翻折问题

翻折问题
立体几何在高中数学中是培养学生的空间想象能力的重要载体，其中翻折问题学生学习是一个难点，同时也是近年来高考的热点。

翻折问题实质是图形由平面到立体变化中一些线、面之间发生了变化，因此本节内容从正三角形、正方形、矩形、梯形、五边形等图形进行翻折，以便学生能更清楚熟悉模型，同时还列举了翻折模型中的平行、垂直、线线角、线面角、二面角、长度等问题。

一．翻折问题的审题建议
1.过顶点作折线的垂线，如ABE沿着BE折起，作G BE F
⊥并交于点，
A BE
在翻折过程中，点A的轨迹是以AF为直径的圆，ABE旋转一周所得的几何体是两个同底圆锥，母线分别是AB与AE。

2.弄清变与不变的量，如ABE BCDE
与四边形中的角、线段长度是不变的，但在翻折过程中，AFG ABC AED AC AD
∠∠∠
、、、、等量是变化的。

二．平行问题
例1．（2017春•让胡路区校级期中）在如图（1）的平面图形中，ABCD为正方形，CDP为等腰直角三角形，E、F、G分别是PC、PD、CB的中点，将△PCD 沿CD折起，得到四棱锥P﹣ABCD如图（2）．
求证：在四棱锥P﹣ABCD中，AP∥平面EFG．
【分析】连接E、F，连接E、G，可得EF∥平面PAB．EG∥平面PAB．即可证平面PAB∥平面EFG
【解答】证明：连接E、F，连接E、G，在四棱锥PABCD中，E，F分别为PC，
PD的中点，
∴EF∥CD．∵AB∥CD，∴EF∥AB．
∵EF⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴EF∥平面PAB．
同理EG∥平面PAB．又EF∩EG=E，
∴平面PAB∥平面EFG．又AP⊂平面PAB，
∴AP∥平面EFG．
【点评】本题考查了空间线面平行的判定，属于中档题．
【变式训练1】（2017•闵行区校级模拟）如图，正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，EF分别是AC和BC的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A﹣DC﹣B．
（1）证明：AB∥平面DEF；
（2）在线段BC上是否存在点P，使AP⊥DE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）由E、F分别是AC、BC的中点，得EF∥AB，由此证明AB∥平面DEF；
（Ⅱ）以点D为坐标原点，以直线DB、DC、DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法找出在线段BC上存在点P，使AP⊥DE．【解答】解：（1）证明：如图（2），在△ABC中，
∵E、F分别是AC、BC的中点，∴EF∥AB，
又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，
∴AB∥平面DEF；
（2）以点D为坐标原点，以直线DB、DC、DA分别为x轴、y轴、z轴，
建立空间直角坐标系，如图（3）所示；
则A（0，0，2），B（2，0，0），C（0，2，0），
E（0，，1），F（1，，0），
=（2，0，﹣2），=（﹣2，2，0），
=（0，，1），=（1，，0）；
设=λ，则=+=（2﹣2λ，2λ，﹣2），
由AP⊥DE得•=0，
∴×2λ+1×（﹣2）=0，解得λ=，
∴在线段BC上存在点P，使AP⊥DE，且=．
【点评】本题考查了直线与平面平行的证明与满足条件的点是否存在的判断问题，阶梯式要注意向量法的合理运用．
二．垂直问题
例2.（2017春•三元区校级月考）如图，在四形边ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°．将△ADB沿BD折起，使CD⊥平面ABD，构成三棱锥A﹣BCD．则在三棱锥A﹣BCD中，下列结论正确的是（）
A．AD⊥平面BCD B．AB⊥平面BCD
C．平面BCD⊥平面ABC D．平面ADC⊥平面ABC
【分析】由题意推出CD⊥AB，AD⊥AB，推出AB⊥平面ADC，可得平面ABC ⊥平面ADC．
【解答】解：∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°∴BD⊥CD
又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD=BD
故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB
故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC．
故选D．
【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查逻辑思维能力，是中档题．
例3．（2016•杨浦区校级模拟）已知矩形ABCD，AB=1，BC=2，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折的过程中（）
A．存在某个位置，使得直线AB和直线CD垂直
B．存在某个位置，使得直线AC和直线BD垂
直
