突破點9空間中的平行與垂直關系(對應學生用書第32頁)[核心知識提煉]提煉1異面直線的性質 (1)異面直線不具有傳遞性．注意不能把異面直線誤解為分別在兩個不同平面內的兩條直線或平面內的一條直線與平面外的一條直線． (2)異面直線所成角的范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以空間中兩條直線垂直可能為異面垂直或相交垂直． (3)求異面直線所成角的一般步驟為：①找出(或作出)適合題設的角——用平移法；②求——轉化為在三角形中求解；③結論——由②所求得的角或其補角即為所求.提煉2平面與平面平行的常用性質 (1)夾在兩個平行平面之間的平行線段長度相等． (2)經過平面外一點有且只有一個平面與已知平面平行． (3)如果兩個平面分別平行于第三個平面，那么這兩個平面互相平行． (4)兩個平面平行，則其中一個平面內的任意一條直線平行于另一個平面.提煉3證明線面位置關系的方法 (1)證明線線平行的方法：①三角形的中位線等平面幾何中的性質；②線面平行的性質定理；③面面平行的性質定理；④線面垂直的性質定理． (2)證明線面平行的方法：①尋找線線平行，利用線面平行的判定定理；②尋找面面平行，利用面面平行的性質． (3)證明線面垂直的方法：①線面垂直的定義，需要說明直線與平面內的所有直線都垂直；②線面垂直的判定定理；③面面垂直的性質定理． (4)證明面面垂直的方法：①定義法，即證明兩個平面所成的二面角為直二面角；②面面垂直的判定定理，即證明一個平面經過另一個平面的一條垂線．[高考真題回訪]回訪1空間點、線、面的位置關系1．(2016·浙江高考)已知互相垂直的平面α，β交于直線l，若直線m，n滿足m∥α，n⊥β，則() A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n C[∵α∩β＝l，∴l(xiāng)?β.∵n⊥β，∴n⊥l，故選C.]2．(2013·浙江高考)在空間中，過點A作平面π的垂線，垂足為B，記B＝fπ(A)．設α，β是兩個不同的平面，對空間任意一點P，Q1＝fβ[fα(P)]，Q2＝fα[fβ(P)]，恒有PQ1＝PQ2，則() 【導學號：】 A．平面α與平面β垂直 B．平面α與平面β所成的(銳)二面角為45° C．平面α與平面β平行 D．平面α與平面β所成的(銳)二面角為60° A[設P1＝fα(P)，P2＝fβ(P)，則PP1⊥α，P1Q1⊥β，PP2⊥β，P2Q2⊥α. 若α∥β，則P1與Q2重合、P2與Q1重合，所以PQ1≠PQ2，所以α與β相交．設α∩β＝l，由PP1∥P2Q2，所以P，P1，P2，Q2四點共面．同理P，P1，P2，Q1四點共面．所以P，P1，P2，Q1，Q2五點共面，且α與β的交線l垂直于此平面．又因為PQ1＝PQ2，所以Q1，Q2重合且在l上，四邊形PP1Q1P2為矩形．那么∠P1Q1P2＝eq\f(π,2)為二面角α-l-β的平面角，所以α⊥β.]3．(2013·浙江高考)設m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面() A．若m∥α，n∥α，則m∥n B．若m∥α，m∥β，則α∥β C．若m∥n，m⊥α，則n⊥α D．若m∥α，α⊥β，則m⊥β C[A項，當m∥α，n∥α時，m，n可能平行，可能相交，也可能異面，故錯誤；B項，當m∥α，m∥β時，α，β可能平行也可能相交，故錯誤；C項，當m∥n，m⊥α時，n⊥α，故正確；D項，當m∥α，α⊥β時，m可能與β平行，可能在β內，也可能與β相交，故錯誤．故選C.]4．(2015·浙江高考)如圖9-1，在三棱錐A-BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，點M，N分別為AD，BC的中點，則異面直線AN，CM所成的角的余弦值是________．圖9-1 ∵M為AD的中點， ∴MK∥AN， ∴∠KMC為異面直線AN，CM所成的角． ∵AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，N為BC的中點， 由勾股定理易求得AN＝DN＝CM＝2eq\r(2)，∴MK＝eq\r(2). 在Rt△CKN中，CK＝eq\r(\r(2)2＋12)＝eq\r(3). 在△CKM中，由余弦定理，得 cos∠KMC＝eq\f(\r(2)2＋2\r(2)2－\r(3)2,2×\r(2)×2\r(2))＝eq\f(7,8).]