2018届二轮复习点、直线、平面之间的位置关系课件（全国通用）

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第二讲 点、直线、平面之间的位置关系　 【 必备知识 】 1. 平行公理 若 a∥b,b∥c, 则 a∥c. 2. 线面平行与垂直的判定与性质 定理 符号表示 图形表示 线面平 行的判 定定理 _____________________ 线面平 行的性 质定理 ____________________ 定理 符号表示 图形表示 线面垂 直的判 定定理 ___________________ 线面垂 直的性 质定理 ___________________ 3. 面面平行与垂直的判定与性质 定理 符号表示 图形表示 面面平 行的判 定定理 _________________ 面面平 行的性 质定理 ________________ 定理 符号表示 图形表示 面面垂 直的判 定定理 ________________ 面面垂 直的性 质定理 ________________ 【 真题体验 】 1.(2016· 全国卷 Ⅰ) 平面 α 过正方体 ABCD -A 1 B 1 C 1 D 1 的顶点 A,α∥ 平面 CB 1 D 1 ,α∩ 平面 ABCD=m,α∩ 平面 ABB 1 A 1 =n, 则 m,n 所成角的正弦值为　 ( 　　 ) 【 解析 】 选 A. 如图所示 : 因为 α∥ 平面 CB 1 D 1 , 所以若设平面 CB 1 D 1 ∩ 平面 ABCD=m 1 , 则 m 1 ∥m. 又因为平面 ABCD∥ 平面 A 1 B 1 C 1 D 1 , 结合平面 B 1 D 1 C∩ 平面 A 1 B 1 C 1 D 1 =B 1 D 1 , 所以 B 1 D 1 ∥m 1 , 故 B 1 D 1 ∥m. 同理可得 :CD 1 ∥n. 故 m,n 所成角的大小与 B 1 D 1 ,CD 1 所成角的大小相等 , 即∠ CD 1 B 1 的大小 . 而 B 1 C=B 1 D 1 =CD 1 ( 均为面对角线 ), 因此∠ CD 1 B 1 = , 即 sin∠CD 1 B 1 = . 2.(2016· 全国卷 Ⅱ)α,β 是两个平面 ,m,n 是两条直线 , 有下列四个命题 : ① 如果 m⊥n,m⊥α,n∥β, 那么 α⊥β, ② 如果 m⊥α,n∥α, 那么 m⊥n; ③ 如果 α∥β,m ⊂ α, 那么 m∥β; ④ 如果 m∥n,α∥β, 那么 m 与 α 所成的角和 n 与 β 所成的角相等 . 其中正确的命题有 __________.( 填写所有正确命题的编号 ) 【 解题导引 】 借助正方体模型分析、论证 . 【 解析 】 对于① ,AA′(m)⊥ 平面 ABCD(α), AA′(m)⊥AD(n),AD(n)∥ 平面 A′B′C′D′(β), 显然平面 ABCD(α)∥ 平面 A′B′C′D′(β), 故①错误 ; 对于② ,n∥α, 由线面平行的性质定理 , 可知 n 与 α 内的一条直线 l 平行 , 因为 m⊥α, 所以 m⊥ l , 所以 m⊥n, 故②正确 ; 对于③ , 设过 m 的平面 γ 交 β 于直线 l , 因为 α∥β,m⊂α, 由面面平行的性质定理可知 m∥ l , 由线面平行的判定定理 , 可知 m∥β, 故③正确 ; 对于④ , 若 m,n 分别与平面 α,β 平行 ( 或垂直 ), 结论显然成立 , 若 m,n 分别与平面 α,β 不平行 , 也不垂直 , 可以分别作出 m,n 在平面 α,β 内的射影 , 由等角定理 , 可知结论也成立 , 故④正确 . 