2020數(shù)學（文）二輪教師用書：第2部分專題4第2講　空間位置關(guān)系的判斷與證明

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第2講　空間位置關(guān)系的判斷與證明

[做小題——激活思維]
1．設a，b，c表示不同的直線，α表示平面，下列命題中正確的是(　　)
A．若a∥b，a∥α，則b∥α B．若a⊥b，b⊥α，則a⊥α
C．若a⊥c，b⊥c，則a∥b D．若a⊥α，b⊥α，則a∥b
D　[線面平行時要考慮線是否在平面內(nèi)．]
2．設m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，下列命題中正確的是(　　)
A．若m?β，α⊥β，則m⊥α
B．若m⊥α，m∥n，n∥β，則α⊥β
C．若m⊥n，m?α，n?β，則α⊥β
D．若α∥β，m?α，n?β，則m∥n
B　[A中m與α的位置關(guān)系不能確定，故A錯誤；
∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α，
又∵n∥β，∴α⊥β，故B正確；
若m⊥n，m?α，n?β，則α與β的位置關(guān)系不確定，故C錯誤；
若α∥β，m?α，n?β，則m與n平行或異面，故D錯誤．選B.]
3．給出下列命題，其中錯誤命題的個數(shù)為(　　)
①若直線a與平面α不平行，則a與平面α內(nèi)的所有直線都不平行；
②若直線a與平面α不垂直，則a與平面α內(nèi)的所有直線都不垂直；
③若異面直線a，b不垂直，則過a的任何平面與b都不垂直；
④若直線a和b共面，直線b和c共面，則a和c共面．
A．1　　　　B．2 C．3　　　　 D．4
[答案]　C
4．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，下列結(jié)論正確的是________．(填序號)
①AD1∥BC1；
②平面AB1D1∥平面BDC1；
③AD1∥DC1；
④AD1∥平面BDC1.

①②④　[如圖，因為AB綊C1D1，
所以四邊形AD1C1B為平行四邊形．
故AD1∥BC1，從而①正確；
易證BD∥B1D1，AB1∥DC1，
又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，
故平面AB1D1∥平面BDC1，從而②正確；
由圖易知AD1與DC1異面，故③錯誤；
因為AD1∥BC1，AD1?平面BDC1，BC1?平面BDC1，
所以AD1∥平面BDC1，故④正確．]
5．在正四棱錐P-ABCD中，PA＝2，直線PA與平面ABCD所成角為60°，E為PC的中點，則異面直線PA與BE所成角為多少？
[解]　連接AC，BD交于點O，連接OE，OP.
因為四邊形ABCD為正方形，
所以O為AC中點，
又因為E為PC中點，
所以OE∥PA，且OE＝PA＝1，
所以∠OEB(或其補角)是異面直線PA與BE所成的角．
因為四棱錐P-ABCD為正四棱錐，O為正方形ABCD的中心，
所以PO⊥平面ABCD，
所以AO為PA在平面ABCD內(nèi)的射影，
所以∠PAO即為PA與平面ABCD所成的角，
即∠PAO＝60°，
因為PA＝2，所以OA＝OB＝1.
因為PO⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，
所以PO⊥BD，AC⊥BD，
又因為PO∩AC＝O，所以BD⊥平面PAC，
因為OE?平面PAC，所以BD⊥OE，
所以△BOE為直角三角形，
因為OB＝OE＝1，
所以∠OEB＝45°，
即異面直線PA與BE所成的角為45°.
[扣要點——查缺補漏]
1．空間兩直線位置關(guān)系的判定與證明
(1)判定兩直線相交的方法
①證明兩直線共面且不平行；
②將待證兩直線構(gòu)造到同一平面幾何圖形中，利用平面幾何圖形性質(zhì)判斷．
(2)判定兩直線異面的方法
①反證法；
②利用結(jié)論：過平面外一點和平面內(nèi)一點的直線與平面內(nèi)不過該點的直線是異面直線．
2．空間線面位置關(guān)系的判定與證明
(1)模型法判斷線面關(guān)系：借助空間幾何模型，如長方體、四面體等觀察線面關(guān)系，再結(jié)合定理進行判斷，如T3.
(2)平行關(guān)系的基礎是線線平行，比較常見的是利用三角形中位線構(gòu)造平行關(guān)系，利用平行四邊形構(gòu)造平行關(guān)系．如T4.
(3)證明線線垂直的常用方法
①利用特殊平面圖形的性質(zhì)，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到線線垂直；
②利用勾股定理的逆定理；
③利用線面垂直的性質(zhì)．
3．空間角
(1)對于兩條異面直線所成的角，可固定一條，平移另一條，或兩條同時平移到某個特殊的位置．
(2)直線和平面所成的角的求解關(guān)鍵是找出或作出過斜線上一點的平面的垂線，得到斜線在平面內(nèi)的射影．如T5.