回訪2直線、平面平行的判定與性質5．(2015·浙江高考)設α，β是兩個不同的平面，l，m是兩條不同的直線，且l?α，m?β.() A．若l⊥β，則α⊥β B．若α⊥β，則l⊥m C．若l∥β，則α∥β D．若α∥β，則l∥m A[∵l⊥β，l?α，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正確．]6．(2017·浙江高考)如圖9-2，已知四棱錐P-ABCD，△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E為PD的中點．圖9-2 (1)證明：CE∥平面PAB； (2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值． [解](1)證明：如圖，設PA的中點為F，連接EF，F(xiàn)B. 因為E，F(xiàn)分別為PD，PA的中點， 所以EF∥AD且EF＝eq\f(1,2)AD. 3分 又因為BC∥AD，BC＝eq\f(1,2)AD， 所以EF∥BC且EF＝BC， 所以四邊形BCEF為平行四邊形，所以CE∥BF. 因為BF?平面PAB，CE?平面PAB， 所以CE∥平面PAB. 7分 (2)分別取BC，AD的中點M，N. 連接PN交EF于點Q，連接MQ. 因為E，F(xiàn)，N分別是PD，PA，AD的中點， 所以Q為EF的中點. 9分 在平行四邊形BCEF中，MQ∥CE. 由△PAD為等腰直角三角形得PN⊥AD. 由DC⊥AD，BC∥AD，BC＝eq\f(1,2)AD，N是AD的中點得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. 過點Q作PB的垂線， 垂足為H，連接MH， MH是MQ在平面PBC上的射影， 所以∠QMH是直線CE與平面PBC所成的角. 13分 設CD＝1. 在△PCD中，由PC＝2，CD＝1，PD＝eq\r(2)得CE＝eq\r(2)， 在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝eq\r(3)得QH＝eq\f(1,4)， 在Rt△MQH中，QH＝eq\f(1,4)，MQ＝eq\r(2)， 所以sin∠QMH＝eq\f(\r(2),8). 所以，直線CE與平面PBC所成角的正弦值是eq\f(\r(2),8). 15分7．(2013·浙江高考)如圖9-3，在四面體A-BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2eq\r(2)，M是AD的中點，P是BM的中點，點Q在線段AC上，且AQ＝3QC.圖9-3 (1)證明：PQ∥平面BCD； (2)若二面角C-BM-D的大小為60°，求∠BDC的大?。?[解]法一(1)證明：如圖(1)，取BD的中點O，在線段CD上取點F，使得DF＝3FC，連接OP，OF，F(xiàn)Q.因為AQ＝3QC，所以QF∥AD，且QF＝eq\f(1,4)AD. 2分(1) 因為O，P分別為BD，BM的中點， 所以OP是△BDM的中位線， 所以OP∥DM，且OP＝eq\f(1,2)DM. 4分 又點M為AD的中點， 所以OP∥AD，且OP＝eq\f(1,4)AD. 從而OP∥FQ，且OP＝FQ， 5分 所以四邊形OPQF為平行四邊形，故PQ∥OF. 又PQ?平面BCD，OF?平面BCD， 所以PQ∥平面BCD. 6分 (2)如圖，作CG⊥BD于點G，作GH⊥BM于點H，連接CH. 因為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為二面角C-BM-D的平面角，即∠CHG＝60°. 10分 設∠BDC＝θ，在Rt△BCD中， CD＝BDcosθ＝2eq\r(2)cosθ，CG＝CDsinθ ＝2eq\r(2)cosθsinθ， BC＝BDsinθ＝2eq\r(2)sinθ，BG＝BCsinθ＝2eq\r(2)sin2θ. 12分 在△BGM中， HG＝eq\f(BG·DM,BM)＝eq\f(2\r(2)sin2θ,3). 因為CG⊥平面ABD，GH?平面ABD， 所以CG⊥GH. 13分 在Rt△CHG中， tan∠CHG＝eq\f(CG,HG)＝eq\f(3cosθ,sinθ)＝eq\r(3). 所以tanθ＝eq\r(3).從而θ＝60°.