高考数学 第1部分 重点强化专题 专题4 立体几何 突破点9 空间中的平行与垂直关系教学案

突破点9 空间中的平行与垂直关系
(对应学生用书第32页) [核心知识提炼]
提炼1 异面直线的性质
(1)异面直线不具有传递性．注意不能把异面直线误解为分别在两个不同平面内的两条直线或平面内的一条直线与平面外的一条直线．
(2)异面直线所成角的范围是⎝
⎛⎦⎥⎤0，π2，所以空间中两条直线垂直可能为异面垂直或相交
垂直．
(3)求异面直线所成角的一般步骤为：①找出(或作出)适合题设的角——用平移法；②求——转化为在三角形中求解；③结论——由②所求得的角或其补角即为所求. 提炼2 平面与平面平行的常用性质
(1)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等． (2)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
(3)如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行． (4)两个平面平行，则其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面. 提炼3 证明线面位置关系的方法
(1)证明线线平行的方法：①三角形的中位线等平面几何中的性质；②线面平行的性质定理；③面面平行的性质定理；④线面垂直的性质定理．
(2)证明线面平行的方法：①寻找线线平行，利用线面平行的判定定理；②寻找面面平行，利用面面平行的性质．
(3)证明线面垂直的方法：①线面垂直的定义，需要说明直线与平面内的所有直线都垂直；②线面垂直的判定定理；③面面垂直的性质定理．
(4)证明面面垂直的方法：①定义法，即证明两个平面所成的二面角为直二面角；②面面垂直的判定定理，即证明一个平面经过另一个平面的一条垂线．
[高考真题回访]
回访1 空间点、线、面的位置关系
1．(2016·浙江高考)已知互相垂直的平面α，β交于直线l ，若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则( ) A ．m ∥l
B ．m ∥n
C ．n ⊥l
D ．m ⊥n
C [∵α∩β＝l ，∴l ⊂β.∵n ⊥β，∴n ⊥l ，故选C.]
2．(2013·浙江高考)在空间中，过点A 作平面π的垂线，垂足为B ，记B ＝f π(A )．设α，
β是两个不同的平面，对空间任意一点P ，Q 1＝f β[f α(P )]，Q 2＝f α[f β(P )]，恒有PQ 1＝PQ 2，则( )
【导学号：68334106】
A ．平面α与平面β垂直
B ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为45°
C ．平面α与平面β平行
D ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为60°
A [设P 1＝f α(P )，P 2＝f β(P )，则PP 1⊥α，P 1Q 1⊥β，PP 2⊥β，P 2Q 2⊥α.
若α∥β，则P 1与Q 2重合、P 2与Q 1重合，所以PQ 1≠PQ 2，所以α与β相交．设α∩β＝l ，由PP 1∥P 2Q 2，所以P ，P 1，P 2，Q 2四点共面．同理P ，P 1，P 2，Q 1四点共面．所以P ，
P 1，P 2，Q 1，Q 2五点共面，且α与β的交线l 垂直于此平面．又因为PQ 1＝PQ 2，所以Q 1，Q 2重合且在l 上，四边形PP 1Q 1P 2为矩形．那么∠P 1Q 1P 2＝π2
为二面角α­l ­β的平面角，
所以α⊥β.]
3．(2013·浙江高考)设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ∥α，m ∥β，则α∥β C ．若m ∥n ，m ⊥α，则n ⊥α D ．若m ∥α，α⊥β，则m ⊥β
C [A 项，当m ∥α，n ∥α时，m ，n 可能平行，可能相交，也可能异面，故错误；B 项，当m ∥α，m ∥β时，α，β可能平行也可能相交，故错误；C 项，当m ∥n ，m ⊥α时，
n ⊥α，故正确；D 项，当m ∥α，α⊥β时，m 可能与β平行，可能在β内，也可能
与β相交，故错误．故选C.]
4．(2015·浙江高考)如图9­1，在三棱锥A ­BCD 中，AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，点M ，
N 分别为AD ，BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是________．
图9­1
7
8
[如图所示，连接DN ，取线段DN 的中点K ，连接MK ，CK . ∵M 为AD 的中点，
∴MK ∥AN ，
∴∠KMC 为异面直线AN ，CM 所成的角．
∵AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，N 为BC 的中点， 由勾股定理易求得AN ＝DN ＝CM ＝22，∴MK ＝ 2. 在Rt △CKN 中，CK ＝
2
2
＋12
＝ 3.