　空間線面位置關(guān)系的判斷(5年3考)

[高考解讀]　以正方體為載體，直觀認識和理解空間點、線、面的位置關(guān)系，是《課程標準》關(guān)于立體幾何教學內(nèi)容設計的基本特點.近幾年高考題的設計就體現(xiàn)了這種特點，以正方體為載體，考生可以通過直觀感知，操作確認形成問題的結(jié)論.
1．(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
切入點：N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是ED的中點．
關(guān)鍵點：正確應用△ECD為正三角形及平面ECD⊥平面ABCD兩個條件．
B　[取CD的中點F，DF的中點G，連接EF，F(xiàn)N，MG，GB，BD，BE.
∵點N為正方形ABCD的中心，
∴點N在BD上，且為BD的中點．
∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.
∵平面ECD⊥平面ABCD，
∴EF⊥平面ABCD.
∴EF⊥FN.
不妨設AB＝2，則FN＝1，EF＝，
∴EN＝＝2.
∵EM＝MD，DG＝GF，∴MG∥EF，
∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.
∵MG＝EF＝，
BG＝＝＝，
∴BM＝＝.
∴BM≠EN.
∵BM，EN是△DBE的中線，∴BM，EN必相交．
故選B.]
2．(2017·全國卷Ⅰ)如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是(　　)

切入點：M，N，Q為所在棱的中點．
關(guān)鍵點：正確應用線面平行的判定定理．
A　[A項，作如圖①所示的輔助線，其中D為BC的中點，則QD∥AB.
∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD與平面MNQ相交，
∴直線AB與平面MNQ相交．
B項，作如圖②所示的輔助線，則AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.
又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.

C項，作如圖③所示的輔助線，則AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.
又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.
D項，作如圖④所示的輔助線，則AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ.
又AB?平面MNQ，NQ?平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.
故選A.]
3．(2017·全國卷Ⅲ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CD的中點，則(　　)
A．A1E⊥DC1　 B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC


C　[如圖，∵A1E在平面ABCD上的投影為AE，而AE不與AC，BD垂直，∴B，D錯；
∵A1E在平面BCC1B1上的投影為B1C，且B1C⊥BC1，
∴A1E⊥BC1，故C正確；
(證明：由條件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E?平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1)
∵A1E在平面DCC1D1上的投影為D1E，而D1E不與DC1垂直，故A錯．
故選C.]
[教師備選題]
1．(2016·浙江高考)已知互相垂直的平面α，β交于直線l，若直線m，n滿足m∥α，n⊥β，則(　　)
A．m∥l　 B．m∥n
C．n⊥l D．m⊥n
C　[∵α∩β＝l，∴l(xiāng)?β.
∵n⊥β，∴n⊥l，故選C.]
2．(2016·山東高考)已知直線a，b分別在兩個不同的平面α，β內(nèi)．則“直線a和直線b相交”是“平面α和平面β相交”的(　　)
A．充分不必要條件
B．必要不充分條件
C．充要條件
D．既不充分也不必要條件
A　[由題意知a?α，b?β，若a，b相交，則a，b有公共點，從而α，β有公共點，可得出α，β相交；反之，若α，β相交，則a，b的位置關(guān)系可能為平行、相交或異面．因此“直線a和直線b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要條件．故選A.]
3．(2015·廣東高考)若直線l1和l2是異面直線，l1在平面α內(nèi)，l2在平面β內(nèi)，l是平面α與平面β的交線，則下列命題正確的是(　　)
A．l與l1，l2都不相交
B．l與l1，l2都相交
C．l至多與l1，l2中的一條相交
D．l至少與l1，l2中的一條相交
D　[由直線l1和l2是異面直線可知l1與l2不平行，故l1，l2中至少有一條與l相交．]


