6.5.2 第2课时 线面位置关系的综合问题-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第二册配套课件PPT（北师大版）

该高中数学课件聚焦线面位置关系综合问题，涵盖平行垂直关系转换、翻折问题及探索性问题，通过习题讲评式教学导入，结合思维导图梳理转化思想，搭建从基础线面关系到复杂综合应用的学习支架。 其亮点在于以题型为载体，通过翻折问题中“变与不变”量分析、探索性问题“先猜后证”等思维建模，培养学生逻辑推理与直观想象素养。讲练结合的设计让学生提升空间问题解决能力，教师可直接用于课堂讲评，高效落实教学目标。

线面位置关系的综合问题 [教学方式:拓展融通课——习题讲评式教学] 第2课时 课时目标 进一步理解直线与直线,直线与平面,平面与平面之间的位置关系,能灵活转换平行与垂直关系解决线面位置关系,掌握线面位置关系中的翻折与探索性问题. CONTENTS 目录 1 2 3 题型(一) 线面位置关系的综合问题 题型(二)　翻折问题 题型(三)　空间几何体中的探索性问题 4 课时跟踪检测 题型(一) 线面位置关系的综合问题 01 [例1]　如图,矩形ABCD所在平面与以BC为直径的圆所在平面垂直,O为BC中点,M是圆周上一点,且∠CBM=30°, AB=1,BC=2. (1)求异面直线AO与CM夹角的余弦值; 解:取AD中点N,连接CN,MN,OM,ON,如图. 因为四边形ABCD为矩形,O,N分别为BC,AD中点,所以AO∥CN,所以∠MCN(或其补角)就是异面直线AO与CM的夹角.因为平面ABCD⊥平面BCM,平面ABCD∩平面BCM=BC,在矩形ABCD中,NO⊥BC,NO⊂平面ABCD, 所以NO⊥平面BCM. 又OM⊂平面BCM,所以NO⊥OM.在Rt△MON中,∠MON=90°,OM=NO=1, 所以MN=.又M是圆周上一点,且∠CBM=30°,所以CM=1.在△MCN中,CN=,由余弦定理的推论可得cos∠MCN==,所以异面直线AO与CM夹角的余弦值为. (2)设点P是线段AM上的点,且满足AP=λPM,若直线CM∥平面BPD, 求实数λ的值. 解:如图,连接PB,PD,连接BD交AC于点Q,连接PQ. 因为直线CM∥平面BPD,直线CM⊂平面ACM, 平面BPD∩平面ACM=PQ, 所以CM∥PQ. 因为矩形ABCD的对角线交点Q为AC中点,所以PQ为△AMC的中位线,所以P为AM中点,AP=PM.又AP=λPM,所以λ的值为1. 　　在应用线面平行、垂直的判定定理和性质定理证明有关问题时,除了运用转化思想,还应注意寻找线面平行、垂直所需的条件. |思|维|建|模| 1.如图,在四棱锥P⁃ABCD中,底面ABCD是矩形, 点E在棱PC上(异于点P,C),平面ABE与棱PD交于点F. (1)求证:AB∥EF; 针对训练 证明:因为四边形ABCD是矩形, 所以AB∥CD. 又AB⊄平面PDC,CD⊂平面PDC, 所以AB∥平面PDC. 又AB⊂平面ABE,平面ABE∩平面PDC=EF,所以AB∥EF. (2)若AF⊥EF,求证:平面PAD⊥平面ABCD. 证明:因为四边形ABCD是矩形,所以AB⊥AD. 因为AF⊥EF,(1)中已证AB∥EF, 所以AB⊥AF. 由点E在棱PC上(异于点C),所以点F异于点D. 又AF∩AD=A,AF,AD⊂平面PAD. 所以AB⊥平面PAD. 又AB⊂平面ABCD, 所以平面PAD⊥平面ABCD. 题型(二)　翻折问题 02 [例2]　在矩形ABCD中,AB=4,AD=2.点E,F分别在AB,CD上,且AE=2,CF=1.沿EF将四边形AEFD翻折至四边形A'EFD',点A'∉平面BCFE. (1)求证:CD'∥平面A'EB; 解:证明:因为D'F∥A'E,D'F⊄平面A'EB,A'E⊂平面A'EB,所以D'F∥平面A'EB. 因为FC∥EB,FC⊄平面A'EB,EB⊂平面A'EB,所以FC∥平面A'EB. 又因为FC∩D'F=F,所以平面D'FC∥平面A'EB. 因为CD'⊂平面D'FC,所以CD'∥平面A'EB. (2)求异面直线EF与BD'所成的角; 解:延长EF,BC交于点G,EF∩DB=H, FC∥EB且FC=EB,则BG=2BC=4, EB=DA,BG=AB,∠EBG=∠DAB=90°, 则△EBG≌△DAB, 故∠GEB=∠BDA,又∠BDA+∠DBA=90°, 故∠GEB+∠DBA=90°,则∠EHB=90°,即EF⊥DB, 从而EF⊥D'H,EF⊥HB,又D'H∩HB=H,D'H,HB⊂平面D'HB, 所以EF⊥平面D'HB,又BD'⊂平面D'HB,则EF⊥BD', 所以异面直线EF与BD'所成的角为90°. 　翻折问题是高考的一个重要命题点,题目比较灵活,主要考查逻辑推理与直观想象等核心素养,如2024新课标Ⅱ卷T17,以几何体的翻折为背景考查线线垂直及二面角.解决翻折问题要重视转化思想,关键在于掌握以下两个解题策略. |思|维|建|模| 确定翻折前后的“变与不变”量 画好翻折前后的平面图形与立体图形,分清翻折前后图形的位置和数量关系的“变与不变”量.一般地,位于“拆痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变,而位于“拆痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化,对于不变的关系应在平面图形中处理,而对于变化的关系则要在立体图形中解决 确定翻折前后关键点的位置 所谓的关键点,是指翻折过程中运动变化的点,因为这些点的位置移动,会带动与其相关的点、线、面的关系变化.只有分析清楚关键点的准确位置,才能以此为参照点,确定其他点、线、面的位置,进而进行有关的计算与证明 2.如图,在梯形ABCD中,AD∥BC,AD=4BC=4,CD=,E为边AD上的点, CE⊥AD,CE=1,将△DEC沿直线CE翻折到△PEC的位置,且∠PEA=, 连接PA,PB.求证:BE⊥PC. 针对训练 证明:∵CE⊥AD,CE=1,CD=,∴DE=2,∴PE=AE=2. 又∠PEA=,∴△PEA为等边三角形.取AE的中点F, 连接PF,CF,BF, ∵PA=PE,F为AE的中点,∴PF⊥AE,CE⊥PE,CE⊥AE, PE∩AE=E,PE,AE⊂平面PAE,∴CE⊥平面PAE,又PF⊂平面PAE, ∴CE⊥PF.∵CE∩AE=E,CE,AE⊂平面ABCE, ∴PF⊥平面ABCE,又BE⊂平面ABCE, ∴BE⊥PF.∵BC=AD=AE=EF=1=CE,BC∥EF,∴四边形BCEF为菱形, ∴BE⊥CF. 又PF∩CF=F,PF,CF⊂平面PCF, ∴BE⊥平面PCF.∵PC⊂平面PCF,∴BE⊥PC. 题型(三)　空间几何体中的探索性问题 03 [例3]　如图,在四棱锥P⁃ABCD中,底面ABCD为矩形, 平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E为AD的中点. (1)求证:PE⊥BC; 解:证明:因为PA=PD,E为AD的中点,所以PE⊥AD. 又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PE⊂平面PAD, 所以PE⊥平面ABCD, 又BC⊂平面ABCD,所以PE⊥BC. (2)在线段PC上是否存在点M,使得DM∥平面PEB?请说明理由. 解:存在点M为PC中点时,DM∥平面PEB.理由如下: 取PB中点为F,连接DM,FM,EF, 因为M为PC的中点, 所以FM∥BC,且FM=BC. 在矩形ABCD中,E为AD的中点, 所以ED∥BC,且ED=BC, 所以ED∥FM,且ED=FM, 所以四边形EFMD为平行四边形,因此DM∥EF. 又因为EF⊂平面PEB,DM⊄平面PEB,所以DM∥平面PEB. 1.立体几何中探索性问题的主要类型 (1)探索条件,即探索能使结论成立的条件是什么. (2)探索结论,即在给定的条件下,探索命题的结论是什么. 2.对命题条件探索的三种方法: (1)先猜后证,即先观察与尝试给出条件再证明. (2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明其充分性. (3)把几何问题转化为代数问题,探索命题成立的条件. 3.对命题结论探索的方法首先假设结论成立,然后在这个假设下进行推理论证,如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设,如果得到了矛盾的结果就否定假设. |思|维|建|模| 3.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2, 点M为A1B1的中点. (1)证明:MC1⊥平面ABB1A1; 针对训练 解:证明:因为三棱柱ABC⁃A1B1C1是正三棱柱, 所以AA1⊥平面A1B1C1,MC1⊂平面A1B1C1,所以AA1⊥MC1.