高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第2部分專(zhuān)題4立體幾何第2講空間位置關(guān)系的判斷與證明教案文

/19/19/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(shè)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⊥αC．若a⊥c，b⊥c，則a∥b D．若a⊥α，b⊥α，則a∥bD[線面平行時(shí)要考慮線是否在平面內(nèi)．]2．設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，下列命題中正確的是()A．若m?β，α⊥β，則m⊥αB．若m⊥α，m∥n，n∥β，則α⊥βC．若m⊥n，m?α，n?β，則α⊥βD．若α∥β，m?α，n?β，則m∥nB[A中m與α的位置關(guān)系不能確定，故A錯(cuò)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(cuò)誤；若α∥β，m?α，n?β，則m與n平行或異面，故D錯(cuò)誤．選B.]3．給出下列命題，其中錯(cuò)誤命題的個(gè)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(guò)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．1B．2C．3 D．4[答案]C4．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，下列結(jié)論正確的是________．(填序號(hào))①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.①②④[如圖，因?yàn)锳B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(cuò)誤；因?yàn)锳D1∥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(diǎn)，則異面直線PA與BE所成角為多少？[解]連接AC，BD交于點(diǎn)O，連接OE，OP.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以O(shè)為AC中點(diǎn)，又因?yàn)镋為PC中點(diǎn)，所以O(shè)E∥PA，且OE＝eq\f(1,2)PA＝1，所以∠OEB(或其補(bǔ)角)是異面直線PA與BE所成的角．因?yàn)樗睦忮FP-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?yàn)镻A＝2，所以O(shè)A＝OB＝1.因?yàn)镻O⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，所以PO⊥BD，AC⊥BD，又因?yàn)镻O∩AC＝O，所以BD⊥平面PAC，因?yàn)镺E?平面PAC，所以BD⊥OE，所以△BOE為直角三角形，因?yàn)镺B＝OE＝1，所以∠OEB＝45°，即異面直線PA與BE所成的角為45°.[扣要點(diǎn)——查缺補(bǔ)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(guò)平面外一點(diǎn)和平面內(nèi)一點(diǎn)的直線與平面內(nèi)不過(guò)該點(diǎn)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(zhǎng)方體、四面體等觀察線面關(guān)系，再結(jié)合定理進(jìn)行判斷，如T3.(2)平行關(guān)系的基礎(chǔ)是線線平行，比較常見(jiàn)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(duì)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(shí)平移到某個(gè)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(guò)斜線上一點(diǎn)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(rèn)識(shí)和理解空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系，是《課程標(biāo)準(zhǔn)》關(guān)于立體幾何教學(xué)內(nèi)容設(shè)計(jì)的基本特點(diǎn).近幾年高考題的設(shè)計(jì)就體現(xiàn)了這種特點(diǎn)，以正方體為載體，考生可以通過(guò)直觀感知，操作確認(rèn)形成問(wèn)題的結(jié)論.1．(2019·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，點(diǎn)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(diǎn)，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(diǎn)：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(diǎn)．關(guān)鍵點(diǎn)：正確應(yīng)用△ECD為正三角形及平面ECD⊥平面ABCD兩個(gè)條件．B[取CD的中點(diǎn)F，DF的中點(diǎn)G，連接EF，F(xiàn)N，MG，GB，BD，BE.∵點(diǎn)N為正方形ABCD的中心，∴點(diǎn)N在BD上，且為BD的中點(diǎn)．∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.∴EF⊥FN.不妨設(shè)AB＝2，則FN＝1，EF＝eq\r(3)，∴EN＝eq\r(FN2＋EF2)＝2.