2020届二轮复习(文)第2部分专题4第2讲　空间位置关系的判断与证明学案

第2讲　空间位置关系的判断与证明

[做小题——激活思维]
1．设a，b，c表示不同的直线，α表示平面，下列命题中正确的是(　　)
A．若a∥b，a∥α，则b∥α B．若a⊥b，b⊥α，则a⊥α
C．若a⊥c，b⊥c，则a∥b D．若a⊥α，b⊥α，则a∥b
D　[线面平行时要考虑线是否在平面内．]
2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是(　　)
A．若m⊂β，α⊥β，则m⊥α
B．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
C．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β
D．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
B　[A中m与α的位置关系不能确定，故A错误；
∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α，
又∵n∥β，∴α⊥β，故B正确；
若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α与β的位置关系不确定，故C错误；
若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m与n平行或异面，故D错误．选B.]
3．给出下列命题，其中错误命题的个数为(　　)
①若直线a与平面α不平行，则a与平面α内的所有直线都不平行；
②若直线a与平面α不垂直，则a与平面α内的所有直线都不垂直；
③若异面直线a，b不垂直，则过a的任何平面与b都不垂直；
④若直线a和b共面，直线b和c共面，则a和c共面．
A．1　　　　B．2 C．3　　　　 D．4
[答案]　C
4．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，下列结论正确的是________．(填序号)
①AD1∥BC1；
②平面AB1D1∥平面BDC1；
③AD1∥DC1；
④AD1∥平面BDC1.

①②④　[如图，因为AB綊C1D1，
所以四边形AD1C1B为平行四边形．
故AD1∥BC1，从而①正确；
易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，
又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，
故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；
由图易知AD1与DC1异面，故③错误；
因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，
所以AD1∥平面BDC1，故④正确．]
5．在正四棱锥P­ABCD中，PA＝2，直线PA与平面ABCD所成角为60°，E为PC的中点，则异面直线PA与BE所成角为多少？
[解]　连接AC，BD交于点O，连接OE，OP.
因为四边形ABCD为正方形，
所以O为AC中点，
又因为E为PC中点，
所以OE∥PA，且OE＝PA＝1，
所以∠OEB(或其补角)是异面直线PA与BE所成的角．
因为四棱锥P­ABCD为正四棱锥，O为正方形ABCD的中心，
所以PO⊥平面ABCD，
所以AO为PA在平面ABCD内的射影，
所以∠PAO即为PA与平面ABCD所成的角，
即∠PAO＝60°，
因为PA＝2，所以OA＝OB＝1.
因为PO⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，四边形ABCD为正方形，
所以PO⊥BD，AC⊥BD，
又因为PO∩AC＝O，所以BD⊥平面PAC，
因为OE⊂平面PAC，所以BD⊥OE，
所以△BOE为直角三角形，
因为OB＝OE＝1，
所以∠OEB＝45°，
即异面直线PA与BE所成的角为45°.
[扣要点——查缺补漏]
1．空间两直线位置关系的判定与证明
(1)判定两直线相交的方法
①证明两直线共面且不平行；
②将待证两直线构造到同一平面几何图形中，利用平面几何图形性质判断．
(2)判定两直线异面的方法
①反证法；
②利用结论：过平面外一点和平面内一点的直线与平面内不过该点的直线是异面直线．
2．空间线面位置关系的判定与证明
(1)模型法判断线面关系：借助空间几何模型，如长方体、四面体等观察线面关系，再结合定理进行判断，如T3.
(2)平行关系的基础是线线平行，比较常见的是利用三角形中位线构造平行关系，利用平行四边形构造平行关系．如T4.
(3)证明线线垂直的常用方法
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．
3．空间角
(1)对于两条异面直线所成的角，可固定一条，平移另一条，或两条同时平移到某个特殊的位置．
(2)直线和平面所成的角的求解关键是找出或作出过斜线上一点的平面的垂线，得到斜线在平面内的射影．如T5.


