2020届二轮复习空间点、线、面的位置关系学案（全国通用）

第2讲　空间点、线、面的位置关系

[做真题]
1．(2019·高考全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(　　)
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一平面
解析：选B．对于A，α内有无数条直线与β平行，当这无数条直线互相平行时，α与β可能相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确．综上可知选B．
2．(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则(　　)

A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
解析：选B．取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO＝，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝，CP＝，所以BM2＝MP2＋BP2＝()2＋()2＋22＝7，得BM＝，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，选B．
3．(2018·高考全国卷Ⅱ)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)
A．　　　　　　　　 B．
C． D．
解析：选C．如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，DM＝＝，DB1＝＝，所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C．
[明考情]
1．高考对此部分的命题较为稳定，一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择或填空题和一道解答题或仅一道解答题．
2．选择题一般在第10～11题的位置，填空题一般在第14题的位置，多考查线面位置关系的判断，难度较小．
3．解答题多出现在第18或19题的第一问的位置，考查空间中平行或垂直关系的证明，难度中等．


空间线面位置关系的判定
[考法全练]
1．(2019·江西七校第一次联考)设m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是(　　)
A．若m∥n，n⊂α，则m∥α
B．若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n
C．若α∥β，m⊥α，则m⊥β
D．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β
解析：选C．若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，所以选项A不正确；若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n或m与n异面，所以选项B不正确；由面面平行的性质、线面垂直的性质及判定知选项C是正确的；若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β或α与β相交，所以选项D不正确．故选C．
2．(2019·武汉市调研测试)已知两个平面相互垂直，下列命题中，
①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线；
②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线；
③一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面；
④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面．
其中正确命题个数是(　　)
A．3　　　　　　　　　 B．2
C．1 D．0
解析：选C．构造正方体ABCD­A1B1C1D1，如图，①，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D⊂平面ADD1A1，BD⊂平面ABCD，但A1D与BD不垂直，故①错；

②，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，l是平面ADD1A1内的任意一条直线，l与平面ABCD内同AB平行的所有直线垂直，故②正确；
③，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D⊂平面ADD1A1，但A1D与平面ABCD不垂直，故③错；
④，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，且平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，过交线AD上的点作交线的垂线l，则l可能与另一平面垂直，也可能与另一平面不垂直，故④错．故选C．
3. (2019·福建省质量检查)如图，AB是圆锥SO的底面圆O的直径，D是圆O上异于A，B的任意一点，以AO为直径的圆与AD的另一个交点为C，P为SD的中点．现给出以下结论：

①△SAC为直角三角形；
②平面SAD⊥平面SBD；
③平面PAB必与圆锥SO的某条母线平行．
其中正确结论的个数是(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选C．如图，连接OC，因为AO为圆的直径，所以AC⊥OC，因为SO垂直于底面圆O，AC⊂底面圆O，所以AC⊥SO，因为SO∩OC＝O，所以AC⊥平面SOC.又SC⊂平面SOC，所以AC⊥SC，所以△SAC为直角三角形，故①正确．由于点D是圆O上的动点，所以平面SAD不能总垂直于平面SBD，故②错误，连接DO并延长交圆O于E，连接SE，PO，因为P为SD的中点，O为DE的中点，所以OP∥SE.又OP⊂平面PAB，SE⊄平面PAB，所以SE∥平面PAB，故③正确，故选C．
4．(2019·福建五校第二次联考)已知正方体ABCD­A1B1C1D1的体积为1，点M在线段BC上(点M异于B，C两点)，点N为线段CC1的中点．若平面AMN截正方体ABCD­A1B1C1D1所得的截面为四边形，则线段BM的取值范围为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选B．易知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1.若M为BC的中点，则MN∥AD1，所以此时截面为四边形AMND1，所以BM＝符合题意．若0
5．(2019·河北省九校第二次联考)已知两条不同的直线m，n，两个不重合的平面α，β，给出下面五个命题：
①m∥n，m⊥α⇒n⊥α；
②α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥n；
③m∥n，m∥α⇒n∥α；
④m⊥α，m∥β⇒α⊥β；
⑤α∥β，m∥n，m⊥α⇒n⊥β.
其中正确命题的序号是________．
解析：命题①，显然正确；命题②，m，n可能异面，故②为假命题；命题③，可能n⊂α，故③为假命题；命题④，由线面垂直、线面平行的性质以及面面垂直的判定知④为真命题；命题⑤，由m∥n，m⊥α，得n⊥α，又α∥β，所以n⊥β，故⑤为真命题．综上，正确的命题为①④⑤.
答案：①④⑤

判断与空间位置关系有关的命题真假的3种方法
(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．
(3)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，进行肯定或否定．　

空间中平行、垂直关系的证明
[典型例题]
由四棱柱ABCD­A1B1C1D1截去三棱锥C1­B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.