∵EM＝MD，DG＝GF，∴MG∥EF，∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.∵M(jìn)G＝eq\f(1,2)EF＝eq\f(\r(3),2)，BG＝eq\r(CG2＋BC2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋22)＝eq\f(5,2)，∴BM＝eq\r(MG2＋BG2)＝eq\r(7).∴BM≠EN.∵BM，EN是△DBE的中線，∴BM，EN必相交．故選B.]2．(2017·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是()切入點(diǎn)：M，N，Q為所在棱的中點(diǎn)．關(guān)鍵點(diǎn)：正確應(yīng)用線面平行的判定定理．A[A項(xiàng)，作如圖①所示的輔助線，其中D為BC的中點(diǎn)，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(xiàng)，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(xiàng)，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(xiàng)，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(guó)卷Ⅲ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CD的中點(diǎn)，則()A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1 D．A1E⊥ACC[如圖，∵A1E在平面ABCD上的投影為AE，而AE不與AC，BD垂直，∴B，D錯(cuò)；∵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(cuò)．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∥nC．n⊥l D．m⊥nC[∵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(gè)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(diǎn)，從而α，β有公共點(diǎn)，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(jìn)行判斷；?2?借助空間幾何模型，如從長(zhǎng)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(jìn)行肯定或否定；?3?借助于反證法，當(dāng)從正面入手較難時(shí)，可利用反證法，推出與題設(shè)或公認(rèn)的結(jié)論相矛盾的命題，進(jìn)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(gè)不重合的平面，則α∥β的一個(gè)充分條件是()A．m∥α，m∥βB．α⊥γ，β⊥γC．m?α，n?β，m∥nD．m，n是異面直線，m?α，m∥β，n?β，n∥αD[A中α，β可能相交，故錯(cuò)誤；B不正確，如正方體中過(guò)同一個(gè)頂點(diǎn)的三個(gè)平面的關(guān)系；C中α，β可能相交，故錯(cuò)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(shè)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(gè)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．①B．②C．③D．④AD[①正確；②中也可能直線l?α，故錯(cuò)誤；③中三條直線也可能相交于一點(diǎn)，故錯(cuò)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(diǎn)，G是EF的中點(diǎn)，現(xiàn)在沿AE，AF及EF把這個(gè)正方形折成一個(gè)空間圖形，使B，C，D三點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為H，那么，在這個(gè)空間圖形中必有()A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEFB[根據(jù)折疊前、后AH⊥HE，AH⊥HF不變，得AH⊥平面EFH，B正確；∵過(guò)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(guò)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(wèn)題]某折疊餐桌的使用步驟如圖所示，有如下檢查項(xiàng)目．項(xiàng)目①：折疊狀態(tài)下(如圖1)，檢查四條桌腿長(zhǎng)相等；項(xiàng)目②：打開(kāi)過(guò)程中(如圖2)，檢查OM＝ON＝O′M′＝O′N(xiāo)′；項(xiàng)目③：打開(kāi)過(guò)程中(如圖2)，檢查OK＝OL＝O′K′＝O′L′；項(xiàng)目④：打開(kāi)后(如圖3)，檢查∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°；項(xiàng)目⑤：打開(kāi)后(如圖3)，檢查AB＝CD＝A′B′＝C′D′.在檢查項(xiàng)目的組合中，可以判斷“桌子打開(kāi)之后桌面與地面平行”的是()A．①②③⑤ B．②③④⑤C．②④⑤ D．③④⑤B[A選項(xiàng)，項(xiàng)目②和項(xiàng)目③可推出項(xiàng)目①，若∠MON＞∠M′O′N(xiāo)′，則MN較低，M′N(xiāo)′較高，所以不平行，錯(cuò)誤；B選項(xiàng)，因?yàn)椤?