考點一 空間直線、平面位置關系的判定
核心提煉
判斷空間直線、平面位置關系的常用方法
(1)根據(jù)空間線面平行、垂直的判定定理和性質(zhì)定理逐項判斷，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、面的位置關系，并結(jié)合有關定理進行判斷．
例1 (1)(2022·廣東聯(lián)考)已知m，n是兩條不重合的直線，α，β是兩個不重合的平面，下列說法正確的是( )
A．若m∥α，n∥α，則m∥n
B．若α∥β，m⊥α，n∥β，則m∥n
C．若m∥α，m⊥β，則α⊥β
D．若α⊥β，m∥α，n∥β，則m⊥n
答案 C
解析 對于選項A，m∥α，n∥α，m與n可以平行、異面或者相交，故A錯誤；
對于選項B，因為α∥β，m⊥α，所以m⊥β.
又n∥β，所以m⊥n，故B錯誤；
對于選項C，由m∥α，則存在直線l?α，使得m∥l，又m⊥β，所以l⊥β，且l?α，所以α⊥β，故C正確；
對于選項D，因為α⊥β，可設α∩β＝l，則當m∥l，n∥l時，可以得到m∥α，n∥β，但此時m∥n，
故D錯誤．
(2)(2022·金華模擬)每個面均為正三角形的八面體稱為正八面體，如圖．若點G，H，M，N分別是正八面體ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中點，則下列結(jié)論正確的是________．
①四邊形AECF是平行四邊形；
②GH與MN是異面直線；
③GH∥平面EAB；
④GH⊥BC.
答案 ①③
解析 如圖所示，連接AC，EF，設AC與EF的交點為O，連接BD，
MH，EH，EM，則AC與EF相交且相互平分，故四邊形AECF為平行四邊形，故①正確；
所以AE∥CF.又G，H，M，N分別是正八面體ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中點，連接MG，GH，NM，NH，
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，
所以四邊形MNHG是平行四邊形，即GH與MN是共面直線，故②錯誤；
易證平面MNHG∥平面EAB，
又GH?平面MNHG，
所以GH∥平面EAB，故③正確；
因為EH⊥BC，MH⊥BC，EH∩MH＝H，EH，MH?平面EMH，
所以BC⊥平面EMH，
而GH?平面EMH，GH∩EH＝H，
所以GH與BC不垂直，故④錯誤．
規(guī)律方法 對于線面關系的存在性問題，一般先假設存在，然后再在該假設條件下，利用線面位置關系的相關定理、性質(zhì)進行推理論證，尋找假設滿足的條件，若滿足，則假設成立；若得出矛盾，則假設不成立．
跟蹤演練1 (1)(2022·湖南師大附中模擬)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，直線A1C與平面AB1D1的交點為M，O為線段B1D1的中點，則下列結(jié)論錯誤的是( )
A．A，M，O三點共線
B．M，O，A1，A四點共面
C．B，B1，O，M四點共面
D．A，O，C，M四點共面
答案 C
解析 如圖，因為AA1∥CC1，則A，A1，C1，C四點共面．
因為M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，則點M在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上，
同理，O，A也在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上，
所以A，M，O三點共線，從而M，O，A1，A四點共面，A，O，C，M四點共面．
由長方體性質(zhì)知，OM與BB1是異面直線，即B，B1，O，M四點不共面．
(2)設點E為正方形ABCD的中心，M為平面ABCD外一點，△MAB為等腰直角三角形，且∠MAB＝90°，若F是線段MB的中點，則( )
A．ME≠DF，且直線ME，DF是相交直線
B．ME＝DF，且直線ME，DF是相交直線
C．ME≠DF，且直線ME，DF是異面直線
D．ME＝DF，且直線ME，DF是異面直線
答案 B
解析 連接EF，
如圖所示，
由題意知AB⊥AD，
AB⊥AM，AM＝AD，
AB＝AB，
則Rt△BAM≌Rt△BAD，
所以BM＝BD，
因為E，F(xiàn)分別為BD，BM的中點，則EF∥DM，
因為FM＝eq \f(1,2)BM＝eq \f(1,2)BD＝DE，
故四邊形FMDE是等腰梯形，
所以ME＝DF，且直線ME，DF是相交直線．
考點二 空間平行、垂直關系
核心提煉
平行關系及垂直關系的轉(zhuǎn)化
考向1 異面直線所成的角
例2 (1)(2022·新高考全國Ⅰ改編)已知正方體ABCD－A1B1C1D1，則下列結(jié)論正確的是________．(填序號)
①直線BC1與DA1所成的角為90°；
②直線BC1與CA1所成的角為90°；
③直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°；
④直線BC1與平面ABCD所成的角為45°.