答案 : ②③④ 【 大数据易错点 】 排序 1: 忽略定理的条件致误 . 应用线面平行判定定理时 , 忽略“直线在平面外”“直线在平面内”的条件 ; 应用线面垂直及面面平行的判定定理时忽略“两直线相交”“两直线在平面内” ; 应用面面垂直的性质定理时忽略“直线在平面内”“直线垂直于两平面的交线” . 排序 2: 观察图形不仔细致误 . 在关于点、线、面位置关系的判断和证明时 , 经常因为对所给的图形分析不够 , 观察不清 , 特别是图形中的线面关系观察不清楚 , 导致错误 . 排序 3: 折叠问题中面对应不一致致误 . 在解决折叠问题、探究性问题时 , 因为里面的线面位置发生变换 , 做题时忽略哪些变、哪些不变导致解题错误 . 热点考向一　与点、线、面有关的命题真假的判断 命题解读 : 主要考查利用空间点、直线、平面位置关系的定义 , 四个公理、八个定理来判断与点、线、面有关命题的真假 , 以选择题、填空题的形式出现 . 【 典例 1】 (1)(2017· 北京二模 ) 设有两条直线 m,n 和三个平面 α,β,γ. 给出下面四个命题 : ①α∩β=m,n∥m ⇒ n∥α,n∥β; ②α⊥β,m⊥β,m ⊄ α ⇒ m∥α; ③α∥β,m ⊂ α ⇒ m∥β; ④α⊥β,α⊥γ ⇒ β∥γ. 其中正确命题的个数是　 ( 　　 ) A.1 B.2 C.3 D.4 (2)(2017· 大庆二模 ) 已知 α,β 是两个不同的平面 , l ,m,n 是不同的直线 , 下列命题不正确的是　 ( 　　 ) 世纪金榜导学号 92494079 A. 若 l ⊥m, l ⊥n,m ⊂ α,n ⊂ α, 则 l ⊥α B. 若 l ∥m, l ⊄ α,m ⊂ α, 则 l ∥α C. 若 α⊥β,α∩β= l ,m ⊂ α,m⊥ l , 则 m⊥β D. 若 α⊥β,m⊥α,n⊥β,, 则 m⊥n 【 解题导引 】 (1) 根据线面平行和面面平行判定①③的真假 ; 根据面面垂直的定义结合线面平行 , 面面平行判定②④的真假 . (2) 根据线面垂直的判定定理 ( 如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直 , 那么这条直线垂直于这个平面 ) 进行判定即可 . 【 规范解答 】 (1) 选 B. ① 中 :α∩β=m,n∥m 不能得出 n∥α,n∥β. 因为 n 可能在 α 或 β 内 , 故①错误 ; ②α⊥β,m⊥β,m⊄α, 根据直线与平面平行的判定 , 可得 m∥α, 故②正确 ; ③α∥β,m⊂α, 根据面面平行的性质定理可得 m∥β, 故③正确 ; ④α⊥β,α⊥γ, 则 γ 与 β 可能平行也可能相交 , 故④错误 . (2) 选 A. 若 l ⊥m, l ⊥n,m⊂α,n⊂α, 不能推出 l ⊥α, 缺少条件 m 与 n 相交 , 故不正确 . 【 规律方法 】 判断与空间位置关系有关的命题真假的方法 (1) 借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断 . (2) 借助空间几何模型 , 如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系 , 结合有关定理 , 进行判断 . (3) 借助于反证法 , 当从正面入手较难时 , 可利用反证法 , 推出与题设或公认的结论相矛盾的命题 , 进而作出判断 . 【 变式 1+1】 1.(2017· 西安一模 ) 已知直线 a,b 和平面 α,β, 下列命题中是假命题的有 ________( 只填序号 ). ① 若 a∥b, 则 a 平行于经过 b 的任何平面 ; ② 若 a∥α,b∥α, 则 a∥b; ③ 若 a∥α,b∥β, 且 α⊥β, 则 a⊥b; ④ 若 α∩β=a, 且 b∥α, 则 b∥a. 