在△CKM 中，由余弦定理，得 cos ∠KMC ＝
2
2
＋22
2
－3
2
2×2×22
＝78
.] 回访2 直线、平面平行的判定与性质
5．(2015·浙江高考)设α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，且l ⊂α，m ⊂β.( )
A ．若l ⊥β，则α⊥β
B ．若α⊥β，则l ⊥m
C ．若l ∥β，则α∥β
D ．若α∥β，则l ∥m
A [∵l ⊥β，l ⊂α，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A 正确．]
6．(2017·浙江高考)如图9­2，已知四棱锥P ­ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD ⊥AD ，PC ＝AD ＝2DC ＝2CB ，E 为PD 的中点．
图9­2
(1)证明：CE ∥平面PAB ；
(2)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．
[解] (1)证明：如图，设PA 的中点为F ，连接EF ，FB . 因为E ，F 分别为PD ，PA 的中点， 所以EF ∥AD 且EF ＝1
2AD .
3分
又因为BC ∥AD ，BC ＝1
2AD ，
所以EF ∥BC 且EF ＝BC ，
所以四边形BCEF 为平行四边形，所以CE ∥BF . 因为BF ⊂平面PAB ，CE ⊄平面PAB ， 所以CE ∥平面PAB .
7分
(2)分别取BC ，AD 的中点M ，N . 连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ .
因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点， 所以Q 为EF 的中点.
9分
在平行四边形BCEF 中，MQ ∥CE . 由△PAD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD .
由DC ⊥AD ，BC ∥AD ，BC ＝1
2AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD .
所以AD ⊥平面PBN .
11分
由BC ∥AD 得BC ⊥平面PBN ， 那么平面PBC ⊥平面PBN . 过点Q 作PB 的垂线， 垂足为H ，连接MH ，
MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，
所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角. 13分
设CD ＝1.
在△PCD 中，由PC ＝2，CD ＝1，PD ＝2得CE ＝2， 在△PBN 中，由PN ＝BN ＝1，PB ＝3得QH ＝1
4，
在Rt △MQH 中，QH ＝1
4，MQ ＝2，
所以sin ∠QMH ＝
28
. 所以，直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是
28
. 15分 7．(2013·浙江高考)如图9­3，在四面体A ­BCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，M 是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在线段AC 上，且AQ ＝3QC .
图9­3
(1)证明：PQ ∥平面BCD ；
(2)若二面角C ­BM ­D 的大小为60°，求∠BDC 的大小．
[解] 法一 (1)证明：如图(1)，取BD 的中点O ，在线段CD 上取点F ，使得DF ＝3FC ，
连接OP ，OF ，FQ .因为AQ ＝3QC ，所以QF ∥AD ，且QF ＝1
4AD .
2分 (1)
因为O ，P 分别为BD ，BM 的中点， 所以OP 是△BDM 的中位线， 所以OP ∥DM ，且OP ＝1
2DM .
4分
又点M 为AD 的中点， 所以OP ∥AD ，且OP ＝1
4AD .
从而OP ∥FQ ，且OP ＝FQ ，
5分
所以四边形OPQF 为平行四边形，故PQ ∥OF . 又PQ ⊄平面BCD ，OF ⊂平面BCD ， 所以PQ ∥平面BCD .
6分
(2)如图，作CG ⊥BD 于点G ，作GH ⊥BM 于点H ，连接CH . 因为AD ⊥平面BCD ，CG ⊂平面BCD ，所以AD ⊥CG . 8分
又CG ⊥BD ，AD ∩BD ＝D ，故CG ⊥平面ABD . 又BM ⊂平面ABD ，所以CG ⊥BM .
又GH ⊥BM ，CG ∩GH ＝G ，故BM ⊥平面CGH ， 所以GH ⊥BM ，CH ⊥BM .
所以∠CHG 为二面角C ­BM ­D 的平面角，即∠CHG ＝60°. 10分 设∠BDC ＝θ，在Rt △BCD 中，
CD ＝BD cos θ＝22cos θ，CG ＝CD sin θ
＝22cos θsin θ，
BC ＝BD sin θ＝22sin θ，BG ＝BC sin θ＝22sin 2θ.