答案 ①②④
解析 如圖，連接AD1，在正方形A1ADD1中，AD1⊥DA1，因為AD1∥BC1，所以BC1⊥DA1，所以直線BC1與DA1所成的角為90°，故①正確；
在正方體ABCD－A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，又BC1?平面BCC1B1，所以CD⊥BC1.連接B1C，則B1C⊥BC1.因為CD∩B1C＝C，CD，B1C?平面DCB1A1，所以BC1⊥平面DCB1A1，又CA1?平面DCB1A1，所以BC1⊥CA1，所以直線BC1與CA1所成的角為90°，故②正確；
連接A1C1，交B1D1于點O，則易得OC1⊥平面BB1D1D，連接OB.因為OB?平面BB1D1D，所以OC1⊥OB，∠OBC1為直線BC1與平面BB1D1D所成的角．設正方體的棱長為a，則易得BC1＝eq \r(2)a，OC1＝eq \f(\r(2)a,2)，所以在Rt△BOC1中，OC1＝eq \f(1,2)BC1，所以∠OBC1＝30°，故③錯誤；
因為C1C⊥平面ABCD，所以∠CBC1為直線BC1與平面ABCD所成的角，易得∠CBC1＝45°，故④正確．
(2)(2022·廣東聯(lián)考)如圖，在三棱錐P－ABC中，PA＝PB＝CA＝CB＝5，AB＝PC＝2，點D，E分別為AB，PC的中點，則異面直線PD，BE所成角的余弦值為________．
答案 eq \f(23,24)
解析 如圖，連接CD，取CD的中點F，連接EF，BF，則EF∥PD，∠BEF為異面直線PD，BE所成的角．
由題意可知PD＝CD＝BE＝2eq \r(6)，EF＝eq \r(6)，
BF＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(6)))2＋12)＝eq \r(7)，
所以cs∠BEF＝eq \f(24＋6－7,2×2\r(6)×\r(6))＝eq \f(23,24).
考向2 平行、垂直關系的證明
例3 如圖，四邊形AA1C1C為矩形，四邊形CC1B1B為菱形，且平面CC1B1B⊥平面AA1C1C，D，E分別為邊A1B1，C1C的中點．
(1)求證：BC1⊥平面AB1C；
(2)求證：DE∥平面AB1C.
證明 (1)∵四邊形AA1C1C為矩形，
∴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，
又四邊形CC1B1B為菱形，∴B1C⊥BC1，
∵B1C∩AC＝C，AC?平面AB1C，
B1C?平面AB1C，
∴BC1⊥平面AB1C.
(2)如圖，取AA1的中點F，連接DF，EF，
∵四邊形AA1C1C為矩形，E，F(xiàn)分別為C1C，AA1的中點，
∴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.
規(guī)律方法 (1)證明線線平行的常用方法
①三角形的中位線定理；②平行公理；③線面平行的性質(zhì)定理；④面面平行的性質(zhì)定理．
(2)證明線線垂直的常用方法
①等腰三角形三線合一；②勾股定理的逆定理；③利用線面垂直的性質(zhì)證線線垂直．
跟蹤演練2 (2022·西安模擬)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，M，N分別是線段A1B，AC1的中點．
(1)求證：MN⊥AA1；
(2)在線段BC1上是否存在一點P，使得平面MNP∥平面ABC？若存在，指出點P的具體位置；若不存在，請說明理由．
(1)證明 連接A1C，如圖，因為在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C為平行四邊形，
故A1C和AC1相交，且交點為它們的中點N，
又因為M為A1B的中點，
所以MN為△A1BC的中位線，
所以MN∥BC.
因為AA1⊥平面ABC，BC?平面ABC，
所以AA1⊥BC，所以AA1⊥MN，
即MN⊥AA1.
(2)解 存在，當P為BC1的中點時，
平面MNP∥平面ABC.
連接PN，PM，如圖，
因為N為AC1的中點，P為BC1的中點，
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.
