《2025年一本知识大盘点高中数学全一册人教版》

母题 1 证明垂直问题 5年34考
例 1 如图，在四面体 $C - ABD$ 中，$CB = CD,AB = AD,\angle BAD = 90^{\circ}$，$E,F$ 分别是 $BC,AC$ 的中点。
(1)求证：$AC\perp BD$。
(2)在 $AC$ 上能否找到一点 $M$，使 $BF//$ 平面 $MED$？请说明理由。
(3)若 $CA = CB$，求证：平面 $BCD\perp$ 平面 $ABD$。

答案：
(1)证明：取$BD$的中点$O$，连接$AO$，$CO$。在$\triangle BCD$中，$CB = CD$，故$CO\perp BD$。同理，在$\triangle ABD$中，$AB = AD$，故$AO\perp BD$。因为$AO\cap CO = O$，所以$BD\perp$平面$AOC$。又$AC\subset$平面$AOC$，因此$AC\perp BD$。
(2)能找到点$M$，$M$为$FC$的中点。理由：连接$EM$，$DM$，$DE$。因为$E$是$BC$的中点，$M$是$FC$的中点，所以$EM$为$\triangle BCF$的中位线，故$BF// EM$。因为$EM\subset$平面$MED$，$BF\not\subset$平面$MED$，所以$BF//$平面$MED$。
(3)证明：因为$\angle BAD = 90^{\circ}$，$O$为$BD$中点，所以$AO = BO$。又$CA = CB$，$CO$为公共边，故$\triangle COA\cong\triangle COB$，则$\angle COA=\angle COB$。由
(1)知$CO\perp BD$，即$\angle COB = 90^{\circ}$，所以$\angle COA = 90^{\circ}$，即$CO\perp OA$。因为$BD\cap OA = O$，$BD,OA\subset$平面$ABD$，所以$CO\perp$平面$ABD$。又$CO\subset$平面$BCD$，因此平面$BCD\perp$平面$ABD$。

例 2 如图，在三棱锥 $A - BCD$ 中，$AB = CD,E,F$ 分别为 $BC,AD$ 的中点。
(1)若 $AB\perp CD$，求 $EF$ 与$AB$ 所成的角的大小；
(2)若 $AB = CD = 2$，且异面直线 $AB$ 与 $CD$ 所成角的大小为 $60^{\circ}$，求线段 $EF$ 的长。

答案：
(1)
取$BD$的中点$G$，连接$EG,FG$。
因为$E$为$BC$中点，$G$为$BD$中点，所以$EG// CD$，且$EG = \frac{1}{2}CD$；同理$GF// AB$，且$GF = \frac{1}{2}AB$。
已知$AB = CD$，则$EG = GF$。
又$AB\perp CD$，所以$EG\perp GF$。
在$\triangle EGF$中，$EG = GF$且$EG\perp GF$，则$\triangle EGF$是等腰直角三角形，$\angle EFG = 45^{\circ}$。
因为$GF// AB$，所以$EF$与$AB$所成角为$\angle EFG = 45^{\circ}$。
(2)
因为$AB = CD = 2$，所以$EG = GF = 1$。
因为异面直线$AB$与$CD$所成角的大小和$EG$与$GF$所成角相等或互补，所以$\angle EGF = 60^{\circ}$或$120^{\circ}$。
当$\angle EGF = 60^{\circ}$时，$\triangle EGF$是等边三角形，$EF = 1$。
当$\angle EGF = 120^{\circ}$时，根据余弦定理$EF^{2}=EG^{2}+GF^{2}-2EG· GF·\cos\angle EGF$，即$EF^{2}=1 + 1-2×1×1×\cos120^{\circ}=3$，所以$EF=\sqrt{3}$。
综上，线段$EF$的长为$1$或$\sqrt{3}$。