《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A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 $.

答案：
训练2 证明
(1)在菱形 $ABCD$ 中，$\angle DAB = 60°$，$G$ 为 $AD$ 的中点，所以 $BG\perp AD$。
又平面 $PAD\perp$ 平面 $ABCD$，平面 $PAD\cap$ 平面 $ABCD = AD$，$BG\subset$ 平面 $ABCD$，所以 $BG\perp$ 平面 $PAD$。
(2)如图，连接 $PG$。

因为 $\triangle PAD$ 为正三角形，$G$ 为线段 $AD$ 的中点，所以 $PG\perp AD$。
又 $PG\cap BG = G$，$PG,BG\subset$ 平面 $PGB$，所以 $AD\perp$ 平面 $PGB$。
因为 $PB\subset$ 平面 $PGB$，所以 $AD\perp PB$。
(3)如图，连接 $DE$，$EF$，$DF$。
在 $\triangle PBC$ 中，$FE// PB$，在菱形 $ABCD$ 中，$GB// DE$。
而 $EF\subset$ 平面 $DEF$，$DE\subset$ 平面 $DEF$，$EF\cap DE = E$，$PB\subset$ 平面 $PGB$，$GB\subset$ 平面 $PGB$，$PB\cap GB = B$，所以平面 $DEF//$ 平面 $PGB$。
因为平面 $PAD\perp$ 平面 $ABCD$，平面 $PAD\cap$ 平面 $ABCD = AD$，$PG\subset$ 平面 $PAD$，$PG\perp AD$，所以 $PG\perp$ 平面 $ABCD$。
又 $PG\subset$ 平面 $PGB$，所以平面 $PGB\perp$ 平面 $ABCD$，所以平面 $DEF\perp$ 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. (1)证明 因为四边形 $AA_{1}D_{1}D$ 为正方形，$A_{1}D_{1}// AD$，$A_{1}D_{1}\cap AD = O$，所以 $O$ 为 $AD$ 的中点。
又因为 $OE//$ 平面 $DBC$，平面 $ABD_{1}\cap$ 平面 $DBC = BD$，$OE\subset$ 平面 $ABD_{1}$，所以 $OE// BD$。
又因为 $O$ 为 $AD$ 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 $D_{1}DE\perp$ 平面 $AD_{1}C$，理由如下：
设 $AC\cap DE = F$（图略），因为四边形 $AA_{1}D_{1}D$ 为正方形，所以 $D_{1}D\perp AD$。
又因为平面 $AA_{1}D_{1}D\cap$ 平面 $ABCD = AD$，平面 $AA_{1}D_{1}D\perp$ 平面 $ABCD$，$D_{1}D\subset$ 平面 $AA_{1}D_{1}D$，所以 $D_{1}D\perp$ 平面 $ABCD$。
又因为 $AC\subset$ 平面 $ABCD$，所以 $D_{1}D\perp AC$。
在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 2$，$AD = 1$，当 $AE = \frac{1}{2}$ 时，在 $Rt\triangle ADE$ 中，$\tan\angle ADE = \frac{AE}{AD} = \frac{1}{2}$。
在 $Rt\triangle ABC$ 中，$\tan\angle BAC = \frac{BC}{AB} = \frac{1}{2}$，所以 $\angle ADE = \angle BAC$。
又因为 $\angle BAD = \angle BAC+\angle DAC = 90°$，所以 $\angle ADE+\angle DAC = 90°$，则 $\angle AFD = 90°$，所以 $AC\perp DE$。
又因为 $DE\cap D_{1}D = D$，$DE,D_{1}D\subset$ 平面 $D_{1}DE$，所以 $AC\perp$ 平面 $D_{1}DE$。
又因为 $AC\subset$ 平面 $AD_{1}C$，所以平面 $D_{1}DE\perp$ 平面 $AD_{1}C$。

答案： 例3
(1)证明 因为四边形 $AA_{1}D_{1}D$ 为正方形，$A_{1}D_{1}// AD$，$A_{1}D_{1}\cap AD = O$，所以 $O$ 为 $AD$ 的中点。
又因为 $OE//$ 平面 $DBC$，平面 $ABD_{1}\cap$ 平面 $DBC = BD$，$OE\subset$ 平面 $ABD_{1}$，所以 $OE// BD$。
又因为 $O$ 为 $AD$ 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 $D_{1}DE\perp$ 平面 $AD_{1}C$，理由如下：
设 $AC\cap DE = F$（图略），因为四边形 $AA_{1}D_{1}D$ 为正方形，所以 $D_{1}D\perp AD$。
又因为平面 $AA_{1}D_{1}D\cap$ 平面 $ABCD = AD$，平面 $AA_{1}D_{1}D\perp$ 平面 $ABCD$，$D_{1}D\subset$ 平面 $AA_{1}D_{1}D$，所以 $D_{1}D\perp$ 平面 $ABCD$。
又因为 $AC\subset$ 平面 $ABCD$，所以 $D_{1}D\perp AC$。
在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 2$，$AD = 1$，当 $AE = \frac{1}{2}$ 时，在 $Rt\triangle ADE$ 中，$\tan\angle ADE = \frac{AE}{AD} = \frac{1}{2}$。
在 $Rt\triangle ABC$ 中，$\tan\angle BAC = \frac{BC}{AB} = \frac{1}{2}$，所以 $\angle ADE = \angle BAC$。
又因为 $\angle BAD = \angle BAC+\angle DAC = 90°$，所以 $\angle ADE+\angle DAC = 90°$，则 $\angle AFD = 90°$，所以 $AC\perp DE$。
又因为 $DE\cap D_{1}D = D$，$DE,D_{1}D\subset$ 平面 $D_{1}DE$，所以 $AC\perp$ 平面 $D_{1}DE$。
又因为 $AC\subset$ 平面 $AD_{1}C$，所以平面 $D_{1}DE\perp$ 平面 $AD_{1}C$。

(2025·石家庄模拟)如图，在圆柱 $ O_1O $ 中，轴截面 $ ABCD $ 为正方形，点 $ F $ 是 $ \overgroup{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 $ \overgroup{AB} $ 的中点

答案：
训练3 BCD [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，因为 $AB$ 为圆 $O$ 的直径，所以 $BF\perp AF$。
又 $AD\perp$ 底面圆 $O$，且 $BF\subset$ 底面圆 $O$，所以 $BF\perp AD$。
又 $AF\cap AD = A$，且 $AF,AD\subset$ 平面 $ADF$，所以 $BF\perp$ 平面 $ADF$。
又 $AN\subset$ 平面 $ADF$，所以 $AN\perp BF$。
又 $AN\perp DF$，$BF\cap DF = F$，且 $BF,DF\subset$ 平面 $DBF$，所以 $AN\perp$ 平面 $DBF$，B正确。
对于C，由B选项分析可知：$AN\perp$ 平面 $DBF$，又 $BD\subset$ 平面 $DBF$，所以 $BD\perp AN$。
又轴截面 $ABCD$ 为正方形，所以 $BD\perp AM$。
又 $AN\cap AM = A$，且 $AN,AM\subset$ 平面 $AMN$，所以 $BD\perp$ 平面 $AMN$