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教师用书word（北师大版）

第2课时　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] [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. 题型(一)　线面位置关系的综合问题 [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; (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:(1)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)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. 　　|思|维|建|模| 　　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. 　　[针对训练] 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; (2)若AF⊥EF,求证:平面PAD⊥平面ABCD. 证明:(1)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)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 [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; (2)求异面直线EF与BD'所成的角; 解:(1)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)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°. 　　|思|维|建|模| 　　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. 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 　　[针对训练] 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. 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 [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; (2)在线段PC上是否存在点M,使得DM∥平面PEB?请说明理由. 解:(1)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)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. 　　|思|维|建|模| 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. 　　[针对训练] 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; (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:(1)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)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. 学科网（北京）股份有限公司 $