＝∠2＝∠3＝∠4＝90°，所以平面ABCD∥平面A′B′C′D′，因?yàn)锳B＝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(xiàng)，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(cuò)誤；D選項(xiàng)，OK＝OL＝O′K′＝O′L′，所以AA′∥BB′，但不確定OM與ON，O′M′，O′N(xiāo)′的關(guān)系，所以無(wú)法判斷MN與地面的關(guān)系，故錯(cuò)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(yīng)用，重點(diǎn)考查考生的直觀想象、邏輯推理核心素養(yǎng).(2018·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧eq\o(CD,\s\up10(︵))所在平面垂直，M是eq\o(CD,\s\up10(︵))上異于C，D的點(diǎn)．(1)證明：平面AMD⊥平面BMC；(2)在線段AM上是否存在點(diǎn)P，使得MC∥平面PBD？說(shuō)明理由．切入點(diǎn)：矩形ABCD所在平面與半圓弧eq\o(CD,\s\up10(︵))所在平面垂直．關(guān)鍵點(diǎn)：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(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.因?yàn)镸為eq\o(CD,\s\up10(︵))上異于C，D的點(diǎn)，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(dāng)P為AM的中點(diǎn)時(shí)，MC∥平面PBD.證明如下：如圖，連接AC交BD于O.因?yàn)锳BCD為矩形，所以O(shè)為AC中點(diǎn)．連接OP，因?yàn)镻為AM中點(diǎn)，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(guó)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(diǎn)，AM＝2MD，N為PC的中點(diǎn)．(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＝eq\f(2,3)AD＝2.如圖，取BP的中點(diǎn)T，連接AT，TN，由N為PC中點(diǎn)知TN∥BC，TN＝eq\f(1,2)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?yàn)锳T?平面PAB，MN?平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)因?yàn)镻A⊥平面ABCD，N為PC的中點(diǎn)，所以N到平面ABCD的距離為eq\f(1,2)PA.如圖，取BC的中點(diǎn)E，連接AE.由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\r(5).由AM∥BC得M到BC的距離為eq\r(5)，故S△BCM＝eq\f(1,2)×4×eq\r(5)＝2eq\r(5).所以四面體N-BCM的體積VN-BCM＝eq\f(1,3)×S△BCM×eq\f(PA,2)＝eq\f(4\r(5),3).2．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，在三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)．(1)證明：PO⊥平面ABC；(2)若點(diǎn)M在棱BC上，且MC＝2MB，求點(diǎn)C到平面POM的距離．[解](1)因?yàn)锳P＝CP＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)P⊥AC，且OP＝2eq\r(3).連接OB.因?yàn)锳B＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，所以△ABC為等腰直角三角形，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，垂足為H.又由(1)可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM.故CH的長(zhǎng)為點(diǎn)C到平面POM的距離．由題設(shè)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O(shè)M＝eq\f(2\r(5),3)，CH＝eq\f(OC·MC·sin∠ACB,OM)＝eq\f(4\r(5),5).所以點(diǎn)C到平面POM的距離為eq\f(4\r(5),5).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(yīng)用)如圖，三棱錐P-ABC中，底面ABC和側(cè)面PAB是邊長(zhǎng)為2的正三角形，PC＝eq\r(6).(1)求證：平面PAB⊥平面ABC；(2)[一題多解]求點(diǎn)B到平面PAC的距離．[解](1)記AB的中點(diǎn)為D，連接PD，CD，如圖．因?yàn)閭?cè)面PAB是邊長(zhǎng)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＝eq\r(3)，PD＝eq\r(3).因?yàn)镻C＝eq\r(6)，所以PC2＝PD2＋CD2，所以PD⊥CD.因?yàn)锳B∩CD＝D，所以PD⊥平面ABC.因?yàn)镻D?平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABC.(2)法一：如圖，取PC的中點(diǎn)E，連接AE，BE.由題意知AE⊥PC，BE⊥PC，所以PC⊥平面ABE.因?yàn)镻C?平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABE.過(guò)B作BH⊥AE，垂足為H，則BH⊥平面PAC.在△ABE中，AB＝2，AE＝BE＝eq\f(\r(10),2).從而B(niǎo)H＝eq\f(2\r(15),5)，即點(diǎn)B到平面PAC的距離為eq\f(2\r(15),5).法二：由題意得S△ABC＝eq\r(3)，S△PAC＝eq\f(\r(15),2).設(shè)點(diǎn)B到平面PAC的距離為h，因?yàn)閂P-ABC＝VB-PAC，所以結(jié)合(1)知eq\f(1,3)S△ABC·PD＝eq\f(1,3)S△PAC·h，所以h＝eq\f(2\r(15),5).所以點(diǎn)B到平面PAC的距離為eq\f(2\r(15),5).2．(平行關(guān)系的判定及應(yīng)用)如圖，在四棱錐P-ABCD中，△BCD為等邊三角形，BD＝2eq\r(3)，PA＝eq\r(2)，AB＝AD＝PB＝PD，∠BAD＝120°.(1)若點(diǎn)E為PC的中點(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)，M為CD的中點(diǎn)，∴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(diǎn)O，連接PO.∵CB＝CD，AB＝AD，∴AC⊥BD且O為BD的中點(diǎn)．又∠BAD＝120°，BD＝2eq\r(3)，△PBD≌△ABD，∴AO＝PO＝1.又PA＝eq\r(2)，∴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＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×(2eq\r(3))2＋eq\f(1,2)×2eq\r(3)×1]×1＝eq\f(4\r(3),3).平面圖形的翻折問(wèn)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(jì)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(guó)卷Ⅲ)圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)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(diǎn)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(diǎn)：①A、C、G、D共面；②AB⊥平面BCGE.關(guān)鍵點(diǎn)：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(gè)平面，從而A，C，G，D四點(diǎn)共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.又因?yàn)锳B?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)取CG的中點(diǎn)M，連接EM，DM.因?yàn)锳B∥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＝eq\r(3)，故DM＝2.所以四邊形ACGD的面積為4.[教師備選題](2018·全國(guó)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(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)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(diǎn)，P為線段BC上一點(diǎn)，且BP＝DQ＝eq\f(2,3)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＝3eq\r(2).又BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，所以BP＝2eq\r(2).作QE⊥AC，垂足為E，則QE綊eq\f(1,3)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＝eq\f(1,3)×QE×S△ABP＝eq\f(1,3)×1×eq\f(1,2)×3×2eq\r(2)sin45°＝1.平面圖形折疊問(wèn)題的求解方法?1?解決與折疊有關(guān)的問(wèn)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(zhǎng)度是不變量，而位置關(guān)系往往會(huì)發(fā)生變化，抓住不變量是解決問(wèn)題的突破口.?2?在解決問(wèn)題時(shí)，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(jì)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(diǎn)，求證：MN∥平面CDEF；(2)若BD＝eq\r(5)，求三棱錐E-ABC的體積．[解](1)證明：取AD的中點(diǎn)G，連接GM，GN(圖略)，在三角形ADE中，∵M(jìn)，G分別為AE，AD的中點(diǎn)，∴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(diǎn)，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＝eq\r(3).在Rt△ABE中，∵AB＝1，AE＝eq\r(3)，∴BE＝2，又ED＝1，DB＝eq\r(5)，∴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(diǎn)C到平面ABFE的距離，∴VE-ABC＝VC-ABE＝eq\f(1,3)×S△ABE×CF＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×eq\r(3)×1＝eq\f(\r(3),6).2．