判斷與空間位置關(guān)系有關(guān)命題真假的3種方法
(1)借助空間線面平行、面面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理進行判斷；
(2)借助空間幾何模型，如從長方體模型、四面體模型等模型中觀察線面位置關(guān)系，結(jié)合有關(guān)定理，進行肯定或否定；
(3)借助于反證法，當從正面入手較難時，可利用反證法，推出與題設或公認的結(jié)論相矛盾的命題，進而作出判斷.

1．(位置關(guān)系的判定)已知m，n是兩條不重合的直線，α，β，γ是三個不重合的平面，則α∥β的一個充分條件是(　　)
A．m∥α，m∥β
B．α⊥γ，β⊥γ
C．m?α，n?β，m∥n
D．m，n是異面直線，m?α，m∥β，n?β，n∥α
D　[A中α，β可能相交，故錯誤；B不正確，如正方體中過同一個頂點的三個平面的關(guān)系；C中α，β可能相交，故錯誤；根據(jù)直線與平面平行的性質(zhì)定理及平面與平面平行的判定定理可知D正確．]
2．(新題型：多選題)(命題的真假判斷)設l，m，n表示不同的直線，α，β，γ表示不同的平面，給出下列四個命題：
①若m∥l，且m⊥α，則l⊥α；
②若m∥l，且m∥α，則l∥α；
③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，則l∥m∥n；
④若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，則l∥m.
其中正確的命題是(　　)
A．①　　　　B．②　　　　C．③　　　　D．④
AD　[①正確；②中也可能直線l?α，故錯誤；③中三條直線也可能相交于一點，故錯誤；④正確，所以正確的命題是A、D.]
3．(線面垂直、面面垂直的判定)如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點，G是EF的中點，現(xiàn)在沿AE，AF及EF把這個正方形折成一個空間圖形，使B，C，D三點重合，重合后的點記為H，那么，在這個空間圖形中必有(　　)

A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFH
C．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF
B　[根據(jù)折疊前、后AH⊥HE，AH⊥HF不變，
得AH⊥平面EFH，B正確；
∵過A只有一條直線與平面EFH垂直，
∴A不正確；
∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，
∴EF⊥平面HAG，又EF?平面AEF，
∴平面HAG⊥AEF，過H作直線垂直于平面AEF，一定在平面HAG內(nèi)，∴C不正確；由條件證不出HG⊥平面AEF，∴D不正確．故選B.]
4．[創(chuàng)新問題]某折疊餐桌的使用步驟如圖所示，有如下檢查項目．

項目①：折疊狀態(tài)下(如圖1)，檢查四條桌腿長相等；
項目②：打開過程中(如圖2)，檢查OM＝ON＝O′M′＝O′N′；
項目③：打開過程中(如圖2)，檢查OK＝OL＝O′K′＝O′L′；
項目④：打開后(如圖3)，檢查∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°；
項目⑤：打開后(如圖3)，檢查AB＝CD＝A′B′＝C′D′.
在檢查項目的組合中，可以判斷“桌子打開之后桌面與地面平行”的是 (　　)
A．①②③⑤ B．②③④⑤
C．②④⑤ D．③④⑤
B　[A選項，項目②和項目③可推出項目①，若∠MON＞∠M′O′N′，則MN較低，M′N′較高，所以不平行，錯誤；B選項，因為∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°，所以平面ABCD∥平面A′B′C′D′，因為AB＝A′B′，所以AA′平行于地面，由②③⑤知，O1O′1∥AA′∥平面MNN′M′，所以桌面平行于地面，故正確；C選項，由②④⑤得，OM＝ON，O1A⊥AA′，O1′A′⊥AA′，AB＝A′B′，所以AA′∥BB′，但O1A與O1′A′是否相等不確定，所以不確定O1O′1與BB′是否平行，又O1O1′∥MN，所以不確定BB′與MN是否平行，故錯誤；D選項，OK＝OL＝O′K′＝O′L′，所以AA′∥BB′，但不確定OM與ON，O′M′，O′N′的關(guān)系，所以無法判斷MN與地面的關(guān)系，故錯誤．綜上，選B.]
　空間平行、垂直關(guān)系的證明(5年9考)

[高考解讀]　空間位置關(guān)系的證明是高考每年的必考內(nèi)容，主要涉及直線與平面、平面與平面的平行或垂直的判定及性質(zhì)定理的應用，重點考查考生的直觀想象、邏輯推理核心素養(yǎng).

