【数学】2020届一轮复习人教B版空间中的平行与垂直学案理

【数学】2020届一轮复习人教B版空间中的平行与垂直学案理

空间中的平行与垂直 ‎【2019年高考考纲解读】‎ ‎1.以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面平行和垂直的判定定理与性质定理对命题的真假进行判断，属于基础题.‎ ‎2.以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系的交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中档．‎ ‎【重点、难点剖析】‎ ‎ 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．平行关系的转化 两平面平行问题常常可以转化为直线与平面的平行，而直线与平面平行又可转化为直线与直线平行，所以要注意转化思想的应用，以下为三种平行关系的转化示意图．‎ ‎3．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.‎ ‎4．垂直关系的转化 与平行关系之间的转化类似，它们之间的转化如下示意图．‎ 在垂直的相关定理中，要特别注意记忆面面垂直的性质定理：两个平面垂直，在一个平面内垂直于它们交线的直线必垂直于另一个平面，当题目中有面面垂直的条件时，一般都要用此定理进行转化.‎ ‎【题型示例】‎ 题型一　空间中点线面位置关系的判断 ‎ (1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题．‎ ‎(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断．‎ ‎【例1】[2018·全国卷Ⅱ]在长方体ABCD－A1B‎1C1D1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】如图(1)，在长方体ABCDA1B‎1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BAA1′B1′B‎1A1.‎ 连接B1B′，由长方体性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝＝，‎ B′B1＝＝2，‎ DB1＝＝.‎ 在△DB′B1中，由余弦定理，得 DB′2＝B′B1＋DB1－‎ ‎2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，‎ 即5＝4＋5－2×2cos∠DB1B′，∴ cos∠DB1B′＝.‎ 故选C.‎ 如图(2)，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．‎ ‎【答案】C ‎【方法技巧】判断空间位置关系的两种方法 ‎(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.‎ ‎【变式探究】在正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，棱所在直线与直线BA1是异面直线的条数为(　　)‎ A．4 B．5 C．6 D．7‎ 解析：在正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，直线CD，C1D1，C‎1C，D1D，B‎1C1，AD，共有6条直线与直线BA1是异面直线，故选C.‎ 答案：C ‎【举一反三】设l，m，n为三条不同的直线，α为一个平面，则下列命题中正确的个数是(　　)‎ ‎①若l⊥α，则l与α相交；②若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α；③若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α；④若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n.‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：对于①，若l⊥α，则l与α不可能平行，l也不可能在α内，所以l与α相交，①正确；对于②，若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则有可能是l⊂α，故②错误；对于③，若l∥m，m∥n，则l∥n，又l⊥α，所以n⊥α，故③正确；对于④，因为m⊥α，n⊥α，所以m∥n，又l∥m，所以l∥n，故④正确，选C.‎ 答案：C ‎【变式探究】【2017江苏，15】 如图，在三棱锥A-BCD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.‎ ‎(第15题)‎ A D B C E F ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】证明：（1）在平面内，因为AB⊥AD， ，所以.‎ 又因为平面ABC， 平面ABC，所以EF∥平面ABC.‎ ‎【变式探究】【2016高考江苏卷】‎ 如图，在直三棱柱ABC-A1B‎1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且 ，. ‎ 求证：（1）直线DE∥平面A1C1F；‎ ‎（2）平面B1DE⊥平面A1C1F. ‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）详见解析 ‎【解析】证明：（1）在直三棱柱中，‎ 在三角形ABC中，因为D,E分别为AB,BC的中点.‎ 所以，于是 又因为DE平面平面 所以直线DE//平面 ‎（2）在直三棱柱中，‎ 因为平面，所以 又因为 所以平面 因为平面，所以 又因为 所以 因为直线，所以 ‎【举一反三】已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是(　　)‎ A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行 B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行 C．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线 D．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面 解析　对于A，α，β垂直于同一平面，α，β关系不确定，A错；对于B，m，n平行于同一平面，m，n关系不确定，可平行、相交、异面，故B错；对于C，α，β不平行，但α内能找出平行于β的直线，如α中平行于α，β交线的直线平行于β，故C错；对于D，若假设m，n垂直于同一平面，则m∥n，其逆否命题即为D选项，故D正确．‎ 答案　D ‎【变式探究】如图，在直三棱柱ABC－A′B′C′中，AB＝AA′＝AC＝2，∠BAC＝，点D，E分别是BC，A′B′的中点．‎ ‎(1)求证：DE∥平面ACC′A′；‎ ‎(2)求二面角B′－AD－C′的余弦值．‎ ‎【解析】(1)证明：取AC的中点F，连接DF，A′F，‎ 则DF∥AB，又A′E∥AB，‎ 所以DF∥A′E，‎ 又因为DF＝AB，A′E＝AB，‎ 所以DF＝AE，所以四边形DFA′E是平行四边形，‎ 所以ED∥A′F，又A′F⊂平面ACC′A′，‎ 所以ED∥平面ACC′A′.‎ ‎(2)在平面ABC中，以过点A且垂直于AC的直线为x轴，直线AC为y轴，AA′为z轴，建立空间直角坐标系A－xyz.‎ 所以点A(0,0,0)，B(，－1,0)，C(0,2,0)，B′(，－1,2)，C′(0,2,2)，D.‎ 所以＝，＝(，－1,2)，＝(0,2,2)．‎ 设平面B′AD的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则由m·＝0和m·＝0，得 取m＝(1，－，－)．‎ 同理，可取平面C′AD的法向量n＝(1，－，)．‎ 设二面角B′－AD－C′的平面角为θ，易知0<θ<，则cos θ＝＝.‎ ‎【变式探究】设α，β，γ是三个不重合的平面，l是直线，给出下列四个命题：‎ ‎①若α⊥β，l⊥β，则l∥α；②若l⊥α，l∥β，则α⊥β；‎ ‎③若l上有两点到α的距离相等，则l∥α；④若α⊥β，α∥γ，则γ⊥β.‎ 其中正确命题的序号是________．‎ ‎【解析】由线线、线面、面面平行与垂直的判定与性质定理逐个判断，真命题为②④.‎ ‎【答案】②④‎ ‎【规律方法】这类题为高考常考题型，其实质为多项选择．主要考查空间中线面之间的位置关系，要求熟悉有关公理、定理及推论，并具备较好的空间想象能力，做到不漏选、多选、错选．‎ ‎【变式探究】如图，三棱锥A－BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．‎ 解析　连接DN，作DN的中点O，连接MO，OC.在△AND中．M为AD的中点，则OM綉AN.所以异面直线AN，CM所成角为∠CMO，在△ABC中，AB＝AC＝3，BC＝2，则AN＝2，∴OM＝.在△ACD中，同理可知CM＝2，在△BCD中，DN＝2，在Rt△ONC中，ON＝，CN＝1∴OC＝.在△CMO中，由余弦定理cos∠CMO＝＝＝.‎ 答案　 ‎【变式探究】(1)已知直线l，m与平面α，β，l⊂α，m⊂β，则下列命题中正确的是(　　)‎ A．若l∥m，则必有α∥β B．若l⊥m，则必有α⊥β C．若l⊥β，则必有α⊥β D．若α⊥β，则必有m⊥α 答案　C 解析　对于选项A，平面α和平面β还有可能相交，所以选项A错误；对于选项B，平面α和平面β 还有可能相交且不垂直或平行，所以选项B错误；对于选项C，因为l⊂α，l⊥β，所以α⊥β，所以选项C正确；对于选项D，直线m可能和平面α平行或相交，所以选项D错误．‎ ‎(2)如图，平面α⊥平面β，α∩β＝l，A，C是α内不同的两点，B，D是β内不同的两点，且A，B，C，D∉直线l，M，N分别是线段AB，CD的中点．下列判断正确的是(　　)‎ A．当CD＝2AB时，M，N两点不可能重合 B．M，N两点可能重合，但此时直线AC与l不可能相交 C．