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第二章点、直线、平面之间的位置关系章末复习与总结1．立体几何中的翻折问题解决折叠问题的关键在于认真分析折叠前后元素的位置变化情况，看看哪些元素的位置变了，哪些没有变，基本思路是利用不变求变，一般步骤如下：(1)平面→空间：根据平面图形折出满足条件的空间图形．想象出空间图形，完成平面图形与空间图形在认识上的转化．(2)空间→平面：为解决空间图形问题，要回到平面上来，重点分析元素的变与不变．(3)平面→空间：弄清楚变与不变的元素以后，再立足于不变的元素的位置关系、数量关系去探求变化后元素在空间中的位置关系与数量关系．【例1】如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E是AB的中点，沿DE将△ADE折起．(1)如果二面角A－DE－C是直二面角，求证：AB＝AC；(2)如果AB＝AC，求证：平面ADE⊥平面BCDE.[证明](1)过点A作AM⊥DE于点M，则AM⊥平面BCDE，∴AM⊥BC.又AD＝AE，∴M是DE的中点．取BC中点N，连接MN，AN，则MN⊥BC.又AM⊥BC，AM∩MN＝M，∴BC⊥平面AMN，∴AN⊥BC.又∵N是BC中点，∴AB＝AC.(2)取BC的中点N，连接AN.∵AB＝AC，∴AN⊥BC.取DE的中点M，连接MN，AM，∴MN⊥BC.又AN∩MN＝N，∴BC⊥平面AMN，∴AM⊥BC.又M是DE的中点，AD＝AE，∴AM⊥DE.又∵DE与BC是平面BCDE内的相交直线，∴AM⊥平面BCDE.∵AM⊂平面ADE，∴平面ADE⊥平面BCDE.解决折叠问题的策略(1)抓住折叠前后的变量与不变量．一般情况下，在折线同侧的量，折叠前后不变，“跨过”折线的量，折叠前后可能会发生变化，这是解决这类问题的关键．(2)在解题时仔细审视从平面图形到立体图形的几何特征的变化情况．注意相应的点、直线、平面间的位置关系，线段的长度，角度的变化情况.|方法总结|2.立体几何中的存在性问题以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在判断型问题是近年来高考数学中创新型命题的一个重要类型，它以较高的新颖性、开放性、探索性和创造性深受命题者的青睐．此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由．【例2】如图所示，四边形ABCD是平行四边形，PB⊥平面ABCD,MA∥PB,PB＝2MA.在线段PB上是否存在一点F,使平面AFC∥平面PMD？若存在，请确定点F的位置；若不存在，请说明理由．[解]当点F是PB的中点时，平面AFC∥平面PMD,证明如下：如图，连接BD和AC交于点O,连接FO,那么PF＝12PB.因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是BD的中点．所以OF∥PD.又OF⊄平面PMD,PD⊂平面PMD,所以OF∥平面PMD.又MA綊12PB,所以PF綊MA.所以四边形AFPM是平行四边形．所以AF∥PM.又AF⊄平面PMD,PM⊂平面PMD.所以AF∥平面PMD.又AF∩OF＝F,AF⊂平面AFC，OF⊂平面AFC.所以平面AFC∥平面PMD.解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略是：先假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在.|方法总结|本章所用的数学方法有转化与划归思想及分类讨论思想，下面进行例析说明．1．分类讨论思想【例3】在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点Q是棱DD1上的动点，判断过A，Q，B1三点的截面图形的形状．[分析]决定过A，Q，B1三点的截面图形的形状的因素是动点Q，所以要对点Q的位置进行分类讨论．[解]由于点Q是线段DD1上的动点，故①当点Q与点D1重合时，截面图形为等边三角形AB1D1，如图①：②当点Q与点D重合时，截面图形为矩形AB1C1D，如图②：③当点Q不与点D，D1重合时，截面图形为等腰梯形AQRB1，如图③：本例中由于点Q的位置不确定，导致截面形状不确定，故而采用分类讨论的方法来确定截面．另外，作两个平面的交线要注意直线的无限延伸性和平面的无限延展性，不要受所画图形的限制．|方法总结|【例4】如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a(a＞0)，PA⊥平面AC，且PA＝1，问：BC边上是否存在点Q，使得PQ⊥QD？