G，H，则四边形EFGH的周长为________．
答案 2
解析 因为AB∥平面EFGH，平面ABC∩平面EFGH＝EH，AB⊂平面ABC，
所以AB∥EH，又点E为BC中点，所以EH为△ABC的中位线，故EH＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(1,2).
同理，EF＝FG＝GH＝eq \f(1,2)，
所以四边形EFGH的周长为2.
11．已知三棱台ABC－A1B1C1的上、下底面均为正三角形，AB＝1，A1B1＝2，侧棱长AA1＝BB1＝CC1，若AA1⊥BB1，则此棱台的高为________．
答案 eq \f(\r(6),6)
解析 由已知可得该三棱台为正三棱台，
还原成棱锥如图所示，由于下底边长是上底边长的两倍，
∴大棱锥的高为棱台的高的两倍，取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接PD，DD1，AD，A1D1，O，O1分别是上、下底面的中心，连接PO，OO1.
易知P，D，D1三点共线，P，O，O1三点共线．
OO1即为该棱台的高．
由正棱台性质可得BC⊥PD1，BC⊥PO，
PO∩PD1＝P，
PO，PD1⊂平面PD1A1，
∴BC⊥平面PD1A1，PA1⊂平面PD1A1，
∴BC⊥PA1，
又∵AA1⊥BB1，
BB1∩BC＝B，BB1，BC⊂平面PB1C1，
故AA1⊥平面PB1C1，
∴A1P⊥PD1.
又AB＝1，A1B1＝2，
PO2＝AO×DO＝eq \f(1,3)AD×eq \f(2,3)AD＝eq \f(2,9)AD2,
AD＝eq \f(\r(3),2)AB＝eq \f(\r(3),2)，
PO＝eq \f(\r(2),3)AD＝eq \f(\r(6),6)＝OO1.
12.如图，把边长为a的正方形ABCD沿对角线BD折起，使A，C的距离为a，则异面直线AC与BD的距离为________．
答案 eq \f(a,2)
解析 如图，分别取AC，BD的中点S，E，连接AE，CE，SB，SD，SE.
则AE⊥BD，CE⊥BD，
又AE∩CE＝E，AE，CE⊂平面ACE，
则BD⊥平面ACE，则SE⊥BD，
AC⊥SD，AC⊥SB，
又SD∩SB＝S，SD，SB⊂平面SBD，
则AC⊥平面SBD，则SE⊥AC，
则SE是异面直线AC与BD的公垂线段，
在△SBD中，SB＝SD＝eq \f(\r(3),2)a，BD＝eq \r(2)a，
则SE＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a))2)＝eq \f(a,2)，
则异面直线AC与BD的距离为eq \f(a,2).
四、解答题
13．(2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F－ABC的体积．
(1)证明 因为AD＝CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE.
在△ADB和△CDB中，因为AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，DB＝DB，
所以△ADB≌△CDB，所以BA＝BC，
又E为AC的中点，所以AC⊥BE.
因为BE∩DE＝E，且BE，DE⊂平面BED，所以AC⊥平面BED，
又AC⊂平面ACD，
所以平面BED⊥平面ACD.
(2)解 由(1)可知BA＝BC，又因为∠ACB＝60°，AB＝2，所以△ABC为边长为2的正三角形，
则AC＝2，BE＝eq \r(3)，AE＝1.
因为AD＝CD，AD⊥CD，所以△ADC为等腰直角三角形，所以DE＝1.
又BD＝2，所以BD2＝BE2＋DE2，
所以DE⊥EB.
连接EF(图略)，易知当△AFC的面积最小时，EF取最小值，
在Rt△BED中，EF的最小值为E到BD的距离，故当△AFC的面积最小时，EF＝eq \f(DE·BE,BD)＝eq \f(\r(3),2).
由射影定理知EF2＝DF·FB，
又DF＋FB＝BD＝2，
所以DF＝eq \f(1,2)，FB＝eq \f(3,2).
方法一 因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，
所以DE⊥平面ABC，
则F到平面ABC的距离d＝eq \f(BF,BD)·DE＝eq \f(3,4).
故VF－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·d＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×4×eq \f(3,4)＝eq \f(\r(3),4).
方法二 由(1)知BD⊥AC，
又BD⊥EF，AC∩EF＝E，AC，EF⊂平面ACF，
所以BD⊥平面ACF，
所以BF即B到平面ACF的距离，
故VF－ABC＝VB－AFC＝eq \f(1,3)S△AFC·BF
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)·AC·EF·BF＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×eq \f(\r(3),2)×eq \f(3,2)＝eq \f(\r(3),4).
14．(2022·黄山模拟)在直角梯形ABCD中，AD∥BC，A＝eq \f(π,2)，AD＝1，AB＝2，BC＝3，将梯形沿中位线EF折起使AE⊥BE，并连接AB，DC得到多面体AEB－DFC，连接DE，BD，BF.
(1)求证：DF⊥平面BED；
(2)求点E到平面BDF的距离．
(1)证明 由题意知AD＝1，
BC＝3，AD∥EF，
因为EF为梯形ABCD的中位线，所以EF＝2，
过点D作DM⊥EF，
垂足为M，如图所示，
则DF＝eq \r(2)，DE＝eq \r(2)，
DF2＋DE2＝EF2，所以DE⊥DF，
因为AE⊥BE，BE⊥EF，
AE∩EF＝E，AE⊂平面AEFD，EF⊂平面AEFD，所以BE⊥平面AEFD，
又DF⊂平面AEFD，所以EB⊥DF，
又DE∩BE＝E，DE⊂平面BED，BE⊂平面BED，
所以DF⊥平面BED.
(2)解 设点E到平面BDF的距离为d，
由(1)知，DM⊥EF，BE⊥平面AEFD，
因为DM⊂平面AEFD，
所以DM⊥BE，
因为EF⊂平面BEF，BE⊂平面BEF，
BE∩EF＝E，
所以DM⊥平面BEF，
所以VE－BDF＝VD－BEF，
即VD－BEF＝eq \f(1,3)S△BEF·DM＝eq \f(1,3)S△BDF·d＝VE－BDF，S△BEF＝eq \f(1,2)×EF×EB＝1.
由BA＝eq \r(2)，得BD＝eq \r(3)，又DF＝eq \r(2)，
且由(1)知DF⊥平面BED，
所以DF⊥DB，
所以S△BDF＝eq \f(\r(6),2)，所以eq \f(\r(6),2)·d＝1，即d＝eq \f(\r(6),3)，
故点E到平面BDF的距离为eq \f(\r(6),3).