　空间线面位置关系的判断(5年3考)

[高考解读]　以正方体为载体，直观认识和理解空间点、线、面的位置关系，是《课程标准》关于立体几何教学内容设计的基本特点.近几年高考题的设计就体现了这种特点，以正方体为载体，考生可以通过直观感知，操作确认形成问题的结论.
1．(2019·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
切入点：N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是ED的中点．
关键点：正确应用△ECD为正三角形及平面ECD⊥平面ABCD两个条件．
B　[取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB，BD，BE.
∵点N为正方形ABCD的中心，
∴点N在BD上，且为BD的中点．
∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.
∵平面ECD⊥平面ABCD，
∴EF⊥平面ABCD.
∴EF⊥FN.
不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝，
∴EN＝＝2.
∵EM＝MD，DG＝GF，∴MG∥EF，
∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.
∵MG＝EF＝，
BG＝＝＝，
∴BM＝＝.
∴BM≠EN.
∵BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．
故选B.]
2．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)

切入点：M，N，Q为所在棱的中点．
关键点：正确应用线面平行的判定定理．
A　[A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.
∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，
∴直线AB与平面MNQ相交．
B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.
又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.

C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.
又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.
D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ.
又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.
故选A.]
3．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则(　　)
A．A1E⊥DC1　 B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC


C　[如图，∵A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B，D错；
∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1，
∴A1E⊥BC1，故C正确；
(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E⊂平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1)
∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错．
故选C.]
[教师备选题]
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．(2016·山东高考)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内．则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
A　[由题意知a⊂α，b⊂β，若a，b相交，则a，b有公共点，从而α，β有公共点，可得出α，β相交；反之，若α，β相交，则a，b的位置关系可能为平行、相交或异面．因此“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件．故选A.]
3．(2015·广东高考)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是(　　)
A．l与l1，l2都不相交
B．l与l1，l2都相交
C．l至多与l1，l2中的一条相交
D．l至少与l1，l2中的一条相交
D　[由直线l1和l2是异面直线可知l1与l2不平行，故l1，l2中至少有一条与l相交．]


判断与空间位置关系有关命题真假的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；
(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.

1．(位置关系的判定)已知m，n是两条不重合的直线，α，β，γ是三个不重合的平面，则α∥β的一个充分条件是(　　)
A．m∥α，m∥β
B．α⊥γ，β⊥γ
C．m⊂α，n⊂β，m∥n
D．m，n是异面直线，m⊂α，m∥β，n⊂β，n∥α
D　[A中α，β可能相交，故错误；B不正确，如正方体中过同一个顶点的三个平面的关系；C中α，β可能相交，故错误；根据直线与平面平行的性质定理及平面与平面平行的判定定理可知D正确．]
2．(新题型：多选题)(命题的真假判断)设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题：
①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；
②若m∥l，且m∥α，则l∥α；
③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；
④若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m.
其中正确的命题是(　　)
A．①　　　　B．②　　　　C．③　　　　D．④
AD　[①正确；②中也可能直线l⊂α，故错误；③中三条直线也可能相交于一点，故错误；④正确，所以正确的命题是A、D.]
3．(线面垂直、面面垂直的判定)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⊥平面EFH B．AH⊥平面EFH
C．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF
B　[根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，
得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⊥GH，AG∩GH＝G，
∴EF⊥平面HAG，又EF⊂平面AEF，
∴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；由条件证不出HG⊥平面AEF，∴D不正确．故选B.]
4．[创新问题]某折叠餐桌的使用步骤如图所示，有如下检查项目．