C．存在某个位置，使得直线AD和直线BC垂
直
D．无论翻折到什么位置，以上三组直线均不垂直
【分析】假设各选项成立，根据线面位置关系推导结论，若得出矛盾式子，则假设错误，得出正确选项．
【解答】解：对于A，若存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直，
∵CD⊥BC，∴CD⊥平面ABC，
∴平面ABC⊥平面BCD，过点A作平面BCD的垂线AE，则E在BC上，
∴当A在平面BCD上的射影在BC上时，AB⊥CD．故A正确；
对于B，若存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直，
作AF⊥BD，则BD⊥平面AFC，∴BD⊥EC，显然这是不可能的，故B错误；对于C，若存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直，
则BC⊥平面ACD，BC⊥AC，
∴AB＞BC，即1＞2，显然这是不可能的，故C错误．
故选：A．
【点评】本题主要考查了空间的线面和面面的垂直关系，翻折问题中的变与不变，空间想象能力和逻辑推理能力，有一定难度，属中档题．
【变式训练2】（2017春•辛集市校级月考）如图，在正方形ABCD中，E、F 分别是BC、CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B、C、D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中必有（）
A．AG⊥△EFH所在平面B．AH⊥△EFH 所在平面
C．HF⊥△AEF所在平面D．HG⊥△AEF所在平面
【分析】本题为折叠问题，分析折叠前与折叠后位置关系、几何量的变与不变，可得HA、HE、HF三者相互垂直，根据线面垂直的判定定理，可判断AH与平面HEF的垂直．
【解答】解：根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，∴AH⊥平面EFH，B 正确；
∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确；
∵AG⊥EF，EF⊥AH，∴EF⊥平面HAG，∴平面HAG⊥AEF，过H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，
∴C不正确；
∵HG不垂直于AG，∴HG⊥平面AEF不正确，D不正确．
故选B
【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，一般利用线线⇔线面⇔面面，垂直关系的相互转化判断．
【变式训练3】（2016秋•杭州期末）如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，
AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°，将△ABD沿BD折起，使面ABD⊥面BCD，连结AC，则下列命题正确的是（）
A．面ABD⊥面ABC B．面ADC⊥面BDC C．面ABC⊥面BDC D．面ADC⊥面ABC
【分析】证明CD⊥平面ABD，因此有AB⊥CD．又因为AB⊥AD，AD∩DC=D，所以AB⊥平面ADC，即可得到平面ADC⊥平面ABC．
【解答】解：由题意知，在四边形ABCD中，CD⊥BD．
在三棱锥A﹣BCD中，平面ABD⊥平面BCD，两平面的交线为BD，
所以CD⊥平面ABD，因此有AB⊥CD．
又因为AB⊥AD，AD∩DC=D，所以AB⊥平面ADC，
于是得到平面ADC⊥平面ABC．
故选D．
【点评】本题考查线面垂直、面面垂直的判定，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
三．线线角
例4．（2017•浙江模拟）矩形ABCD中，，BC=1，将△ABC与△ADC 沿AC所在的直线进行随意翻折，在翻折过程中直线AD与直线BC成的角范围（包含初始状态）为（）
A．B．C．D．
【分析】求出两个特殊位置，直线AD与直线BC成的角，即可得出结论．
【解答】解：由题意，初始状态，直线AD与直线BC成的角为0，
DB=时，AD⊥DB，AD⊥DC，
∴AD⊥平面DBC，AD⊥BC，
直线AD与直线BC成的角为，
∴在翻折过程中直线AD与直线BC成的角范围（包含初始状态）为[0，]．故选：C．
【点评】本题考查两直线所成的角的范围的求法，考查学生的计算求解能力、推理论证能力、空间思维能力，考查数形结合思想、分类讨论思想、转化化归思想，是中档题．
例5.（2017春•涵江区校级期中）正方形ABCD，沿对角线BD折成直二面角A ﹣BD﹣C，则折后的异面直线AB与CD所成的角的大小为（）
A．30°B．45°C．60°D．90°
【分析】取BD中点O，连结AO、CO，以O
为原点，OC为x轴，OD为y轴，OA为z轴，
建立空间直角坐标系，利用向量法能求出折后的
异面直线AB与CD所成的角．
【解答】解：取BD中点O，连结AO、CO，
设正方形ABCD边长为，∵沿对角线BD折成直二面角A﹣BD﹣C，
∴AO⊥BD，CO⊥BD，AO⊥CO，