【 解析 】 ① 若 a∥b,a,b 可以确定平面 , 则 a 平行于经过 b 的任何平面 , 不正确 ; ② 若 a∥α,b∥α, 则 a∥b 或 a,b 相交、异面 , 不正确 ; ③ 若 a∥α,b∥β, 且 α⊥β, 则 a,b 关系不确定 , 不正确 ; ④ 若 α∩β=a, 且 b∥α, 则 b 与 a 关系不确定 , 不正确 . 答案 : ①②③④ 2.( 新题预测 ) 已知 α,β 是两个不同的平面 ,m,n 是两条不同的直线 , 有下列命题 : ① 若 m,n 平行于同一平面 , 则 m 与 n 平行 ; ② 若 m∥α,n⊥α, 则 m⊥n; ③ 若 α,β 不平行 , 则在 α 内不存在与 β 平行的直线 ; ④ 若 α∩β=n,m∥n, 则 m∥α 且 m∥β. 其中真命题有 ________( 填写所有正确命题的编号 ). 【 解析 】 ① 若 m,n 平行于同一平面 , 则 m 与 n 平行或相交或异面 , 故①错误 ; ② 若 n⊥α, 则 n 垂直于 α 内的所有直线 , 又 m∥α, 则 m⊥n, 故②正确 ; ③ 若 α,β 不平行 , 则 α,β 相交 , 设 α∩β= l , 在 α 内作直线 a∥ l , 则 a∥β, 故③错误 ; ④ 若 α∩β=n,m∥n, 则 m∥α 或 m∥β 或 m⊂α 或 m⊂β, 故④错误 . 所以正确命题的序号是② . 答案 : ② 【 加练备选 】 1.α 是一个平面 ,m,n 是两条直线 ,A 是一个点 , 若 m ⊄ α,n ⊂ α, 且 A∈m,A∈α, 则 m,n 的位置关系不可能是　 ( 　　 ) A. 垂直 B. 相交 C. 异面 D. 平行 【 解析 】 选 D. 因为 α 是一个平面 ,m,n 是两条直线 ,A 是一个点 ,m ⊄ α,n ⊂ α, 所以 n 在平面 α 内 ,m 与平面 α 相交 , 因为 A∈m,A∈α, 所以 A 是 m 和平面 α 相交的点 , 所以 m 和 n 异面或相交 , 一定不平行 . 2.(2017· 包头一模 ) 已知直线 a,b, 平面 α, 满足 a⊥α, 且 b∥α, 有下列四个命题 : ① 对任意直线 c ⊂ α, 有 c⊥a; ② 存在直线 c ⊄ α, 使 c⊥b 且 c⊥a; ③ 对满足 a ⊂ β 的任意平面 β, 有 β⊥α; ④ 存在平面 β⊥α, 使 b⊥β. 其中正确的命题有 ________( 填写所有正确命题的编号 ) 【 解析 】 ① 对任意直线 c ⊂ α, 因为 a⊥α, 所以有 c⊥a, 正确 ; ②c⊥b,c∥α, 可得存在直线 c⊄α, 使 c⊥b 且 c⊥a, 正确 ; ③ 对满足 a⊂β 的任意平面 β, 根据平面与平面垂直的判定 , 有 β⊥α, 正确 ; ④ 存在平面 β⊥α,β∩α= l ,b⊥ l , 可使 b⊥β, 正确 . 答案 : ①②③④ 热点考向二　空间平行关系、垂直关系的证明 类型一 空间平行关系的证明 【 典例 2】 (2017· 衡水二模 ) 如图所示 , 在正方体 ABCD -A 1 B 1 C 1 D 1 中 ,S 是 B 1 D 1 的中点 ,E,F,G 分别是 BC,CD 和 SC 的中点 . 求证 : 　世纪金榜导学号 92494080 (1) 直线 EG∥ 平面 BDD 1 B 1 . (2) 平面 EFG∥ 平面 BDD 1 B 1 . 