12分
在△BGM 中，
HG ＝BG ·DM BM ＝22sin 2θ
3
.
因为CG ⊥平面ABD ，GH ⊂平面ABD ， 所以CG ⊥GH .
13分
在Rt △CHG 中，
tan ∠CHG ＝CG HG ＝3cos θ
sin θ
＝ 3.
所以tan θ＝ 3.从而θ＝60°.即∠BDC ＝60°.
15分
法二 (1)证明：如图(2)，取BD 的中点O ，以O 为原点，OD ，OP 所在射线为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O ­xyz .
2分 (2)
由题意知A (0，2，2)，B (0，－2，0)，D (0，2，0)． 设点C 的坐标为(x 0，y 0,0)， 因为AQ →＝3QC →
，
所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫3
4
x 0，24＋34y 0，12.
4分
因为点M 为AD 的中点，故M (0，2，1)． 又点P 为BM 的中点，故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，
所以PQ →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
34x 0，24＋34y 0，0.
5分
又平面BCD 的一个法向量为a ＝(0,0,1)，故PQ →
·a ＝0. 又PQ ⊄平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD .
6分
(2)设m ＝(x ，y ，z )为平面BMC 的一个法向量． 由CM →＝(－x 0，2－y 0,1)，BM →
＝(0,22，1)， 知⎩⎨
⎧
－x 0x ＋
2－y 0y ＋z ＝0，22y ＋z ＝0. 8分
取y ＝－1，得m ＝⎝
⎛⎭
⎪⎫
y 0＋2x 0，－1，22. 10分
又平面BDM 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是
|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n |
|m ||n |
＝
⎪⎪⎪⎪
⎪
⎪y 0＋2x 09＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫y 0＋2x 02＝12，
即⎝
⎛⎭
⎪⎫y 0＋2x 02
＝3.①
又BC ⊥CD ，所以CB →·CD →
＝0，
12分
故(－x 0，－2－y 0,0)·(－x 0，2－y 0,0)＝0， 即x 2
0＋y 2
0＝2.②
联立①②，解得⎩⎨
⎧
x 0＝0，
y 0＝－2
(舍去)或⎩⎪⎨
⎪⎧
x 0＝±6
2
，y 0
＝22
. 13分
所以tan ∠BDC ＝⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
x 02－y 0＝ 3.
又∠BDC 是锐角，所以∠BDC ＝60°. 15分
回访3 直线、平面垂直的判定与性质
8．(2017·浙江高考9)如图9­4，已知正四面体D ­ABC (所有棱长均相等的三棱锥)，P ，Q ，
R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP ＝PB ，BQ QC ＝CR
RA
＝2，分别记二面角D ­PR ­Q ，D ­PQ ­R ，D ­QR ­P
的平面角为α，β，γ，则( )
图9­4
A ．γ<α<β
B ．α<γ<β
C ．α<β<γ
D ．β<γ<α
B [如图①，作出点D 在底面AB
C 上的射影O ，过点O 分别作PR ，PQ ，QR 的垂线OE ，OF ，
OG ，连接DE ，DF ，DG ，则α＝∠DEO ，β＝∠DFO ，γ＝∠DGO .
由图可知它们的对边都是DO ， ∴只需比较EO ，FO ，GO 的大小即可．
① ②
如图②，在AB 边上取点P ′，使AP ′＝2P ′B ，连接OQ ，OR ，则O 为△QRP ′的中心． 设点O 到△QRP ′三边的距离为a ，则OG ＝a ，
OF ＝OQ ·sin∠OQF <OQ ·sin∠OQP ′＝a ， OE ＝OR ·sin∠ORE >OR ·si n ∠ORP ′＝a ，
∴OF <OG <OE ， ∴
OD tan β<OD tan γ<OD
tan α
， ∴α<γ<β. 故选B.]
