第十一章 专题微课 立体几何中的综合问题-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第四册配套课件PPT（人教B版）

该高中数学课件聚焦立体几何综合问题，涵盖平行垂直关系证明、等体积法求距离、空间角计算等核心知识点，通过建构知识体系梳理基本图形与位置关系，以例题解析和针对训练为支架，衔接基础与综合应用。 其亮点在于融通数学抽象、逻辑推理等核心素养，如通过四棱锥证明题渗透转化思想，结合2024新课标Ⅰ卷真题强化直观想象，题型分类清晰且含课时检测，助力学生提升解题能力，为教师提供系统教学资源。

专题微课　立体几何中的综合问题 建构知识体系 融通学科素养 1.浸润的核心素养 立体几何中的实际问题需抽象几何体,体现数学抽象的素养;线面位置关系的判定与证明需合理实现平行、 垂直关系的转化,体现逻辑推理素养;空间几何体的结构特征,表面积与体积的计算,体现直观想象、数学运算的素养. 2.渗透的数学思想 (1)在判断空间几何体的点、线、面的位置关系及求空间几何体体积与表面积时,根据图形证明或运算求解,体现了数形结合的思想. (2)在本章中化归思想无处不在,如“要证线面平行,先证线线平行”“要证面面平行,先证线面平行”“要证线面垂直,先证线线垂直”“要证面面垂直,先证线面垂直”等,都体现了转化与化归思想. CONTENTS 目录 1 2 3 题型(一) 平行与垂直的综合问题　 题型(二) 等体积法求点到平面 的距离 题型(三) 空间角的计算 4 课时跟踪检测 题型(一)　平行与垂直的综合问题 01 [例1]　如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC=2，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.求证： (1)PA∥平面EDB； 证明：连接AC交BD于点O，连接EO. 因为底面ABCD是正方形，所以点O是AC的中点. 在△PAC中，EO是中位线，所以PA∥EO， 而EO⊂平面EDB，PA⊄平面EDB， 所以PA∥平面EDB. (2)PB⊥平面EFD. 证明：由PD⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD， 得PD⊥BC.因为底面ABCD是正方形，所以DC⊥BC. 又PD∩DC=D，PD，DC⊂平面PDC， 所以BC⊥平面PDC.而DE⊂平面PDC，所以BC⊥DE. 因为PD=DC，可知△PDC是等腰三角形，而E是边PC的中点，所以DE⊥PC.又PC∩BC=C，PC，BC⊂平面PBC，所以DE⊥平面PBC. 而PB⊂平面PBC，所以DE⊥PB. 又EF⊥PB，DE∩EF=E，DE，EF⊂平面EFD，所以PB⊥平面EFD. 针对训练 1.如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB=2CD=8，∠BAD=45°，点E是线段AB的中点.求证： (1)平面CC1E∥平面ADD1A1； 证明：因为AB=2CD=8，点E是线段AB的中点， 所以AE=AB=4，所以AE=CD. 又AE∥CD，所以四边形AECD是平行四边形，所以CE∥AD.又CE⊄平面ADD1A1，AD⊂平面ADD1A1，所以CE∥平面ADD1A1. 同理，CC1∥DD1，CC1⊄平面ADD1A1，DD1⊂平面ADD1A1，所以CC1∥平面ADD1A1. 又CE∩CC1=C，CE，CC1⊂平面CC1E，所以平面CC1E∥平面ADD1A1. (2)BC⊥平面ADD1A1. 证明：如图，作CF⊥EB，垂足为F. 因为AB=2CD=8，所以BF==2. 又因为∠BAD=45°，所以∠ABC=45°， 所以CF=BF=2. 由勾股定理得EC=BC==2， 所以EC2+BC2=(2)2+(2)2=BE2， 所以BC⊥EC.因为CC1⊥平面ABCD， 所以CC1⊥BC.又CC1∩EC=C，CC1，EC⊂平面CC1E，所以BC⊥平面CC1E.因为平面CC1E∥平面ADD1A1，所以BC⊥平面ADD1A1. 题型(二) 等体积法求点到平面的距离 02 [例2]　如图，在三棱锥A-BCD中，∠DBC=90°，BD=3，BC=4，△ABC为等边三角形，cos∠ACD=，点E，F分别是线段AD，CD的中点. (1)求证：BD⊥平面ABC； 证明：∵∠DBC=90°，BD=3，BC=4， ∴CD=5.又△ABC为等边三角形，∴AC=BC=4. 在△ACD中，由余弦定理得AD2=AC2+CD2-2AC·CD·cos∠ACD =42+52-2×4×5×=25， 解得AD=5，∴AB2+BD2=AD2，即BD⊥AB. ∵BD⊥BC，AB∩BC=B，AB，BC⊂平面ABC，∴BD⊥平面ABC. (2)求点C到平面BEF的距离. 