(2018·全國卷Ⅲ)如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點．
(1)證明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)在線段AM上是否存在點P，使得MC∥平面PBD？說明理由．
切入點：矩形ABCD所在平面與半圓弧所在平面垂直．
關(guān)鍵點：正確利用面面垂直的判定及性質(zhì)、線面垂直的判定與性質(zhì)．
[解]　(1)證明：由題設知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.因為BC⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.
因為M為上異于C，D的點，且DC為直徑，所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.
而DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.
(2)當P為AM的中點時，MC∥平面PBD.
證明如下：如圖，連接AC交BD于O.
因為ABCD為矩形，所以O為AC中點．連接OP，因為P為AM中點，所以MC∥OP.MC?平面PBD，OP?平面PBD，所以MC∥平面PBD.
[教師備選題]
1．(2016·全國卷Ⅲ)如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點，AM＝2MD，N為PC的中點．
(1)證明MN∥平面PAB；
(2)求四面體N-BCM的體積．

[解]　(1)證明：由已知得AM＝AD＝2.
如圖，取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC中點知TN∥BC，
TN＝BC＝2.
又AD∥BC，故TN綊AM，
故四邊形AMNT為平行四邊形，
于是MN∥AT.
因為AT?平面PAB，MN?平面PAB，
所以MN∥平面PAB.
(2)因為PA⊥平面ABCD，N為PC的中點，
所以N到平面ABCD的距離為PA.
如圖，取BC的中點E，連接AE.
由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝＝.
由AM∥BC得M到BC的距離為，
故S△BCM＝×4×＝2.
所以四面體N-BCM的體積VN-BCM＝×S△BCM×＝.
2．(2018·全國卷Ⅱ)如圖，在三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點．


(1)證明：PO⊥平面ABC；
(2)若點M在棱BC上，且MC＝2MB，求點C到平面POM的距離．
[解]　(1)因為AP＝CP＝AC＝4，O為AC的中點，
所以OP⊥AC，且OP＝2.
連接OB.因為AB＝BC＝AC，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知，OP⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC，知PO⊥平面ABC.
(2)作CH⊥OM，垂足為H.
又由(1)可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM.
故CH的長為點C到平面POM的距離．
由題設可知OC＝AC＝2，CM＝BC＝，∠ACB＝45°.
所以OM＝，CH＝＝.
所以點C到平面POM的距離為.


1．直線、平面平行的判定及其性質(zhì)
(1)線面平行的判定定理：a?α，b?α，a∥b?a∥α.
(2)線面平行的性質(zhì)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)面面平行的性質(zhì)定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b.
2．直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)
(1)線面垂直的判定定理：m?α，n?α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n?l⊥α.
(2)線面垂直的性質(zhì)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)面面垂直的性質(zhì)定理：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β.