9．(2015·浙江高考)如图9­5，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′­CD­B的平面角为α，则( )
【导学号：68334107】
图9­5
A．∠A′DB≤αB．∠A′DB≥α
C．∠A′CB≤αD．∠A′CB≥α
B[∵A′C和BC都不与CD垂直，∴∠A′CB≠α，故C，D错误．当CA＝CB时，容易证明∠A′DB＝α.不妨取一个特殊的三角形，如Rt△ABC，令斜边AB＝4，AC＝2，BC＝23，如图所示，则CD＝AD＝BD＝2，∠BDH＝120°，设沿直线CD将△ACD折成△A′CD，使平面A′CD⊥平面BCD，则α＝90°.取CD中点H，连接A′H，BH，则A′H⊥CD，∴A′H ⊥平面BCD，且A′H＝3，DH＝1.在△BDH中，由余弦定理可得BH＝7.在Rt△A′HB 中，由勾股定理可得A′B＝10.在△A′DB中，∵A′D2＋BD2－A′B2＝－2<0，可知cos ∠A′DB<0，∴∠A′DB为钝角，故排除A.综上可知答案为B.]
10．(2014·浙江高考)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．( ) A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α
B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α
C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α
D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α
C[A中，由m⊥n，n∥α可得m∥α或m与α相交或m⊂α，错误；
B中，由m∥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或m⊂α，错误；
C中，由m⊥β，n⊥β可得m∥n，又n⊥α，所以m⊥α，正确；
D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或m⊂α，错误．] 11．(2014·浙江高考)如图9­6，在四棱锥A­BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED ＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝ 2.
图9­6
(1)证明：AC⊥平面BCDE；
(2)求直线AE与平面ABC所成的角的正切值．
[解](1)证明：如图，连接BD，在直角梯形BCDE中，由DE＝BE＝
1，CD＝2，得BD＝BC＝ 2. 2分
由AC＝2，AB＝2，得AB2＝AC2＋BC2，即AC⊥BC.
又平面ABC ⊥平面BCDE ， 从而AC ⊥平面BCDE .
5分 (2)在直角梯形BCDE 中，由BD ＝BC ＝2，DC ＝2，得BD ⊥BC . 6分
又平面ABC ⊥平面BCDE ，所以BD ⊥平面ABC .
如图，作EF ∥BD ，与CB 的延长线交于F ，连接AF ，则EF ⊥平面ABC .所以∠EAF 是直线
AE 与平面ABC 所成的角. 8分
在Rt △BEF 中，由EB ＝1，∠EBF ＝π4，得EF ＝22，BF ＝2
2；在Rt △ACF 中，
由AC ＝2，CF ＝32
2，
得AF ＝
262
.
11分
在Rt △AEF 中，由EF ＝
22，AF ＝262
， 得tan ∠EAF ＝
1313
. 所以，直线AE 与平面ABC 所成的角的正切值是
1313
. 15分
(对应学生用书第35页)
热点题型1 空间位置关系的判断与证明
题型分析：空间中平行与垂直关系的判断与证明是高考常规的命题形式，此类题目综合体现了相关判定定理和性质定理的考查，同时也考查了学生的空间想象能力及转化与化归的思想.
【例1】 (1)α，β是两平面，AB ，CD 是两条线段，已知α∩β＝EF ，AB ⊥α于点B ，CD ⊥α于点D ，若增加一个条件，就能得出BD ⊥EF .现有下列条件：
①AC ⊥β；②AC 与α，β所成的角相等；③AC 与CD 在β内的射影在同一条直线上；④AC ∥EF .
其中能成为增加条件的序号是________．
【导学号：68334108】
①③ [若AC ⊥β，且EF ⊂β，则AC ⊥EF ，又AB ⊥α，且EF ⊂α，则AB ⊥EF ，AB 和AC 是平面ACDB 上的两条相交直线，则EF ⊥平面ACDB ，则EF ⊥BD ，①可以成为增加的条件；
AC 与α，β所成的角相等，AC 和EF 不一定垂直，可以相交、平行，所以EF 与平面ACDB
不一定垂直，所以推不出EF 与BD 垂直，②不能成为增加的条件；由CD ⊥α，EF ⊂α，得EF ⊥CD ，所以EF 与CD 在β内的射影垂直，又AC 与CD 在β内的射影在同一直线上，所以EF ⊥AC ，CD 和AC 是平面ACDB 上的两条相交直线，则EF ⊥平面ACDB ，则EF ⊥BD ，③可以成为增加的条件；若AC ∥EF ，则AC ∥α，则BD ∥AC ，所以BD ∥EF ，④不能成为增加的条件，故能成为增加条件的序号是①③.]