(1)证明：A1O∥平面B1CD1；
(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.
【证明】　(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，

由于ABCD­A1B1C1D1为四棱柱，
所以A1O1∥OC，
A1O1＝OC，
因此四边形A1OCO1为平行四边形，
所以A1O∥O1C.
又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，
所以A1O∥平面B1CD1.
(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，
所以EM⊥BD.
又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以A1E⊥BD.
因为B1D1∥BD，
所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1.
又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，
所以B1D1⊥平面A1EM.
又B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.

平行关系及垂直关系的转化
空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．
　
[对点训练]
1.如图，在四棱锥P­ABCD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.

证明：(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，所以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(图略)，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.
2．如图，已知斜三棱柱ABC­A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点．

(1)当等于何值时，BC1∥平面AB1D1?
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值．
解：(1)如图，取D1为线段A1C1的中点，此时＝1，

连接A1B交AB1于点O，连接OD1.
由棱柱的性质，知四边形A1ABB1为平行四边形，
所以点O为A1B的中点．
在△A1BC1中，点O，D1分别为A1B，A1C1的中点，
所以OD1∥BC1.
又因为OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，
所以BC1∥平面AB1D1.
所以当＝1时，BC1∥平面AB1D1.
(2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1，
且平面A1BC1∩平面BDC1＝BC1，
平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O.
因此BC1∥D1O，同理AD1∥DC1.
因为＝，＝.
又因为＝1，所以＝1，即＝1.

平面图形的折叠问题
[典型例题]
如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AB＝BC.把△BAC沿AC折起到△PAC的位置，使得P点在平面ADC上的正投影O恰好落在线段AC上，如图②所示，点E，F分别为棱PC，CD的中点．

(1)求证：平面OEF∥平面PAD；
(2)求证：CD⊥平面POF；
(3)若AD＝3，CD＝4，AB＝5，求三棱锥E­CFO的体积．
【解】　(1)证明：因为点P在平面ADC上的正投影O恰好落在线段AC上，
所以PO⊥平面ADC，所以PO⊥AC.
由题意知O是AC的中点，又点E是PC的中点，
所以OE∥PA，又OE⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，
所以OE∥平面PAD.同理，OF∥平面PAD.
又OE∩OF＝O，OE，OF⊂平面OEF，
所以平面OEF∥平面PAD.
(2)证明：因为OF∥AD，AD⊥CD，
所以OF⊥CD.
又PO⊥平面ADC，CD⊂平面ADC，所以PO⊥CD.
又OF∩PO＝O，所以CD⊥平面POF.
(3)因为∠ADC＝90°，AD＝3，CD＝4，
所以S△ACD＝×3×4＝6，
而点O，F分别是AC，CD的中点，
所以S△CFO＝S△ACD＝，
由题意可知△ACP是边长为5的等边三角形，
所以OP＝，
即点P到平面ACD的距离为，
又E为PC的中点，所以E到平面CFO的距离为，
故VE­CFO＝××＝.

平面图形折叠问题的求解方法
(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．
(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．　
[对点训练]
如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1­BCDE.

(1)证明：CD⊥平面A1OC；
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1­BCDE的体积为36，求a的值．
解：(1)证明：在题图1中，因为AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，
∠BAD＝，所以BE⊥AC.
即在题图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，
从而BE⊥平面A1OC，
又CD∥BE，
所以CD⊥平面A1OC.
(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，
且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，
又由(1)知，A1O⊥BE，
所以A1O⊥平面BCDE，
即A1O是四棱锥A1­BCDE的高．
由图1知，A1O＝AB＝a，平行四边形BCDE的面积S＝BE·OC＝a2.
从而四棱锥A1­BCDE的体积为V＝×S×A1O＝×a2×a＝a3，
由a3＝36，得a＝6.