项目①：折叠状态下(如图1)，检查四条桌腿长相等；
项目②：打开过程中(如图2)，检查OM＝ON＝O′M′＝O′N′；
项目③：打开过程中(如图2)，检查OK＝OL＝O′K′＝O′L′；
项目④：打开后(如图3)，检查∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°；
项目⑤：打开后(如图3)，检查AB＝CD＝A′B′＝C′D′.
在检查项目的组合中，可以判断“桌子打开之后桌面与地面平行”的是 (　　)
A．①②③⑤ B．②③④⑤
C．②④⑤ D．③④⑤
B　[A选项，项目②和项目③可推出项目①，若∠MON＞∠M′O′N′，则MN较低，M′N′较高，所以不平行，错误；B选项，因为∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°，所以平面ABCD∥平面A′B′C′D′，因为AB＝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，故正确；C选项，由②④⑤得，OM＝ON，O1A⊥AA′，O1′A′⊥AA′，AB＝A′B′，所以AA′∥BB′，但O1A与O1′A′是否相等不确定，所以不确定O1O′1与BB′是否平行，又O1O1′∥MN，所以不确定BB′与MN是否平行，故错误；D选项，OK＝OL＝O′K′＝O′L′，所以AA′∥BB′，但不确定OM与ON，O′M′，O′N′的关系，所以无法判断MN与地面的关系，故错误．综上，选B.]
　空间平行、垂直关系的证明(5年9考)

[高考解读]　空间位置关系的证明是高考每年的必考内容，主要涉及直线与平面、平面与平面的平行或垂直的判定及性质定理的应用，重点考查考生的直观想象、逻辑推理核心素养.

(2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．
切入点：矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直．
关键点：正确利用面面垂直的判定及性质、线面垂直的判定与性质．
[解]　(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，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)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.
证明如下：如图，连接AC交BD于O.
因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连接OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP.MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD.
[教师备选题]
1．(2016·全国卷Ⅲ)如图，四棱锥P­ABCD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N­BCM的体积．

[解]　(1)证明：由已知得AM＝AD＝2.
如图，取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，
TN＝BC＝2.
又AD∥BC，故TN綊AM，
故四边形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.
(2)因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点，
所以N到平面ABCD的距离为PA.
如图，取BC的中点E，连接AE.
由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝＝.
由AM∥BC得M到BC的距离为，
故S△BCM＝×4×＝2.
所以四面体N­BCM的体积VN­BCM＝×S△BCM×＝.
2．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．


(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．
[解]　(1)因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，
所以OP⊥AC，且OP＝2.
连接OB.因为AB＝BC＝AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知，OP⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC，知PO⊥平面ABC.
(2)作CH⊥OM，垂足为H.
又由(1)可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM.
故CH的长为点C到平面POM的距离．
由题设可知OC＝AC＝2，CM＝BC＝，∠ACB＝45°.
所以OM＝，CH＝＝.
所以点C到平面POM的距离为.


1．直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.
(2)线面平行的性质定理：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)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.
2．直线、平面垂直的判定及其性质
(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.
(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.
(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.
(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.


1．(垂直关系的判定及应用)如图，三棱锥P­ABC中，底面ABC和侧面PAB是边长为2的正三角形，PC＝.
(1)求证：平面PAB⊥平面ABC；
(2)[一题多解]求点B到平面PAC的距离．
[解]　(1)记AB的中点为D，连接PD，CD，如图．因为侧面PAB是边长为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＝，PD＝.
因为PC＝，所以PC2＝PD2＋CD2，所以PD⊥CD.
因为AB∩CD＝D，所以PD⊥平面ABC.
因为PD⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABC.
(2)法一：如图，取PC的中点E，连接AE，BE.
由题意知AE⊥PC，BE⊥PC，
所以PC⊥平面ABE.
因为PC⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABE.
过B作BH⊥AE，垂足为H，则BH⊥平面PAC.
在△ABE中，AB＝2，AE＝BE＝.
从而BH＝，即点B到平面PAC的距离为.
法二：由题意得S△ABC＝，S△PAC＝.
设点B到平面PAC的距离为h，因为VP­ABC＝VB­PAC，
所以结合(1)知S△ABC·PD＝S△PAC·h，所以h＝.
所以点B到平面PAC的距离为.
2．(平行关系的判定及应用)如图，在四棱锥P­ABCD中，△BCD为等边三角形，BD＝2，PA＝，AB＝AD＝PB＝PD，∠BAD＝120°.
(1)若点E为PC的中点，求证：BE∥平面PAD；
(2)求四棱锥P­ABCD的体积．

[解]　(1)如图，取CD的中点为M，连接EM，BM.
∵△BCD为等边三角形，
∴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为PC的中点，M为CD的中点，∴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)连接AC交BD于点O，连接PO.
∵CB＝CD，AB＝AD，∴AC⊥BD且O为BD的中点．
又∠BAD＝120°，BD＝2，△PBD≌△ABD，∴AO＝PO＝1.
又PA＝，∴PA2＝PO2＋OA2，∴PO⊥OA.
又PO⊥BD，AO∩BD＝O，∴PO⊥平面ABD，即四棱锥P­ABCD的高为PO＝1，
∴四棱锥P­ABCD的体积V＝××(2)2＋×2×1]×1＝.

