《2025年学霸高考黑题数学人教版》

变式训练 1. (2025·四川巴中二模) 如图，在直三棱柱 $ ABC - A_1B_1C_1 $ 中，$ AB = AA_1 = BC = 4 $，平面 $ A_1BC \perp $ 平面 $ ABB_1A_1 $，点 $ E $，$ F $ 分别是棱 $ AC $，$ B_1C_1 $ 的中点，点 $ G $ 是线段 $ A_1B $ 上的一点。
(1) 求证：$ EF \perp BC $；
(2) 若直线 $ A_1C_1 $ 与平面 $ EFG $ 所成角的正弦值为 $ \frac{\sqrt{10}}{5} $，求 $ \frac{A_1G}{GB} $ 的值。

答案：

(1)证明：连接$AB_1$，如图所示，在直三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$中，$BB_1\perp$平面$ABC$。又$AB$，$BC\subset$平面$ABC$，所以$BB_1\perp AB$，$BB_1\perp BC$。又$AB = AA_1$，所以四边形$ABB_1A_1$是正方形，所以$AB_1\perp A_1B$。又平面$A_1BC\perp$平面$ABB_1A_1$，平面$A_1BC\cap$平面$ABB_1A_1 = A_1B_1$，$AB_1\subset$平面$ABB_1A_1$，所以$AB_1\perp$平面$A_1BC$，又$BC\subset$平面$A_1BC$，所以$AB_1\perp BC$，又$AB_1\cap BB_1 = B_1$，$AB_1$，$BB_1\subset$平面$ABB_1A_1$，所以$BC\perp$平面$ABB_1A_1$，取$A_1B_1$的中点$H$，连接$AH$，$FH$。因为$H$是$A_1B_1$的中点，$F$是$B_1C_1$的中点，所以$FH// A_1C_1$，$FH = \frac{1}{2}A_1C_1$。又$E$是棱$AC$的中点，所以$FH// AE$，$FH = AE$，所以四边形$AEFH$是平行四边形，所以$EF// AH$。因为$BC\perp$平面$ABB_1A_1$，$AH\subset$平面$ABB_1A_1$，所以$AH\perp BC$。又$EF// AH$，所以$EF\perp BC$。
(2)解：因为$BC\perp$平面$ABB_1A_1$，$AB\subset$平面$ABB_1A_1$，所以$BC\perp AB$，又$BB_1\perp AB$，$BB_1\perp BC$，所以以$B$为坐标原点，$\overrightarrow{BC}$，$\overrightarrow{BA}$，$\overrightarrow{BB_1}$为$x$轴，$y$轴，$z$轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示。所以$B(0,0,0)$，$C(4,0,0)$，$A(0,4,0)$，$A_1(0,4,4)$，$B_1(0,0,4)$，$C_1(4,0,4)$，所以$E(2,2,0)$，$F(2,0,4)$，所以$\overrightarrow{EF} = (0,-2,4)$，设$\overrightarrow{BG} = \lambda\overrightarrow{BA_1} = (0,4\lambda,4\lambda)$（$0\leqslant\lambda\leqslant1$），所以$\overrightarrow{EG} = \overrightarrow{BG} - \overrightarrow{BE} = (-2,4\lambda - 2,4\lambda)$。设平面$EFG$的一个法向量为$\boldsymbol{n} = (x,y,z)$，所以$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{EF} = -2y + 4z = 0\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{EG} = -2x + (4\lambda - 2)y + 4\lambda z = 0\end{cases}$，令$z = 1$，解得$y = 2$，$x = 6\lambda - 2$，所以平面$EFG$的一个法向量为$\boldsymbol{n} = (6\lambda - 2,2,1)$。又$\overrightarrow{A_1C_1} = (4,-4,0)$，设直线$A_1C_1$与平面$EFG$所成角的大小为$\theta$，所以$\sin\theta = |\cos\langle\boldsymbol{n},\overrightarrow{A_1C_1}\rangle| = \frac{|\boldsymbol{n}·\overrightarrow{A_1C_1}|}{|\boldsymbol{n}|·|\overrightarrow{A_1C_1}|} = \frac{|4(6\lambda - 2) - 8|}{\sqrt{(6\lambda - 2)^2 + 2^2 + 1^2}×\sqrt{4^2 + (-4)^2 + 0^2}} = \frac{\sqrt{10}}{5}$，化简可得$9\lambda^2 - 36\lambda + 11 = 0$，解得$\lambda = \frac{1}{3}$或$\lambda = \frac{11}{3}$(舍)，所以
　　　　　　　
$\frac{A_1G}{GB} = 2$。

变式训练 2. (2025·内蒙古包头二模) 如图，在四棱锥 $ S - ABCD $ 中，$ AD \perp $ 平面 $ SCD $，$ AB // DC $，$ BC = SD $，$ AB = 2CD = 6 $，$ SC = AD = 4 $，点 $ E $ 在棱 $ SD $ 上，且不与 $ S $ 和 $ D $ 重合，平面 $ ABE $ 交棱 $ SC $ 于点 $ F $。
(1) 求证：$ DC // EF $；
(2) 若 $ E $ 为棱 $ SD $ 的中点，求二面角 $ D - AE - B $ 的正弦值；
(3) 记点 $ D $，$ S $ 到平面 $ ABE $ 的距离分别为 $ d_1 $，$ d_2 $，求 $ d_1d_2 $ 的最大值。

答案：

(1)证明：因为$AB// DC$，且$CD\not\subset$平面$ABFE$，$AB\subset$平面$ABFE$，所以$CD//$平面$ABFE$。又因为$CD\subset$平面$SCD$，平面$SCD\cap$平面$ABFE = EF$，所以$DC// EF$。
(2)解：取$AB$的中点$P$，连接$CP$，则$DC = AP$，又$DC// AP$，所以四边形$APCD$为平行四边形。因为$AD\perp$平面$SCD$，$CD\subset$平面$SCD$，所以$AD\perp DC$，故四边形$APCD$为矩形，在$Rt\triangle CPB$中，$CB^2 = CP^2 + PB^2 = 16 + 9 = 25$，又$SD^2 = BC^2 = 25$，所以在$\triangle SCD$中，$SD^2 = DC^2 + SC^2$，所以$SC\perp CD$。因为$AD\perp$平面$SCD$，$SC\subset$平面$SCD$，所以$AD\perp SC$。又因为$AD$，$CD\subset$平面$ABCD$，且$AD\cap DC = D$，所以$SC\perp$平面$ABCD$，以$CD$为$x$轴，$CP$为$y$轴，$CS$为$z$轴，建立如图所示的空间直角坐标系$Cxyz$，
　　　　　　　
则$C(0,0,0)$，$D(3,0,0)$，$A(3,4,0)$，$B(-3,4,0)$，$S(0,0,4)$，$E(\frac{3}{2},0,2)$，所以$\overrightarrow{EA} = (\frac{3}{2},4,-2)$，$\overrightarrow{DA} = (0,4,0)$，$\overrightarrow{AB} = (-6,0,0)$，$\overrightarrow{DS} = (-3,0,4)$。设平面$DAE$的法向量为$\boldsymbol{n}_1 = (x_1,y_1,z_1)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_1·\overrightarrow{EA} = 0\\\boldsymbol{n}_1·\overrightarrow{DA} = 0\end{cases}$，即$\begin{cases}\frac{3}{2}x_1 + 4y_1 - 2z_1 = 0\\4y_1 = 0\end{cases}$，可取$\boldsymbol{n}_1 = (4,0,3)$。设平面$ABE$的法向量为$\boldsymbol{n}_2 = (x_2,y_2,z_2)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_2·\overrightarrow{EA} = 0\\\boldsymbol{n}_2·\overrightarrow{AB} = 0\end{cases}$，即$\begin{cases}\frac{3}{2}x_2 + 4y_2 - 2z_2 = 0\\-6x_2 = 0\end{cases}$，可取$\boldsymbol{n}_2 = (0,1,2)$。设二面角$D - AE - B$的大小为$\theta(0 ＜ \theta ＜ \pi)$，则$|\cos\theta| = \frac{|\boldsymbol{n}_1·\boldsymbol{n}_2|}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|} = \frac{6}{5\sqrt{5}} = \frac{6\sqrt{5}}{25}$。则二面角$D - AE - B$的正弦值为$\sin\theta = \sqrt{1 - \cos^2\theta} = \frac{\sqrt{445}}{25}$。
(3)解：设$\overrightarrow{DE} = \lambda\overrightarrow{DS}$，$\lambda\in(0,1)$，则$\overrightarrow{AE} = \overrightarrow{DE} - \overrightarrow{DA} = (-3\lambda,0,4\lambda) - (0,4,0) = (-3\lambda,-4,4\lambda)$，设平面$ABE$的法向量为$\boldsymbol{n}_3 = (x_3,y_3,z_3)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_3·\overrightarrow{AE} = 0\\\boldsymbol{n}_3·\overrightarrow{AB} = 0\end{cases}$，即$\begin{cases}-3\lambda x_3 - 4y_3 + 4\lambda z_3 = 0\\-6x_3 = 0\end{cases}$，可取$\boldsymbol{n}_3 = (0,\lambda,1)$。因为$\overrightarrow{DA} = (0,4,0)$，$\overrightarrow{SB} = (-3,4,-4)$，所以$d_1 = \frac{|\overrightarrow{DA}·\boldsymbol{n}_3|}{|\boldsymbol{n}_3|} = \frac{4\lambda}{\sqrt{\lambda^2 + 1}}$，$d_2 = \frac{|\overrightarrow{SB}·\boldsymbol{n}_3|}{|\boldsymbol{n}_3|} = \frac{|4\lambda - 4|}{\sqrt{\lambda^2 + 1}} = \frac{4(1 - \lambda)}{\sqrt{\lambda^2 + 1}}$，故$d_1d_2 = \frac{16\lambda(1 - \lambda)}{\lambda^2 + 1}$，设$h(\lambda) = \frac{16\lambda(1 - \lambda)}{\lambda^2 + 1}$，$\lambda\in(0,1)$，则$h'(\lambda) = \frac{16}{(\lambda^2 + 1)^2}(1 - 2\lambda - \lambda^2)$，令$h'(\lambda) = 0$，得$\lambda^2 + 2\lambda - 1 = 0$，解得$\lambda_1 = -1 - \sqrt{2}$(舍去)，$\lambda_2 = -1 + \sqrt{2}$，故$\lambda\in(0,-1 + \sqrt{2})$时，$h'(\lambda) ＞ 0$，$\lambda\in(-1 + \sqrt{2},1)$时，$h'(\lambda) ＜ 0$，所以$h(\lambda)\leqslant h(-1 + \sqrt{2}) = 8(\sqrt{2} - 1)$，故$d_1d_2$的最大值为$8(\sqrt{2} - 1)$。