【 解题导引 】 (1) 连接 SB, 由已知得 EG∥SB, 由此能证明直线 EG∥ 平面 BDD 1 B 1 . (2) 连接 SD, 由已知得 FG∥SD, 从而 FG∥ 平面 BDD 1 B 1 , 又直线 EG∥ 平面 BDD 1 B 1 , 由此能证明平面 EFG∥ 平面 BDD 1 B 1 . 【 规范解答 】 (1) 如图 , 连接 SB, 因为 E,G 分别是 BC,SC 的中点 , 所以 EG∥SB, 又 SB⊂ 平面 BDD 1 B 1 , EG⊄ 平面 BDD 1 B 1 , 所以直线 EG∥ 平面 BDD 1 B 1 . (2) 如图 , 连接 SD, 因为 F,G 分别是 DC,SC 的中点 , 所以 FG∥SD, 又 SD⊂ 平面 BDD 1 B 1 ,FG⊄ 平面 BDD 1 B 1 , 所以 FG∥ 平面 BDD 1 B 1 , 又直线 EG∥ 平面 BDD 1 B 1 , 且直线 EG⊂ 平面 EFG, 直线 FG⊂ 平面 EFG,EG∩FG=G, 所以平面 EFG∥ 平面 BDD 1 B 1 . 类型二 空间垂直关系的证明 【 典例 3】 (2016· 全国卷 Ⅰ) 如图 , 已知 正三棱锥 P-ABC 的侧面是直角三角形 ,PA =6, 顶点 P 在平面 ABC 内的正投影为点 D,D 在平面 PAB 内的正投影为点 E, 连接 PE 并延长交 AB 于点 G. 世纪金榜导学号 92494081 (1) 证明 :G 是 AB 的中点 . (2) 在图中作出点 E 在平面 PAC 内的正投影 F( 说明作法及理由 ), 并求四面体 PDEF 的体积 . 【 题目拆解 】 解答本题 : 第 (1) 问可拆成两个小题 : ① 证明 AB⊥DE. ② 证明 AB⊥PG. 第 (2) 问可拆成两个小题 . ① 证明 EF⊥ 平面 PAC. ② 求四面体 PDEF 的体积 . 【 规范解答 】 (1) 因为点 P 在平面 ABC 内的正投影为点 D, 所以 AB⊥PD. 因为 D 在平面 PAB 内的正投影为 E, 所以 AB⊥DE. 因为 PD∩DE=D, 所以 AB⊥ 平面 PDE, 故 AB⊥PG. 又由已知可得 ,PA=PB, 从而 G 为 AB 的中点 . (2) 在平面 PAB 内 , 过点 E 作 PB 的平行线交 PA 于点 F,F 即为 E 在平面 PAC 内的正投影 . 理由如下 : 由已知可得 PB⊥PA,PB⊥PC, 又 EF∥PB, 所以 EF⊥PA,EF⊥PC. 又 PA∩PC=P, 因此 EF⊥ 平面 PAC, 即点 F 为 E 在平面 PAC 内的正投影 . 连接 CG, 因为 P 在平面 ABC 内的正投影为 D, 所以 D 是正三角形 ABC 的中心 . 由 (1) 知 ,G 是 AB 的中点 , 所以 D 在 CG 上 , 故 CD= CG. 由题设可得 PC⊥ 平面 PAB,DE⊥ 平面 PAB, 所以 DE∥PC, 因此 PE= PG,DE= PC. 由已知 , 正三棱锥的侧面是直角三角形且 PA=6, 可得 DE=2,PE=2 . 在等腰直角三角形 EFP 中 , 可得 EF=PF=2. 所以四面体 PDEF 的体积 V= 【 规律方法 】 1. 证明空间三种平行关系的常用方法 (1) 证明线线平行 ①利用三角形中位线定理证明 ; ② 利用平行四边形对边平行证明 ; ③ 利用平行公理证明 ; ④ 利用线面平行的性质证明 ; ⑤ 利用面面平行的性质证明 . (2) 证明线面平行 ①利用线面平行的判定定理 , 把证明线面平行转化为证明线线平行 ; ② 利用面面平行的性质定理 , 把证明线面平行转化为证明面面平行 . (3) 证明面面平行 证明面面平行 , 依据判定定理 , 将证明面面平行转化为证明线面平行 , 再转化为证明线线平行 . 