　平面图形的翻折问题(5年2考)

[高考解读]　以平面图形的折叠为载体考查空间位置关系的判断与证明及体面积的计算，是高考的常考内容，难度适中，考查考生的直观想象及逻辑推理核心素养.
(2019·全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.

图1　　 图2
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的四边形ACGD的面积．
切入点：①A、C、G、D共面；②AB⊥平面BCGE.
关键点：弄清折叠前后的变化量及不变量．
[解]　(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)取CG的中点M，连接EM，DM.
因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.
由已知，四边形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＝，
故DM＝2.
所以四边形ACGD的面积为4.
[教师备选题]
(2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.

(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝DA，求三棱锥Q­ABP的体积．
[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＝3.

又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2.
作QE⊥AC，垂足为E，则QE綊DC.
由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1.
因此，三棱锥Q­ABP的体积为VQ­ABP＝×QE×S△ABP＝×1××3×2sin 45°＝1.


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.

1．(线面平行、体积计算)如图，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AED­BFC.
(1)若M，N分别为AE，BC的中点，求证：MN∥平面CDEF；
(2)若BD＝，求三棱锥E­ABC的体积．

[解]　(1)证明：取AD的中点G，连接GM，GN(图略)，在三角形ADE中，∵M，G分别为AE，AD的中点，∴GM∥DE，
∵DE⊂平面CDEF，GM⊄平面CDEF，∴GM∥平面CDEF.
由于G，N分别为AD，BC的中点，由棱柱的性质可得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＝.
在Rt△ABE中，∵AB＝1，AE＝，∴BE＝2，
又ED＝1，DB＝，∴EB2＋ED2＝DB2，∴DE⊥EB.
又DE⊥AE且AE∩EB＝E，∴DE⊥平面ABFE.
∵CF∥DE，∴CF⊥平面ABFE，∴CF为点C到平面ABFE的距离，
∴VE­ABC＝VC­ABE＝×S△ABE×CF＝××1××1＝.
2．(面面垂直、点面距离)如图1，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝6，E，F分别为CD，AB边上的点，且DE＝3，BF＝4，将△BCE沿BE折起至△PBE位置(如图2所示)，连接AP，PF，其中PF＝2.
(1)求证：PF⊥平面ABED；
(2)求点A到平面PBE的距离．

图1　 图2
[解]　(1)证明：连接EF(图略)，由题意知，PB＝BC＝6，PE＝CE＝9，
在△PBF中，PF2＋BF2＝20＋16＝36＝PB2，
所以PF⊥BF.
易得EF＝＝，
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，连接AE(图略)，则PF为三棱锥P­ABE的高．
设点A到平面PBE的距离为h，由等体积法得VA­PBE＝VP­ABE，
即×S△PBE×h＝×S△ABE×PF.
又S△PBE＝×6×9＝27，S△ABE＝×12×6＝36，
所以h＝＝＝，
即点A到平面PBE的距离为.
　空间角问题

[高考解读]　高考对空间角的考查主要涉及异面直线所成的角和线面角，多以长方体或正方体等简单几何体为载体考查，且线面角多以题目条件出现.
1．(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
切入点：①ABCD­A1B1C1D1为正方体；②E为棱CC1的中点．
关键点：正确作出异面直线AE与CD所成的角．
C　[如图，连接BE，因为AB∥CD，所以异面直线AE与CD所成的角等于相交直线AE与AB所成的角，即∠EAB.不妨设正方体的棱长为2，则CE＝1，BC＝2，由勾股定理得BE＝.又由AB⊥平面BCC1B1可得AB⊥BE，所以tan∠EAB＝＝.故选C.]
2．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)
A．8 B．6 C．8 D．8
切入点：①AB＝BC＝2；②AC1与平面BB1C1C所成的角为30°.
关键点：正确找出AC1与平面BB1C1C所成的角．
C　[连接BC1，AC1，AC，因为AB⊥平面BB1C1C，∴∠AC1B为直线AC1与平面BCC1B1所成的角，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1为直角三角形．又AB＝2，所以BC1＝2.又B1C1＝2，所以BB1＝＝2，故该长方体的体积V＝2×2×2＝8.]
[教师备选题]
1．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°.若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为________．
8π　[由题意画出图形，如图，设AC是底面圆O的直径，连接SO，则SO是圆锥的高．设圆锥的母线长为l，则由SA⊥SB，△SAB的面积为8，得l2＝8，得l＝4.在Rt△ASO中，由题意知∠SAO＝30°，所以SO＝l＝2，AO＝l＝2.故该圆锥的体积V＝π×AO2×SO＝π×(2)2×2＝8π.]

2．(2018·天津高考)如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝2，∠BAD＝90°.
(1)求证：AD⊥BC；
(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值；
(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．
[解]　(1)证明：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)如图，取棱AC的中点N，连接MN，ND.

又因为M为棱AB的中点，所以MN∥BC，
所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角．
在Rt△DAM中，AM＝1，故DM＝＝.
因为AD⊥平面ABC，所以AD⊥AC.
在Rt△DAN中，AN＝1，故DN＝＝.
在等腰三角形DMN中，MN＝1，
可得cos∠DMN＝＝.
所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为.(3)如图，连接CM.因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，所以CM⊥AB，CM＝.
又因为平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，而CM⊂平面ABC，故CM⊥平面ABD，
所以∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．
在Rt△CAD中，CD＝＝4.
在Rt△CMD中，sin∠CDM＝＝.
所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为.


1．求异面直线所成角的一般步骤

2．求直线与平面所成的角的步骤
(1)作：即在直线上选取恰当的点向平面引垂线，在这一步上确定垂足的位置是关键；
(2)证：即证明所找到的角为直线与平面所成的角，其证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；
(3)求：一般来说是借助解三角形的知识求角．
易错提醒：找直线与平面所成的角，关键是找直线上一点到该平面的垂线，要善于利用“若平行直线中一条垂直于一平面，则另一条也垂直于该平面”．如果直线在已知图形中没有斜足，可以转化成找与该直线平行的另一条直线(斜足明显的)与该平面所成的角．

1．(异面直线所成的角)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AC与BD的交点为O，E为BC的中点，则异面直线D1O与B1E所成角的余弦值为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
A　[取A1B1的中点F，连接OF，OE，则由OE綊B1F知，四边形OEB1F为平行四边形，∴B1E∥OF，∴∠D1OF为异面直线D1O与B1E所成角．连接D1F，设正方体的棱长为2，则OF＝B1E＝，D1O＝＝，D1F＝＝，∴cos∠D1OF＝＝＝.]
2．(直线与平面所成的角)在各棱长都相等的直三棱柱ABC­A1B1C1中，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的正切值为(　　)
A. B. C．1 D.
D　[如图，取BC的中点E，连接DE，AE，依题意，易得AE⊥平面BB1C1C，故∠ADE为AD与平面BB1C1C所成的角．设棱长为1，则AE＝，DE＝，tan∠ADE＝＝＝.故选D.]
3．(线线角与折叠问题)如图，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，H分别为DE，AF的中点，将△ABC沿DE，EF，DF折成正四面体P­DEF，则四面体中异面直线PG与DH所成的角的余弦值为________．

　[折成的四面体是正四面体，如图，连接HE，取HE的中点K，连接GK，PK，则GK∥DH，故∠PGK即为所求的异面直线所成的角．设这个正四面体的棱长为2，在△PGK中，PG＝，GK＝，PK＝＝，
故cos∠PGK＝＝，
即异面直线PG与DH所成的角的余弦值是.]