《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

如图所示，在四棱锥 $ P - ABCD $ 中，底面 $ ABCD $ 是 $ \angle DAB = 60^{\circ} $ 且边长为 $ a $ 的菱形，侧面 $ PAD $ 为正三角形，其所在平面垂直于底面 $ ABCD $，若 $ G $ 为 $ AD $ 的中点.

(1) 求证：$ BG \perp $ 平面 $ PAD $；
(2) 求证：$ AD \perp PB $；
(3) 若点 $ E $，$ F $ 分别为 $ BC $，$ PC $ 的中点，求证：平面 $ DEF \perp $ 平面 $ ABCD $.(1)证明　在菱形ABCD中,∠DAB=60°,G为AD的中点,所以BG⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,BG⊂平面ABCD,所以BG⊥平面PAD.(2)证明　连接PG,因为△PAD为正三角形,G为线段AD的中点,所以PG⊥AD,由(1)知BG⊥AD,又PG∩BG=G,PG,BG⊂平面PGB,所以AD⊥平面PGB.因为PB⊂平面PGB,所以AD⊥PB.(3)证明　连接DE,EF,DF.在△PBC中,FE//PB,在菱形ABCD中,GB//DE.而FE⊂平面DEF,DE⊂平面DEF,EF∩DE=E,PB⊂平面PGB,BG⊂平面PGB,PB∩GB=B,所以平面DEF//平面PGB.因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PG⊂平面PAD,PG⊥AD,所以PG⊥平面ABCD.又PG⊂平面PGB,所以平面PGB⊥平面ABCD,所以平面DEF⊥平面ABCD.

答案：
训练2证明　
(1)在菱形ABCD中,∠DAB=
　60°,G为AD的中点,
　所以BG⊥AD.
　又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面
ABCD=AD,BG⊂平面ABCD,
　所以BG⊥平面PAD.
(2)如图,连接PG,
　因为△PAD为正三角
　形,G为线段AD的中
　　　　　　　　　　 点,所以PG⊥AD,
　由
(1)知BG⊥AD,
　又PG∩BG=G,PG
BG⊂平面PGB,
　所以AD⊥平面PGB.
　因为PB⊂平面PGB,所以AD⊥PB.
(3)如图,连接DE,EF,DF.
　在△PBC中,FE//PB,
　在菱形ABCD中,GB//DE.
　而FE⊂平面DEF,DE⊂平面DEF,EF∩DE =E,PB⊂平面PGB,BG⊂平面PGB,PB∩GB=B,所以平面DEF//平面PGB.
　因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PG⊂平面PAD,PG⊥AD,所以PG⊥平面ABCD.
　又PG⊂平面PGB,所以平面PGB⊥平面
ABCD,所以平面DEF⊥平面ABCD.

考点三 平行、垂直关系的综合应用
例 3 (2025·青岛模拟) 如图所示，正方形 $ AA_1D_1D $ 与矩形 $ ABCD $ 所在的平面互相垂直，$ AB = 2AD = 2 $，$ A_1D \cap AD_1 = O $，$ E $ 为线段 $ AB $ 上的一点.

(1) 若 $ OE // $ 平面 $ D_1BC $，求证：$ E $ 为 $ AB $ 的中点；
(2) 在线段 $ AB $ 上是否存在点 $ E $，使得平面 $ D_1DE \perp $ 平面 $ AD_1C $？若存在，求出 $ AE $ 的长；若不存在，请说明理由.证明　(1)因为四边形AA₁D₁D为正方形,A₁D∩AD₁=O,所以O为AD₁的中点,又因为OE//平面D₁BC,平面ABD₁∩平面D₁BC=BD₁,OE⊂平面ABD₁,所以OE//BD₁.又因为O为AD₁的中点,所以E为AB的中点.解　(2)存在点E,当AE=$\frac{1}{2}$时,平面D₁DE⊥平面AD₁C,理由如下:设AC∩DE=F,因为四边形AA₁D₁D为正方形,所以D₁D⊥AD.又因为平面AA₁D₁D∩平面ABCD=AD,平面AA₁D₁D⊥平面ABCD,D₁D⊂平面AA₁D₁D,所以D₁D⊥平面ABCD,又因为AC⊂平面ABCD,所以D₁D⊥AC.在矩形ABCD中,AB=2,AD=1,当AE=$\frac{1}{2}$时,在Rt△ADE中,tan∠ADE=$\frac{AE}{AD}$=$\frac{1}{2}$,在Rt△ABC中,tan∠BAC=$\frac{BC}{AB}$=$\frac{1}{2}$,所以∠ADE=∠BAC,又因为∠BAD=∠BAC+∠DAC=90°,所以∠ADE+∠DAC=90°,则∠AFD=90°,所以AC⊥DE,又因为DE∩D₁D=D,DE,D₁D⊂平面D₁DE,所以AC⊥平面D₁DE.又因为AC⊂平面AD₁C,所以平面D₁DE⊥平面AD₁C;

答案： 例3
(1)证明　因为四边形AA₁D₁D为正方形,
A₁D₁∩AD=O,所以O为AD₁的中点,
　又因为OE//平面D₁BC,平面ABD₁∩平面
D₁BC=BD₁,OE⊂平面ABD₁,所以OE//
BD₁.又因为O为AD₁的中点,所以E为AB 的中点.
(2)解　存在点E,当AE=$\frac{1}{2}$时,平面D₁DE ⊥平面AD₁C,理由如下:
　设AC∩DE=F(图略),
　因为四边形AA₁D₁D为正方形,
　所以D₁D⊥AD
　又因为平面AA₁D₁D∩平面ABCD=AD,平面AA₁D₁D⊥平面ABCD,D₁D⊂平面
AA₁D₁D,所以D₁D⊥平面ABCD,
　又因为AC⊂平面ABCD,
　所以D₁D⊥AC.
　在矩形ABCD中,AB=2,AD=1,
　当AE=$\frac{1}{2}$时,在Rt△ADE中,
　tan∠ADE=$\frac{AE}{AD}$=$\frac{1}{2}$,
　在Rt△ABC中,tan∠BAC=$\frac{BC}{AB}$=$\frac{1}{2}$,
　所以∠ADE=∠BAC,
　又因为∠BAD=∠BAC+∠DAC=90°,
　所以∠ADE+∠DAC=90°,
　则∠AFD=90°,所以AC⊥DE,
　又因为DE∩D₁D=D,DE,D₁D⊂平面
D₁DE,所以AC⊥平面D₁DE.
　又因为AC⊂平面AD₁C,
　所以平面D₁DE⊥平面AD₁C;

如图，在圆柱 $ O_1O $ 中，轴截面 $ ABCD $ 为正方形，点 $ F $ 是 $ \overset{\frown}{AB} $ 上一点，$ M $ 为 $ BD $ 与轴 $ O_1O $ 的交点，$ E $ 为 $ MB $ 的中点，$ N $ 为 $ A $ 在 $ DF $ 上的射影，且 $ EF // $ 平面 $ AMN $，则下列选项正确的有(BCD)

A.$ CF // $ 平面 $ AMN $
B.$ AN \perp $ 平面 $ DBF $
C.$ DB \perp $ 平面 $ AMN $
D.$ F $ 是 $ \overset{\frown}{AB} $ 的中点

答案：
训练3BCD　[对于A,如
　图,延长AM,则AM过
C,
∴CF与平面AMN交
　于点C,A错误;
　　　　　　　　　　　 对于B,
∵AB为圆O的
　直径,
∴BF⊥AF,
　又AD⊥底面圆O,且BF
⊂底面圆O,
∴BF⊥AD,
　又AF∩AD=A,且AF,AD⊂平面ADF,
∴BF⊥平面ADF,又AN⊂平面ADF,
∴AN⊥BF,又AN⊥DF,BF∩DF=F,
　且BF,DF⊂平面DBF,
∴AN⊥平面DBF
∴B正确;
　对于C,由B选项分析可知:AN⊥平面DBF,又BD⊂平面DBF,
∴BD⊥AN,
　又轴截面ABCD为正方形,
∴BD⊥AM,又AN∩AM=A,
且AN,AM⊂平面AMN,
∴BD⊥平面AMN,
∴C正确;
对于D,
∵EF//平面AMN,
又EF⊂平面DEF,
且平面AMN∩平面DEF=MN,
∴EF//MN,
又易知$\frac{DM}{ME}$=2,
∴$\frac{DN}{NF}$=$\frac{DM}{ME}$=2,
设NF=x,则DN=2x,DF=3x,
设正方形ABCD的边长为2,
由AN⊥DF,
可得AN²=AD²−DN²=4−4x²,
∴AF²=AN²+NF²=4−4x²+x²=4−3x²,
又AD⊥AF,
∴AD²+AF²=DF²,
∴4+4−3x²=9x²,
∴x²=$\frac{2}{3}$,
∴AF²=4−3x²=2,
∴AF=√2,
又AB=2,BF⊥AF,
∴BF=√2,
∴AF=BF,
∴F是AB的中点,
∴D正确.]