第4章 板块综合 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（湘教版）

该高中数学讲义通过框架图系统建构立体几何知识体系，梳理线线、线面、面面平行与垂直的转化关系，融入数形结合、转化与化归思想，呈现知识内在逻辑与重难点分布。 讲义亮点在于题型分类与思维建模，如等体积法求距离、几何法求空间角、截面问题，通过例题解析与“思维建模”培养逻辑推理和直观想象素养。针对训练分层设计，基础生掌握方法，优生深化思维，助力教师精准教学与学生自主复习。

板块综合　立体几何中的综合问题 (阶段小结课——习题讲评式教学) [建构知识体系] [融通学科素养] 1.浸润的核心素养 (1)通过线线平行、线面平行、面面平行之间的相互转化，提升逻辑推理和直观想象素养. (2)通过线线垂直、线面垂直、面面垂直三者之间的转化，提升直观想象和逻辑推理素养. 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，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)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. 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所成的角为45°. (1)求二面角B⁃PC⁃D的大小; (2)求直线PB与平面PCD所成角的大小. 解：(1)∵ABCD是正方形，∴AB∥CD. ∴∠PBA就是异面直线PB与CD所成的角，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所成的角， 易知BF=a，PB=a， ∴sin∠BPF=，即∠BPF=30°. ∴直线PB与平面PCD所成的角为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所成角的正弦值是 (　 ) 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所成的角为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 $