第6章 5 培优课 空间位置关系的综合问题(学用Word)-【优学精讲】2025-2026学年高中数学必修第二册（北师大版）

本讲义聚焦高中立体几何核心知识点，系统梳理二面角计算、点或直线到平面的距离、探究性问题及折叠问题，形成从基础空间角与距离求解到综合探究与动态折叠应用的递进学习支架。 资料以“通性通法”为核心，如求二面角“作、证、算”步骤培养推理能力（数学思维），折叠问题分析翻折前后性质变化发展空间观念（数学眼光）。课中辅助教师系统授课，课后跟踪训练助力学生巩固，提升解决立体几何综合问题的能力。

培优课　空间位置关系的综合问题 【典例研析】 【例1】　解：（1）证明：因为DA⊥底面ABC，BC⊂底面ABC， 所以DA⊥BC. 又因为AC＝BC＝1，AB＝， 所以AC2＋BC2＝AB2， 所以AC⊥BC. 又DA∩AC＝A， 所以BC⊥平面DAC. 又AE⊂平面DAC， 所以BC⊥AE. 又DA＝AC，E是DC的中点， 所以AE⊥DC. 因为AE⊥BC，AE⊥DC，BC∩DC＝C， 所以AE⊥平面DBC. 又DB⊂平面DBC，所以AE⊥DB. 因为EF⊥DB，AE⊥DB，AE∩EF＝E， 所以DB⊥平面AEF. （2）由（1）可知DB⊥AF，且EF⊥DB，故∠EFA为二面角A-DB-C的平面角. 因为AC＝BC＝DA＝1， 所以DC＝， 所以AE＝＝. 因为DA＝1，AB＝，DA⊥AB， 所以DB＝，AF＝＝. 因为EF⊥DB，E是DC的中点，DC＝，DB＝，BC＝1， 所以DC⊥BC，所以△DFE∽△DCB， 则＝，所以EF＝. 由余弦定理得 cos ∠EFA＝＝， 所以∠EFA＝60°，即二面角A-DB-C的大小为60°. 跟踪训练 　解：（1）证明：如图，取AB的中点O， 连接OC，OD. 因为△ABC是边长为2的正三角形，△ABD是以AB为斜边的等腰直角三角形， 所以OC⊥AB，OD⊥AB， 所以∠COD是二面角C-AB-D的平面角. 在△OCD中，因为OC＝，OD＝1，CD＝2， 所以OC2＋OD2＝CD2，所以∠COD＝90°. 所以平面ABC⊥平面ABD. （2）如图，过点O作OM⊥BC交BC于点M，连接DM，由（1）可知DO⊥平面ABC. 又BC⊂平面ABC，所以BC⊥DO. 由OM∩DO＝O，OM，DO⊂平面DOM， 所以BC⊥平面DOM. 因为DM⊂平面DOM，所以BC⊥DM， 则∠OMD为二面角A-BC-D的平面角. 在Rt△OMD中，OD＝1，OM＝， 由勾股定理得DM＝， 所以二面角A-BC-D的余弦值为 cos ∠OMD＝＝. 【例2】　解：（1）证明：如图，取PD的中点F，连接AF，EF. 又E为PC的中点，所以EF是△PCD的中位线， 所以EF∥CD且EF＝CD. 又AB∥CD且AB＝CD， 所以EF∥AB且EF＝AB. 所以四边形ABEF是平行四边形，所以BE∥AF. 因为AD＝AP，F为PD的中点， 所以AF⊥PD. 因为AD⊥AB，AB∥CD，所以AD⊥CD. 因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD， 所以PA⊥CD. 又AD∩PA＝A，所以CD⊥平面PAD. 因为AF⊂平面PAD，所以CD⊥AF. 又PD∩CD＝D， 所以AF⊥平面PCD. 又BE∥AF，所以BE⊥平面PCD. （2）因为AB∥CD，CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD， 所以AB∥平面PCD. 所以直线AB到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离. 由（1）得AF⊥平面PCD，则AF的长等于点A到平面PCD的距离. 因为AB＝AD＝AP＝CD＝2， 所以AF＝PD＝＝. 所以点A到平面PCD的距离为， 即直线AB到平面PCD的距离为. 跟踪训练 　解：（1）证明：如图，连接MN，AN，因为M，N分别为PC，CD的中点，所以MN∥PD. 因为PD⊥平面ABCD， 所以MN⊥平面ABCD. 因为BN⊂平面ABCD， 所以MN⊥BN. 因为四边形ABCD为矩形且AD＝2，DN＝CN＝2， 所以AN＝BN＝2， 所以在△ABN中，AN2＋BN2＝AB2， 即AN⊥BN. 又MN∩AN＝N， 所以BN⊥平面AMN. 又AM⊂平面AMN，所以BN⊥AM. （2）如图，过点P作PE⊥DM，垂足为E. 因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD. 因为AD⊥CD，PD∩CD＝D， 所以AD⊥平面PCD. 因为PE⊂平面PCD， 所以AD⊥PE. 