1．(垂直關(guān)系的判定及應用)如圖，三棱錐P-ABC中，底面ABC和側(cè)面PAB是邊長為2的正三角形，PC＝.
(1)求證：平面PAB⊥平面ABC；
(2)[一題多解]求點B到平面PAC的距離．
[解]　(1)記AB的中點為D，連接PD，CD，如圖．因為側(cè)面PAB是邊長為2的正三角形，所以PD⊥AB.
在正三角形ABC和正三角形PAB中得CD＝，PD＝.
因為PC＝，所以PC2＝PD2＋CD2，所以PD⊥CD.
因為AB∩CD＝D，所以PD⊥平面ABC.
因為PD?平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABC.
(2)法一：如圖，取PC的中點E，連接AE，BE.
由題意知AE⊥PC，BE⊥PC，
所以PC⊥平面ABE.
因為PC?平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABE.
過B作BH⊥AE，垂足為H，則BH⊥平面PAC.
在△ABE中，AB＝2，AE＝BE＝.
從而BH＝，即點B到平面PAC的距離為.
法二：由題意得S△ABC＝，S△PAC＝.
設點B到平面PAC的距離為h，因為VP-ABC＝VB-PAC，
所以結(jié)合(1)知S△ABC·PD＝S△PAC·h，所以h＝.
所以點B到平面PAC的距離為.
2．(平行關(guān)系的判定及應用)如圖，在四棱錐P-ABCD中，△BCD為等邊三角形，BD＝2，PA＝，AB＝AD＝PB＝PD，∠BAD＝120°.
(1)若點E為PC的中點，求證：BE∥平面PAD；
(2)求四棱錐P-ABCD的體積．

[解]　(1)如圖，取CD的中點為M，連接EM，BM.
∵△BCD為等邊三角形，
∴BM⊥CD.
∵∠BAD＝120°，AD＝AB，
∴∠ADB＝30°，∴∠ADC＝30°＋60°＝90°，
∴AD⊥CD，∴BM∥AD.
又BM?平面PAD，AD?平面PAD，
∴BM∥平面PAD.
∵E為PC的中點，M為CD的中點，∴EM∥PD.
又EM?平面PAD，PD?平面PAD，
∴EM∥平面PAD.
∵EM∩BM＝M，∴平面BEM∥平面PAD.
又BE?平面BEM，∴BE∥平面PAD.
(2)連接AC交BD于點O，連接PO.
∵CB＝CD，AB＝AD，∴AC⊥BD且O為BD的中點．
又∠BAD＝120°，BD＝2，△PBD≌△ABD，∴AO＝PO＝1.
又PA＝，∴PA2＝PO2＋OA2，∴PO⊥OA.
又PO⊥BD，AO∩BD＝O，∴PO⊥平面ABD，即四棱錐P-ABCD的高為PO＝1，
∴四棱錐P-ABCD的體積V＝××(2)2＋×2×1]×1＝.

　平面圖形的翻折問題(5年2考)

[高考解讀]　以平面圖形的折疊為載體考查空間位置關(guān)系的判斷與證明及體面積的計算，是高考的?？純?nèi)容，難度適中，考查考生的直觀想象及邏輯推理核心素養(yǎng).
(2019·全國卷Ⅲ)圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連結(jié)DG，如圖2.

圖1　　 圖2
(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求圖2中的四邊形ACGD的面積．
切入點：①A、C、G、D共面；②AB⊥平面BCGE.
關(guān)鍵點：弄清折疊前后的變化量及不變量．
[解]　(1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
故AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.
又因為AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)取CG的中點M，連接EM，DM.
因為AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.
由已知，四邊形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.
因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝，
故DM＝2.
所以四邊形ACGD的面積為4.
[教師備選題]
(2018·全國卷Ⅰ)如圖，在平行四邊形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC為折痕將△ACM折起，使點M到達點D的位置，且AB⊥DA.

(1)證明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)Q為線段AD上一點，P為線段BC上一點，且BP＝DQ＝DA，求三棱錐Q-ABP的體積．
[解]　(1)由已知可得，∠BAC＝90°，BA⊥AC.
又BA⊥AD，且AC?平面ACD，AD?平面ACD，
AC∩AD＝A，所以AB⊥平面ACD.
又AB?平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3.

又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2.
作QE⊥AC，垂足為E，則QE綊DC.
由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1.
因此，三棱錐Q-ABP的體積為VQ-ABP＝×QE×S△ABP＝×1××3×2sin 45°＝1.


平面圖形折疊問題的求解方法
(1)解決與折疊有關(guān)的問題的關(guān)鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量，一般情況下，線段的長度是不變量，而位置關(guān)系往往會發(fā)生變化，抓住不變量是解決問題的突破口.
(2)在解決問題時，要綜合考慮折疊前后的圖形，既要分析折疊后的圖形，也要分析折疊前的圖形.

1．(線面平行、體積計算)如圖，已知在等腰梯形ABCD中，AE⊥CD，BF⊥CD，AB＝1，AD＝2，∠ADE＝60°，沿AE，BF折成三棱柱AED-BFC.
(1)若M，N分別為AE，BC的中點，求證：MN∥平面CDEF；
(2)若BD＝，求三棱錐E-ABC的體積．

[解]　(1)證明：取AD的中點G，連接GM，GN(圖略)，在三角形ADE中，∵M，G分別為AE，AD的中點，∴GM∥DE，
∵DE?平面CDEF，GM?平面CDEF，∴GM∥平面CDEF.
由于G，N分別為AD，BC的中點，由棱柱的性質(zhì)可得GN∥CD，
∵CD?平面CDEF，GN?平面CDEF，∴GN∥平面CDEF.
又GM?平面GMN，GN?平面GMN，GM∩NG＝G，
∴平面GMN∥平面CDEF，
∴MN?平面GMN，∴MN∥平面CDEF.
(2)在Rt△ADE中，∵AD＝2，∠ADE＝60°，∴DE＝1，AE＝.
在Rt△ABE中，∵AB＝1，AE＝，∴BE＝2，
又ED＝1，DB＝，∴EB2＋ED2＝DB2，∴DE⊥EB.
又DE⊥AE且AE∩EB＝E，∴DE⊥平面ABFE.
∵CF∥DE，∴CF⊥平面ABFE，∴CF為點C到平面ABFE的距離，
∴VE-ABC＝VC-ABE＝×S△ABE×CF＝××1××1＝.
2．(面面垂直、點面距離)如圖1，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝6，E，F(xiàn)分別為CD，AB邊上的點，且DE＝3，BF＝4，將△BCE沿BE折起至△PBE位置(如圖2所示)，連接AP，PF，其中PF＝2.
(1)求證：PF⊥平面ABED；
(2)求點A到平面PBE的距離．

圖1　 圖2
[解]　(1)證明：連接EF(圖略)，由題意知，PB＝BC＝6，PE＝CE＝9，
在△PBF中，PF2＋BF2＝20＋16＝36＝PB2，
所以PF⊥BF.
易得EF＝＝，
在△PEF中，EF2＋PF2＝61＋20＝81＝PE2，所以PF⊥EF.
又BF∩EF＝F，BF?平面ABED，EF?平面ABED，所以PF⊥平面ABED.
(2)由(1)知PF⊥平面ABCD，連接AE(圖略)，則PF為三棱錐P-ABE的高．
設點A到平面PBE的距離為h，由等體積法得VA-PBE＝VP-ABE，
即×S△PBE×h＝×S△ABE×PF.
又S△PBE＝×6×9＝27，S△ABE＝×12×6＝36，
所以h＝＝＝，
即點A到平面PBE的距離為.
　空間角問題

[高考解讀]　高考對空間角的考查主要涉及異面直線所成的角和線面角，多以長方體或正方體等簡單幾何體為載體考查，且線面角多以題目條件出現(xiàn).
1．(2018·全國卷Ⅱ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CC1的中點，則異面直線AE與CD所成角的正切值為(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
切入點：①ABCD-A1B1C1D1為正方體；②E為棱CC1的中點．
關(guān)鍵點：正確作出異面直線AE與CD所成的角．
C　[如圖，連接BE，因為AB∥CD，所以異面直線AE與CD所成的角等于相交直線AE與AB所成的角，即∠EAB.不妨設正方體的棱長為2，則CE＝1，BC＝2，由勾股定理得BE＝.又由AB⊥平面BCC1B1可得AB⊥BE，所以tan∠EAB＝＝.故選C.]
2．(2018·全國卷Ⅰ)在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長方體的體積為(　　)
A．8 B．6 C．8 D．8
切入點：①AB＝BC＝2；②AC1與平面BB1C1C所成的角為30°.
關(guān)鍵點：正確找出AC1與平面BB1C1C所成的角．
C　[連接BC1，AC1，AC，因為AB⊥平面BB1C1C，∴∠AC1B為直線AC1與平面BCC1B1所成的角，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1為直角三角形．又AB＝2，所以BC1＝2.又B1C1＝2，所以BB1＝＝2，故該長方體的體積V＝2×2×2＝8.]
[教師備選題]
1．(2018·全國卷Ⅱ)已知圓錐的頂點為S，母線SA，SB互相垂直，SA與圓錐底面所成角為30°.若△SAB的面積為8，則該圓錐的體積為________．
8π　[由題意畫出圖形，如圖，設AC是底面圓O的直徑，連接SO，則SO是圓錐的高．設圓錐的母線長為l，則由SA⊥SB，△SAB的面積為8，得l2＝8，得l＝4.在Rt△ASO中，由題意知∠SAO＝30°，所以SO＝l＝2，AO＝l＝2.故該圓錐的體積V＝π×AO2×SO＝π×(2)2×2＝8π.]