又因为M是A1B1的中点,所以MC1⊥A1B1.因为AA1∩A1B1=A1,A1B1⊂平面ABB1A1, AA1⊂平面ABB1A1,所以MC1⊥平面ABB1A1. (2)在棱BB1上是否存在点Q,使得AQ⊥平面BC1M?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 解:由(1)可知C1M⊥平面AA1B1B,因为C1M⊂平面BC1M,则平面BC1M⊥平面AA1B1B,在平面AA1B1B内过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q,平面BC1M∩平面AA1B1B=BM,因此AQ⊥平面BC1M,于是点Q即为所要找的点,显然△ABQ∽△BB1M,因此=,即有=1,于是=1,所以=1. 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 1.已知直线l,平面α,β,若l⊥α,则“l∥β”是“α⊥β”的 (　　) A.充要条件 B.必要不充分条件 C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:因为l⊥α,若l∥β,由面面垂直的判定定理可知α⊥β,即充分性成立;若α⊥β,则l∥β或l⊂β,即必要性不成立.综上所述:“l∥β”是“α⊥β”的充分不必要条件. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 2.在长方体 ABCD⁃A1B1C1D1中, BC=2,AB=BB1=4,E,F 分别是 A1B1,CD的中点,则异面直线A1F与BE所成角的正切值为 (　　) A. B. C. D. √ 解析:取AB的中点H,连接A1H,HF.因为A1E∥BH,A1E=BH,所以四边形A1EBH是平行四边形,所以EB∥A1H,所以异面直线A1F与BE所成的角即为A1H与AF所成角(或其补角),即∠HA1F.因为AD⊥平面A1B1BA,AD∥HF,所以HF⊥平面A1B1BA,A1H⊂平面A1B1BA,所以HF⊥A1H,在Rt△A1HF中, tan∠HA1F=====.故异面直线A1F与BE所成角的正切值为. 1 5 6 7 8 9 10 11 3 4 2 3.在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,E,F分别是DD1,BC1的中点,则下列结论正确的是 (　　) A.EF∥BD B.FD1∥平面BCE C.EF⊥BC1 D.AF⊥平面BCC1B1 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 3 4 2 解析:对于A,设G为BB1的中点,则EG∥BD,但EG,EF相交,所以EF,BD异面,A错误; 对于B,设CC1的中点为H,则BC∥GH,BE∥GD1,因为GH⊄平面BEC,BC⊂平面BEC,GD1⊄平面BEC,BE⊂平面BEC,所以GH∥平面BEC,GD1∥平面BEC.又因为GH∩GD1= G,GH,GD1⊂平面GHD1,故平面BCE∥平面GHD1. 又FD1⊂平面GHD1,故FD1∥平面BCE,B正确. 对于C,在△EBC1中,BE≠EC1,BF=FC1,故EF与BC1不可能垂直(否则EF垂直平分BC1,会得到EB=EC1,这与BE≠ EC1矛盾),C错误.对于D,易知AB⊥平面BCC1B1,又AB∩AF =A,D错误. 1 5 6 7 8 9 10 11 3 4 2 4.如图,已知大小为60°的二面角α⁃l⁃β棱上有两点A,B, AC⊂α,AC⊥l,BD⊂β,BD⊥l,若AC=3,BD=3,CD=7, 则AB的长度为 (　　) A.22 B.44 C.2 D. √ 解析:如图,过点A作AE∥BD,过点D作DE∥AB交AE于点E,连接CE,CB.因为AE∥BD,DE∥AB,所以四边形ABDE为平行四边形,所以AE=BD=3,DE=AB,因为BD⊥l,AE∥BD,所以AE⊥l.因为AC⊥l,α∩β=l,二面角α⁃l⁃β为60°,所以∠CAE=60°,在△CAE中,cos∠CAE ===,解得CE=3.因为AE⊥l,AC⊥l,AE∩AC=A,AE,AC⊂平面ACE,所以l⊥平面ACE.因为CE⊂平面ACE,所以CE⊥l.因为DE∥AB,所以CE⊥DE,所以AB=DE==2. 