以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，
A（0，0，1），B（0，﹣1，0），C（1，0，0），D（0，1，0），
=（0，﹣1，﹣1），=（﹣1，1，0），
设折后的异面直线AB与CD所成的角为θ，
则cosθ=|cos＜＞|=
==，
∴θ=60°．
∴折后的异面直线AB与CD所成的角为60°．
故选：C．
【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
（2016•浙江一模）如图四边形ABCD，AB=BD=DA=2．BC=CD=，【变式训练4】
现将△ABD沿BD折起，使二面角A﹣BD﹣C的大小在[，]，则直线AB与CD所成角的余弦值取值范围是（）
A．[0，]∪（，1）B．[，]C．[0，]D．[0，]【分析】取BD中点O，连结AO，CO，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，
过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间
直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与CD
所成角的余弦值取值范围．
【解答】解：取BD中点O，连结AO，CO，
∵AB=BD=DA=2．BC=CD=，∴CO⊥BD，
AO⊥BD，且CO=1，AO=，
∴∠AOC是二面角A﹣BD﹣C的平面角，
以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，
过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
B（0，﹣1，0），C（1，0，0），D（0，1，0），
设二面角A﹣BD﹣C的平面角为θ，则，
连AO、BO，则∠AOC=θ，A（），
∴，，
设AB、CD的夹角为α，
则cosα==，
∵，∴cos，∴|1﹣|∈[0，]．
∴cos．
故选：D．
【点评】本题考查异面直线所成角的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
【变式训练5】（2016•浙江二模）如图，边长为1的菱形ABCD中，∠DAB=60°，沿BD将△ABD翻折，得到三棱锥A﹣BCD，则当三棱锥A﹣BCD体积最大时，异面直线AD与BC所成的角的余弦值为（）
A．B．C．D．
【分析】菱形ABCD中，∠DAB=60°，△ABD、△CBD为边长为1的等边三角形，将△ABD沿BD翻折过程中，点A在底面BDC的投影在∠DCB的平分线上，三棱锥的高最大时，平面ABD⊥平面BCD．
【解答】解：△ABD、△CBD为边长为1的等边三角形，将△ABD沿BD翻折形成三棱锥A﹣BCD如图：点A在底面BDC的投影在∠DCB的平分线CE上，则三棱锥A﹣BCD的高为△AEC过A点的高；所以当平面ABD⊥平面BCD时，三棱锥A﹣BCD的高最大，体积也最大，此时AE⊥平面BCD；
求异面直线AD与BC所成的角的余弦值：
平移BC到DC′位置，|cos∠ADC′|即为所求，
AD=DC=1，AE=，EC′=，AC′=
|cos∠ADC′|=||=，
所以异面直线AD与BC所成的角的余弦值为，
故选B．
【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
【变式训练6】（2016•丽水校级模拟）如图，长方形ABCD，M，N分别为AB，AD上异于点A的两点，现把△AMN沿着MN翻折，记AC与平面BCD所成的角为θ1，直线AC与直线MN所成的角为θ2，则θ1与θ2的大小关系是（）
A．θ1=θ2B．θ1＞θ2C．θ1＜θ2D．不能确定
【分析】作AO⊥平面BCD，垂足是O，连接
CO，过点C作直线l∥MN，在l上取点H，令CH=CO，在△AOC和△AHC 中，CO=CH，AO⊥平面BCD，从而AO＜AH，由此能求出θ1＜
θ2．
【解答】解：作AO⊥平面BCD，垂足是O，连接C
过点C作直线l∥MN，在l上取点H，令CH=CO，
在△AOC和△AHC中，CO=CH，AO⊥平面BCD，
∴AO＜AH，
∴∠ACO＜∠ACH，
∵AC与平面BCD所成的角为θ1，直线AC与直线MN所成的角为θ2，
AO⊥平面BCD，CH∥MN，
∴∠ACO=θ1，∠ACH=θ2。

∴θ1＜θ2．故选：C．
【点评】本题考查直线与平面所成的角和直线与直线所成的角的大小关系的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
四、线面角
例6.（2010年浙江文科）如图，在平行四边形ABCD中，AB=2BC，∠ABC=120°。

E为线段AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A’DE，使平面A’DE⊥平面BCD，F为线段A’C的中点。

（Ⅰ）求证：BF∥平面A’DE；
（Ⅱ）设M为线段DE的中点，求直线FM与平面A’DE所成角的余弦值。

【分析】（1）取中点，由线线平行证得线面平
行；（2）通过证线线垂直证得线面垂直，找出
线面角，即“一做，二证，三求解”.