当AB与CD相交，直线AC平行于l时，直线BD可以与l相交 D．当AB，CD是异面直线时，直线MN可能与l平行 答案　B 解析　由于直线CD的两个端点都可以动，所以M，N两点可能重合，此时两条直线AB，CD共面，由于两条线段互相平分，所以四边形ACBD是平行四边形，因此AC∥BD，而BD⊂β，AC⊄B，所以由线面平行的判定定理可得AC∥β，又因为AC⊂α，α∩β＝l，所以由线面平行的性质定理可得AC∥l，故选B.‎ ‎【感悟提升】解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中．‎ ‎【变式探究】(1)已知直线a，b，平面α，β，γ，下列命题正确的是(　　)‎ A．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γ B．若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，则a∥b∥c C．若α∩β＝a，b∥a，则b∥α D．若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，则b∥a 答案　A 解析　A中，若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γ，该说法正确；‎ B中，若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，‎ 在三棱锥P－ABC中，令平面α，β，γ分别为平面PAB，PAC，PBC，‎ 交线a，b，c为PA，PB，PC，不满足a∥b∥c，该说法错误；‎ C中，若α∩β＝a，b∥a，有可能b⊂α，不满足b∥α，该说法错误；‎ D中，若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，‎ 正方体ABCD－A1B1C1D1中，取平面α，β为平面ABCD，ADD1A1，‎ 直线b为A1C1，满足b∥α，不满足b∥a，该说法错误．‎ ‎(2)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都相交 B．l与l1，l2都不相交 C．l至少与l1，l2中的一条相交 D．l至多与l1，l2中的一条相交 答案　C 解析　方法一　如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故D不正确，故选C.‎ 方法二　因为l分别与l1，l2共面，故l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交．若l与l1，l2都不相交，则l∥l1，l∥l2，从而l1∥l2，与l1，l2是异面直线矛盾，故l至少与l1，l2中的一条相交，故选C.‎ 题型二　空间平行、垂直关系的证明 空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．‎ ‎【例2】[2018·北京卷]如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．‎ ‎ ‎ ‎(1)求证：PE⊥BC；‎ ‎(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；‎ ‎(3)求证：EF∥平面PCD.‎ 证明：(1)因为PA＝PD，E为AD的中点，‎ 所以PE⊥AD.‎ 因为底面ABCD为矩形，‎ 所以BC∥AD.所以PE⊥BC.‎ ‎(2)因为底面ABCD为矩形，‎ 所以AB⊥AD.‎ 又因为平面PAD⊥平面ABCD，‎ 所以AB⊥平面PAD，‎ 所以AB⊥PD.‎ 又因为PA⊥PD，‎ 所以PD⊥平面PAB.‎ 所以平面PAB⊥平面PCD.‎ ‎(3)如图，取PC的中点G，连接FG，DG.‎ 因为F，G分别为PB，PC的中点，‎ 所以FG∥BC，FG＝BC.‎ 因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，‎ 所以DE∥BC，DE＝BC.‎ 所以DE∥FG，DE＝FG.‎ 所以四边形DEFG为平行四边形．‎ 所以EF∥DG.‎ 又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，‎ 所以EF∥平面PCD.‎ ‎【方法技巧】‎ ‎1．证明线线平行的4种常用方法 ‎(1)利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；‎ ‎(2)利用平行四边形进行平行转换；‎ ‎(3)利用三角形的中位线定理证线线平行；‎ ‎(4)利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．‎ ‎2．证明线线垂直的3种常用方法 ‎(1)利用等腰三角形底边中线即高线的性质；‎ ‎(2)勾股定理； ‎ ‎(3)若M是PC的中点，求三棱锥M ACD的体积．‎ ‎(1)证明　∵AB∥DC，且AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD.‎ ‎∴AB∥平面PCD.‎ ‎(2)证明　在直角梯形ABCD中，过C作CE⊥AB于点E，则四边形ADCE为矩形 ‎∴AE＝DC＝1，又AB＝2，∴BE＝1，在Rt△BEC中，∠ABC＝45°，‎ ‎∴CE＝BE＝1，CB＝，‎ ‎∴AD＝CE＝1，则AC＝＝，‎ ‎∴AC2＋BC2＝AB2，∴BC⊥AC，‎ 又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC ‎(3)解　∵M是PC中点，‎ ‎∴M到面ADC的距离是P到面ADC距离的一半 VM ACD＝S△ACD·PA＝××＝.‎ ‎【变式探究】(1)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，AA1⊥平面ABC，E，F分别为棱A1B1，BC的中点．‎ ‎①求证：直线BE∥平面A1FC1；‎ ‎②平面A1FC1与直线AB交于点M，指出点M的位置，说明理由，并求三棱锥B－EFM的体积．‎ ‎①证明　取A1C1的中点G，连接EG，FG，‎ ‎∵点E为A1B1的中点，‎ ‎∴EG∥B1C1‎ 且EG＝B1C1，‎ ‎∵F为BC中点，‎ ‎∴BF∥B1C1且BF＝B1C1，‎ 所以BF∥EG且BF＝EG.‎ 所以四边形BFGE是平行四边形，‎ 所以BE∥FG，‎ 又BE⊄平面A1FC1，FG⊂平面A1FC1，‎ 所以直线BE∥平面A1FC1.‎ ‎②解　M为棱AB的中点．‎ 理由如下：‎ 因为AC∥A1C1，AC⊄平面A1FC1，A1C1⊂平面A1FC1，‎ 所以直线AC∥平面A1FC1，‎ 又平面A1FC1∩平面ABC＝FM，‎ 所以AC∥FM.‎ 又F为棱BC的中点，‎ 所以M为棱AB的中点．‎ ‎△BFM的面积S△BFM＝S△ABC ‎＝××2×2×sin 60°＝，‎ 所以三棱锥B－EFM的体积VB－EFM＝VE－BFM ‎＝××2＝.‎ ‎(2)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的菱形，PD⊥平面ABCD，∠BAD＝60°，PD＝2a，O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点．‎ ‎①证明：平面EAC⊥平面PBD；‎ ‎②若PD∥平面EAC，三棱锥P－EAD的体积为18，求a的值．‎ ‎①证明　因为PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，‎ 所以PD⊥AC.‎ 又四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，‎ 又PD∩BD＝D，PD，BD⊂平面PBD，‎ 所以AC⊥平面PBD.‎ 又AC⊂平面EAC，‎ 所以平面EAC⊥平面PBD.‎ ‎②解　连接OE.‎ 因为PD∥平面EAC，平面EAC∩平面PBD＝OE，‎ 所以PD∥OE.‎ 又AC∩BD＝O，‎ 所以O是BD的中点，所以E是PB的中点．‎ 因为四边形ABCD是菱形，且∠BAD＝60°，‎ 所以取AD的中点H，连接BH，‎ 可知BH⊥AD，‎ 又因为PD⊥平面ABCD，BH⊂平面ABCD，‎ 所以PD⊥BH.‎ 又PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，‎ 所以BH⊥平面PAD.‎ 由于AB＝a，所以BH＝a.‎ 因此点E到平面PAD的距离 d＝BH＝×a＝a，‎ 所以VP－EAD＝VE－PAD＝S△PAD×d＝××a×2a×a＝a3＝18.‎ 解得a＝6.‎ ‎【感悟提升】垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：‎ ‎(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证明线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．‎ ‎(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质，即要证线线垂直，只需证明一条直线垂直于另一条直线所在的平面即可，l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.‎ ‎【变式探究】如图，在四棱锥P－ABCD中，∠ADB＝90°，CB＝CD，点E为棱PB的中点．‎ ‎(1)若PB＝PD，求证：PC⊥BD；‎ ‎(2)求证：CE∥平面PAD.‎ 证明　(1)取BD的中点O，连接CO，PO，‎ 因为CD＝CB，‎ 所以△CBD为等腰三角形，‎ 所以BD⊥CO.‎ 因为PB＝PD，‎ 所以△PBD为等腰三角形，所以BD⊥PO.‎ 又PO∩CO＝O，PO，CO⊂平面PCO，‎ 所以BD⊥平面PCO.‎ 因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD.‎ ‎(2)由E为PB的中点，连接EO，则EO∥PD，‎ 又EO⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，‎ 所以EO∥平面PAD.