(面面垂直、點(diǎn)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(diǎn)，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＝2eq\r(5).(1)求證：PF⊥平面ABED；(2)求點(diǎn)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＝eq\r(62＋?12－3－4?2)＝eq\r(61)，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(shè)點(diǎn)A到平面PBE的距離為h，由等體積法得VA-PBE＝VP-ABE，即eq\f(1,3)×S△PBE×h＝eq\f(1,3)×S△ABE×PF.又S△PBE＝eq\f(1,2)×6×9＝27，S△ABE＝eq\f(1,2)×12×6＝36，所以h＝eq\f(S△ABE·PF,S△PBE)＝eq\f(36×2\r(5),27)＝eq\f(8\r(5),3)，即點(diǎn)A到平面PBE的距離為eq\f(8\r(5),3).空間角問(wèn)題[高考解讀]高考對(duì)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(zhǎng)方體或正方體等簡(jiǎn)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(guó)卷Ⅱ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CC1的中點(diǎn)，則異面直線AE與CD所成角的正切值為()A.eq\f(\r(2),2)B.eqB.q\f(\r(3),2)C.eqC.q\f(\r(5),2)D.eqD.q\f(\r(7),2)切入點(diǎn)：①ABCD-A1B1C1D1為正方體；②E為棱CC1的中點(diǎn)．關(guān)鍵點(diǎn)：正確作出異面直線AE與CD所成的角．C[如圖，連接BE，因?yàn)锳B∥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(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，則CE＝1，BC＝2，由勾股定理得BE＝eq\r(5).又由AB⊥平面BCC1B1可得AB⊥BE，所以tan∠EAB＝eq\f(BE,AB)＝eq\f(\r(5),2).故選C.]2．(2018·全國(guó)卷Ⅰ)在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長(zhǎng)方體的體積為()A．8B．6eq\r(2)C．8eq\r(2)D．8eq\r(3)切入點(diǎn)：①AB＝BC＝2；②AC1與平面BB1C1C所成的角為30°.關(guān)鍵點(diǎn)：正確找出AC1與平面BB1C1C所成的角．C[連接BC1，AC1，AC，因?yàn)锳B⊥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＝2eq\r(3).又B1C1＝2，所以BB1＝eq\r(?2\r(3)?2－22)＝2eq\r(2)，故該長(zhǎng)方體的體積V＝2×2×2eq\r(2)＝8eq\r(2).][教師備選題]1．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)已知圓錐的頂點(diǎn)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_(kāi)_______．8π[由題意畫(huà)出圖形，如圖，設(shè)AC是底面圓O的直徑，連接SO，則SO是圓錐的高．設(shè)圓錐的母線長(zhǎng)為l，則由SA⊥SB，△SAB的面積為8，得eq\f(1,2)l2＝8，得l＝4.在Rt△ASO中，由題意知∠SAO＝30°，所以SO＝eq\f(1,2)l＝2，AO＝eq\f(\r(3),2)l＝2eq\r(3).故該圓錐的體積V＝eq\f(1,3)π×AO2×SO＝eq\f(1,3)π×(2eq\r(3))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(diǎn)M為棱AB的中點(diǎn)，AB＝2，AD＝2eq\r(3)，∠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(diǎn)N，連接MN，ND.又因?yàn)镸為棱AB的中點(diǎn)，所以MN∥BC，所以∠DMN(或其補(bǔ)角)為異面直線BC與MD所成的角．在Rt△DAM中，AM＝1，故DM＝eq\r(AD2＋AM2)＝eq\r(13).因?yàn)锳D⊥平面ABC，所以AD⊥AC.在Rt△DAN中，AN＝1，故DN＝eq\r(AD2＋AN2)＝eq\r(13).在等腰三角形DMN中，MN＝1，可得cos∠DMN＝eq\f(\f(1,2)MN,DM)＝eq\f(\r(13),26).所以，異面直線BC與MD所成角的余弦值為eq\f(\r(13),26).(3)如圖，連接CM.因?yàn)椤鰽BC為等邊三角形，M為邊AB的中點(diǎn)，所以CM⊥AB，CM＝eq\r(3).又因?yàn)槠矫鍭BC⊥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＝eq\r(AC2＋AD2)＝4.在Rt△CMD中，sin∠CDM＝eq\f(CM,CD)＝eq\f(\r(3),4).所以，直線CD與平面ABD所成角的正弦值為eq\f(\r(3),4).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(dāng)?shù)狞c(diǎn)向平面引垂線，在