《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

[变式探究]

(变条件、变设问) 本例的已知条件增加“设 $ DO = \sqrt{2} $，圆锥的侧面积为 $ \sqrt{3} \pi $”，求三棱锥 $ P - ABC $ 的体积.

答案： 解：设圆锥的母线为 $l$，底面半径为 $r$，圆锥的侧面积为 $\pi rl=\sqrt{3}\pi$，$rl=\sqrt{3}$，$OD^2 = l^2 - r^2 = 2$，解得 $r = 1$，$l=\sqrt{3}$，$AC = 2r\sin60^{\circ}=\sqrt{3}$。在等腰直角三角形 $APC$ 中，$AP=\frac{\sqrt{2}}{2}AC=\frac{\sqrt{6}}{2}$，在 $Rt\triangle PAO$ 中，$PO=\sqrt{AP^2 - OA^2}=\sqrt{\frac{6}{4}-1}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以三棱锥 $P - ABC$ 的体积为 $V_{P - ABC}=\frac{1}{3}PO· S_{\triangle ABC}=\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{\sqrt{3}}{4}×3=\frac{\sqrt{6}}{8}$。

(1) 证明：平面 $ ACC_1A_1 \perp $ 平面 $ BB_1C_1C $；

答案： （1）证明：因为 $A_1C\perp$ 平面 $ABC$，$BC\subset$ 平面 $ABC$，所以 $A_1C\perp BC$，
又因为 $\angle ACB = 90^{\circ}$，所以 $AC\perp BC$，
因为 $A_1C$，$AC\subset$ 平面 $ACC_1A_1$，$A_1C\cap AC = C$，所以 $BC\perp$ 平面 $ACC_1A_1$，
又因为 $BC\subset$ 平面 $BB_1C_1C$，所以平面 $ACC_1A_1\perp$ 平面 $BB_1C_1C$。

(2) 设 $ AB = A_1B $，$ AA_1 = 2 $，求四棱锥 $ A_1 - BB_1C_1C $ 的高.

答案：
（2）如图，过点 $A_1$ 作 $A_1O\perp CC_1$，垂足为 $O$。
因为平面 $ACC_1A_1\perp$ 平面 $BB_1C_1C$，平面 $ACC_1A_1\cap$ 平面 $BB_1C_1C = CC_1$，$A_1O\subset$ 平面 $ACC_1A_1$，所以 $A_1O\perp$ 平面 $BB_1C_1C$，
所以四棱锥 $A_1 - BB_1C_1C$ 的高为 $A_1O$。
因为 $A_1C\perp$ 平面 $ABC$，$BC\subset$ 平面 $ABC$，所以 $A_1C\perp BC$，
又因为 $A_1B = AB$，$BC$ 为公共边，所以 $\triangle ABC$ 与 $\triangle A_1BC$ 全等，所以 $A_1C = AC$；
所以 $\triangle ACA_1$ 与 $\triangle A_1CC_1$ 均为等腰直角三角形，所以 $A_1O=\frac{1}{2}CC_1 = 1$，所以四棱锥 $A_1 - BB_1C_1C$ 的高为 1。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

(1) 若 $ OE // $ 平面 $ D_1BC $，求证：$ E $ 为 $ AB $ 的中点；

答案： （1）证明：因为四边形 $AA_1D_1D$ 为正方形，$A_1D\cap AD = O$，所以 $O$ 为 $AD_1$ 的中点。
又因为 $OE//$ 平面 $D_1BC$，平面 $ABD_1\cap$ 平面 $D_1BC = BD_1$，$OE\subset$ 平面 $ABD_1$，所以 $OE// BD_1$。
又因为 $O$ 为 $AD_1$ 的中点，所以 $E$ 为 $AB$ 的中点。

(2) 在线段 $ AB $ 上是否存在点 $ E $，使得平面 $ D_1DE \perp $ 平面 $ AD_1C $? 若存在，求出 $ AE $ 的长；若不存在，请说明理由.

答案： （2）存在点 $E$，当 $AE=\frac{1}{2}$ 时，平面 $D_1DE\perp$ 平面 $AD_1C$，理由如下：
设 $AC\cap DE = F$，
因为四边形 $AA_1D_1D$ 为正方形，所以 $D_1D\perp AD$，
又因为平面 $AA_1D_1D\cap$ 平面 $ABCD = AD$，平面 $AA_1D_1D\perp$ 平面 $ABCD$，$D_1D\subset$ 平面 $AA_1D_1D$，所以 $D_1D\perp$ 平面 $ABCD$。
又因为 $AC\subset$ 平面 $ABCD$，所以 $D_1D\perp AC$。
在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 2$，$AD = 1$，
当 $AE=\frac{1}{2}$ 时，在 $Rt\triangle ADE$ 中，$\tan\angle ADE=\frac{AE}{AD}=\frac{1}{2}$，
在 $Rt\triangle ABC$ 中，$\tan\angle BAC=\frac{BC}{AB}=\frac{1}{2}$，所以 $\angle ADE=\angle BAC$，
又因为 $\angle BAD=\angle BAC+\angle DAC = 90^{\circ}$，所以 $\angle ADE+\angle DAC = 90^{\circ}$，则 $\angle AFD = 90^{\circ}$，所以 $AC\perp DE$，
又因为 $DE\cap D_1D = D$，$DE$，$D_1D\subset$ 平面 $D_1DE$，所以 $AC\perp$ 平面 $D_1DE$。又因为 $AC\subset$ 平面 $AD_1C$，所以平面 $D_1DE\perp$ 平面 $AD_1C$。

(1) 求证：$ B_1C // $ 平面 $ A_1BM $；

答案： （1）证明：连接 $AB_1$，$AB$ 与 $A_1B$ 交于点 $O$，连接 $OM$，
在 $\triangle B_1AC$ 中，$M$，$O$ 分别为 $AC$，$AB_1$ 的中点，所以 $OM// B_1C$，
又 $OM\subset$ 平面 $A_1BM$，$B_1C\not\subset$ 平面 $A_1BM$，所以 $B_1C//$ 平面 $A_1BM$。

(2) 求证：$ AC_1 \perp $ 平面 $ A_1BM $；

答案： （2）证明：因为 $AA_1\perp$ 底面 $ABC$，$BM\subset$ 平面 $ABC$，所以 $AA_1\perp BM$。
又 $M$ 为棱 $AC$ 的中点，$AB = BC$，所以 $BM\perp AC$。
因为 $AA_1\cap AC = A$，$AA_1$，$AC\subset$ 平面 $ACC_1A_1$，所以 $BM\perp$ 平面 $ACC_1A_1$，
又因为 $AC_1\subset$ 平面 $ACC_1A_1$，所以 $BM\perp AC_1$。
因为 $AC = 2$，所以 $AM = 1$。又 $AA_1=\sqrt{2}$，
在 $Rt\triangle ACC_1$ 和 $Rt\triangle A_1AM$ 中，$\tan\angle AC_1C=\tan\angle A_1MA=\sqrt{2}$，
所以 $\angle AC_1C=\angle A_1MA$，即 $\angle AC_1C+\angle C_1AC=\angle A_1MA+\angle C_1AC = 90^{\circ}$，所以 $A_1M\perp AC_1$，
又 $BM\cap A_1M = M$，$BM$，$A_1M\subset$ 平面 $A_1BM$，所以 $AC_1\perp$ 平面 $A_1BM$。

(3) 在棱 $ BB_1 $ 上是否存在点 $ N $，使得平面 $ AC_1N \perp $ 平面 $ ACC_1A_1 $? 如果存在，求此时 $ \frac{BN}{BB_1} $ 的值；如果不存在，请说明理由.

答案：
（3）存在点 $N$ 为 $BB_1$ 的中点，即 $\frac{BN}{BB_1}=\frac{1}{2}$ 时，平面 $AC_1N\perp$ 平面 $AA_1C_1C$。
证明如下：设 $AC_1$ 的中点为 $D$，连接 $DM$，$DN$，
因为 $D$，$M$ 分别为 $AC_1$，$AC$ 的中点，所以 $DM// CC_1$ 且 $DM=\frac{1}{2}CC_1$，又 $N$ 为 $BB_1$ 的中点，所以 $DM// BN$ 且 $DM = BN$，所以四边形 $BNDM$ 为平行四边形，故 $BM// DN$，
由（2）知，$BM\perp$ 平面 $ACC_1A_1$，所以 $DN\perp$ 平面 $ACC_1A_1$，又 $DN\subset$ 平面 $AC_1N$，所以平面 $AC_1N\perp$ 平面 $ACC_1A_1$。