解：取BC的中点O，连接AO，∵△ABC为等边三角形，∴AO⊥BC. 又由(1)可知BD⊥平面ABC，AO⊂平面ABC，∴BD⊥AO. 又∵BD∩BC=B，且BD，BC⊂平面BCD，∴AO⊥平面BCD. ∵F为CD的中点，∴点C到平面BEF的距离等于点D到平面BEF的距离. 在Rt△BCD中，可知BF==，在Rt△ABD中，可知BE==. ∵EF是△ACD的中位线，∴EF==2， 可得△BEF的面积S△BEF=×2×=. 设点D到平面BEF的距离为d，则三棱锥D-BEF的体积V三棱锥D-BEF=d. 又△DBF的面积S△DBF=×3×4×=3，点E到平面DBF的距离为===，∴三棱锥E-DBF的体积V三棱锥E-DBF=×3×=.由d=，得d=，即点C到平面BEF的距离为. 针对训练 2.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，点D为线段AC的中点. (1)求证：B1C∥平面A1BD； 证明：连接AB1，交A1B于点O，连接OD. 因为四边形ABB1A1为矩形，所以O为AB1的中点. 因为D为线段AC的中点，所以OD∥CB1. 因为OD⊂平面A1BD， CB1⊄平面A1BD，所以B1C∥平面A1BD. (2)若AB⊥BC，AA1=4，AB=BC=3，求C1到平面A1BD的距离. 解：因为AB=BC=3，AB⊥BC，D为线段AC的中点， 所以BD⊥AC，则BD=3，AC=A1C1=6. 因为直棱柱中CC1⊥平面ABC，BD⊂平面ABC， 所以CC1⊥BD. 因为AC∩CC1=C，AC，CC1⊂平面ACC1A1， 所以BD⊥平面ACC1A1， 即点B到平面ACC1A1的距离为BD=3.由线面垂直的性质易得BD⊥A1D. 在Rt△A1AD中，A1D==5， 所以=×3×5=.又△A1DC1的面积为×6×4=12. 设C1到平面A1BD的距离为d，因为=，所以·d =·BD，所以d=12×3，解得d=，即C1到平面A1BD的距离为. 题型(三)　空间角的计算 03 [例3]　如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，SA=SB=2，E，F分别是SC，BD的中点. (1)求证：EF∥平面SAB； 证明：取线段SB，AB的中点分别为H，G， 连接EH，HG，FG， 则EH∥BC，EH=BC，FG∥AD，FG=AD. 又底面ABCD是正方形，即 BC∥AD，BC=AD， 则EH∥FG，EH=FG，即四边形EFGH为平行四边形， 则EF∥HG. 又EF⊄平面SAB，HG⊂平面SAB，故EF∥平面SAB. (2)若二面角S-AB-D的大小为，求直线SD与平面ABCD所成角的大小. 解：取线段AB的中点O，连接SO，DO. 又SA=SB=2，底面ABCD是边长为1的正方形， 则SO⊥AB，且SO=，DO=. 又二面角S-AB-D的大小为，即平面SAB⊥平面ABCD. 又SO⊂平面SAB，平面SAB∩平面ABCD=AB，则SO⊥平面ABCD， 则∠SDO是直线SD与平面ABCD所成的角. 在Rt△SOD中，tan∠SDO==，即∠SDO=，故直线SD与平面ABCD所成角的大小为. 针对训练 3.已知三棱锥P-ABC中，PC⊥AB，PC=4，AB=4，E，F分别是PA，BC的中点，则EF与AB所成的角大小为(　　) A. B. C. D. √ 解析：取PB的中点G，连接GF，GE，如图， 又E为PA的中点，所以EG∥AB，EG=AB=2， 同理可得GF∥PC，GF=PC=2.又PC⊥AB， 所以EG⊥FG，则∠GEF为EF与AB所成的角. 在Rt△GEF中，tan∠GEF===， 所以EF与AB所成的角为.故选A. 4.(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1，AB=. (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； 证明：因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD， 所以PA⊥AD，又AD⊥PB，PB∩PA=P， PB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB， 又AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB. 因为BC2+AB2=AC2，所以BC⊥AB，因为A，B，C，D四点共面，所以AD∥BC，又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC. (2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD. 