《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

例 1 (2025·三门峡期末)如图,在棱长为 1 的正方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中,$E,F,G$ 分别为棱 $AA_{1},BC,CC_{1}$ 的中点,动点 $H$ 在平面 $EFG$ 内,且 $DH = 1$,则下列说法正确的是(C)


A.存在点 $H$,使直线 $DH$ 与直线 $FG$ 相交
B.存在点 $H$,使得直线 $DH\perp$ 平面 $EFG$
C.直线 $B_{1}H$ 与平面 $EFG$ 所成角为 $\frac{\pi}{3}$
D.平面 $EFG$ 截正方体所得截面的面积为 $\frac{3\sqrt{3}}{2}$

答案：
例1　C　[解析]如图
(1)，连接DF、DG，则DF = DG = $\frac{\sqrt{5}}{2}$，FG = $\frac{\sqrt{2}}{2}$，取FG的中点M，连接DM，所以DM = $\frac{3\sqrt{2}}{4}$＞1，点D到线段FG的最短距离大于1，所以不存在点H，使得直线DH与直线FG相交，故A不正确。如图
(1)，以D为坐标原点，DA，DC，DD₁所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则E(1, 0, $\frac{1}{2}$)，F($\frac{1}{2}$, 1, 0)，G(0, 1, $\frac{1}{2}$)，D(0, 0, 0)，所以$\overrightarrow{EF}$ = (-$\frac{1}{2}$, 1, -$\frac{1}{2}$)，$\overrightarrow{EG}$ = (-1, 1, 0)，$\overrightarrow{DE}$ = (1, 0, $\frac{1}{2}$)。设平面EFG的法向量为$\overrightarrow{n}$ = (x, y, z)，则$\begin{cases}\overrightarrow{EF} · \overrightarrow{n} = 0 \\ \overrightarrow{EG} · \overrightarrow{n} = 0 \end{cases}$，即$\begin{cases}-\frac{1}{2}x + y - \frac{1}{2}z = 0 \\ -x + y = 0 \end{cases}$，令x = 1，则y = 1，z = 1，所以$\overrightarrow{n}$ = (1, 1, 1)，所以点D到平面EFG的距离为$\frac{|\overrightarrow{DE} · \overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{n}|}$ = $\frac{3}{2\sqrt{3}}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$＜1。而DH = 1，所以不存在点H，使得直线DH⊥平面EFG，故B不正确。因为$\overrightarrow{DB₁}$ = (1, 1, 1)，所以$\overrightarrow{DB₁}$⊥平面EFG。设$\overrightarrow{DB₁}$交平面EFG于点O，所以O为$\overrightarrow{DB₁}$的中点，DO = B₁O = $\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以∠B₁HO为直线B₁H与平面EFG所成角。在Rt△ODH中，DH = 1，sin∠DHO = $\frac{DO}{DH}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以∠DHO = $\frac{\pi}{3}$。因为Rt△OB₁H≌Rt△ODH，所以∠B₁HO = ∠DHO = $\frac{\pi}{3}$，故C正确。如图
(2)，延长GF交B₁B的延长线于点N，连接EN交AB于点P，连接PF，取D₁C₁的中点K，D₁A₁的中点J，连接KG，EJ，KJ，则KG//EP，EJ//GF，KJ//PF，平面EFG截正方体所得截面图形为正六边形EPFGKJ，且边长为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以截面面积为6×$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$ = $\frac{3\sqrt{3}}{4}$，故D不正确。

变式 1 (多选)(2025·吕梁期末)如图,在正方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中,$P$ 为四边形 $BCC_{1}B_{1}$ 内(含边界)的一个动点,且 $BD_{1}\perp AP$,则(BC)


A.$AP$ 与 $DC_{1}$ 一定是异面直线
B.三棱锥 $A_{1}-ADP$ 的体积为定值
C.$AP//$ 平面 $A_{1}DC_{1}$
D.异面直线 $AP$ 与 $A_{1}D$ 所成角的取值范围为 $\left[\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2}\right)$

答案：
变式1　BC　[解析]对于A，连接AC，AB₁，B₁C，BD，因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD。因为DD₁⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥DD₁。又因为BD∩DD₁ = D，BD，DD₁⊂平面BDD₁，所以AC⊥平面BDD₁。又因为BD₁⊂平面BDD₁，所以AC⊥BD₁。同理可证BD₁⊥AB₁。又因为AC∩AB₁ = A，AC，AB₁⊂平面AB₁C，所以BD₁⊥平面AB₁C。因为P为四边形B₁C₁CB内(含边界)的一个动点，故当P∈B₁C时，AP⊂平面AB₁C，则AP⊥BD₁，故点P的轨迹为线段B₁C。当点P与点B₁重合时，因为PC₁//AD且PC₁ = AD，所以四边形ADCP₁为平行四边形，此时，AP₁//DC₁，故A错误。对于B，连接AD₁，PA，PD₁，PA₁，在正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，平面B₁C₁CB//平面AD₁D₁A₁，因为P∈平面B₁C₁CB，所以点P到平面AD₁D₁A₁的距离为定值，而△A₁AD₁的面积为定值，故三棱锥P - A₁AD₁的体积为定值，即三棱锥A₁ - ADP的体积为定值，故B正确。对于C，连接AC₁，因为AA₁//CC₁且AA₁ = CC₁，所以四边形A₁ACC₁为平行四边形，所以AC₁//AC。又因为AC⊂平面ADC₁，A₁C₁⊄平面ADC₁，所以AC₁//平面ADC₁。同理可证AB₁//平面ADC₁。又因为AC₁∩AB₁ = A，AC₁，AB₁⊂平面AB₁C，所以平面AB₁C//平面ADC₁。又因为AP⊂平面AB₁C，所以AP//平面ADC₁，故C正确。对于D，因为B₁C//AD₁，所以异面直线AP与AD₁所成的角等于直线AP与B₁C所成的角，易知△AB₁C为等边三角形，如图，当P为B₁C的中点时，AP⊥B₁C，此时，直线AP与B₁C所成的角取最大值$\frac{\pi}{2}$，当点P与点B₁或点C₁重合时，直线AP与B₁C所成的角取最小值$\frac{\pi}{3}$，因此，异面直线AP与AD₁所成角的范围为[$\frac{\pi}{3}$，$\frac{\pi}{2}$]，故D错误。

例 2 已知四边形 $ABCD$ 是矩形,$PA\perp$ 平面 $ABCD$,$AB = 1$,$BC = 2$,$PA = 2$,$E$ 为 $BC$ 的中点,则异面直线 $AE$ 与 $PD$ 所成的角为(C)

A.$\frac{\pi}{6}$
B.$\frac{\pi}{4}$
C.$\frac{\pi}{3}$
D.$\pi$

答案：
例2　C　[解析](嵌入法)如图，借助于长方体，E，F为相应棱的中点，所以PD//EF，所以∠AEF即为异面直线AE与PD所成的角或其补角。根据题意得EF = $\frac{1}{2}$PD = $\frac{1}{2}$$\sqrt{AD² + PA²}$ = $\sqrt{2}$，AE = $\sqrt{AB² + BE²}$ = $\sqrt{2}$，AF = $\sqrt{AB² + BF²}$ = $\sqrt{2}$，所以△AEF为等边三角形，则∠AEF = $\frac{\pi}{3}$。

变式 2 (2025·黄山一模)已知三棱锥 $P - ABC$ 的四个面均为直角三角形,$PA\perp$ 平面 $ABC$,$PA = AB = 4$,$AC = 6$,则三棱锥 $P - ABC$ 外接球的表面积为(D)

A.$12\pi$
B.$24\pi$
C.$32\pi$
D.$52\pi$

答案：
变式2　D[解析]根据题意，构造如图所示的长方体，设其外接球的半径为R，易知三棱锥P - ABC的外接球就是长方体的外接球，则2R = PC = $\sqrt{PA² + AC²}$ = $\sqrt{4² + 6²}$ = $\sqrt{52}$，所以三棱锥P - ABC外接球的表面积为4πR² = 52π。