(2)如图9­7，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 .
图9­7
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． [解题指导] (2)①正投影D ，E →AB ⊥PD ，AB ⊥DE →AB ⊥平面PED →AB ⊥PG
②
PA ⊥PB PB ⊥PC →过点E 作EF ∥PB 交PA 于点F →证明EF ⊥
平面PAC
→点D 在CG 上
→PE ＝23PG ，DE ＝1
3PC →DE ＝2，PE ＝22→EF ＝PF ＝2
→求四面体的体积
[解] ①证明：因为P 在平面ABC 内的正投影为D ， 所以AB ⊥PD .
因为D 在平面PAB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE . 1分 因为PD ∩DE ＝D ，所以AB ⊥平面PED ，故AB ⊥PG . 2分 又由已知可得，PA ＝PB ，所以G 是AB 的中点.
3分
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 ＝2
3
CG .
8分
由题设可得PC ⊥平面PAB ，DE ⊥平面PAB ，所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝1
3PC .
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 2. 在等腰直角三角形EFP 中，
可得EF ＝PF ＝2， 12分 所以四面体PDEF 的体积V ＝13×12×2×2×2＝4
3.
15分
[方法指津]
在解答空间中线线、线面和面面的位置关系问题时，我们可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例和构建几何模型.判断两直线是异面直线是难点，我们可以依据定义来判定，也可以依据定理过平面外一点与平面内一点的直线，和平面内不经过该点的直线是异面直线判定.而反证法是证明两直线异面的有效方法.
提醒：判断直线和平面的位置关系中往往易忽视直线在平面内，而面面位置关系中易忽视两个平面平行.此类问题可以结合长方体中的线面关系找出假命题中的反例.
[变式训练1] (1)(2017·杭州高级中学高三最后一模10)如图9­8，在棱长为1的正四面体D ­ABC 中，O 为△ABC 的中心，过点O 作直线分别与线段AC ，BC 交于M ，N (可以是线段的端点)，连接DM ，点P 为DM 的中点，则以下说法正确的是( )
图9­8
A ．存在某一位置，使得NP ⊥平面DAC
B ．S △DMN 的最大值为
34
C ．tan 2
∠DMN ＋tan 2
∠DNM 的最小值为12 D.
V D ­MNC V D ­MNBA 的取值范围是⎣⎢⎡⎦
⎥⎤45，1 D [由题可得，选项A 中，当线段MN 变化时，存在MN ，DN ，PN ⊥AD ，但此时PN 与平面所成角的余弦值为
63，PN 不与平面DAC 垂直，所以排除A ；易知|DO |＝63，S △DMN ＝1
2
|MN |·|DO |＝
66MN ≤66×32＝2
4
，所以排除B ； 选项C 中，tan 2
∠DMN ＋tan 2
∠DNM ＝|DO |2
|OM |2＋|DO |2
|ON |2＝|OD |2
·
⎝ ⎛⎭
⎪⎫|OM 2|＋|ON 2
||OM |·|ON |2≥
4
3
|OM |·|ON |，且|OM |·|ON |≤
|OM |＋|ON |
2
4
≤
316
，所以tan 2∠DMN ＋tan 2
∠DNM ≥649
，所以排除C ；选项D ，因为S △ABC ＝
34，39≤S △MNC ≤3
8
，又因为S 四边形MNBA ＝S △ABC －S △MNC ，所以
V 三棱锥D ­MNC V 四棱锥D ­MNBA ＝S △MNC S 四边形MNBA ＝S △MNC S △ABC －S △MNC ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤45，1，故选D.]
(2)如图9­9，四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，
M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．
①证明MN ∥平面PAB ； ②求四面体N ­BCM 的体积．
图9­9
[解] ①证明：由已知得AM ＝2
3
AD ＝2.
如图，取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，
TN ＝12
BC ＝2.
又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，
2分
所以四边形AMNT 为平行四边形， 于是MN ∥AT .
因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ， 所以MN ∥平面PAB .