【解析】(Ⅰ)证明：取AD的中点G，连结GF，
CE，由条件易知
FG∥CD，FG=1
2
CD.BE∥CD,BE=
1
2
CD.
所以FG∥BE,FG=BE.故四边形BEGF为平行四边形,所以BF∥平面A′DE. （Ⅱ)解：在平行四边形ABCD中，设BC=a,则AB-CD=2A,AD=AE=EB=a,连CE. 因为∠ABC=120°,
在△BCE中，可得
；在△ADE中，可得DE=a,
在△CDE中，因为CD2=CE2+DE2，所以CE⊥DE,
在正三角形ADE中，M为DE中点，所以A′M⊥DE.
由平面ADE平面BCD,可知AM⊥平面BCD,A′M⊥CE.
取A′E的中点N，连线NM、NF，所以NF⊥DE,NF⊥A′M.
因为DE交A′M于M,所以NF.平面A′DE,
则∠FMN为直线FM与平面A′DE新成角.
A
在Rt△FMN中，NF=
2a,MN=
1
2
a,FM=a,则cos FMN
=
1
2
.
所以直线FM与平面A′DE所成角的余弦值为1
2
.
【点评】本题主要考查空间线线、线面、面面位置关系，线面角等基础知识，同时考查空间想象能力和推理论证能力。

【变式训练7】（2014•南昌一模）在五边形ABCDE中（图一），BD是AC的垂直平分线，O为垂足．ED∥AC，AE∥BD，AB⊥BC，P为AB的中点．沿对角线AC将四边形ACDE折起，使平面ACDE⊥平面ABC（图二）．
（1）求证：PE∥平面DBC；
（2）当AB=AE时，求直线DA与平面DBC所成角的正弦值．
【分析】（1）证明四边形PMDE为平行四边形，可得EP∥DM，利用线面平行的判定定理，可得PE∥平面DBC；
（2）建立空间直角坐标系，设|AE|=2，则AB=2，求出平面PBC的法向量，利用向量的夹角公式，即可求直线DA与平面DBC所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：设M为BC中点，连PM，DM 依题意，
∵P、M分别为AB、BC的中点，∴
∴，
∴四边形PMDE为平行四边形，∴EP∥DM
又DM⊂平面DBC，PE⊄平面DBC，
∴PE∥平面DBC
（2）解：以点O为原点，直线OA、OB、OD所在直线分别为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设|AE|=2，则A（2，0，0）、B（0，2，0）C（﹣2，0，0）、D（0，0，2）、E（2，0，2）、P（1，1，0）
∴、、
设平面PBC的法向量为，
则由，得，
令x=1，则y=z=﹣1，∴，
∴cos＜，＞==，
∴直线DA与平面DBC所成角的正弦值为．
【点评】本题考查线面平行，考查线面角，考查向量知识的运用，考查学生的计算能力，确定平面的法向量是关键．
【变式训练8】（2014•余杭区校级模拟）如图，在直角梯形ABCP中，AB=BC=3，AP=6，CD⊥AP于D，现将△PCD沿线段CD折成60°的二面角P﹣CD﹣A，设E，F，G分别是PD，PC，BC的中点．
（Ⅰ）求证：PA∥平面EFG；
（Ⅱ）若M为线段CD上的动点，问点M在什么位置时，直线MF与平面EFG 所成角为60°．
【分析】（Ⅰ）取AD中点O，连接GO，OE，利用三角形中位线的性质，可得四边形OGFE为梯形，PA∥OE，利用线面平行的判定，可得PA∥平面EFG；（Ⅱ）建立空间直角坐标系Oxyz，求出平面EFG的法向量，设
点（0≤λ≤3），于是，利用直线MF与
平面EFG所成角为60°，建立方程，从而可得结论．
【解答】（Ⅰ）证明：取AD中点O，连接
GO，OE，则四边形OGFE为梯形，PA∥OE
∵PA⊄平面EFG，OE⊂平面EFG，∴PA∥平
面EFG；
（Ⅱ）解：分别以OG，OD，OP为x轴，y
轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则
，．
设平面EFG的法向量为，则，∴，
取，得到．
设点（0≤λ≤3），于是，
由题知，
即，解得．
∴点M在CD的中点时，MF与平面EFG所成角为60°．
【点评】本题考查线面平行，考查线面角，考查利用空间向量解决线面角问题，正确求平面的法向量是关键，属于中档题．
五、二面角
例8.（2017•六安模拟）如图1，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，AD=1，BC=2，E为CD上一点，F为BE的中点，且DE=1，EC=2，现将梯形沿BE折叠（如图2），使平面BCE⊥ABED．
（1）求证：平面ACE⊥平面BCE；
（2）能否在边AB上找到一点P（端点除外）使平面ACE与平面PCF所成角的余弦值为？若存在，试确定点P的位置，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明AE⊥平面BCE；
（2）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法建立方程关系即可得到结论．
【解答】（1）证明：在直角梯形ABCD中，作DM⊥BC于M，连接AE，
则CM=2﹣1=1，CD=DE+CE=1+2=3，
则DM=AB=2，cosC=，则
BE==，sin∠CDM=，
则AE==，
∴AE2+BE2=AB2，
故AE⊥BE，且折叠后AE与BE位置关系不变又∵面BCE⊥面ABED，且面BCE ∩面ABED=BE，
∴AE⊥面BCE，
∵AE⊂平面ACE，
∴平面ACE⊥平面BCE
（2）解：∵在△BCE中，BC=CE=2，F为BE的中点
∴CF⊥BE
又∵面BCE⊥面ABED，且面BCE∩面
ABED=BE，
∴CF⊥面ABED，
故可以F为坐标原点建立如图所示的空间直角坐
标系
则A（，﹣，0），C（0，0，），
E（0，﹣，0），
易求得面ACE的法向量为=（0，﹣，1）
假设在AB上存在一点P使平面ACE与平面PCF，
所成角的余弦值为，且，（λ∈R），
∵B（0，，0），
∴=（﹣，，0），故=（﹣λ，λ，0），
又=（，﹣，﹣），
∴=（（1﹣λ），（2λ﹣1），﹣），
又=（0，0，），
设面PCF的法向量为=（x，y，z），
∴
令x=2λ﹣1得=（2λ﹣1，（λ﹣1），0）
∴|cos＜＞|==，
解得
因此存在点P且P为线段AB中点时使得平面ACE与平面PCF所成角的余弦值为．
【点评】本题主要考查空间线面垂直的判定以及空间二面角的计算和应用，建立空间坐标系利用向量法是解决本题的关键．
【变式训练9】（2016•怀柔区模拟）正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E、F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A﹣DC﹣B
（Ⅰ）试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；
（Ⅱ）求二面角E﹣DF﹣C的余弦值；
（Ⅲ）在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？证明你的结论．
【分析】法一（1）要证明线面平行，关键是在平面内找到一条可能与已知直线平行的直线，观察到平面BEF中三条已知直线中，EF可能与AB平行，故可以以此为切入点进行证明．
（2）要求二面角的余弦，要先构造出二面角的平面角，然后利用解三角形的方法，求出这个平面角的余弦值，进而给出二面角的余弦值．