考點三 翻折問題
核心提煉
翻折問題，關鍵是分清翻折前后圖形的位置和數(shù)量關系的變與不變，一般地，位于“折痕”同側(cè)的點、線、面之間的位置和數(shù)量關系不變，而位于“折痕”兩側(cè)的點、線、面之間的位置關系會發(fā)生變化；對于不變的關系應在平面圖形中處理，而對于變化的關系則要在立體圖形中解決．
例4 (1)(2022·南寧模擬)已知正方形ABCD中E為AB中點，H為AD中點，F(xiàn)，G分別為BC，CD上的點，CF＝2FB，CG＝2GD，將△ABD沿著BD翻折得到空間四邊形A1BCD，則在翻折過程中，以下說法正確的是( )
A．EF∥GH B．EF與GH相交
C．EF與GH異面 D．EH與FG異面
答案 B
解析 如圖，由CF＝2FB，CG＝2GD，
得FG∥BD且FG＝eq \f(2,3)BD，
由E為AB中點，H為AD中點，
得EH∥BD且EH＝eq \f(1,2)BD，
所以EH∥FG，且EH≠FG，
所以四邊形EFGH為梯形．
梯形EFGH的兩腰EF，HG延長必交于一點，
所以EF與GH相交，EH與FG平行，
故選項A，C，D不正確，選項B正確．
(2)(2022·山東名校大聯(lián)考)如圖，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E為邊AB的中點，將△ADE沿直線DE翻折至△A1DE.若M為線段A1C的中點，則在△ADE翻折的過程中，下面四個命題中正確的是________．(填序號)
①BM的長是定值；
②點M的運動軌跡在某個圓周上；
③存在某個位置，使DE⊥A1C；
④A1不在底面BCD上時，BM∥平面A1DE.
答案 ①②④
解析 如圖所示，取CD的中點F，
連接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，故④正確；
又∠BFM＝∠A1DE＝定值，
MF＝eq \f(1,2)A1D＝定值，BF＝DE＝定值，
在△MFB中，由余弦定理知，
MB2＝MF2＋BF2－2MF·BF·cs∠MFB，
∴BM為定值，故①正確；
∴點M的運動軌跡在以點B為圓心，BM為半徑的圓周上，故②正確；
∵A1C在平面ABCD內(nèi)的射影在直線AC上，且AC與DE不垂直，
∴不存在某個位置，使DE⊥A1C，故③錯誤．
易錯提醒 注意圖形翻折前后變與不變的量以及位置關系．對照前后圖形，弄清楚變與不變的元素后，再立足于不變的元素的位置關系與數(shù)量關系去探求變化后的元素在空間中的位置與數(shù)量關系．
跟蹤演練3 (2022·聊城模擬)如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，將△ABC沿對角線AC進行翻折，得到三棱錐B－ACD，則下列說法正確的是________．(填序號)
①在翻折過程中，三棱錐B－ACD的體積最大為eq \f(24,5)；
②在翻折過程中，三棱錐B－ACD的外接球的表面積為定值；
③在翻折過程中，存在某個位置使得BC⊥AD；
④在翻折過程中，存在某個位置使得BD⊥AC.
答案 ①②
解析 由題意知，當平面BAC⊥平面ACD時，三棱錐B－ACD的體積最大，
此時VB－ACD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×3×4×eq \f(12,5)＝eq \f(24,5)，故①正確；
如圖，取AC的中點E，連接BE，DE，則DE＝AE＝CE＝BE＝eq \f(5,2)，所以三棱錐B－ACD的外接球是以點E為球心，eq \f(5,2)為半徑的球，則該三棱錐外接球的表面積S＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))2＝25π，故②正確；
假設BC⊥AD，又BC⊥AB，AB∩AD＝A，AB，AD?平面BAD，所以BC⊥平面BAD.又BD?平面BAD，所以BC⊥BD，
則在Rt△BCD中，斜邊CD的長度要大于4，這與CD＝3矛盾，故③錯誤；
假設BD⊥AC，如圖，過點D作DF⊥AC于點F，連接BF.
由于BD∩DF＝D，BD，DF?平面BDF，所以AC⊥平面BDF.
又BF?平面BDF，所以AC⊥BF，
所以BF＝eq \f(12,5)＝DF.