2. 证明空间三种垂直关系的常用方法 (1) 证明线线垂直 ①利用特殊平面图形的性质 , 如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直 ; ② 利用勾股定理的逆定理 ; ③ 利用线面垂直的性质 , 即要证明线线垂直 , 只需证明一线垂直于另一线所在平面即可 . (2) 证明线面垂直 ①利用线面垂直的判定定理 , 把线面垂直的判定转化为证明线线垂直 ; ② 利用面面垂直的性质定理 , 把证明线面垂直转化为证明面面垂直 ; ③ 利用常见结论 , 如两条平行线中的一条垂直于一个平面 , 则另一条也垂直于这个平面等 . (3) 证明面面垂直 ①证明面面垂直常用面面垂直的判定定理 , 将证明面面垂直转化为证明线面垂直 , 一般先从现有直线中寻找 , 若图中不存在这样的直线 , 则借助中点、高线或添加辅助线解决 . ② 当二面角是直二面角时 , 两平面垂直 . 【 通关 1+1】 1.( 新题预测 ) 已知如图 , 斜三棱柱 ABC -A 1 B 1 C 1 中 , 点 D,D 1 分别为 AC,A 1 C 1 上的点 . (1) 当 等于何值时 ,BC 1 ∥ 平面 AB 1 D 1 ? (2) 若平面 BC 1 D∥ 平面 AB 1 D 1 , 求 的值 . 【 解析 】 (1) 如图 , 取 D 1 为线段 A 1 C 1 的中点 , 此时 =1, 连接 A 1 B 交 AB 1 于点 O, 连接 OD 1 . 由棱柱的性质 , 知四边形 A 1 ABB 1 为 平行四边形 , 所以点 O 为 A 1 B 的中点 . 在△ A 1 BC 1 中 , 点 O,D 1 分别为 A 1 B,A 1 C 1 的中点 , 所以 OD 1 ∥BC 1 . 又因为 OD 1 ⊂ 平面 AB 1 D 1 ,BC 1 ⊄ 平面 AB 1 D 1 , 所以 BC 1 ∥ 平面 AB 1 D 1 . 所以当 =1 时 ,BC 1 ∥ 平面 AB 1 D 1 , (2) 由已知 , 平面 BC 1 D∥ 平面 AB 1 D 1 , 且平面 A 1 BC 1 ∩ 平面 BDC 1 =BC 1 , 平面 A 1 BC 1 ∩ 平面 AB 1 D 1 =D 1 O. 因此 BC 1 ∥D 1 O, 同理 AD 1 ∥DC 1 . 因为 又因为 =1, 所以 =1, 即 =1. 2.(2017· 北京一模 ) 如图 , 在四棱锥 P-ABCD 中 , 平面 PAB⊥ 平面 ABCD,AD∥BC,PA⊥AB,CD⊥AD,BC=CD= AD,E 为 AD 的中点 . (1) 求证 :PA⊥CD. (2) 求证 : 平面 PBD⊥ 平面 PAB. 【 解析 】 (1) 因为平面 PAB⊥ 平面 ABCD, 平面 PAB∩ 平面 ABCD=AB, 又因为 PA⊥AB, 所以 PA⊥ 平面 ABCD. 则 PA⊥CD. (2) 由已知 ,BC∥ED, 且 BC=ED, 所以四边形 BCDE 是平行四边形 , 又 CD⊥AD,BC=CD, 所以四边形 BCDE 是正方形 , 连接 CE, 所以 BD⊥CE, 又因为 BC∥AE,BC=AE, 所以四边形 ABCE 是平行四边形 , 所以 CE∥AB, 则 BD⊥AB. 由 (1) 知 PA⊥ 平面 ABCD, 所以 PA⊥BD, 又因为 PA∩AB=A, 则 BD⊥ 平面 PAB, 且 BD⊂ 平面 PBD, 所以平面 PBD⊥ 平面 PAB. 【 加练备选 】 1.(2017· 北海一模 ) 如图 , 已知四棱锥 P-ABCD 中 ,PA⊥ 底面 ABCD, 且底面 ABCD 为矩形 , 则下列结论中错误的是　 ( 　　 ) A. 