（3）线线垂直可由线面垂直的性质推得，直线和平面垂直，这条直线就垂直于平面内所有直线，这是寻找线线垂直的重要依据．垂直问题的证明，其一般规律是“由已知想性质，由求证想判定”，也就是说，根据已知条件去思考有关的性质定理；根据要求证的结论去思考有关的判定定理，往往需要将分析与综合的思路结合起来．
法二，根据题意，构造空间直角坐标系，求出各点的坐标，进行求出相应直线的方向向量和平面的法向量，利用向量法进行求解（1）利用直线的方向向量与平面的法向量之间的关系，判断线面关系，
（2）通过求两个平面法向量的夹角求二面角．
【解答】解：法一：（I）如图：在△ABC中，由E、F分别是AC、BC中点，得EF∥AB，
又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF．∴AB∥平面DEF．
（II）∵AD⊥CD，BD⊥CD∴∠ADB是二面角A﹣CD﹣B的平面角
∴AD⊥BD∴AD⊥平面BCD
取CD的中点M，这时EM∥AD∴EM⊥平面BCD
过M作MN⊥DF于点N，连接EN，则EN⊥DF
∴∠MNE是二面角E﹣DF﹣C的平面角
在Rt△EMN中，EM=1，MN=
∴tan∠MNE=，cos∠MNE=．
（Ⅲ）在线段BC上存在点P，使AP⊥DE
证明如下：在线段BC上取点P．使，过P作PQ⊥CD与点Q，
∴PQ⊥平面ACD∵在等边△ADE中，∠DAQ=30°
∴AQ⊥DE∴AP⊥DE．
法二：（Ⅱ）以点D为坐标原点，直线DB、DC为x轴、y轴，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，2）B（2，0，0）C（0，
平面CDF的法向量为设平面EDF的法向量为
则即
所以二面角E﹣DF﹣C的余弦值为
（Ⅲ）在平面坐标系xDy中，直线BC的方程为
设
∴
所以在线段BC上存在点P，使AP⊥DE
另解：设
又
∵
把代入上式得，
∴所以在线段BC上存在点P使AP⊥DE
【点评】判断或证明线面平行的常用方法有：①利用线面平行的定义（无公共点）；
②利用线面平行的判定定理（a⊂α，b⊄α，a∥b⇒a∥α）；③利用面面平行的性质定理（α∥β，a⊂α⇒a∥β）；④利用面面平行的性质（α∥β，a⊄α，a⊄，a∥α⇒∥β）．线线垂直可由线面垂直的性质推得，直线和平面垂直，这条直线就垂直于平面内所有直线，这是寻找线线垂直的重要依据．垂直问题的证明，其一般规律是“由已知想性质，由求证想判定”，也就是说，根据已知条件去思考有关的性质定理；根据要求证的结论去思考有关的判定定理，往往需要将分析与综合的思路结合起来．本题也可以用空间向量来解决，其步骤是：建立空间直角坐标系⇒明确相关点的坐标⇒明确相关向量的坐标⇒通过空间向量的坐标运算求距离问题
六．距离问题
例9.（2017•衡水一模）如图（1），等腰直角三角形ABC的底边AB=4，点D 在线段AC上，DE⊥AB于E，现将△ADE沿DE折起到△PDE的位置（如图（2））．（Ⅰ）求证：PB⊥DE；
（Ⅱ）若PE⊥BE，直线PD与平面PBC所成的角为30°，求PE长．
【分析】（I）根据翻折后DE仍然与BE、PE垂直，结合线面垂直的判定定理可得DE⊥平面PEB，再由线面垂直的性质可得PB⊥DE；
（II）分别以DE、BE、PE所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系．设PE=a，可得点B、D、C、P关于a的坐标形式，从而得到向量、
坐标，利用垂直向量数量积为0的方法建立方程组，解出平面PCD的一个法向量为=（1，1，），由PD与平面PBC所成的角为30°和向量的坐标，建立关于参数a的方程，解之即可得到线段PE的长．
【解答】解：（Ⅰ）∵DE⊥AB，∴DE⊥BE，DE⊥PE，…．（2分）