一、选择题
1．(2019·合肥市第一次质量检测)平面α外有两条直线a，b，它们在平面α内的投影分别是直线m，n，则下列命题正确的是(　　)
A．若a⊥b，则m⊥n
B．若m⊥n，则a⊥b
C．若m∥n，则a∥b
D．若m与n相交，则a与b相交或异面
解析：选D．对于选项A，当直线a，b相交，且所在平面与平面α垂直时，直线m，n重合，故A不正确；对于选项B，不妨在正方体ABCD­A1B1C1D1中考虑，取面对角线AB1，AD1，其所在直线分别记为a，b，其在平面ABCD上的投影分别为AB，AD，记为m，n，此时m⊥n，但a与b不垂直，故B不正确；对于选项C，不妨在正方体ABCD­A1B1C1D1中考虑，取面对角线AB1，CD1，其所在直线分别记为a，b，其在平面ABCD上的投影分别为AB，CD，记为m，n，此时m∥n，但a与b不平行，故C不正确；对于选项D，若m与n相交，则a与b不可能平行，只能是相交或异面，故D正确，选D．
2．(2019·江西七校第一次联考)已知直线m，n，平面α，β，命题p：若α∥β，m∥α，则m∥β；命题q：若m∥α，m∥β，α∩β＝n，则m∥n.下列是真命题的是(　　)
A．p∧q　　　　　　　　　 B．p∨(﹁q)
C．p∧(﹁q) D．(﹁p)∧q
解析：选D．对于命题p，若α∥β，m∥α，则还需m⊄β才能推出m∥β，所以命题p为假命题，命题﹁p为真命题；对于命题q，若m∥α，m∥β，α∩β＝n，由线面平行的性质可推出m∥n，所以命题q为真命题，命题﹁q为假命题，所以(﹁p)∧q为真命题，故选D．
3.如图，在三棱锥D­ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是(　　)

A．平面ABC⊥平面ABD
B．平面ABD⊥平面BCD
C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE
D．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE
解析：选C．因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故选C．
4．(2019·长春市质量监测(一))在正方体ABCD­A1B1C1D1中，直线A1C1与平面ABC1D1所成角的正弦值为(　　)
A．1 B．
C． D．
解析：选D．由题意画出图形如图所示，取AD1的中点为O，连接OC1，OA1，易知OA1⊥平面ABC1D1，所以∠A1C1O是直线A1C1与平面ABC1D1所成的角，在Rt△OA1C1中，A1C1＝2OA1，所以sin∠A1C1O＝＝.故选D．

5．(2019·江西省五校协作体试题)如图，圆锥的底面直径AB＝4，高OC＝2，D为底面圆周上的一点，且∠AOD＝，则直线AD与BC所成的角为(　　)

A． B．
C． D．
解析：选B．如图，过点O作OE⊥AB交底面圆于E，分别以OE，OB，OC所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，因为∠AOD＝π，所以∠BOD＝，则D(，1，0)，A(0，－2，0)，B(0，2，0)，C(0，0，2)，＝(，3，0)，＝(0，－2，2)，所以cos〈，〉＝＝－，则直线AD与BC所成的角为，故选B．

6.如图，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝1，将△ACD沿AC折起，使得D折起后的位置为D1，且D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上，在四面体D1ABC的四个面中，有n对平面相互垂直，则n等于(　　)

A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选B．如图，设D1在平面ABC上的射影为E，连接D1E，则D1E⊥平面ABC，

因为D1E⊂平面ABD1，
所以平面ABD1⊥平面ABC.
因为D1E⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以D1E⊥BC，又AB⊥BC，D1E∩AB＝E，
所以BC⊥平面ABD1，
又BC⊂平面BCD1，
所以平面BCD1⊥平面ABD1，
因为BC⊥平面ABD1，AD1⊂平面ABD1，
所以BC⊥AD1，又CD1⊥AD1，BC∩CD1＝C，
所以AD1⊥平面BCD1，又AD1⊂平面ACD1，
所以平面ACD1⊥平面BCD1.
所以共有3对平面互相垂直．故选B．
二、填空题
7．(2019·沈阳市质量监测(一))如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，下面结论中正确的是________．(写出所有正确结论的序号)

①BD∥平面CB1D1；
②AC1⊥平面CB1D1；
③异面直线AC与A1B成60°角；
④AC1与底面ABCD所成角的正切值是.
解析：对于①，BD∥B1D1，BD⊄平面CB1D1，B1D1⊂平面CB1D1，所以BD∥平面CB1D1，①正确；对于②，因为AA1⊥平面A1B1C1D1，所以AA1⊥B1D1，连接A1C1，又A1C1⊥B1D1，所以B1D1⊥平面AA1C1，所以B1D1⊥AC1，同理B1C⊥AC1，所以AC1⊥平面CB1D1，②正确；对于③，易知AC∥A1C1，异面直线AC与A1B所成角为∠BA1C1，连接BC1，又△A1C1B为等边三角形，所以∠BA1C1＝60°，异面直线AC与A1B成60°角，③正确；对于④，AC1与底面ABCD所成角的正切值是＝＝≠，故④不正确．故正确的结论为①②③.
答案：①②③
8．(2019·武汉市调研测试)在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点A关于平面BDC1的对称点为M，则M到平面A1B1C1D1的距离为________．
解析：法一：建立如图所示的空间直角坐标系，正方体的棱长为1，在正方体ABCD­A1B1C1D1下面补一个棱长为1的正方体ABCD­A2B2C2D2，连接A2C2，B2D2，AC2，设B2D2∩A2C2＝E，连接CE交AC2于M(即A关于平面BDC1的对称点)，易得M，所以点M到平面A1B1C1D1的距离为1－＝.

法二：依题意，点M在平面ACC1A1上，建立如图所示的平面直角坐标系，由已知得A，C1，直线OC1的方程为y＝x，其斜率为，

因为点A关于直线OC1的对称点为M，设M(a，b)，
所以，解得，
所以点M到直线A1C1的距离为1－＝，
所以点A关于平面BDC1的对称点M到平面A1B1C1D1的距离为.
答案：
9．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，AA1＝2.过点A1作平面α与AB，AD分别交于M，N两点，若AA1与平面α所成的角为45°，则截面A1MN面积的最小值是________．
解析：如图，过点A作AE⊥MN，连接A1E，因为A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥MN，所以MN⊥平面A1AE，所以A1E⊥MN，平面A1AE⊥平面A1MN，所以∠AA1E为AA1与平面A1MN所成的角，所以∠AA1E＝45°，在Rt△A1AE中，因为AA1＝2，所以AE＝2，A1E＝2，在Rt△MAN中，由射影定理得ME·EN＝AE2＝4，由基本不等式得MN＝ME＋EN≥2＝4，当且仅当ME＝EN，即E为MN的中点时等号成立，所以截面A1MN面积的最小值为×4×2＝4.

答案：4
三、解答题
10.如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F(E与A、D不重合)分别在棱AD、BD上，且EF⊥AD.

求证：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
证明：(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.
又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
(2)因为平面ABD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，
BC⊂平面BCD且BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.
因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.
又因为AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以AD⊥平面ABC.
又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.
11.如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．

求证：(1)AF∥平面BCE；
(2)平面BCE⊥平面CDE.
证明：(1)如图，取CE的中点G，连接FG，BG.

因为F为CD的中点，
所以GF∥DE且GF＝DE.
因为AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，所以AB∥DE，
所以GF∥AB.
又因为AB＝DE，所以GF＝AB.
所以四边形GFAB为平行四边形，则AF∥BG.
因为AF⊄平面BCE，BG⊂平面BCE，
所以AF∥平面BCE.
(2)因为△ACD为等边三角形，F为CD的中点，
所以AF⊥CD.
因为DE⊥平面ACD，AF⊂平面ACD，
所以DE⊥AF.
又CD∩DE＝D，
所以AF⊥平面CDE.
因为BG∥AF，所以BG⊥平面CDE.
又因为BG⊂平面BCE，
所以平面BCE⊥平面CDE.
12．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体．

(1)求证：AB⊥平面ADC；
(2)若AD＝1，AC与其在平面ABD内的正投影所成角的正切值为，求点B到平面ADE的距离．
解：(1)证明：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，
又DC⊥BD，DC⊂平面BCD，
所以DC⊥平面ABD.
因为AB⊂平面ABD，
所以DC⊥AB.
又因为折叠前后均有AD⊥AB，
且DC∩AD＝D，
所以AB⊥平面ADC.
(2)由(1)知DC⊥平面ABD，
所以AC在平面ABD内的正投影为AD，
即∠CAD为AC与其在平面ABD内的正投影所成的角．
依题意知tan ∠CAD＝＝，
因为AD＝1，所以DC＝.
设AB＝x(x＞0)，则BD＝，
易知△ABD∽△DCB，所以＝，
即＝，解得x＝，
故AB＝，BD＝，BC＝3.
由于AB⊥平面ADC，
所以AB⊥AC，又E为BC的中点，所以由平面几何知识得AE＝＝，
同理DE＝＝，
所以S△ADE＝×1× ＝.
因为DC⊥平面ABD，所以VA-BCD＝CD·S△ABD＝.
设点B到平面ADE的距离为d，
则d·S△ADE＝VB-ADE＝VA-BDE＝VA-BCD＝，
所以d＝，即点B到平面ADE的距离为.