4分
②因为PA ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点， 所以N 到平面ABCD 的距离为1
2PA .
如图，取BC 的中点E ，连接AE .
由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2
－BE 2
＝ 5. 6分
由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5， 故S △BCM ＝1
2
×4×5＝2 5.
12分
所以四面体N ­BCM 的体积V N ­BCM ＝13×S △BCM ×PA 2＝45
3
.
15分
热点题型2 平面图形的翻折问题
题型分析：1解决翻折问题的关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况. 2
找出其中变化的量和没有变化的量，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变
化，不在同一个平面上的性质发生变化.
【例2】 如图9­10，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，
AE ＝CF ，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置．
图9­10
(1)证明：AC ⊥HD ′；
(2)若AB ＝5，AC ＝6，AE ＝5
4，OD ′＝22，求五棱锥D ′­ABCFE 的体积．
[解] (1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .1分 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD
，故AC ∥EF .
2分
由此得EF ⊥HD ，故EF ⊥HD ′，所以AC ⊥HD ′.
3分 (2)由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝1
4
.
4分
由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2
－AO 2
＝4. 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.
5分
于是OD ′2
＋OH 2
＝(22)2
＋12
＝9＝D ′H 2
， 故OD ′⊥OH .
6分
由(1)知AC ⊥HD ′，又AC ⊥BD ，BD ∩HD ′＝H ， 所以AC ⊥平面BHD ′，于是AC ⊥OD ′. 8分 又由OD ′⊥OH ，AC ∩OH ＝O ，所以OD ′⊥平面ABC . 又由EF AC ＝
DH DO 得EF ＝9
2
.
10分
五边形ABCFE 的面积S ＝12×6×8－12×92×3＝69
4.
13分
所以五棱锥D ′­ABCFE 的体积V ＝13×694×22＝232
2.
15分
[方法指津]
翻折问题的注意事项
1．画好两图：翻折之前的平面图形与翻折之后形成的几何体的直观图．
2．把握关系：即比较翻折前后的图形，准确把握平面图形翻折前后的线线关系，哪些平行与垂直的关系不变，哪些平行与垂直的关系发生变化，这是准确把握几何体结构特征，进行空间线面关系逻辑推理的基础．
3．准确定量：即根据平面图形翻折的要求，把平面图形中的相关数量转化为空间几何体的数字特征，这是准确进行计算的基础．
[变式训练2] 已知长方形ABCD 中，AD ＝2，AB ＝2，E 为AB 的中点．将△ADE 沿DE 折起
到△PDE ，得到四棱锥P ­BCDE ，如图9­11所示．
图9­11
(1)若点M 为PC 的中点，求证：BM ∥平面PDE ；
(2)当平面PDE ⊥平面BCDE 时，求四棱锥P ­BCDE 的体积； (3)求证：DE ⊥PC .
【导学号：68334109】
[解] (1)证明：取DP 中点F ，连接EF ，FM . 因为在△PDC 中，点F ，M 分别是所在边的中点， 所以FM 綊1
2
DC .
1分
又EB 綊1
2
DC ，所以FM 綊EB ，
2分 所以四边形FEBM 是平行四边形，所以BM ∥EF . 3分
又EF ⊂平面PDE ，BM ⊄平面PDE . 所以BM ∥平面PDE .
4分
(2)因为平面PDE ⊥平面BCDE ， 在△PDE 中，作PO ⊥DE 于点O ， 因为平面PDE ∩平面BCDE ＝DE ， 所以PO ⊥平面BCDE . 6分 在△PDE 中，计算可得PO ＝
63
， 7分
所以V 四棱锥P ­BCDE ＝13Sh ＝13×12(1＋2)×2×63＝3
3.
8分
(3)证明：在矩形ABCD 中，连接AC 交DE 于点I ， 因为tan ∠DEA ＝2，tan ∠CAB ＝
2
2
， 所以∠DEA ＋∠CAB ＝π
2，所以DE ⊥AC ， 9分
所以在四棱锥P ­BCDE 中，PI ⊥DE ，CI ⊥DE ， 11分 又PI ∩CI ＝I ，所以DE ⊥平面PIC . 14分 因为PC ⊂平面PIC ，所以DE ⊥PC .
15分。