《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

[真题再现]
（2024·新课标Ⅰ卷）如图，四棱锥 $P - ABCD$ 中，$PA\perp$ 底面 $ABCD$，$PA = AC = 2$，$BC = 1$，$AB = \sqrt{3}$。
(1) 若 $AD\perp PB$，证明：$AD//$ 平面 $PBC$；
(2) 若 $AD\perp DC$，且二面角 $A - CP - D$ 的正弦值为 $\frac{\sqrt{42}}{7}$，求 $AD$。

答案：
真题再现　解：
(1)证明：由于$PA\perp$底面$ABCD$，$AD\subset$底面$ABCD$，所以$PA\perp AD$，又$AD\perp PB$，$PA\cap PB = P$，$PA,PB\subset$平面$PAB$，所以$AD\perp$平面$PAB$，又$AB\subset$平面$PAB$，所以$AD\perp AB$。因为$AB=\sqrt{3}$，$BC = 1$，$AC = 2$，所以$AB^2 + BC^2 = AC^2$，所以$AB\perp BC$，所以$BC// AD$，因为$AD\not\subset$平面$PBC$，$BC\subset$平面$PBC$，所以$AD//$平面$PBC$。
(2)如图所示，过点$D$作$DE\perp AC$于点$E$，过点$E$作$EF\perp CP$于点$F$，连接$DF$。因为$PA\perp$平面$ABCD$，所以平面$PAC\perp$平面$ABCD$，而平面$PAC\cap$平面$ABCD = AC$，所以$DE\perp$平面$PAC$。因为$CP\subset$平面$PAC$，则$DE\perp CP$。又$EF\perp CP$，$EF,DE\subset$平面$DEF$，所以$CP\perp$平面$DEF$。根据二面角的定义可知，$\angle DFE$即为二面角$A - CP - D$的平面角，即$\sin\angle DFE=\frac{\sqrt{42}}{7}$，即$\tan\angle DFE=\sqrt{6}$。因为$AD\perp DC$，设$AD = x$，则$CD=\sqrt{4 - x^2}$，由等面积法可得，$DE=\frac{x\sqrt{4 - x^2}}{2}$，又$CE=\sqrt{(4 - x^2)-\frac{x^2(4 - x^2)}{4}}=\frac{4 - x^2}{2}$，$\triangle EFC$为等腰直角三角形，所以$EF=\frac{4 - x^2}{2\sqrt{2}}$。故$\tan\angle DFE=\frac{\frac{x\sqrt{4 - x^2}}{2}}{\frac{4 - x^2}{2\sqrt{2}}}=\sqrt{6}$，解得$x=\sqrt{3}$，即$AD=\sqrt{3}$。

[教材呈现]
（链接北师必修二 P246 例 9）如图所示，在四面体 $A_1 - ABC$ 中，$A_1A\perp$ 平面 $ABC$，$AB\perp BC$，且 $AA_1 = AB$。

(1) 四面体 $A_1 - ABC$ 中有几组互相垂直的平面？
(2) 求二面角 $A - A_1B - C$ 和 $A_1 - BC - A$ 的大小。
点评：这两题考查相同的知识点，设问的本质也是一样的，都是以锥体为载体考查二面角的求解，高考题更考查综合应用所学知识解决问题的能力。

答案：
(1) 3组。
(2) 二面角$A - A_1B - C$的大小为$90°$；二面角$A_1 - BC - A$的大小为$45°$。

如图，在正方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中，$M$ 是 $A_{1}B_{1}$ 的中点，$N$ 在棱 $CC_{1}$ 上，且 $CN = 2NC_{1}$.作出过点 $D$，$M$，$N$ 的平面截正方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 所得的截面，写出作法.

答案：
解:如图所示，五边形DQMFN即为所求截面.
作法如下:连接DN并延长交D₁C₁的延长线于点E,
连接ME交B₁C₁于点F,交D₁A₁的延长线于点H,
连接DH交AA₁于点Q,连接QM,FN,
则五边形DQMFN即为所求截面.