即∠BDC＝60°. 15分 法二(1)證明：如圖(2)，取BD的中點O，以O為原點，OD，OP所在射線為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標系O-xyz. 2分(2) 由題意知A(0，eq\r(2)，2)，B(0，－eq\r(2)，0)，D(0，eq\r(2)，0)． 設點C的坐標為(x0，y0,0)， 因為eq\o(AQ,\s\up8(→))＝3eq\o(QC,\s\up8(→))， 所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)x0，\f(\r(2),4)＋\f(3,4)y0，\f(1,2))). 4分 因為點M為AD的中點，故M(0，eq\r(2)，1)． 又點P為BM的中點，故Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))， 所以eq\o(PQ,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)x0，\f(\r(2),4)＋\f(3,4)y0，0)). 5分 又平面BCD的一個法向量為a＝(0,0,1)，故eq\o(PQ,\s\up8(→))·a＝0. 又PQ?平面BCD，所以PQ∥平面BCD. 6分 (2)設m＝(x，y，z)為平面BMC的一個法向量． 由eq\o(CM,\s\up8(→))＝(－x0，eq\r(2)－y0,1)，eq\o(BM,\s\up8(→))＝(0,2eq\r(2)，1)， 知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x0x＋\r(2)－y0y＋z＝0，,2\r(2)y＋z＝0.)) 8分 取y＝－1，得m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y0＋\r(2),x0)，－1，2\r(2))). 10分 又平面BDM的一個法向量為n＝(1,0,0)，于是 |cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y0＋\r(2),x0))),\r(9＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y0＋\r(2),x0)))2))＝eq\f(1,2)， 即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y0＋\r(2),x0)))2＝3.① 又BC⊥CD，所以eq\o(CB,\s\up8(→))·eq\o(CD,\s\up8(→))＝0， 12分 故(－x0，－eq\r(2)－y0,0)·(－x0，eq\r(2)－y0,0)＝0， 即xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝2.② 聯(lián)立①②，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝0，,y0＝－\r(2)))(舍去)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝±\f(\r(6),2)，,y0＝\f(\r(2),2).)) 13分 所以tan∠BDC＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x0,\r(2)－y0)))＝eq\r(3). 又∠BDC是銳角，所以∠BDC＝60°. 15分回訪3直線、平面垂直的判定與性質8．(2017·浙江高考9)如圖9-4，已知正四面體D-ABC(所有棱長均相等的三棱錐)，P，Q，R分別為AB，BC，CA上的點，AP＝PB，eq\f(BQ,QC)＝eq\f(CR,RA)＝2，分別記二面角D-PR-Q，D-PQ-R，D-QR-P的平面角為α，β，γ，則()圖9-4 A．γ<α<β B．α<γ<β C．α<β<γ D．β<γ<α B[如圖①，作出點D在底面ABC上的射影O，過點O分別作PR，PQ，QR的垂線OE，OF，OG，連接DE，DF，DG，則α＝∠DEO，β＝∠DFO，γ＝∠DGO. 由圖可知它們的對邊都是DO， ∴只需比較EO，F(xiàn)O，GO的大小即可．①② 如圖②，在AB邊上取點P′，使AP′＝2P′B，連接OQ，OR，則O為△QRP′的中心． 