解：如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF， 因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD=AC，所以DE⊥平面PAC，所以DE⊥CP.又EF⊥CP，DE∩EF=E，DE，EF⊂ 平面DEF，所以CP⊥平面DEF，根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角，即sin∠DFE=，即tan∠DFE=. 由AD⊥DC，设AD=x(0<x<2)，则CD=，由等面积法可得，DE=， 又CE==， 而△EFC为等腰直角三角形，所以EF=， 故tan∠DFE==，解得x=，即AD=. 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2 1.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M是平面A1B1C1D1内一点，且BM∥平面ACD1，则tan∠DMD1的最大值为 (　　) A. B.1 C.2 D. √ 解析：设正方体的棱长为1，因为当M在直线A1C1上时，都满足BM∥平面ACD1，所以tan∠DMD1===是最大值，此时MD1⊥A1C1.故选D. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 2.坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美.如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形.若AB=25 m，BC=AD=10 m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为(　　) A.102 m B.112 m C.117 m D.125 m √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：如图，过E作EO⊥平面ABCD，垂足为O， 过E分别作EG⊥BC，EM⊥AB，垂足分别为G，M， 连接OG，OM.由题意得等腰梯形所在的面、 等腰三角形所在的面与底面夹角分别为∠EMO和∠EGO， 所以tan∠EMO=tan∠EGO=.因为EO⊥平面ABCD， BC⊂平面ABCD，所以EO⊥BC. 因为EG⊥BC，EO，EG⊂平面EOG，EO∩EG=E， 所以BC⊥平面EOG.因为OG⊂平面EOG，所以BC⊥OG.同理OM⊥BM. 又BM⊥BG，故四边形OMBG是矩形.所以由BC=10得OM=5.所以EO=. 所以OG=5.所以在Rt△EOG中，EG===. 在Rt△EBG中，BG=OM=5，EB===8. 又因为EF=AB-5-5=25-5-5=15，所有棱长之和为2×25+2×10+15+4×8=117 m. 故选C. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 3.(2023·全国甲卷)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形，PC=PD=3，∠PCA=45°，则△PBC面积为 (　　) A.2 B.3 C.4 D.6 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 解析：如图，过点P作PO⊥平面ABCD，垂足为O， 取DC的中点M，AB的中点N， 连接PM，MN，AO，BO.由PC=PD， 得PM⊥DC.又PO⊥DC，PO∩PM=P， 所以DC⊥平面POM.又OM⊂平面POM， 所以DC⊥OM.在正方形ABCD中，DC⊥NM， 所以M，N，O三点共线.所以OA=OB. 所以Rt△POA≌Rt△POB.所以PB=PA.在△PAC中，由余弦定理得PA==.所以PB=.在△PBC中， 由余弦定理得cos∠PCB==，所以sin∠PCB=. 所以S△PBC=PC·BCsin∠PCB=4，故选C. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 4.一封闭的正方体容器ABCD-A1B1C1D1，P，Q，R分别是AB，BC和C1D1的中点，由于某种原因，P，Q，R处各有一个小洞，当此容器内存水的表面恰好经过这三个小洞时，容器中水的上表面形状是 (　　) A.三角形　 B.四边形 　C.五边形 　D.六边形 √ 解析：如图，设过P，Q，R三点的平面为平面α.分别取A1D1，A1A，CC1的中点F，E，M，连接RF，FE，EP，PQ，QM，MR，EM，QF，RP.由正方体的性质知RF∥PQ，所以F∈平面α.又RP∥MQ，所以M∈平面α.又EF∥RP，所以E∈平面α.所以六边形RFEPQM为容器中水的上表面的形状.故选D. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 5.(2023·新课标Ⅱ卷)(多选)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P-AC-O为45°，则 (　　) A.该圆锥的体积为π B.该圆锥的侧面积为4π C.AC=2 D.△PAC的面积为 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 解析：在△PAB中，由余弦定理得AB=2.如图， 连接PO，易知圆锥的高h=PO=1， 底面圆的半径r=AO=BO=.该圆锥的体积V=πr2h=π， 故A正确；该圆锥的侧面积S侧=πr·PA=2π，故B错误； 取AC的中点H，连接PH，OH，因为OA=OC，所以OH⊥AC，同理可得PH⊥AC，则二面角P-AC-O的平面角为∠PHO=45°，所以OH=PO=1，AH=CH==，所以AC=2，故C正确；PH=OH=，S△PAC=×2×=2，故D错误.故选A、C. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 6.如图，正四面体ABCD中，E，F分别是线段AC的三等分点，P是线段AB的中点，G是线段BD上的动点，则 (　　) A.存在点G，使PG⊥EF成立 B.存在点G，使FG⊥EP成立 C.不存在点G，使平面EFG⊥平面ACD成立 D.不存在点G，使平面EFG⊥平面ABD成立 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 解析：取BD的中点M，连接AM，CM.易得AM⊥BD，CM⊥BD，AM，CM⊂平面ACM，AM∩CM=M，故BD⊥平面ACM.又AC⊂平面ACM，故BD⊥AC.若PG⊥EF，PG，BD⊂平面ABD，PG∩BD=G，则AC⊥平面ABD.显然不成立.故不存在点G，使PG⊥EF成立.故A错误； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 连接BF，DF，易得PE∥BF，故∠BFG或其补角即为异面直线PE，FG的夹角，不妨设AB=3，在△ABF中，由余弦定理得BF2=AB2+AF2-2AB·AF·cos，即BF2=32+22-2×3×2×=7，解得BF=. 同理DF=.在△BFD中，cos∠BFD==>0，则∠BFD<.显然∠BFG<∠BFD<.故不存在点G，使FG⊥EP成立.故B错误； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 取CD的中点N，连接AN，BN，过B作BH⊥AN于H.易得BN⊥CD，AN⊥CD，AN，BN⊂平面ABN，AN∩BN=N，故CD⊥平面ABN.又BH⊂平面ABN，故CD⊥BH.又AN，CD⊂平面ACD，AN∩CD=N，故BH⊥平面ACD.若平面EFG⊥平面ACD，则BH⊂平面EFG或BH∥平面EFG.显然BH与平面EFG相交.故不存在点G，使平面EFG⊥平面ACD成立.故C正确； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 当G与BD中点M重合时，由A选项知有BD⊥平面ACM，即BD⊥平面EFG.又BD⊂平面ABD，故平面ABD⊥平面EFG.故存在点G，使平面EFG⊥平面ABD成立.故D错误.故选C. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 7.(5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=1，AD=2，AA1=3，则异面直线A1B1与AC1夹角的余弦值为__________.  解析：∵C1D1∥A1B1，∴异面直线A1B1与AC1的夹角即为C1D1与AC1的夹角，即∠AC1D1.连接AD1(图略)，易知AD1⊥C1D1. ∵在Rt△AC1D1中，C1D1=1，AD1==，AC1==，∴cos∠AC1D1===. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 8.(5分)已知等于90°的二面角α-l-β内有一点P，过P有PA⊥α于点A，PB⊥β于B，如果PA=PB=a，则P到l的距离为________.  a 解析：如图，由PA⊥α，PB⊥β，l⊂α，l⊂β，得PA⊥l，PB⊥l. 又PA∩PB=P，PA，PB⊂平面APBC，故l⊥平面APBC， l∩平面APBC=C.连接PC，PC⊂平面APBC，故l⊥PC. 所以P到l的距离为线段PC的长度， 二面角α-l-β为90°.故BC=PA=PB， 且∠PBC=90°.故PC=PB=a. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 9.(5分)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=3，M是A1D1的中点，点N在棱CC1上，CN=2NC1，则平面AMN与侧面BB1C1C的交线长为_________.  解析：如图，取BC，B1C1的中点为H，Q， 连接BQ，C1H，则AM∥BQ∥C1H， 且AM=BQ=C1H.在平面BB1C1C中， 过点N作NP∥C1H交BC于P， 则NP为平面AMN与侧面BB1C1C的交线，且NP∶C1H=2∶3. 由于C1H===，∴NP=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 10.(5分)(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA=_________.  2 解析：如图，设△ABC的外接圆圆心为O1， 连接O1A.因为△ABC是边长为3的等边三角形， 所以其外接圆半径r=O1A=××3=. 将三棱锥S-ABC补形为正三棱柱SB1C1-ABC， 由题意知SA为侧棱.设球心为O， 连接OO1，OA，则OO1⊥平面ABC，且OO1=SA. 又球的半径R=OA=2，OA2=O+O1A2，所以4=SA2+3，得SA=2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 11.(10分)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为矩形，AB⊥BP，M为AC的中点，N为PD上一点. (1)若MN∥平面ABP，求证：N为PD的中点；(4分) 证明：如图所示，连接BD. ∵四边形ABCD为矩形， ∴M为AC和BD的中点， ∵MN∥平面ABP，MN⊂平面BPD， 平面BPD∩平面ABP=BP，∴MN∥BP， ∵M为AC的中点，∴N为PD的中点. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 (2)若平面ABP⊥平面APC，求证：PC⊥平面ABP.(6分) 证明：如图所示，在△ABP中，过点B作BE⊥AP于点E， ∵平面ABP⊥平面APC，平面ABP∩平面APC=AP， BE⊂平面ABP，BE⊥AP，∴BE⊥平面APC， 又∵PC⊂平面APC，∴BE⊥PC， ∵四边形ABCD为矩形，∴AB⊥BC， 又∵AB⊥BP，BC∩BP=B，BC⊂平面BPC， BP⊂平面BPC，∴AB⊥平面BPC，∵PC⊂平面BPC，∴AB⊥PC， 又∵AB∩BE=B，AB⊂平面ABP，BE⊂平面ABP，∴PC⊥平面ABP. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 12.(15分)如图①所示，已知正三角形ADP与正方形ABCD，将△ADP沿AD翻折至△ADP'所在的位置，连接P'B，P'C，得到如图②所示的四棱锥.已知AB=2，P'B=2，T为AP上一点，且满足PT=2AT. (1)求证：CD⊥平面P'AD；(5分) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 解：证明：由题意知△P'AD是正三角形，有P'A=AB=2， 在△P'AB中，P'A2+AB2=8=P'B2，则AB⊥P'A. 在正方形ABCD中，AB⊥AD，P'A∩AD=A， P'A，AD⊂平面P'AD， 所以AB⊥平面P'AD.又CD∥AB， 所以CD⊥平面P'AD. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 (2)在线段P'D上是否存在一点Q，使得CQ∥平面BDT.若存在，指出点Q的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.(10分) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 解：点Q为线段P'D的中点，CQ∥平面BDT， 取P'T的中点N，连接CQ，NQ，CN， 连接AC∩BD=O，连接OT，如图， 所以NQ∥TD.又TD⊂平面BDT，NQ⊄平面BDT， 因此NQ∥平面BDT. 依题意，T为P'A上一点，且满足P'T=2AT，则T为NA的中点. 又O为AC的中点，即有OT∥CN. 又TO⊂平面BDT，CN⊄平面BDT，因此CN∥平面BDT. 又CN∩NQ=N，CN，NQ⊂平面CQN，所以平面CQN∥平面BDT. 又CQ⊂平面CQN，则CQ∥平面BDT， 所以点Q为线段P'D的中点时，CQ∥平面BDT. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $