第六章 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二册教师用书word（北师大版）

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 (1)理解空间直线、平面位置关系的定义,凸显直观想象的核心素养. (2)了解可以作为推理依据的基本事实和定理,凸显数学抽象的核心素养. (3)能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题,凸显逻辑推理的核心素养. 2.渗透的数学思想 (1)判断空间几何体的点、线、面的位置关系,直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直关系的证明中,根据图形运算求解或证明体现了数形结合的思想. (2)解决空间问题的基本思想就是将空间问题转化为平面问题解决,如平面图形与直观图形的互化,“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”,求二面角的大小,应化为平面角的大小,求线面角,应化为求直线与其平面内的射影的夹角,求异面直线的夹角,应化为求其平行线的夹角.都体现了转化与化归思想. 题型(一)　等体积法求点到平面的距离 [例1]　(2024·全国甲卷)如图,已知AB∥CD,CD∥EF,AB=DE=EF=CF=2,CD=4,AD=BC=,AE=2,M为CD的中点. (1)证明:EM∥平面BCF; (2)求点M到平面ADE的距离. 解:(1)证明:由题意,得EF∥MC,且EF=MC,所以四边形EFCM是平行四边形,所以EM∥CF. 又CF⊂平面BCF,EM⊄平面BCF,所以EM∥平面BCF. (2)取DM的中点O,连接OA,OE,因为AB∥MC,且AB=MC,所以四边形AMCB是平行四边形,所以AM=BC=. 又AD=,故△ADM是等腰三角形,同理△EDM是等边三角形. 所以OA⊥DM,OE⊥DM,OA==3, OE==. 又AE=2,所以OA2+OE2=AE2,故OA⊥OE. 又OA⊥DM,OE∩DM=O,OE,DM⊂平面EDM, 所以OA⊥平面EDM. 易知S△EDM=×2×=. 在△ADE中,cos∠DEA==, 所以sin∠DEA=, S△ADE=×2×2×=. 设点M到平面ADE的距离为d,由VM⁃ADE=VA⁃EDM,得S△ADE·d=S△EDM·OA,得d=,故点M到平面ADE的距离为. 　　|思|维|建|模| 用等体积法求点到平面的距离主要是一个转换的思想,即要将所要求的垂线段置于一个四面体中,其中四面体的一个顶点为所给点,另外三点位于所给点射影平面上,这里不妨将射影平面上的三点构成的三角形称为底面三角形.首先,用简单的方法求出四面体的体积,然后计算出底面三角形的面积,再根据四面体体积公式求出点到平面的距离.这种方法在常规方法不能轻松获得结果的情况下,可以很大程度的提高解题效率,达到事半功倍的效果.特别是遇到四面体有一条棱垂直于其所相对的底面时,首选此方法. 　　[针对训练] 1.已知在四棱锥P⁃ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是直角梯形,AD∥BC,AD⊥DC,若PA=AD=2,DC=2,点M为PD的中点,点N为PC的四等分点(靠近点P). (1)求证:平面AMN⊥平面PCD; (2)求点P到平面AMN的距离. 解:(1)证明:在四棱锥P⁃ABCD中,PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD, 则PA⊥CD,又AD⊥CD,PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,所以CD⊥平面PAD. 因为AM⊂平面PAD,所以AM⊥CD.因为AP=AD,点M为PD的中点,所以AM⊥PD. 因为CD∩PD=D,CD,PD⊂平面PCD,所以AM⊥平面PCD. 因为AM⊂平面AMN,所以平面AMN⊥平面PCD. (2)由(1)知CD⊥平面PAD,又PD⊂平面PAD,所以CD⊥PD. 因为PA⊥AD,PA=AD=2,DC=2,点M为PD的中点,所以PD=2,PM=,PC===4.因为点N为PC的四等分点(靠近点P),所以PN=1. 因为PD=CD,CD⊥PD,所以∠CPM=45°,所以由余弦定理得 MN= ==1, 所以PN2+MN2=PM2,所以PN⊥MN.因为AM⊥平面PCD,所以AM⊥MN. 设点P到平面AMN的距离为h,所以三棱锥P⁃AMN的体积VP⁃AMN=VA⁃PMN⇒××1×h=××1×1×,所以h=1. 题型(二)　几何法求空间角 [例2]　如图,已知PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形,异面直线PB与CD的夹角为45°. (1)求二面角B⁃PC⁃D的大小; (2)求直线PB与平面PCD夹角的大小. 解:(1)∵ABCD是正方形,∴AB∥CD. ∴∠PBA就是异面直线PB与CD的夹角,即∠PBA=45°. ∵PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD, ∴PA⊥AB.∴PA=AB.在△PBC和△PDC中,PB=PD,BC=CD,PC=PC,∴△PBC≌△PDC. ∴∠PCB=∠PCD. 作BE⊥PC于E,连接ED. 在△ECB与△ECD中,BC=CD,CE=CE,∠ECB=∠ECD, ∴△ECB≌△ECD.∴∠CED=∠CEB=90°.∴∠BED就是二面角B⁃PC⁃D的平面角. 设AB=a,则BD=PB=a,PC=a, 则BE=DE==a, 则cos∠BED==-,即∠BED=120°,∴二面角B⁃PC⁃D的平面角的大小为120°. (2)还原棱锥为正方体ABCD⁃PB1C1D1,作BF⊥CB1于F, ∵平面PB1C1D1⊥平面BB1C1C,∴BF⊥B1P.∴BF⊥平面PB1CD. 