設點O到△QRP′三邊的距離為a，則OG＝a， OF＝OQ·sin∠OQF<OQ·sin∠OQP′＝a， OE＝OR·sin∠ORE>OR·sin∠ORP′＝a， ∴OF<OG<OE， ∴eq\f(OD,tanβ)<eq\f(OD,tanγ)<eq\f(OD,tanα)， ∴α<γ<β. 故選B.]9．(2015·浙江高考)如圖9-5，已知△ABC，D是AB的中點，沿直線CD將△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′-CD-B的平面角為α，則()【導學號：】圖9-5 A．∠A′DB≤α B．∠A′DB≥α C．∠A′CB≤α D．∠A′CB≥α B[∵A′C和BC都不與CD垂直，∴∠A′CB≠α，故C，D錯誤．當CA＝CB時，容易證明∠A′DB＝α.不妨取一個特殊的三角形，如Rt△ABC，令斜邊AB＝4，AC＝2，BC＝2eq\r(3)，如圖所示，則CD＝AD＝BD＝2，∠BDH＝120°，設沿直線CD將△ACD折成△A′CD，使平面A′CD⊥平面BCD，則α＝90°.取CD中點H，連接A′H，BH，則A′H⊥CD，∴A′H⊥平面BCD，且A′H＝eq\r(3)，DH＝1.在△BDH中，由余弦定理可得BH＝eq\r(7).在Rt△A′HB中，由勾股定理可得A′B＝eq\r(10).在△A′DB中，∵A′D2＋BD2－A′B2＝－2<0，可知cos∠A′DB<0，∴∠A′DB為鈍角，故排除A.綜上可知答案為B.]10．(2014·浙江高考)設m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面．() A．若m⊥n，n∥α，則m⊥α B．若m∥β，β⊥α，則m⊥α C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，則m⊥α D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，則m⊥α C[A中，由m⊥n，n∥α可得m∥α或m與α相交或m?α，錯誤； B中，由m∥β，β⊥α可得m∥α或m與α相交或m?α，錯誤； C中，由m⊥β，n⊥β可得m∥n，又n⊥α，所以m⊥α，正確； D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α可得m∥α或m與α相交或m?α，錯誤．]11．(2014·浙江高考)如圖9-6，在四棱錐A-BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝eq\r(2).圖9-6 (1)證明：AC⊥平面BCDE； (2)求直線AE與平面ABC所成的角的正切值． [解](1)證明：如圖，連接BD，在直角梯形BCDE中，由DE＝BE＝1，CD＝2，得BD＝BC＝eq\r(2).2分 由AC＝eq\r(2)，AB＝2，得AB2＝AC2＋BC2，即AC⊥BC. 又平面ABC⊥平面BCDE， 從而AC⊥平面BCDE. 5分 (2)在直角梯形BCDE中，由BD＝BC＝eq\r(2)，DC＝2，得BD⊥BC. 6分 又平面ABC⊥平面BCDE，所以BD⊥平面ABC. 如圖，作EF∥BD，與CB的延長線交于F，連接AF，則EF⊥平面ABC.所以∠EAF是直線AE與平面ABC所成的角. 8分 在Rt△BEF中，由EB＝1，∠EBF＝eq\f(π,4)，得EF＝eq\f(\r(2),2)，BF＝eq\f(\r(2),2)；在Rt△ACF中， 由AC＝eq\r(2)，CF＝eq\f(3\r(2),2)， 得AF＝eq\f(\r(26),2). 11分 在Rt△AEF中，由EF＝eq\f(\r(2),2)，AF＝eq\f(\r(26),2)， 得tan∠EAF＝eq\f(\r(13),13). 所以，直線AE與平面ABC所成的角的正切值是eq\f(\r(13),13). 15分(對應學生用書第35頁)熱點題型1空間位置關系的判斷與證明題型分析：空間中平行與垂直關系的判斷與證明是高考常規(guī)的命題形式，此類題目綜合體現(xiàn)了相關判定定理和性質定理的考查，同時也考查了學生的空間想象能力及轉化與化歸的思想.【例1】(1)α，β是兩平面，AB，CD是兩條線段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于點B，CD⊥α于點D，若增加一個條件，就能得出BD⊥EF.現(xiàn)有下列條件： ①AC⊥β；②AC與α，β所成的角相等；③AC與CD在β內的射影在同一條直線上；④AC∥EF. 其中能成為增加條件的序號是________．【導學號：】 ①③[若AC⊥β，且EF?β，則AC⊥EF，又AB⊥α，且EF?α，則AB⊥EF，AB和AC是平面ACDB上的兩條相交直線，則EF⊥平面ACDB，則EF⊥BD，①可以成為增加的條件；AC與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與平面ACDB不一定垂直，所以推不出EF與BD垂直，②不能成為增加的條件；由CD⊥α，EF?α，得EF⊥CD，所以EF與CD在β內的射影垂直，又AC與CD在β內的射影在同一直線上，所以EF⊥AC，CD和AC是平面ACDB上的兩條相交直線，則EF⊥平面ACDB，則EF⊥BD，③可以成為增加的條件；若AC∥EF，則AC∥α，則BD∥AC，所以BD∥EF，④不能成為增加的條件，故能成為增加條件的序號是①③.] (2)如圖9-7，已知正三棱錐P-ABC的側面是直角三角形，PA＝6，頂點P在平面ABC內的正投影為點D，D在平面PAB內的正投影為點E，連接PE并延長交AB于點G.圖9-7 ①證明：G是AB的中點； ②在圖中作出點E在平面PAC內的正投影F(說明作法及理由)，并求四面體PDEF的體積． [解題指導](2)①eq\x(正投影D，E)→eq\x(AB⊥PD，AB⊥DE)→eq\x(AB⊥平面PED)→eq\x(AB⊥PG) ②eq\x(\a\al(PA⊥PB,PB⊥PC))→eq\x(\a\al(過點E作EF∥PB,交PA于點F))→eq\x(\a\al(證明EF⊥,平面PAC))→eq\x(點D在CG上) →eq\x(PE＝\f(2,3)PG，DE＝\f(1,3)PC)→eq\x(DE＝2，PE＝2\r(2))→eq\x(EF＝PF＝2) →eq\x(求四面體的體積) [解]①證明：因為P在平面ABC內的正投影為D， 所以AB⊥PD. 因為D在平面PAB內的正投影為E，所以AB⊥DE. 1分 因為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的中點. 3分 ②在平面PAB內，過點E作PB的平行線交PA于點F，F(xiàn)即為E在平面PAC內的正投影. 4分 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，即點F為E在平面PAC內的正投影． 連接CG，因為P在平面ABC內的正投影為D，所以D是正三角形ABC的中心．由①知，G是AB的中點，所以D在CG上，故CD＝eq\f(2,3)CG. 8分 由題設可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB，所以DE∥PC，因此PE＝eq\f(2,3)PG，DE＝eq\f(1,3)PC. 10分 由已知，正三棱錐的側面是直角三角形且PA＝6，可得DE＝2，PE＝2eq\r(2). 在等腰直角三角形EFP中， 可得EF＝PF＝2， 12分 所以四面體PDEF的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3). 15分[方法指津]在解答空間中線線、線面和面面的位置關系問題時，我們可以從線、面的概念、定理出發(fā)，學會找特例、反例和構建幾何模型.判斷兩直線是異面直線是難點，我們可以依據(jù)定義來判定，也可以依據(jù)定理過平面外一點與平面內一點的直線，和平面內不經過該點的直線是異面直線判定.而反證法是證明兩直線異面的有效方法.提醒：判斷直線和平面的位置關系中往往易忽視直線在平面內，而面面位置關系中易忽視兩個平面平行.此類問題可以結合長方體中的線面關系找出假命題中的反例.[變式訓練1](1)(2017·杭州高級中學高三最后一模10)如圖9-8，在棱長為1的正四面體D-ABC中，O為△ABC的中心，過點O作直線分別與線段AC，BC交于M，N(可以是線段的端點)，連接DM，點P為DM的中點，則以下說法正確的是()圖9-8 A．存在某一位置，使得NP⊥平面DAC B．S△DMN的最大值為eq\f(\r(3),4) C．