6 阶段提升(五) 点线面位置关系(范围：8.4～8.6)（课件PPT）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

该高中数学课件聚焦空间点线面位置关系，涵盖平面基本性质、直线位置关系、坐标系及垂直平行、空间角、翻折、探索性问题等核心内容。以“少算点，想清楚”为导入，从平面基础到空间综合应用，构建递进式学习支架，帮助学生衔接前后知识。 其亮点在于通过题型分类与“感悟提升”结合，如空间角“一作二证三算”步骤、翻折问题不变量分析，培养几何直观与推理能力。实例丰富，如三棱锥平行证明、正三棱柱探索性问题，助力学生提升空间观念与逻辑思维，也为教师提供系统教学资源，提高课堂效率。

阶段提升(五)　点线面位置关系 (范围：8.4～8.6) 1 题型一　垂直与平行 1．若α，β，γ表示不同的平面，l表示直线，则下列条件不能得出α⊥β的是(　　) A．α内存在一条直线垂直于平面β B．α∥γ，β⊥γ C．l⊥α，l∥β D．α⊥γ，β⊥γ 解析：若 α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能平行、可能垂直，也可能只相交不垂直，不能得出α⊥β，其他选项均能得出α⊥β. √ 2．在三棱锥A-BCD中，点E，F分别在AB，CB上．若AE∶EB＝CF∶FB＝2∶5，则直线AC与平面DEF的位置关系为(　　) A．平行 B．相交 C．AC⊂平面DEF D．不能确定 解析：因为AE∶EB＝CF∶FB＝2∶5，所以EF∥AC.又AC⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，所以AC∥平面DEF. √ 3．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD.   (1)若G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH∥平面PAD； 证明：如图，连接BD，则AC∩BD＝H， 易知点H为BD的中点， 又点G为PB的中点， 所以GH∥PD， 因为GH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD， 所以GH∥平面PAD. (2)求证：PA⊥平面PCD. 证明：取棱PC的中点N，连接DN， 在等边三角形PCD中，DN⊥PC， 因为平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD＝PC，DN⊂平面PCD，所以DN⊥平面PAC， 又PA⊂平面PAC，故DN⊥PA， 又PA⊥CD，CD∩DN＝D，CD，DN⊂平面PCD，所以PA⊥平面PCD. 空间平行、垂直关系的转化 (1)平行、垂直关系的相互转化   (2)证明空间线面平行或垂直需注意三点： ①由己知想性质，由求证想判定． ②适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一． ③用定理时要先明确条件，再由定理得出相应结论． √ 90° 3．如图所示的几何体，是将高为2，底面半径为1的圆柱沿过旋转轴的平面切开后，将其中一半沿切面向右平移后形成的封闭体，O1，O2，O′2分别为AB，BC，DE的中点，F为弧AB的中点，G为弧BC的中点．   (1)求直线GO′2与平面BCDE所成的角的正切值； (2)求异面直线AF与GO′2所成的角的余弦值． 求空间角的大小一般都将其转化为平面角来计算，空间角的计算步骤：一作，二证，三计算． (1)求异面直线所成的角常用平移转化法(转化为相交直线的夹角). (2)求直线与平面所成的角常用射影转化法(即作垂线，找射影). (3)二面角的平面角的作法常有三种： ①定义法； ②垂线法； ③垂面法． 题型三　翻折问题 [例1] 如图1，山形图是两个全等的直角梯形ABCD和ABEF的组合图，将直角梯形ABEF沿底边AB翻折，得到图2所示的几何体．已知AB∥CD∥EF，AB＝2CD＝2EF，AB⊥BE，点N在线段CE上，且EN＝2NC.在几何体BCE­ADF中，解决下面问题．   (1)证明：AE∥平面BND； 【证明】　如图1，连接AC与BD相交于O，连接ON， 因为AB＝2CD，且AB∥CD， 所以OC∶OA＝CD∶AB＝1∶2， 又EN＝2NC，所以ON∥AE， 因为AE⊄平面BND，ON⊂平面BND， 所以AE∥平面BND. (2)若平面BDE⊥平面ABCD，证明：BE⊥AD. 