平面 PAB⊥ 平面 PAD B. 平面 PAB⊥ 平面 PBC C. 平面 PBC⊥ 平面 PCD D. 平面 PCD⊥ 平面 PAD 【 解析 】 选 C. 对于 A, 因为已知 PA⊥ 底面 ABCD, 且底面 ABCD 为矩形 , 所以 PA⊥AB, 又 AB⊥AD, 所以 AB⊥ 平面 PAD, 所以平面 PAB⊥ 平面 PAD, 故 A 正确 ; 对于 B, 已知 PA⊥ 底面 ABCD, 且底面 ABCD 为矩形 , 所以 PA⊥BC, 又 BC⊥AB, 所以 BC⊥ 平面 PAB, 所以平面 PAB⊥ 平面 PBC, 故 B 正确 ; 对于 D, 已知 PA⊥ 底面 ABCD, 且底面 ABCD 为矩形 , 所以 PA⊥CD, 又 CD⊥AD, 所以 CD⊥ 平面 PAD, 所以平面 PCD⊥ 平面 PAD, 故 D 正确 . 2.(2017· 保定一模 ) 如图 ,P 是平行四边形 ABCD 所在平面外一点 ,E 是 PD 的中点 . (1) 求证 :PB∥ 平面 EAC. (2) 若 M 是 CD 上异于 C,D 的点 . 连接 PM 交 CE 于点 G, 连接 BM 交 AC 于点 H, 求证 :GH∥PB. 【 证明 】 (1) 连接 BD, 交 AC 于点 O, 连接 EO, 则 O 是 BD 的中点 , 又点 E 是 PD 的中点 , 所以 PB∥EO, 因为 PB⊄ 平面 EAC,EO⊂ 平面 EAC, 所以 PB∥ 平面 EAC. (2) 由 (1) 知 PB∥ 平面 EAC, 又平面 PBM∩ 平面 EAC=GH, 所以根据线面平行的性质定理得 :GH∥PB. 3.( 新题预测 ) 如图 , 在几何体 ABCDEF 中 , 底面 ABCD 为矩 形 ,EF∥CD,CD⊥EA,CD=2EF=2,ED= ,M 为棱 FC 上一点 , 平面 ADM 与棱 FB 交于点 N. (1) 求证 :ED⊥CD. (2) 求证 :AD∥MN. (3) 若 AD⊥ED, 试问平面 BCF 是否可能与平面 ADMN 垂直 ? 若能 , 求出 的值 ; 若不能 , 说明理由 . 【 解析 】 (1) 因为四边形 ABCD 为矩形 , 所以 CD⊥AD. 又因为 CD⊥EA,EA∩AD=A, 所以 CD⊥ 平面 EAD. 所以 ED⊥CD. (2) 因为四边形 ABCD 为矩形 , 所以 AD∥BC, 所以 AD∥ 平面 FBC. 又因为平面 ADMN∩ 平面 FBC=MN, 所以 AD∥MN. (3) 平面 ADMN 与平面 BCF 可以垂直 . 证明如下 : 连接 DF. 因为 AD⊥ED,AD⊥CD,ED∩CD=D, 所以 AD⊥ 平面 CDEF. 所以 AD⊥DM. 因为 AD∥MN, 所以 DM⊥MN. 因为平面 ADMN∩ 平面 FBC=MN, 若使平面 ADMN⊥ 平面 BCF, 则 DM⊥ 平面 BCF, 所以 DM⊥FC. 在梯形 CDEF 中 , 因为 EF∥CD,DE⊥CD,CD=2EF=2, ED= , 所以 DF=DC=2. 所以若使 DM⊥FC 成立 , 则 M 为 FC 的中点 . 所以 热点考向三　与平行、垂直有关的折叠问题和探索性问题 命题解读 : 主要考查与空间线面、面面的平行、垂直关系有关的折叠问题、探索性问题 , 常以解答题形式出现 . 【 典例 4】 (1) 如图 , 在矩形 ABCD 中 ,AB=8,BC=4,E 为 DC 的中点 , 沿 AE 将△ ADE 折起 , 在折起过程中 , 下列结论中能成立的序号为 ________. ①ED⊥ 平面 ACD;②CD⊥ 平面 BED;③BD⊥ 平面 ACD; ④AD⊥ 平面 BED. (2)(2017· 郑州二模 ) 如图 , 在四棱锥 P-ABCD 中 , 底面 ABCD 是菱形 ,∠DAB=30°,PD⊥ 平面 ABCD,AD=2, 点 E 为 AB 上一点 , 且 =m, 点 F 为 PD 中点 . 世纪金榜导学号 92494082 ① 若 m= , 证明 : 直线 AF∥ 平面 PEC; ② 是否存在一个常数 m, 使得平面 PED⊥ 平面 PAB, 若存 在 , 求出 m 的值 ; 若不存在 , 说明理由 . 【 解题导引 】 (1) 在折起过程中 , 画出 D 点在平面 BCE 上的投影轨迹 , 利用线面垂直的判定定理即可逐项判断得解 . (2)① 作 FM∥CD, 交 PC 于 M, 推导出四边形 AEMF 为平行四边形 , 由此能证明直线 AF∥ 平面 PEC; ② 要使平面 PED⊥ 平面 PAB, 只需 AB⊥DE, 求出 AE= ADcos30°= 推导出平面 PED⊥ 平面 PAB, 由此能求 出存在一个常数 m= 使得平面 PED⊥ 平面 PAB. 【 规范解答 】 (1) 因为在矩形 ABCD 中 ,AB=8,BC=4,E 为 DC 的中点 , 所以在折起过程中 ,D 点在平面 BCE 上的投影如图 . 因为 DE 与 AC 所成角不能为直角 , 所以 DE 不会垂直于平面 ACD, 故①错误 ; 只有 D 点投影位于 O 2 位置时 , 即平面 AED 与平面 AEB 重合时 , 才有 BE⊥CD, 此时 CD 不垂直于平面 AECB, 故 CD 与平面 BED 不垂直 , 故②错误 ; BD 与 AC 所成角不能成直角 , 所以 BD 不能垂直于平面 ACD, 故③错误 ; 因为 AD⊥ED, 并且在折起过程中 , 存在一个位置使 AD⊥BE, 且 DE∩BE=E, 所以在折起过程中存在 AD⊥ 平面 BED 的位置 , 故④正确 . 答案 : ④ (2)① 作 FM∥CD, 交 PC 于点 M, 因为点 F 为 PD 的中点 , 所以 FM= CD. 因为 m= , 所以 AE= AB=FM, 又 FM∥CD∥AE, 所以四边形 AEMF 为平行四边形 , 所以 AF∥EM, 因为 AF⊄ 平面 PEC,EM⊂ 平面 PEC, 所以直线 AF∥ 平面 PEC. ② 存在一个常数 m= 使得平面 PED⊥ 平面 PAB, 理由如下 : 要使平面 PED⊥ 平面 PAB, 只需 AB⊥DE, 因为 AB=AD=2,∠DAB=30°, 所以 AE=ADcos 30°= 又因为 PD⊥ 平面 ABCD,PD⊥AB,PD∩DE=D, 所以 AB⊥ 平面 PDE, 因为 AB⊂ 平面 PAB, 所以平面 PDE⊥ 平面 PAB, 所以 m= 【 规律方法 】 1. 求解平面图形折叠问题的关键和方法 (1) 关键 : 分清翻折前后位置关系和数量关系哪些改变 , 哪些不变 , 抓住翻折前后不变的量 , 尤其是垂直关系 , 充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口 . (2) 方法 : 把平面图形翻折后 , 经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥等几何体 , 从而把问题转化到我们熟悉的几何体中解决 . 2. 探索性问题求解的途径和方法 (1) 对命题条件探索的三种途径 : ① 先猜后证 , 即先观察 , 尝试给出条件再证明 ; ② 先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件 , 再证明充分性 ; ③ 将几何问题转化为代数问题 , 探索出命题成立的条件 . (2) 对命题结论的探索方法 : 从条件出发 , 探索出要求的结论是什么 , 对于探索结论是否存在 , 求解时常假设结论存在 , 再寻找与条件相容或者矛盾的结论 . 【 变式 1+1】 1. 在底面是菱形的四棱锥 P-ABCD 中 ,PA⊥ 底面 ABCD, 点 E 为棱 PB 的中点 , 点 F 在棱 AD 上 , 平面 CEF 与 PA 交于点 K, 且 PA=AB=3,AF=2, 则 等于　 ( 　　 ) 【 解析 】 选 A. 如图所示 , 延长 BA,CF 交于点 G, 连接 EG, 与 PA 的交点就是 K 点 , 则 AG=6, 过点 A 作 AH∥PB, 与 EG 交于点 H, 则 2.( 新题预测 ) 如图 , 在斜三棱柱 ABC-A 1 B 1 C 1 中 ,∠BAC=90°,BC 1 ⊥AC, 若 P 为三角形 A 1 B 1 C 1 内一点 ( 不含边界 ), 则点 P 在底面 ABC 的投影可能在　 ( 　　 ) A.△ABC 的内部 B.△ABC 的外部 C. 直线 AB 上 D. 以上均有可能 【 解析 】 选 B. 因为 AC⊥AB,AC⊥BC 1 , 所以 AC⊥ 平面 ABC 1 ,AC⊂ 平面 ABC, 所以平面 ABC 1 ⊥ 平面 ABC, 所以 C 1 在平面 ABC 上的射影 H 必在两平面的交线 AB 上 . 若 P 为三角形 A 1 B 1 C 1 内一点 ( 不含边界 ), 则点 P 在底面 ABC 的投影可能在△ ABC 的外部 . 3. 如图①，四边形 ABCD 为矩形， PD⊥ 平面 ABCD ， AB=1 ， BC=PC=2 ，作如图②折叠，折痕 EF∥DC. 其中点 E ， F 分别在线段 PD ， PC 上，沿 EF 折叠后点 P 落在线段 AD 上的点记为 M ，并且 MF⊥CF. 　世纪金榜导学号 92494088 (1) 证明： CF⊥ 平面 MDF. (2) 求三棱锥 M-CDE 的体积 . 【 解析 】 (1) 因为 PD⊥ 平面 ABCD ， AD ⊂ 平面 ABCD ， 所以 PD⊥AD. 又因为四边形 ABCD 是矩形， CD⊥AD ， PD 与 CD 交于点 D ，所以 AD⊥ 平面 PCD. 又 CF ⊂ 平面 PCD ，所以 AD⊥CF ，即 MD⊥CF. 又 MF⊥CF ， MD∩MF=M ，所以 CF⊥ 平面 MDF. (2) 因为 PD⊥DC ， PC=2 ， CD=1 ，所以∠ PCD=60° ， PD= ， 由 (1) 知 FD⊥CF ，在直角三角形 DCF 中， CF= CD= . 过点 F 作 FG⊥CD 交 CD 于点 G ， 得 FG=FCsin 60°= 所以 DE=FG= 故 ME=PE= 所以 MD= S △CDE = DE · DC= 故 V M-CDE = 【 加练备选 】 (2017· 楚雄一模 ) 如图 , 在四面体 ABCD 中 ,CB=CD,AD⊥BD, 点 E,F 分别是 AB,BD 的中点 . (1) 求证 : 直线 EF∥ 平面 ACD. (2) 求证 : 平面 EFC⊥ 平面 BCD. 【 解析 】 (1) 因为 EF 是△ BAD 的中位线 , 所以 EF∥AD. 又 EF⊄ 平面 ACD,AD⊂ 平面 ACD, 所以 EF∥ 平面 ACD. (2) 因为 EF∥AD,AD⊥BD, 所以 BD⊥EF, 又因为 BD⊥CF,CF∩EF=F, 所以 BD⊥ 平面 CEF, 又 BD⊂ 平面 BDC, 所以平面 EFC⊥ 平面 BCD.