2．(2018·天津高考)如圖，在四面體ABCD中，△ABC是等邊三角形，平面ABC⊥平面ABD，點M為棱AB的中點，AB＝2，AD＝2，∠BAD＝90°.
(1)求證：AD⊥BC；
(2)求異面直線BC與MD所成角的余弦值；
(3)求直線CD與平面ABD所成角的正弦值．
[解]　(1)證明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC.
(2)如圖，取棱AC的中點N，連接MN，ND.

又因為M為棱AB的中點，所以MN∥BC，
所以∠DMN(或其補角)為異面直線BC與MD所成的角．
在Rt△DAM中，AM＝1，故DM＝＝.
因為AD⊥平面ABC，所以AD⊥AC.
在Rt△DAN中，AN＝1，故DN＝＝.
在等腰三角形DMN中，MN＝1，
可得cos∠DMN＝＝.
所以，異面直線BC與MD所成角的余弦值為.(3)如圖，連接CM.因為△ABC為等邊三角形，M為邊AB的中點，所以CM⊥AB，CM＝.
又因為平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，而CM?平面ABC，故CM⊥平面ABD，
所以∠CDM為直線CD與平面ABD所成的角．
在Rt△CAD中，CD＝＝4.
在Rt△CMD中，sin∠CDM＝＝.
所以，直線CD與平面ABD所成角的正弦值為.


1．求異面直線所成角的一般步驟

2．求直線與平面所成的角的步驟
(1)作：即在直線上選取恰當?shù)狞c向平面引垂線，在這一步上確定垂足的位置是關(guān)鍵；
(2)證：即證明所找到的角為直線與平面所成的角，其證明的主要依據(jù)是直線與平面所成角的概念；
(3)求：一般來說是借助解三角形的知識求角．
易錯提醒：找直線與平面所成的角，關(guān)鍵是找直線上一點到該平面的垂線，要善于利用“若平行直線中一條垂直于一平面，則另一條也垂直于該平面”．如果直線在已知圖形中沒有斜足，可以轉(zhuǎn)化成找與該直線平行的另一條直線(斜足明顯的)與該平面所成的角．

1．(異面直線所成的角)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.
A　[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．連接D1F，設正方體的棱長為2，則OF＝B1E＝，D1O＝＝，D1F＝＝，∴cos∠D1OF＝＝＝.]
2．(直線與平面所成的角)在各棱長都相等的直三棱柱ABC-A1B1C1中，點D是側(cè)面BB1C1C的中心，則AD與平面BB1C1C所成角的正切值為(　　)
A. B. C．1 D.
D　[如圖，取BC的中點E，連接DE，AE，依題意，易得AE⊥平面BB1C1C，故∠ADE為AD與平面BB1C1C所成的角．設棱長為1，則AE＝，DE＝，tan∠ADE＝＝＝.故選D.]
3．(線線角與折疊問題)如圖，在正三角形ABC中，D，E，F(xiàn)分別為各邊的中點，G，H分別為DE，AF的中點，將△ABC沿DE，EF，DF折成正四面體P-DEF，則四面體中異面直線PG與DH所成的角的余弦值為________．

　[折成的四面體是正四面體，如圖，連接HE，取HE的中點K，連接GK，PK，則GK∥DH，故∠PGK即為所求的異面直線所成的角．設這個正四面體的棱長為2，在△PGK中，PG＝，GK＝，PK＝＝，
故cos∠PGK＝＝，
即異面直線PG與DH所成的角的余弦值是.]