《2026年学易优高考二轮总复习数学》

考向1 探索线面位置关系

例2 如图，在正四棱柱$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$AA_1 = 2AB = 2$，$E,F$分别为棱$AA_1$，$CC_1$的中点，$G$为棱$DD_1$上的动点.
(1) 求证：$B,E,D_1,F$四点共面；
(2) 是否存在点$G$，使得平面$GEF\bot$平面$BEF$？若存在，求出$DG$的长；若不存在，说明理由.

答案：
[例2]　
(1)证明:如图，连接$D_{1}E$，$D_{1}F$，取$BB_{1}$的中点为M，连接$MC_{1}$，ME，
因为E为$AA_{1}$的中点，所以$EM// A_{1}B_{1}// C_{1}D_{1}$，且$EM = A_{1}B_{1}=C_{1}D_{1}$，
所以四边形$EMC_{1}D_{1}$为平行四边形，所以$D_{1}E// MC_{1}$。
又F为$CC_{1}$的中点，所以$BM// C_{1}F$，且$BM = C_{1}F$，
所以四边形$BMC_{1}F$为平行四边形，所以$BF// MC_{1}$，所以$BF// D_{1}E$，
所以B，E，$D_{1}$，F四点共面。
(2)解:以D为坐标原点，DA，DC，$DD_{1}$所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
假设存在满足题意的点G(0，0，t)，
由已知B(1，1，0)，E(1，0，1)，F(0，1，1)，
则$\overrightarrow{EF}=(-1,1,0)$，$\overrightarrow{EB}=(0,1,-1)$，$\overrightarrow{EG}=(-1,0,t - 1)$。
设平面BEF的一个法向量为$\overrightarrow{n_{1}}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，
则$\begin{cases}\overrightarrow{n_{1}}·\overrightarrow{EF}=0\\\overrightarrow{n_{1}}·\overrightarrow{EB}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}-x_{1}+y_{1}=0\\y_{1}-z_{1}=0\end{cases}$，
取$x_{1}=1$，则$y_{1}=1$，$z_{1}=1$，$\overrightarrow{n_{1}}=(1,1,1)$。
设平面GEF的一个法向量为$\overrightarrow{n_{2}}=(x_{2},y_{2},z_{2})$，
则$\begin{cases}\overrightarrow{n_{2}}·\overrightarrow{EF}=0\\\overrightarrow{n_{2}}·\overrightarrow{EG}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}-x_{2}+y_{2}=0\\-x_{2}+(t - 1)z_{2}=0\end{cases}$，
取$x_{2}=t - 1$，则$y_{2}=t - 1$，$z_{2}=1$，$\overrightarrow{n_{2}}=(t - 1,t - 1,1)$。
因为平面GEF⊥平面BEF，所以$\overrightarrow{n_{1}}·\overrightarrow{n_{2}}=0$，
所以$t - 1+t - 1 + 1 = 0$，所以$t=\frac{1}{2}$，
所以存在满足题意的点G，使得平面GEF⊥平面BEF，且DG的长为$\frac{1}{2}$。

例3 (2025·济南模拟)如图，在四棱锥$P - ABCD$中，四边形$ABCD$为直角梯形，$AB// CD$，$\angle DAB = \angle PCB = 60^{\circ}$，$CD = 1$，$AB = 3$，$PC = 2\sqrt{3}$，平面$PCB\bot$平面$ABCD$，$F$为线段$BC$的中点，$E$为线段$PF$上一点.

(1) 证明：$PF\bot AD$；
(2) 当$EF$为何值时，直线$BE$与平面$PAD$夹角的正弦值为$\frac{\sqrt{7}}{4}$.

答案：
[例3]　
(1)证明:因为四边形ABCD为直角梯形，∠DAB = 60°，CD = 1，AB = 3，所以AD = 4，BC =$2\sqrt{3}$。
由PC =$2\sqrt{3}$，∠PCB = 60°，则△PBC为等边三角形，且F为线段BC的中点，则PF⊥BC。
又因为平面PCB⊥平面ABCD，平面PCB∩平面ABCD = BC，PF⊂平面PCB，
可得PF⊥平面ABCD，且AD⊂平面ABCD，所以PF⊥AD。
(2)解:由
(1)可知PF⊥平面ABCD，取线段AD的中点N，连接NF，则FN//AB，FN = 2。
又因为AB⊥BC，可知NF⊥BC，
以F为坐标原点，NF，FB，FP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(3，$\sqrt{3}$，0)，D(1，-$\sqrt{3}$，0)，P(0，0，3)，B(0，$\sqrt{3}$，0)。

因为E为线段PF上一点，设E(0，0，a)，a∈[0，3]，
可得$\overrightarrow{DA}=(2,2\sqrt{3},0)$，$\overrightarrow{DP}=(-1,\sqrt{3},3)$，$\overrightarrow{BE}=(0,-\sqrt{3},a)$。
设平面PAD的法向量为$\overrightarrow{n}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\overrightarrow{n}·\overrightarrow{DA}=2x + 2\sqrt{3}y = 0\\\overrightarrow{n}·\overrightarrow{DP}=-x+\sqrt{3}y + 3z = 0\end{cases}$，
令x = - 3，则$y=\sqrt{3}$，z = - 2，可得$\overrightarrow{n}=(-3,\sqrt{3},-2)$。
设直线BE与平面PAD夹角为α，
则$\sin\alpha=|\cos\langle\overrightarrow{n},\overrightarrow{BE}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{n}·\overrightarrow{BE}|}{|\overrightarrow{n}|·|\overrightarrow{BE}|}=\frac{|2a + 3|}{4\sqrt{3 + a^{2}}}=\frac{\sqrt{7}}{4}$，解得a = 2。
故EF = 2时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为$\frac{\sqrt{7}}{4}$。

训练2 (2025·镇江模拟)如图，在四棱锥$P - ABCD$中，底面$ABCD$是边长为$2$的菱形，$\angle ABC = 60^{\circ}$，$\triangle PAB$为正三角形，平面$PAB\bot$平面$ABCD$，$E$为线段$AB$的中点，$M$是线段$PD$(不含端点)上的一个动点.

(1) 记平面$BCM$交$PA$于点$N$，求证：$MN//$平面$PBC$；
(2) 是否存在点$M$，使得二面角$P - BC - M$的正弦值为$\frac{\sqrt{10}}{10}$？若存在，确定点$M$的位置；若不存在，请说明理由.

答案：
训练2　
(1)证明:因为四边形ABCD为菱形，所以BC//AD。
因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC//平面PAD。
因为BC⊂平面BCM，平面BCM∩平面PAD = MN，所以MN//BC。
因为MN⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，因此MN//平面PBC。
(2)解:连接PE，CE，
因为△PAB为等边三角形，E为AB的中点，所以PE⊥AB。
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD = AB，PE⊂平面PAB，所以PE⊥平面ABCD。
因为四边形ABCD是边长为2的菱形，所以AB = BC = 2，又因为∠ABC = 60°，所以△ABC为等边三角形，则CE⊥AB。
以点E为坐标原点，EB，EC，EP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则B(1，0，0)，C(0，$\sqrt{3}$，0)，D(-2，$\sqrt{3}$，0)，P(0，0，$\sqrt{3}$)，
所以$\overrightarrow{BC}=(-1,\sqrt{3},0)$，$\overrightarrow{BP}=(-1,0,\sqrt{3})$，$\overrightarrow{PD}=(-2,\sqrt{3},-\sqrt{3})$。
设$\overrightarrow{PM}=\lambda\overrightarrow{PD}=\lambda(-2,\sqrt{3},-\sqrt{3})=(-2\lambda,\sqrt{3}\lambda,-\sqrt{3}\lambda)$，其中0 ＜ λ ＜ 1。
设平面PBC的一个法向量为$\overrightarrow{m}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，
由$\begin{cases}\overrightarrow{m}·\overrightarrow{BC}=-x_{1}+\sqrt{3}y_{1}=0\\\overrightarrow{m}·\overrightarrow{BP}=-x_{1}+\sqrt{3}z_{1}=0\end{cases}$，取$x_{1}=\sqrt{3}$，可得$\overrightarrow{m}=(\sqrt{3},1,1)$。
设平面BCM的法向量为$\overrightarrow{n}=(x_{2},y_{2},z_{2})$，
$\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{BP}+\overrightarrow{PM}=(-1,0,\sqrt{3})+(-2\lambda,\sqrt{3}\lambda,-\sqrt{3}\lambda)=(-2\lambda - 1,\sqrt{3}\lambda,\sqrt{3}-\sqrt{3}\lambda)$，
则$\begin{cases}\overrightarrow{n}·\overrightarrow{BC}=-x_{2}+\sqrt{3}y_{2}=0\\\overrightarrow{n}·\overrightarrow{BM}=-(2\lambda + 1)x_{2}+\sqrt{3}\lambda y_{2}+\sqrt{3}(1 - \lambda)z_{2}=0\end{cases}$，
取$x_{2}=\sqrt{3}-\sqrt{3}\lambda$，则$y_{2}=1 - \lambda$，$z_{2}=\lambda + 1$，所以$\overrightarrow{n}=(\sqrt{3}-\sqrt{3}\lambda,1 - \lambda,\lambda + 1)$。
由题意可得$|\cos\langle\overrightarrow{m},\overrightarrow{n}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{m}·\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|·|\overrightarrow{n}|}=\frac{|5 - 3\lambda|}{\sqrt{5}·\sqrt{4(1 - \lambda)^{2}+(\lambda + 1)^{2}}}=\frac{3\sqrt{10}}{10}$，
整理可得$27\lambda^{2}+6\lambda - 5 = 0$，即$(3\lambda - 1)(9\lambda + 5)=0$，
因为0 ＜ λ ＜ 1，所以$\lambda=\frac{1}{3}$，
故当点M为线段PD上靠近点P的三等分点时，二面角P - BC - M的正弦值为$\frac{\sqrt{10}}{10}$。