又AD∩DM＝D， 所以PE⊥平面ADM， 所以PE的长即为点P到平面AMD的距离. 因为M为PC的中点， 所以S△PDM＝S△PDC＝2， DM＝PC＝， 又S△PDM＝PE·DM， 所以PE＝， 所以点P到平面AMD的距离为. 【例3】　解：（1）证明：因为四棱锥P-ABCD的底面为菱形，所以BD⊥AC. 又PA⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以BD⊥PA. 因为PA，AC⊂平面PAC，PA∩AC＝A， 所以BD⊥平面PAC. 又BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAC. （2）假设在线段PC上存在一点E，使PC⊥平面EBD成立. 如图，设AC∩BD＝O. 因为PC⊥平面EBD，EO⊂平面EBD， 所以EO⊥PC. 易知△COE∽△CPA， 所以＝. 因为四棱锥P-ABCD的底面为菱形，且∠ABC＝120°，AB＝2，PA＝， 所以AC＝2CO＝2，PC＝＝， 所以CE＝＝＝， 即在线段PC上存在一点E，使PC⊥平面EBD成立，此时CE＝. 跟踪训练 　解：（1）证明：由正三棱柱的定义可知△ABC是等边三角形，CC1⊥平面ABC. 因为AB⊂平面ABC，所以CC1⊥AB. 因为△ ABC是等边三角形，D为AB的中点， 所以CD⊥AB. 因为CC1，CD⊂平面CC1D，且CC1∩CD＝C， 所以AB⊥平面CC1D. （2）如图，取A1B1的中点D1，连接C1D1，BD1， 则CD∥C1D1，则∠BC1D1或其补角是异面直线BC1与CD所成的角. 设AA1＝2，则AB＝2，C1D1＝3，BC1＝4，BD1＝， 故cos∠BC1D1＝＝＝， 即异面直线BC1与CD所成角的余弦值为. （3）如图，在△CC1D中，作CE⊥C1D，垂足为E，连接BE. 因为CE ⊂平面CC1D，AB⊥平面CC1D，所以AB⊥CE. 因为AB，C1D⊂平面ABC1，且AB∩C1D＝D， 所以CE⊥平面ABC1. 因为CE⊂平面BCE，所以平面BCE⊥平面ABC1. 设AA1＝2，则C1C＝2，CD＝3，故C1D＝. 因为＝CD×CC1＝C1D×CE， 所以CE＝，则C1E＝＝，ED＝C1D－C1E＝，＝. 故在C1D上存在点E，使得平面BCE⊥平面ABC1，此时＝. 【例4】　解：（1）证明：取A'D的中点G，连接GF，GE（图略）. 由已知易得FG＝CD，且FG∥CD. 又BE＝CD，且BE∥CD，所以FG∥BE且FG＝BE. 所以四边形BEGF为平行四边形，所以BF∥EG. 因为EG⊂平面A'DE，BF⊄平面A'DE，所以BF∥平面A'DE. （2）在平行四边形ABCD中，设BC＝a，则AB＝CD＝2a，AD＝AE＝EB＝a，连接CE，A'M（图略）. 因为∠ABC＝120°，所以在△BCE中，可得CE＝a. 在△ADE中，可得DE＝a. 在△CDE中，因为CD2＝CE2＋DE2， 所以CE⊥DE. 在正三角形A'DE中，M为DE的中点， 所以A'M⊥DE. 由平面A'DE⊥平面EBCD，且平面A'DE∩平面EBCD＝DE，A'M⊂平面A'DE，可知A'M⊥平面EBCD， 所以A'M⊥CE. 取A'E的中点N，连接NM，NF（图略），则NF∥CE， 所以NF⊥DE，NF⊥A'M. 因为DE∩A'M＝M，所以NF⊥平面A'DE， 则∠FMN为直线FM与平面A'DE的夹角. 在Rt△FNM中，NF＝a，MN＝a， 则FM＝a，cos∠FMN＝，所以∠FMN＝60°. 所以直线FM与平面A'DE的夹角为60°. 跟踪训练 　解：（1）证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE， 所以AD∥CG， 故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面. 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，故AB⊥平面BCGE. 因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE. （2）如图，取CG的中点M，连接EM，DM. 因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE， 所以DE⊥平面BCGE. 又因为CG⊂平面BCGE， 所以DE⊥CG. 由已知得四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°， 则EM⊥CG. 