连接PF,则∠BPF就是直线PB与平面PCD的夹角, 易知BF=a,PB=a, ∴sin∠BPF=,即∠BPF=30°. ∴直线PB与平面PCD的夹角为30°. 　　|思|维|建|模| 1.求线面角的三个步骤 一作(找)角,二证明,三计算,其中作(找)角是关键,先找出斜线在平面上的射影,关键是作垂线,找垂足,然后把线面角转化到三角形中求解. 2.作二面角的平面角的方法 作二面角的平面角可以用定义法,也可以用垂面法,即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线,再过垂足作二面角的棱的垂线,两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直,由此可得二面角的平面角. 　　[针对训练] 2.如图,二面角α⁃l⁃β的大小是60°,线段AB⊂α,B∈l,AB与l的夹角为30°,则AB与平面β夹角的正弦值是 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　如图, 作AO⊥β于O,AC⊥l于C,连接OB,OC, 因为l⊂β,所以AO⊥l. 因为AO∩AC=A,AO,AC⊂平面AOC,所以l⊥平面AOC. 因为OC⊂平面AOC,所以OC⊥l, 则∠ACO为二面角α⁃l⁃β的平面角, 即∠ACO=60°, ∠ABC为AB与l所成的角,∠ABC=30°, 设AB与β的夹角为θ,则∠ABO=θ. 由图得sin θ==·=sin 60°sin 30°=.故选B. 3.如图,将正方形ABCD沿对角线AC折叠后,平面BAC⊥平面DAC,则二面角B⁃CD⁃A的余弦值为 (　　) A. B. C. D. 解析:选C　设正方形的边长为a,取AC的中点O,连接BO,则BO⊥AC,过O作AD的平行线OE交CD于E,连接BE,如图, 因为平面BAC⊥平面DAC,平面BAC∩平面DAC=AC,BO⊂平面BAC, 所以BO⊥平面DAC,而CD⊂平面DAC,于是BO⊥CD. 又OE⊥CD,BO∩OE=O,BO,OE⊂平面BOE,则CD⊥平面BOE, 而BE⊂平面BOE,即有CD⊥BE, 因此∠BEO为二面角B⁃CD⁃A的平面角,显然BO=a,OE=, 有BO⊥OE,即△BOE为直角三角形,有BE2=BO2+OE2=a2,则BE=a, 所以cos∠BEO===.故选C. 题型(三)　立体几何中的交线、截面问题 [例3]　(1)在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,M,N分别是棱DD1和BB1上的点,MD=DD1,NB=BB1,那么正方体中过M,N,C1的截面图形是 (　　) A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 (2)在棱长为的正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,以A1为球心、2为半径的球与正方体的面ABCD相交,则交线长为_________. 解析:(1)先确定截面上的已知边与几何体上和其共面的边的交点,再确定截面与几何体的棱的交点. 设直线C1M,CD相交于点P,直线C1N,CB相交于点Q,连接PQ交直线AD于点E,交直线AB于点F,则五边形C1MEFN为所求截面图形. (2)因为在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD, 所以平面ABCD与球的截面是以A为圆心的圆,且半径为=, 所以球面与底面ABCD的交线是以A为圆心,为半径的弧EF,该交线的长为×2π×=π. 答案:(1)C　(2)π 　　|思|维|建|模| 利用平面的性质确定截面的形状是解决问题的关键 (1)作截面应遵循的三个原则:①在同一平面上的两点可引直线;②凡是相交的直线都要画出它们的交点;③凡是相交的平面都要画出它们的交线. (2)作交线的方法有如下两种:①利用基本事实3作交线;②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行,然后根据性质作出交线. 　　[针对训练] 4.已知正方体ABCD⁃A1B1C1D1的棱长为6,点E,F分别在棱D1A1,D1C1上,且满足==,点O为底面ABCD的中心,过点E,F,O作平面EFO,则平面EFO截正方体ABCD⁃A1B1C1D1所得的截面面积为 (　　) A.8 B.6 C.4 D.2 解析:选A　连接AC,BD,A1C1,AC与BD交点即为O,因为==,所以EF∥A1C1.因为A1C1∥AC,所以EF∥AC,所以E,F,O,A,C共面,所以平面EFO截正方体ABCD⁃A1B1C1D1所得的截面为梯形EFCA. 因为正方体ABCD⁃A1B1C1D1的棱长为6,且==,所以AC===6.在Rt△D1EF中,D1E=D1F=2,则EF==2.在Rt△AA1E中,A1E=D1A1-D1E=6-2=4,则AE== =2.在Rt△CC1F中,C1F=D1C1-D1F=6-2=4,则CF===2.过E作EM⊥AC于M,则AM===2,所以EM===2,所以等腰梯形EFCA的面积为×(EF+AC)×EM=×(2+6)×2=8. 5.已知正方体ABCD⁃A1B1C1D1的棱长为3,E,F分别为BC,CD的中点,P是线段A1B上的动点,C1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长为_________. 解析:如图所示,连接EF,A1B,连接A1C1,B1D1交于点M,连接B1E,BC1交于点N,易知EF∥B1D1,即E,F,B1,D1共面, 由P是线段A1B上的动点, 当P重合于A1或B时,C1A1,C1B与平面D1EF的交点分别为M,N,即Q的轨迹为MN.由正方体的棱长为3, 得C1M=A1C1=3,则BC1=6. 又==,则NC1=BC1=4. 由A1B=BC1=A1C1, 得∠A1C1B=60°,则MN= ==. 答案: 学科网（北京）股份有限公司 $