又CF＝CF，∠CFB＝∠CFD＝90°，所以△BCF≌△DCF，
所以BC＝CD，這與BC＝4，CD＝3矛盾，故④錯誤．
專題強化練
一、選擇題
1．(2022·龍巖質(zhì)檢)已知三條直線a，b，c，若a和b是異面直線，b和c是異面直線，那么直線a和c的位置關系是( )
A．平行 B．相交
C．異面 D．平行、相交或異面
答案 D
解析 畫圖分析可知空間直線的三種位置關系均有可能，故D正確．
2．(2022·湖北八市聯(lián)考)設α，β為兩個不同的平面，則α∥β的一個充要條件可以是( )
A．α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行
B．α，β垂直于同一個平面
C．α，β平行于同一條直線
D．α，β垂直于同一條直線
答案 D
解析 對于A，α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行不能得出α∥β，α內(nèi)的所有直線與β平行才能得出，故A錯誤；
對于B，C，α，β垂直于同一平面或α，β平行于同一條直線，不能確定α，β的位置關系，故B，C錯誤；
對于D，α，β垂直于同一條直線可以得出α∥β，反之，當α∥β時，若α垂直于某條直線，則β也垂直于該條直線．
3．正方體上的點M，N，P，Q是其所在棱的中點，則下列各圖中直線MN與直線PQ是異面直線的圖形是( )
答案 B
解析 對于A，易證MQ∥NP，所以A不符合題意；
對于B，如圖，因為平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
MN?平面A1B1C1D1，PQ?平面ABCD，
所以MN與PQ無公共點，
因為MN與PQ不平行，
所以MN與PQ是異面直線，所以B符合題意；
對于C，易證PM∥NQ，所以C不符合題意；
對于D，易證MN∥PQ，所以D不符合題意．
4．(2022·商丘模擬)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BC＝AA1＝eq \r(3)，AC＝1，則異面直線AC1與CB1所成角的余弦值為( )
A.eq \f(\r(2),3) B.eq \f(\r(6),4) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(2\r(5),5)
答案 B
解析 把三棱柱補成如圖所示的長方體，連接B1D，CD，則B1D∥AC1，
所以∠CB1D(或其補角)即為異面直線AC1與CB1所成的角．
由題意可得CD＝AB＝eq \r(AC2＋BC2)＝eq \r(1＋3)＝2，
B1D＝AC1＝eq \r(AC2＋CC\\al(2,1))＝2，CB1＝eq \r(CB2＋BB\\al(2,1))＝eq \r(3＋3)＝eq \r(6)，
所以cs∠CB1D＝eq \f(CB\\al(2,1)＋B1D2－CD2,2CB1·B1D)＝eq \f(6＋4－4,2\r(6)×2)＝eq \f(\r(6),4).所以異面直線AC1與CB1所成角的余弦值為eq \f(\r(6),4).
5．(2022·全國乙卷)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，則( )
A．平面B1EF⊥平面BDD1
B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF∥平面A1AC
D．平面B1EF∥平面A1C1D
答案 A
解析 在正方體ABCD－A1B1C1D1中，
AC⊥BD且DD1⊥平面ABCD，
又EF?平面ABCD，
所以EF⊥DD1，
因為E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，
所以EF∥AC，所以EF⊥BD，
又BD∩DD1＝D，BD，DD1?平面BDD1，
所以EF⊥平面BDD1，
又EF?平面B1EF，
所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正確；
如圖，以點D為原點，建立空間直角坐標系，
設AB＝2，
則D(0,0,0)，
B1(2,2,2)，
E(2,1,0)，F(xiàn)(1,2,0)，
B(2,2,0)，A1(2,0,2)，
A(2,0,0)，C(0,2,0)，
C1(0,2,2)，
則eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq \(EB1,\s\up6(—→))＝(0,1,2)，
eq \(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq \(DA1,\s\up6(—→))＝(2,0,2)，
eq \(AA1,\s\up6(—→))＝(0,0,2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，
eq \(A1C1,\s\up6(—→))＝(－2,2,0)．
設平面B1EF的一個法向量為m＝(x1，y1，z1)，
則有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(EF,\s\up6(→))＝－x1＋y1＝0，,m·\(EB1,\s\up6(→))＝y(tǒng)1＋2z1＝0，))
可取m＝(2,2，－1)，
同理可得平面A1BD的一個法向量為
n1＝(1，－1，－1)，
平面A1AC的一個法向量為n2＝(1,1,0)，
平面A1C1D的一個法向量為
n3＝(1,1，－1)，
則m·n1＝2－2＋1＝1≠0，
所以平面B1EF與平面A1BD不垂直，故B錯誤；
因為m與n2不平行，
所以平面B1EF與平面A1AC不平行，故C錯誤；
因為m與n3不平行，
所以平面B1EF與平面A1C1D不平行，
故D錯誤．
6．(2022·華中師大附中模擬)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P是A1D的中點，則下列說法正確的是( )
A．直線PB與直線D1C平行，直線PB⊥平面A1C1D
B．直線PB與直線AC異面，直線PB⊥平面ADC1B1
C．直線PB與直線B1D1相交，直線PB?平面ABC1
D．直線PB與直線A1D垂直，直線PB∥平面B1D1C
答案 D
解析 如圖，連接DB，A1B，D1B1，D1C，B1C，PB，AC，DC1，AB1，
由正方體的性質(zhì)知，
A1B∥D1C，
又A1B與PB相交，
所以PB與D1C不平行，故A錯誤；
顯然，直線PB與直線AC異面，直線A1B⊥平面ADC1B1，
而直線PB與A1B不平行，
所以直線PB不與平面ADC1B1垂直，故B錯誤；
直線PB與直線B1D1異面，不相交，故C錯誤；
因為BA1＝BD，P是A1D的中點，
所以直線PB與直線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，
所以直線PB∥平面B1D1C，故D正確．
7.(2022·中山模擬)如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，過A1B且與AC1平行的平面交B1C1于點P，則PC1等于( )
A．2 B.eq \r(3)
C.eq \r(2) D．1
答案 D
解析 連接AB1，交A1B于點Q，連接PA1，PB，PQ，如圖所示．
因為AC1∥平面A1BP，
AC1?平面AB1C1，
且平面AB1C1∩平面A1BP＝PQ，
所以AC1∥PQ，又點Q是AB1的中點，
所以P是B1C1的中點，
所以PC1＝1.
8．如圖1，已知E為正方形ABCD的邊AB的中點，將△DAE沿邊DE翻折到△PDE，連接PC，PB，EC，設F為PC的中點，連接BF，如圖2，則在翻折的過程中，下列命題正確的是( )
①存在某一翻折位置，使得DE∥平面PBC；
②在翻折的過程中(點P不在平面BCDE內(nèi))，都有BF∥平面PDE；
③存在某一翻折位置，使得PE⊥CD；
④若PD＝CD＝PC＝4，則三棱錐P－CDE的外接球的表面積為eq \f(76π,3).
A．①③④ B．②③
C．①②④ D．②③④
答案 D
解析 對于①，取DC的中點G，連接BG，因為BE∥GD，BE＝GD，所以四邊形DEBG為平行四邊形，所以DE∥GB，而BG與平面PBC相交，所以DE與平面PBC相交，故①錯誤；
對于②，連接FG，則FG∥PD，由DE∥GB，易證平面BFG∥平面PDE，而BF?平面BFG，所以BF∥平面PDE，故②正確；
對于③，因為PE⊥PD，要使得PE⊥CD，則PE⊥平面PCD，則PE⊥PC，而EC＝ED，此時，只需要PC＝PD即可，故③正確；
對于④，由PD＝CD＝PC＝4可知，
PE⊥平面PCD，PE＝2，
設△PCD的外接圓半徑為r，
則r＝eq \f(4,2sin 60°)＝eq \f(4\r(3),3)，
設三棱錐P－CDE的外接球半徑為R，
則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)，所以三棱錐P－CDE的外接球的表面積為4πR2＝eq \f(76π,3)，
故④正確．
二、填空題
9．已知l是平面α，β外的直線，給出下列三個論斷：①l∥α；②α⊥β；③l⊥β.以其中兩個論斷為條件，余下的論斷為結(jié)論，寫出一個正確命題：________.(用序號表示)
答案 若①③，則②或若②③，則①(填寫一個即可)
解析 因為當l∥α，α⊥β時，l與β可能平行或者相交，所以①②作為條件，不能得出③；
因為l∥α，所以α內(nèi)存在一條直線m與l平行，又l⊥β，所以m⊥β，所以可得α⊥β，即①③作為條件，可以得出②；
因為α⊥β，l⊥β，所以l∥α或者l?α，因為l是平面α外的直線，所以l∥α，即②③作為條件，可以得出①.
10．三棱錐A－BCD中，AB＝CD＝1，過線段BC的中點E作平面EFGH與直線AB，CD都平行，且分別交BD，AD，AC于F，G，H，則四邊形EFGH的周長為________．
答案 2
解析 因為AB∥平面EFGH，平面ABC∩平面EFGH＝EH，AB?平面ABC，
所以AB∥EH，又點E為BC中點，所以EH為△ABC的中位線，
故EH＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(1,2).
同理，EF＝FG＝GH＝eq \f(1,2)，
所以四邊形EFGH的周長為2.
11．(2022·長春模擬)在正方形ABCD中，O為BD的中點，將平面ABD沿直線BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD，則直線AB與CD所成角的大小為________．
答案 60°
解析 如圖，過B，D作BE∥CD，DE∥CB，且BE，DE交于點E，連接AE，OE，
所以直線AB與CD所成角即為∠ABE或其補角，
設正方形ABCD的邊長為2，則BE＝AB＝AD＝2，
而AO⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，AO?平面ABD，平面ABD∩平面BCD＝BD，
所以AO⊥平面BCD，又OE?平面BCD，所以AO⊥OE，且AO＝OE＝eq \r(2)，
故AE＝2，則△ABE為等邊三角形，
故∠ABE＝60°，
即直線AB與CD所成角的大小為60°.
12.如圖，把邊長為a的正方形ABCD沿對角線BD折起，使A，C的距離為a，則異面直線AC與BD的距離為________．
答案 eq \f(a,2)
解析 如圖，分別取AC，BD的中點S，E，連接AE，CE，SB，SD，SE.
則AE⊥BD，CE⊥BD，
又AE∩CE＝E，AE，CE?平面ACE，
則BD⊥平面ACE，則SE⊥BD，
AC⊥SD，AC⊥SB，
又SD∩SB＝S，SD，SB?平面SBD，
則AC⊥平面SBD，則SE⊥AC，
則SE是異面直線AC與BD的公垂線段，
在△SBD中，SB＝SD＝eq \f(\r(3),2)a，BD＝eq \r(2)a，
則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)，
則異面直線AC與BD的距離為eq \f(a,2).
三、解答題
13.(2022·畢節(jié)模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB＝4，△PCD是邊長為2的等邊三角形，平面PCD⊥平面ABCD，∠ADC＝∠DAB＝90°，點E，F(xiàn)，H分別是線段PB，PC，AB的中點．
(1)求證：點H在平面DEF內(nèi)；
(2)若tan∠AFD＝eq \r(2)，求三棱錐P－ADF的體積．
(1)證明 如圖，連接DH，EH，
由∠ADC＝∠DAB＝90°，可得AB∥CD，
因為CD＝2，AB＝4，且H是AB的中點，
所以DC∥HB且DC＝HB，所以四邊形DHBC是平行四邊形，
所以DH∥BC，
因為E，F(xiàn)分別是PB，PC的中點，所以EF∥BC，所以EF∥DH，
所以E，F(xiàn)，D，H四點共面，即點H在平面DEF內(nèi)．
(2)解 因為∠ADC＝90°，且平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，
AD?平面ABCD，
所以AD⊥平面PCD，所以∠ADF＝90°，
又因為△PCD是邊長為2的等邊三角形，點F是PC的中點，所以DF＝eq \r(3)，
因為tan∠AFD＝eq \r(2)，所以AD＝eq \r(6)，
所以VP－ADF＝VA－PDF＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×eq \r(3)×eq \r(6)＝eq \f(\r(2),2).
14．(2022·黃山模擬)在直角梯形ABCD中，AD∥BC，A＝eq \f(π,2)，AD＝1，AB＝2，BC＝3，將梯形沿中位線EF折起使AE⊥BE，并連接AB，DC得到多面體AEB－DFC，連接DE，BD，BF.
(1)求證：DF⊥平面BED；
(2)求點E到平面BDF的距離．
(1)證明 由題意知AD＝1，BC＝3，AD∥EF，
因為EF為梯形ABCD的中位線，所以EF＝2，
過點D作DM⊥EF，
垂足為M，如圖所示，
則DF＝eq \r(2)，DE＝eq \r(2)，
DF2＋DE2＝EF2，所以DE⊥DF，
因為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 設點E到平面BDF的距離為d，
由(1)知，DM⊥EF，BE⊥平面AEFD，
因為DM?平面AEFD，所以DM⊥BE，
因為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)，
故點E到平面BDF的距離為eq \f(\r(6),3).

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