【证明】　如图2，过C作CM⊥BD交BD于M，因为平面BDE⊥平面ABCD，平面BDE∩平面ABCD＝BD，CM⊂平面ABCD， 所以CM⊥平面BDE， 又BE⊂平面BDE，故CM⊥BE， 又四边形ABEF为直角梯形，故AB⊥BE， 又AB，CM是平面ABCD内的两条相交直线，所以BE⊥平面ABCD， 又AD⊂平面ABCD，故BE⊥AD. 求解翻折问题的步骤 [跟踪训练1] 如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点M，N分别是边BC，CD的中点，AC∩BD＝O，AC∩MN＝G.沿MN将△CMN翻折到△PMN的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥P­ABMND.   (1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论； 解：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD， 因为点M，N分别是边BC，CD的中点， 所以MN∥BD，MN⊥AG，MN⊥GC，即MN⊥GP， 因为AG∩GP＝G，AG，GP⊂平面PAG， 所以MN⊥平面PAG， 因为MN∥BD，所以BD⊥平面PAG， 因为BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAG. 所以在翻折过程中总有平面PBD⊥平面PAG. (2)当四棱锥P-MNDB的体积最大时，求直线PB和平面MNDB所成的角的正弦值． 解：由题意知，当平面PMN⊥平面MNDB时，四棱锥P­-MNDB的体积最大， 因为平面PMN⊥平面MNDB，MN⊥GP，平面PMN∩平面MNDB＝MN， GP⊂平面PMN. 【解】　如图1，取A1B1的中点D，连接BD，C1D.在正三棱柱ABC-­A1B1C1中，C1D⊥A1B1， 因为AA1⊥平面A1B1C1，C1D⊂平面A1B1C1，所以AA1⊥C1D. 又因为AA1∩A1B1＝A1，AA1，A1B1⊂平面ABB1A1，所以C1D⊥平面ABB1A1， (2)在线段CC1上是否存在一点M，使得平面MEF∥平面A1BC1？若存在，请指出点M的位置并证明；若不存在，请说明理由． 【解】　当M为CC1的中点时，平面MEF∥平面A1BC1. 证明如下： 取CC1的中点M，连接ME，MF，如图2， 因为E，F分别是AB和BC的中点， 所以MF∥BC1，EF∥AC. 因为MF⊄平面A1BC1，BC1⊂平面A1BC1， 所以MF∥平面A1BC1. 因为AC∥A1C1， 所以EF∥A1C1，因为EF⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1， 所以EF∥平面A1BC1. 又EF∩MF＝F，EF，MF⊂平面MEF， 所以平面MEF∥平面A1BC1. 探索性问题的一般解题方法 先假设其存在，然后把这个假设作为已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算．在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在；如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在． 证明：因为AB⊥平面PAD，且PH⊂平面PAD，所以AB⊥PH. 又PH为△PAD中AD边上的高， 所以PH⊥AD. 又AD∩AB＝A，AD，AB⊂平面ABCD， 所以PH⊥平面ABCD. 又BC⊂平面ABCD， 所以PH⊥BC. (2)线段PB上是否存在点E，使EF⊥平面PAB？说明理由． 解：线段PB上存在点E，使EF⊥平面PAB. 理由如下：   如图，分别取PA，PB的中点G，E，连接GE，EF，GD， eq \a\vs4\al(题型二　空间角) 1．已知三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，点A1在底面ABC上的射影为线段BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为(　　) A． eq \f(1,4) B． eq \f(1,2) C． eq \f(\r(7),4) D． eq \f(3,4) 解析：如图，设BC的中点为D，连接A1D，AD，A1B， 因为 CC1∥AA1，所以∠A1AB(或其补角)即为异面直线AB与CC1所成的角， 设三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱与底面边长均为1， 则AD＝ eq \f(\r(3),2)，A1D＝ eq \f(1,2)，A1B＝ eq \f(\r(2),2)， 由余弦定理，得cos ∠A1AB＝ eq \f(A1A2＋AB2－A1B2,2A1A·AB)＝ eq \f(1＋1－\f(1,2),2×1×1)＝ eq \f(3,4). 2．在矩形ABCD中，AD＝1，AB＝ eq \r(3)，沿AC将矩形折成一个二面角，折叠后AD与平面ABC所成的角为60°，则折叠后得到的二面角D­AC­B的大小为________． 解析：如图，作DO⊥平面ABC于点O，连接AO，则∠DAO＝60°，在Rt△DAC中，tan∠DAC＝ eq \f(DC,AD)＝ eq \r(3)，则∠DAC＝60°，故点O在AC上，因为DO⊥平面ABC，DO⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面ABC， 所以当AD与平面ABC所成的角为60°时，二面角D­AC­B的大小为90°. 解：连接GO2，O2O′2，由条件可知，平面BCDE⊥平面BGC，且平面BCDE∩平面BGC＝BC， 因为点G是弧BC的中点，所以GO2⊥BC， 又GO2⊂平面BGC， 所以GO2⊥平面BCDE， 所以直线GO′2与平面BCDE所成的角为∠GO′2O2， tan ∠GO′2O2＝ eq \f(GO2,O2O′2)＝ eq \f(1,2). 解：连接GC，CO′2， 因为点F，G分别是弧AB，BC的中点， 所以∠FAB＝∠GCB＝45°， 所以AF∥GC， 所以∠O′2GC或其补角即为异面直线AF与GO′2所成的角， O′2G＝O′2C＝ eq \r(22＋12)＝ eq \r(5)，GC＝ eq \r(12＋12)＝ eq \r(2)， 所以cos ∠O′2GC＝ eq \f(5＋2－5,2×\r(5)×\r(2))＝ eq \f(\r(10),10)， 所以异面直线AF与GO′2所成的角的余弦值为 eq \f(\r(10),10). 所以GP⊥平面MNDB，连接BG(图略)，则GP⊥BG，所以∠PBG即为直线PB和平面MNDB所成的角． 因为菱形ABCD的边长为4，∠DAB＝60°， 所以GC＝GP＝ eq \r(3)，GB＝ eq \r(GO2＋OB2)＝ eq \r(7)， 所以tan ∠PBG＝ eq \f(GP,GB)＝ eq \f(\r(3),\r(7))，所以sin ∠PBG＝ eq \f(\r(30),10). eq \a\vs4\al(题型四　探索性问题) [例2] 如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝2，AA1＝ eq \r(3)，E，F分别为棱AB和BC的中点． (1)求直线BC1与平面ABB1A1所成的角的正弦值； 所以∠C1BD即为直线BC1与平面ABB1A1所成的角．因为AB＝2，AA1＝ eq \r(3)，所以C1D＝ eq \r(3)， BC1＝ eq \r(22＋(\r(3))2)＝ eq \r(7)， 所以sin ∠C1BD＝ eq \f(C1D,BC1)＝ eq \f(\r(21),7)，即直线BC1与平面ABB1A1所成的角的正弦值为 eq \f(\r(21),7). [跟踪训练2] 如图，在四棱锥P­ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥CD，PD＝AD，F是DC上的点且DF＝ eq \f(1,2)AB，PH为△PAD中AD边上的高． (1)求证：PH⊥BC； 所以GE綉 eq \f(1,2)AB，又DF綉 eq \f(1,2)AB，所以GE綉DF， 所以四边形GDFE为平行四边形，故EF∥GD， 因为AB⊥平面PAD，GD⊂平面PAD，所以AB⊥GD， 因此EF⊥AB. 因为G为PA的中点，且PD＝AD，所以GD⊥PA， 因此EF⊥PA，又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以EF⊥平面PAB. $