∵BE∩PE=E，∴DE⊥平面PEB，
又∵PB⊂平面PEB，∴BP⊥DE；…．（4分）
（Ⅱ）∵PE⊥BE，PE⊥DE，DE⊥BE，
∴分别以DE、BE、PE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（如图），…（5分）
设PE=a，则B（0，4﹣a，0），D（a，0，0），C（2，2﹣a，0），
P（0，0，a），…（7分）
可得，，…（8分）
设面PBC的法向量，
∴令y=1，可得x=1，z=
因此是面PBC的一个法向
量，…（10分）
∵，PD与平面PBC所成角为30°，…（12分）
∴，即，…（11分）
解之得：a=，或a=4（舍），因此可得PE的长为．…（13分）
【点评】本题给出平面图形的翻折，求证线面垂直并在已知线面角的情况下求线段PE的长，着重考查了线面垂直的判定与性质和利用空间向量研究直线与平面所成角的求法等知识，属于中档题．
【变式训练10】（2015•河东区一模）等边三角形ABC的边长为3，点D、E分别是边AB、AC上的点，且满足（如图1）．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1﹣DE﹣B成直二面角，连结A1B、A1C （如图2）．
（1）求证：A1D丄平面BCED；
（2）在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）等边△ABC中，根据得到AD=1且AE=2，由余弦定
理算出DE=，从而得到AD2+DE2=AE2，所以AD⊥DE．结合题意得平面A1DE ⊥平面BCDE，利用面面垂直的性质定理，可证出A1D丄平面BCED；
（2）作PH⊥BD于点H，连接A1H、A1P，由A1D丄平面BCED得A1D丄PH，所以PH⊥平面A1BD，可得∠PA1H是直线PA1与平面A1BD所成的角，即∠PA1H=60°．设PB=x（0≤x≤3），分别在Rt△BA1H、Rt△PA1H和Rt△DA1H 中利用三角函数定义和勾股定理，建立等量关系得12+（2﹣x）2=（x）2，解之得x=，从而得到在BC上存在点P且当PB=时，直线PA1与平面A1BD所成的角为60°．
【解答】解：（1）∵正△ABC的边长为3，且==
∴AD=1，AE=2，
△ADE中，∠DAE=60°，由余弦定理，得
DE==
∵AD2+DE2=4=AE2，∴AD⊥DE．
折叠后，仍有A1D⊥DE
∵二面角A1﹣DE﹣B成直二面角，∴平面A1DE⊥平面BCDE
又∵平面A1DE∩平面BCDE=DE，A1D⊂平面A1DE，A1D⊥DE
∴A1D丄平面BCED；
（2）假设在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°
如图，作PH⊥BD于点H，连接A1H、A1P
由（1）得A1D丄平面BCED，而PH⊂平面BCED
所以A1D丄PH
∵A1D、BD是平面A1BD内的相交直线，
∴PH⊥平面A1BD
由此可得∠PA1H是直线PA1与平面A1BD所成的角，即∠PA1H=60°
设PB=x（0≤x≤3），则BH=PBcos60°=，PH=PBsin60°=x
在Rt△PA1H中，∠PA1H=60°，所以A1H=，
在Rt△DA1H中，A1D=1，DH=2﹣x
由A1D2+DH2=A1H2，得12+（2﹣x）2=（x）2
解之得x=，满足0≤x≤3符合题意
所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB=．【点评】本题给出平面翻折问题，求证直线与平面垂直并探索了直线与平面所成角的问题，着重考查了线面垂直、面面垂直的判定与性质和直线与平面所成角的求法等知识。