并说明理由．[分析]由于矩形是变动的，在BC边上是否存在点Q，使得PQ⊥QD与a有关，故应对a进行分类讨论．[解]因为PA⊥平面AC，QD⊂平面AC，所以PA⊥QD.又因为PQ⊥QD，PA∩PQ＝P，所以QD⊥平面PAQ.所以AQ⊥QD.①当0＜a＜2时，由四边形ABCD是矩形，且AB＝1，知以AD为直径的圆与BC无交点，即对于BC上任一点Q，都有∠AQD＜90°，此时BC边上不存在点Q，使PQ⊥QD；②当a＝2时，以AD为直径的圆与BC相切于BC的中点Q，此时∠AQD＝90°，所以BC边上存在一点Q，使PQ⊥QD；③当a＞2时，以AD为直径的圆与BC相交于点Q1，Q2，此时∠AQ1D＝∠AQ2D＝90°，故BC边上存在两点Q(即Q1与Q2)，使PQ⊥QD.应注意到矩形是变动的，所以应对a进行分类讨论．分类的依据是直线与圆的位置关系的几种情况，从而划分a的取值范围，然后进行讨论.|方法总结|2.转化与化归思想的应用【例5】在空间四边形ABCD中，AD＝BC＝2a，E，F分别是AB，CD的中点，EF＝3a，求异面直线AD，BC所成的角．[分析]要求异面直线AD，BC所成的角，可在空间中找一些特殊点，将AD，BC平移至一个三角形中．此题已知E，F分别为AB，CD的中点，故可寻找一边中点，如BD的中点M，则∠EMF(或其补角)为所求角．[解]如图，取BD的中点M.连接EM，FM，由题意，知EM为△BAD的中位线，所以EM∥AD且EM＝12AD.同理，MF∥BC且MF＝12BC.所以EM＝a，MF＝a，且∠EMF(或其补角)为所求角．在等腰△MEF中，取EF的中点N，连接MN，则MN⊥EF.又因为EF＝3a，所以EN＝32a.故有sin∠EMN＝ENEM＝32.所以∠EMN＝60°，所以∠EMF＝2∠EMN＝120°.因为∠EMF＝120°＞90°，所以AD，BC所成的角为∠EMF的补角，即AD和BC所成的角为60°.|方法总结|在求异面直线所成的角的过程中要注意：(1)通常将空间中的两条异面直线通过平移的方法，转化到同一个三角形中，将空间问题转化为平面问题求解．(2)要特别注意平移所得的角可能是异面直线所成的角的补角，这是由异面直线所成角的范围是0，π2决定的．【例6】如图所示，已知P是▱ABCD所在平面外一点，M，N分别是AB，PC的中点，平面PAD∩平面PBC＝l.(1)求证：l∥BC；(2)MN与平面PAD是否平行？试证明你的结论．[分析]欲证明线线平行可考虑线面平行的性质，欲证明线面平行可考虑线面平行的判定或面面平行的性质．[解](1)证明：因为AD∥BC，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD.又因为平面PBC∩平面PAD＝l，所以l∥BC.(2)平行．证明如下：如图，取CD的中点Q，连接NQ，MQ.因为M，N分别是AB，PC的中点，所以MQ∥AD，NQ∥PD.因为MQ∩NQ＝Q，AD∩PD＝D，所以平面MNQ∥平面PAD.因为MN⊂平面MNQ，所以MN∥平面PAD.常见的平行关系有线线平行、线面平行和面面平行，三种平行关系不是孤立的，而是相互联系的．面面平行问题常常转化为线面平行问题，而线面平行问题又可转化为线线平行问题，所以要注意转化思想的应用.|方法总结|1.忽视定理的条件致误【例7】如图，已知E，F分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AA1，CC1的中点，求证：四边形BED1F是平行四边形．[分析]已知E，F两点为正方体棱的中点，若证四边形BED1F为平行四边形，则先证B，E，D1，F四点共面，再证四边形BED1F为平行四边形．[证明]如图，连接AC，BD，交点为O；连接A1C1，B1D1，交点为O1.连接BD1，EF，OO1.设OO1的中点为M.由正方体的性质可得四边形ACC1A1为矩形．又因为E，F分别为AA1，CC1的中点，所以EF过OO1的中点M，同理四边形BDD1B1为矩形，BD1过OO1的中点M，所以EF与BD1相交于点M.所以E，B，F，D1四点共面．又因为平面ADD1A1∥平面BCC1B1，平面EBFD1∩平面ADD1A1＝ED1，平面EBFD1∩平面BCC1B1＝BF，所以ED1∥BF.同理，EB∥D1F.所以四边形BED1F是平行四边形.本例中常见的错误是没有证明E，B，F，D1四点共面，而是想当然地认为这四点共面，然后由平面ADD1A1∥平面BCC1B1，且这两个平面与平面EBFD1的交线分别为ED1和BF，故而得出ED1∥BF.这种证法的错误根源在于忽视了立体几何中定理的要求条件，人为地假设条件存在，缺乏严谨性．[易错点拨]