又EM∩DE＝E，EM⊂平面DEM，DE⊂平面DEM， 所以CG⊥平面DEM. 由于DM⊂平面DEM，因此DM⊥CG. 因为DE⊥平面BCGE，EM⊂平面BCGE， 所以DE⊥EM. 在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝，故DM＝2. 所以四边形ACGD的面积为4. 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型一｜求二面角 【例1】　如图，在三棱锥D-ABC中，DA⊥底面ABC，AC＝BC＝DA＝1，AB＝，E是CD的中点，点F在DB上，且EF⊥DB. （1）证明：DB⊥平面AEF； （2）求二面角A-DB-C的大小. 尝试解答 通性通法 求二面角大小的步骤 （1）“作”：作出二面角的平面角； （2）“证”：证明所作的角是二面角的平面角； （3）“算”：解三角形，求出这个角的大小. 【跟踪训练】 如图，△ABC是边长为2的正三角形，△ABD是以AB为斜边的等腰直角三角形，且CD＝2. （1）求证：平面ABC⊥平面ABD； （2）求二面角A-BC-D的余弦值. 题型二｜求点或直线到平面的距离 【例2】　如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥AB，AB∥CD，AB＝AD＝AP＝CD＝2，E为PC的中点. （1）求证：BE⊥平面PCD； （2）求直线AB到平面PCD的距离. 尝试解答 通性通法 求点或直线到平面距离的方法 （1）直接法（也称定义法）：即直接找出或作出“点面距离”，按“一找、二证、三计算”的步骤完成，用此方法的关键在于如何找出或作出这一垂线段； （2）转移法：转移法是指将此点到平面的距离转化为求另一点到该平面的距离.在直接法不易求解时，可考虑利用与平面平行的直线上各点到该平面的距离相等进行转化. 【跟踪训练】 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，M，N分别为PC，CD的中点，PD＝AD＝2，AB＝4. （1）求证：BN⊥AM； （2）求点P到平面AMD的距离. 题型三｜探究性问题 【例3】　如图，四棱锥P-ABCD的底面为菱形，且∠ABC＝120°，PA⊥底面ABCD，AB＝2，PA＝. （1）求证：平面PBD⊥平面PAC； （2）在线段PC上是否存在一点E，使PC⊥平面EBD成立？如果存在，求出EC的长；如果不存在，请说明理由. 尝试解答 通性通法 　　对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设. 【跟踪训练】 　如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1，D为AB的中点. （1）证明：AB⊥平面CC1D； （2）求异面直线BC1与CD所成角的余弦值； （3）在C1D上是否存在点E，使得平面BCE⊥平面ABC1？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 题型四｜折叠问题 【例4】　如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2BC，∠ABC＝120°，E为线段AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A'DE，使平面A'DE⊥平面EBCD，F为线段A'C的中点. （1）求证：BF∥平面A'DE； （2）设M为线段DE的中点，求直线FM与平面A'DE夹角的大小. 尝试解答 通性通法 　　解决平面图形翻折问题的关键是弄清原有的性质变化与否，即翻折（转）后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质可能发生变化.应注意： （1）点的变化，点与点的重合及点的位置变化； （2）线的变化，翻折（转）前后，若线始终在同一平面内，则它们的位置关系不发生变化，若线与线由在同一个平面内转变为不在同一个平面内，应注意其位置关系的变化； （3）长度、角度等几何量的变化. 【跟踪训练】 如图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②. （1）证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； （2）求图②中的四边形ACGD的面积. 提示：完成课后作业　第六章　培优课 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $