《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

16. (本小题满分 15 分)[湖南衡阳 2025 高一月考]如图所示，在四棱锥 $E - ABCD$ 中，底面 $ABCD$ 是正方形，$AC$ 与 $BD$ 交于点 $O,EC\perp$ 平面 $ABCD,AB = \sqrt{2}CE$.
(1) 求证：$BD\perp$ 平面 $ACE$.
(2) 求 $BE$ 与平面 $ACE$ 所成角的正弦值.
(3) $G$ 是线段 $EO$ 上一点，且满足 $\frac{EG}{EO} = \mu$，是否存在实数 $\mu$，使 $CG\perp$ 平面 $BDE$？若存在，求出 $\mu$ 的值；若不存在，请说明理由.

答案：
16.
(1)【证明】因为$EC\bot$平面$ABCD$，$BDC\subset$平面$ABCD$，所以$EC\bot BD$.在正方形$ABCD$中，$AC\bot BD$，因为$AC\cap EC = C$，$AC,ECC\subset$平面$ACE$，所以$BD\bot$平面$ACE$.
(2)【解】由
(1)知，$BD\bot$平面$ACE$，所以$\angle OEB$即为$BE$与平面$ACE$所成的角，因为$AB = \sqrt{2}CE$，所以$BD = \sqrt{2}AB = 2CE$，则$OB = \frac{1}{2}BD = CE$，又$BE = \sqrt{3}CE$，
㊙点悟〗$BE = \sqrt{BC^2 + CE^2} = \sqrt{2CE^2 + CE^2} = \sqrt{3}CE$在$Rt\triangle OEB$中，$\sin\angle OEB = \frac{OB}{BE} = \frac{CE}{\sqrt{3}CE} = \frac{\sqrt{3}}{3}$，即$BE$与平面$ACE$所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$.
(3)【解】存在实数$\mu = \frac{1}{2}$，使得$CG\bot$平面$BDE$，理由如下：如图，取$EO$的中点$G$，连接$CG$，由
(2)可知，$CO = OB = CE$，所以$\triangle ECO$为等腰三角形，所以$CG\bot EO$，又$BD\bot$平面$ACE$，$BDC\subset$平面$BDE$，所以平面$ACE\bot$平面$BDE$.又因为平面$ACE\cap$平面$BDE = EO$，$CGC\subset$平面$ACE$，所以$CG\bot$平面$BDE$，故存在实数$\mu = \frac{1}{2}$，使$CG\bot$平面$BDE$.

17. (本小题满分 15 分)[江苏南京 2024 检测]如图，在直三棱柱 $ABC - A_1B_1C_1$ 中，$AB = AC = 2,AB\perp AC,AA_1 = 3$，点 $M,N$ 分别在棱 $CC_1,AA_1$ 上，且 $C_1M = \frac{1}{3}CC_1,A_1N = \frac{1}{3}AA_1$.
(1) 求证：$CN\perp$ 平面 $ABM$；
(2) 求点 $B_1$ 到平面 $ABM$ 的距离；
(3) 求直线 $BC$ 与平面 $ABM$ 所成角的大小.

答案：
17.
(1)【证明】连接$MN$，如图所示.$\because AA_1 = CC_1 = 3$，且$C_1M = \frac{1}{3}CC_1$，$A_1N = \frac{1}{3}AA_1$，$\therefore CM = AN = 2$，又$\because$三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$是直三棱柱，$\therefore CM$和$AN$都垂直于底面$ABC$，又$ACC\subset$平面$ABC$，$\therefore CM// AN$且$CM\bot AC$，$AN\bot AB$，$\therefore$四边形$ANMC$是正方形，$\therefore AM\bot CN$.又$\because AB\bot AC$，$AC\cap AA_1 = A$，$AC,AA_1\subset$平面$ACC_1A_1$，$\therefore AB\bot$平面$ACC_1A_1$，又$\because CNC\subset$平面$ACC_1A_1$，$\therefore AB\bot CN$.又$\because AB\cap AM = A$，$AB,AM\subset$平面$ABM$，$\therefore CN\bot$平面$ABM$.
(2)【解】连接$B_1A,B_1M$，如图所示.$\because AC\bot AB$，且三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$是直三棱柱，$\therefore AC\bot$平面$ABB_1A_1$，又$\because CC_1//$平面$ABB_1A_1$，$\therefore$点$M$到平面$ABB_1A_1$的距离即为$AC = 2$.不妨设点$B_1$到平面$ABM$的距离为$d$.由$V_{B_1 - ABM} = V_{M - ABB_1}$，
㊙黑板〗求点到平面的距离时，若不易利用几何特征求解，可考虑等体积法得$\frac{1}{3}S_{\triangle ABM}· d = \frac{1}{3}S_{\triangle ABB_1}· AC$，即$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}× AB· AM· d = \frac{1}{3}×\frac{1}{2}× AB× BB_1· AC$，得$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×2×2\sqrt{2}× d = \frac{1}{3}×\frac{1}{2}×2×3×2$，解得$d = \frac{3\sqrt{2}}{2}$，$\therefore$点$B_1$到平面$ABM$的距离为$\frac{3\sqrt{2}}{2}$.
(3)【解】如图，设$AM$与$CN$相交于点$O$，连接$BO$.由
(1)知，$CN\bot$平面$ABM$，所以$\angle CBO$是直线$BC$与平面$ABM$所成的角.$\because CO = \frac{1}{2}×\sqrt{2^2 + 2^2} = \sqrt{2}$，$BC = \sqrt{2^2 + 2^2} = 2\sqrt{2}$，$\therefore\sin\angle CBO = \frac{CO}{BC} = \frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{2}} = \frac{1}{2}$，又$\angle CBO\in[0,\frac{\pi}{2}]$，$\therefore\angle CBO = \frac{\pi}{6}$，故直线$BC$与平面$ABM$所成角的大小为$\frac{\pi}{6}$.