‎ 由∠ADB＝90°及BD⊥CO，可得CO∥AD，‎ 又CO⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，‎ 所以CO∥平面PAD.‎ 又CO∩EO＝O，CO，EO⊂平面COE，‎ 所以平面CEO∥平面PAD，‎ 而CE⊂平面CEO，所以CE∥平面PAD.‎ 题型三　平面图形的翻折问题 ‎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的结构特征，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．‎ 例3、[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Q ABP的体积．‎ ‎【解析】(1)证明：由已知可得，∠BAC＝90°，即BA⊥AC.‎ 又BA⊥AD，所以AB⊥平面ACD.‎ 又AB⊂平面ABC，‎ 所以平面ACD⊥平面ABC.‎ ‎(2)解：由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3.‎ 又BP＝DQ＝DA，‎ 所以BP＝2.‎ 如图，过点Q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Q ABP的体积为 VQ ABP＝×S△ABP×QE＝××3×2sin 45°×1＝1.‎ ‎【方法技巧】‎ 平面图形翻折问题的求解方法 ‎(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.‎ ‎【变式探究】如图1，已知菱形AECD的对角线AC，DE交于点F，点E为AB中点．将△ADE沿线段DE折起到△PDE的位置，如图2所示．‎ ‎(1)求证：DE⊥平面PCF；‎ ‎(2)求证：平面PBC⊥平面PCF；‎ ‎(3)在线段PD，BC上是否分别存在点M，N，使得平面CFM∥平面PEN？若存在，请指出点M，N的位置，并证明；若不存在，请说明理由．‎ ‎(1)证明　折叠前，因为四边形AECD为菱形，‎ 所以AC⊥DE，‎ 所以折叠后，DE⊥PF，DE⊥CF，‎ 又PF∩CF＝F，PF，CF⊂平面PCF，‎ 所以DE⊥平面PCF.‎ ‎(2)证明　因为四边形AECD为菱形，‎ 所以DC∥AE，DC＝AE.‎ 又点E为AB的中点，‎ 所以DC∥EB，DC＝EB，‎ 所以四边形DEBC为平行四边形，‎ 所以CB∥DE.‎ 又由(1)得，DE⊥平面PCF，‎ 所以CB⊥平面PCF.‎ 因为CB⊂平面PBC，‎ 所以平面PBC⊥平面PCF.‎ ‎(3)解　存在满足条件的点M，N，‎ 且M，N分别是PD和BC的中点．‎ 如图，分别取PD和BC的中点M，N.‎ 连接EN，PN，MF，CM.‎ 因为四边形DEBC为平行四边形，‎ 所以EF∥CN，EF＝BC＝CN，‎ 所以四边形ENCF为平行四边形，‎ 所以FC∥EN.‎ 在△PDE中，M，F分别为PD，DE的中点，‎ 所以MF∥PE.‎ 又EN，PE⊂平面PEN，PE∩EN＝E，MF，CF⊂平面CFM，MF∩CF＝F，‎ 所以平面CFM∥平面PEN.‎ ‎【感悟提升】(1)折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口．‎ ‎(2)存在探索性问题可先假设存在，然后在此前提下进行逻辑推理，得出矛盾则否定假设，否则给出肯定结论．‎ ‎【变式探究】如图，在△PBE中，AB⊥PE，D是AE的中点，C是线段BE上的一点，且AC＝，AB＝AP＝AE＝2，将△PBA沿AB折起使得二面角P－AB－E是直二面角．‎ ‎(1)求证：CD∥平面PAB；‎ ‎(2)求三棱锥E－PAC的体积．‎ ‎(1)证明　因为AE＝2，所以AE＝4，‎ 又AB＝2，AB⊥PE，‎ 所以BE＝＝＝2，‎ 又因为AC＝＝BE，‎ 所以AC是Rt△ABE的斜边BE上的中线，‎ 所以C是BE的中点，‎ 又因为D是AE的中点，‎ 所以CD是Rt△ABE的中位线，‎ 所以CD∥AB，‎ 又因为CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，‎ 所以CD∥平面PAB.‎ ‎【变式探究】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的位置(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．‎ 解析：(1)证明：由翻折不变性可知PB＝BC＝6，PE＝CE＝9，在△PBF中，PF2＋BF2＝20＋16＝36＝PB2，所以PF⊥BF.‎ 在题图1中，利用勾股定理，得 EF＝＝，‎ 在△PEF中，EF2＋PF2＝61＋20＝81＝PE2，‎ ‎∴PF⊥EF.‎ 又∵BF∩EF＝F，BF⊂平面ABED，EF⊂平面ABED，‎ ‎∴PF⊥平面ABED.‎ ‎(2)由(1)知PF⊥平面ABED，‎ ‎∴PF为三棱锥P－ABE的高．‎ 设点A到平面PBE的距离为h，‎ VA－PBE＝Vp－ABE，‎ 即××6×9×h＝××12×6×2，‎ ‎∴h＝，‎ 即点A到平面PBE的距离为.‎