tan2∠DMN＋tan2∠DNM的最小值為12 D.eq\f(VD-MNC,VD-MNBA)的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，1)) D[由題可得，選項A中，當線段MN變化時，存在MN，DN，PN⊥AD，但此時PN與平面所成角的余弦值為eq\f(\r(6),3)，PN不與平面DAC垂直，所以排除A；易知|DO|＝eq\f(\r(6),3)，S△DMN＝eq\f(1,2)|MN|·|DO|＝eq\f(\r(6),6)MN≤eq\f(\r(6),6)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(2),4)，所以排除B； 選項C中，tan2∠DMN＋tan2∠DNM＝eq\f(|DO|2,|OM|2)＋eq\f(|DO|2,|ON|2)＝|OD|2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|OM2|＋|ON2|,|OM|·|ON|2)))≥eq\f(4,3|OM|·|ON|)，且|OM|·|ON|≤eq\f(|OM|＋|ON|2,4)≤eq\f(3,16)，所以tan2∠DMN＋tan2∠DNM≥eq\f(64,9)，所以排除C；選項D，因為S△ABC＝eq\f(\r(3),4)，eq\f(\r(3),9)≤S△MNC≤eq\f(\r(3),8)，又因為S四邊形MNBA＝S△ABC－S△MNC，所以eq\f(V三棱錐D-MNC,V四棱錐D-MNBA)＝eq\f(S△MNC,S四邊形MNBA)＝eq\f(S△MNC,S△ABC－S△MNC)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，1))，故選D.] (2)如圖9-9，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點，AM＝2MD，N為PC的中點． ①證明MN∥平面PAB； ②求四面體N-BCM的體積．圖9-9 [解]①證明：由已知得AM＝eq\f(2,3)AD＝2. 如圖，取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC中點知TN∥BC， TN＝eq\f(1,2)BC＝2. 又AD∥BC，故TN綊AM， 2分 所以四邊形AMNT為平行四邊形， 于是MN∥AT. 因為AT?平面PAB，MN?平面PAB， 所以MN∥平面PAB. 4分 ②因為PA⊥平面ABCD，N為PC的中點， 所以N到平面ABCD的距離為eq\f(1,2)PA. 如圖，取BC的中點E，連接AE. 由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\r(5). 6分 由AM∥BC得M到BC的距離為eq\r(5)， 故S△BCM＝eq\f(1,2)×4×eq\r(5)＝2eq\r(5). 12分 所以四面體N-BCM的體積VN-BCM＝eq\f(1,3)×S△BCM×eq\f(PA,2)＝eq\f(4\r(5),3). 15分熱點題型2平面圖形的翻折問題題型分析：1解決翻折問題的關鍵是搞清翻折前后圖形中線面位置關系和度量關系的變化情況.2找出其中變化的量和沒有變化的量，一般地翻折后還在同一個平面上的性質不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質發(fā)生變化.【例2】如圖9-10，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置．圖9-10 (1)證明：AC⊥HD′； (2)若AB＝5，AC＝6，AE＝eq\f(5,4)，OD′＝2eq\r(2)，求五棱錐D′-ABCFE的體積． [解](1)證明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.1分 又由AE＝CF得eq\f(AE,AD)＝eq\f(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eq\f(OH,DO)＝eq\f(AE,AD)＝eq\f(1,4). 4分 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝eq\r(AB2－AO2)＝4. 所以OH＝1，D′H＝DH＝3. 5分 于是OD′2＋OH2＝(2eq\r(2))2＋12＝9＝D′H2， 故OD′⊥OH. 6分 由(1)知AC