1 5 6 7 8 9 10 11 3 4 2 5.[多选]如图是四棱锥的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,E,F,G,H分别为PA,PB,PC,PD的中点,在此几何体中,下列结论正确的是 (　　) A.平面EFGH∥平面ABCD B.平面PAD∥BC C.平面PCD∥AB D.平面PAD∥平面PAB √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 3 4 2 解析:如图所示,把平面展开图还原为四棱锥P⁃ABCD.对于A, 由EF∥AB,EF⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD,∴EF∥平面ABCD.又EH∥AD,同理可证EH∥平面ABCD. 又EF∩EH=E,EF,EH⊂平面EFGH,所以平面EFGH∥平面ABCD,故A正确; 对于B,因为BC∥AD,BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,所以平面PAD∥BC,故B正确;对于C,因为AB∥CD,AB⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,所以平面PCD∥AB,故C正确;对于D,由平面PAD与平面PAB有公共点P,故平面PAD与平面PAB不平行,故D错误. 1 5 6 7 8 9 10 11 3 4 2 6.[多选]如图,在四棱锥P⁃ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD, PA=PD,E为AD的中点,则下列结论成立的是 (　　) A.PE⊥AC B.PE⊥BC C.平面PBE⊥平面ABCD D.平面PBE⊥平面PAD 解析:因为PA=PD,E为AD的中点,所以PE⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PE⊂平面PAD,所以PE⊥平面ABCD.又AC, BC⊂平面ABCD,所以PE⊥AC,PE⊥BC,所以A,B成立;又PE⊂平面PBE, 所以平面PBE⊥平面ABCD,所以C成立;若平面PBE⊥平面PAD,且PE⊥AD,而平面PBE∩平面PAD=PE,AD⊂平面PAD,所以AD⊥平面PBE,又BE⊂平面PBE,则AD⊥BE,但此关系不一定成立,故D错误. √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 3 4 2 7.(5分)在长方形ABCD中,AB=4,AD=3,沿对角线AC把平面ACD折起, 使平面ACD⊥平面ABC,则折起后∠BCD的余弦值为_________ . 解析:过D作DE⊥AC,垂足为E,连接BE. 因为CD=AB=4,AD=3,则AC=5,DE=,AE=. 在Rt△ABC中,cos∠CAB==, 在△ABE中,由余弦定理得BE2=AE2+AB2-2AE·AB·cos∠CAB=. 因为平面ACD⊥平面ABC,平面ACD∩⊥平面ABC=AC,DE⊂平面ACD, DE⊥AC,则DE⊥平面ABC,BE⊂平面ABC,DE⊥BE,则DB2=DE2+BE2=. 在△BCD中,由余弦定理得cos∠BCD===. 1 5 6 7 8 9 10 11 3 4 2 8.(10分)如图1,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2.将△BCD沿BD翻折至△BC1D,且AC1=2,如图2. (1)求证:平面ABC1⊥平面AC1D;(3分) 解:证明:由题意知AC1=2,AB=4,BC1=2,则A+B=AB2, 故AC1⊥BC1,又DC1⊥BC1,且DC1∩AC1=C1,DC1,AC1⊂平面AC1D,故BC1⊥平面AC1D,又BC1⊂平面ABC1,故平面ABC1⊥平面AC1D. 1 5 6 7 8 9 10 11 3 4 2 解:作C1E⊥BD,垂足为E,在平面ABD内过点E作EF⊥BD, 交AB于点F,连接C1F, 则∠C1EF即为平面BC1D与平面ABD的夹角或其补角, 由题意知BD==2,sin∠DBC1===, 故C1E=BC1·sin∠DBC1=,BE===. 在Rt△BAD中,tan∠DBA==, 则EF=BE·tan∠DBA=, (2)求平面BC1D与平面ABD夹角的余弦值.(7分) 1 5 6 7 8 9 10 11 3 4 2 所以BF===1. 又BC1⊥平面AC1D,AC1⊂平面AC1D,故BC1⊥AC1, 则cos∠ABC1==,所以∠ABC1=, 故C1F2=C1B2+BF2-2C1B·BFcos=4+1-2=3,即C1F=. 在△C1EF中,cos∠C1EF===, 故平面BC1D与平面ABD夹角的余弦值为. 1 5 6 7 8 9 10 11 3 4 2 9.(10分)如图1,在矩形ABCD中,AD=1,AB=3,M为CD上一点,且CM=2MD.将△ADM沿AM折起,使得平面ADM⊥平面ABCM,如图2,点E是线段AM的中点. (1)求证:平面BDE⊥平面ABCM;(5分) 解:证明:由已知CM=2MD,AB=3,得MD=AD=1, ∴△ADM为等腰直角三角形.又E为AM的中点,则DE⊥AM.∵平面ADM⊥平面ABCM,且平面ADM∩平面ABCM=AM,DE⊂平面ADM, ∴DE⊥平面ABCM.∵DE⊂平面BDE, ∴平面BDE⊥平面ABCM. 1 5 6 7 8 9 10 11 3 4 2 (2)过B点是否存在一条直线l,同时满足以下两个条件:①l⊂平面ABCM;②l⊥AD.请说明理由.(5分) 解:在平面ABCM内,过点B作直线l,使l⊥AM, ∵平面ADM⊥平面ABCM,且平面ADM∩平面ABCM=AM,l⊂平面ABCM,∴l⊥平面ADM.又∵AD⊂平面ADM,∴l⊥AD,即存在直线l满足题意. 1 5 6 7 8 9 10 11 3 4 2 10.(15分)如图,在棱长为1的正方体ABCD⁃A1B1C1D1中, E,F,G分别为棱BB1,DD1,CC1的中点. (1)求证:C1F∥平面DEG;(5分) 解:证明:∵在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中, E,F,G分别为棱BB1,DD1,CC1的中点, ∴DF∥C1G,且DF=C1G,∴四边形DGC1F是平行四边形,∴C1F∥DG. ∵DG⊂平面DEG,C1F⊄平面DEG, ∴C1F∥平面DEG. 1 5 6 7 8 9 10 11 3 4 2 (2)试在棱CD上取一点M,使D1M⊥平面DEG.(10分) 解:当M是CD的中点时,可使D1M⊥平面DEG.理由如下: 在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,BC⊥平面CDD1C1,∵D1M⊂平面CDD1C1, ∴BC⊥D1M. 又由(1)知C1F∥DG,同理可得BC∥EG, ∴D1M⊥EG.∵DM=CD=,CG=CC1=,∴tan∠DD1M==,tan∠CDG==,则tan∠DD1M=tan∠CDG,又0<∠DD1M<,0<∠CDG<,∴∠DD1M=∠CDG, ∴∠D1MD+∠CDG=∠D1MD+∠DD1M=,则D1M⊥DG. 又EG∩DG=G,EG,DG⊂平面DEG, ∴D1M⊥平面DEG. 1 5 6 7 8 9 10 11 3 4 2 11.(15分)如图,在四棱锥P⁃ABCD中,底面ABCD是∠DAB=60°且边长为a的菱形,侧面△PAD为正三角形,且其所在平面垂直于底面ABCD. (1)求证:AD⊥PB;(7分) 解:证明:取G为AD的中点,连接PG,BG,BD,如图.   ∵△PAD为正三角形,∴PG⊥AD.在菱形ABCD中, ∠DAB=60°,∴△ABD为正三角形.又G为AD的中点,∴BG⊥AD.又BG∩PG=G,BG,PG⊂平面PGB,   ∴AD⊥平面PGB.∵PB⊂平面PGB,   ∴AD⊥PB.   1 5 6 7 8 9 10 11 3 4 2 (2)若E为棱BC的中点,则能否在棱上找到一点F,使平面DEF⊥平面ABCD?并证明你的结论.(8分) 解:当F为PC的中点时,满足平面DEF⊥平面ABCD. 证明如下:在△PBC中,EF∥PB.又EF⊂平面DEF,PB⊄平面DEF, ∴PB∥平面DEF.在菱形ABCD中,GB∥DE. DE⊂平面DEF,GB⊄平面DEF,∴GB∥平面DEF.又PB⊂平面PGB, GB⊂平面PGB,PB∩GB=B,∴平面DEF∥平面PGB. 由(1)得PG⊥平面ABCD,又PG⊂平面PGB,∴平面PGB⊥平面ABCD, ∴平面DEF⊥平面ABCD. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $