《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(1) 求证：$ AC \perp SD $；

答案：
(1)证明：如图，连接$BD$，设$AC$交$BD$于点$O$，连接$SO$。由题意知，$SO\perp$平面$ABCD$，以$O$为坐标原点，以$OB$，$OC$，$OS$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴，建立空间直角坐标系。设底面边长为$a$，则高$SO=\sqrt{SB^2 - BO^2} =\sqrt{(\sqrt{2}a)^2 - (\frac{\sqrt{2}}{2}a)^2} =\frac{\sqrt{6}}{2}a$，于是$S(0,0,\frac{\sqrt{6}}{2}a)$，$D(-\frac{\sqrt{2}}{2}a,0,0)$，$C(0,\frac{\sqrt{2}}{2}a,0)$，于是$\overrightarrow{OC}=(0,\frac{\sqrt{2}}{2}a,0)$，$\overrightarrow{SD}=(-\frac{\sqrt{2}}{2}a,0,-\frac{\sqrt{6}}{2}a)$，则$\overrightarrow{OC}·\overrightarrow{SD}=0$，故$OC\perp SD$，从而$AC\perp SD$。

(2) 若 $ SD \perp $ 平面 $ PAC $，求平面 $ PAC $ 与平面 $ DAC $ 夹角的大小；

答案：
(2)由题设知，平面$PAC$的一个法向量$\overrightarrow{DS}=(\frac{\sqrt{2}}{2}a,0,\frac{\sqrt{6}}{2}a)$，平面$DAC$的一个法向量$\overrightarrow{OS}=(0,0,\frac{\sqrt{6}}{2}a)$。设平面$PAC$与平面$DAC$的夹角为$\theta$，则$\cos\theta=|\cos\langle\overrightarrow{OS},\overrightarrow{DS}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{OS}·\overrightarrow{DS}|}{|\overrightarrow{OS}||\overrightarrow{DS}|}=\frac{\frac{\sqrt{6}}{2}a×\frac{\sqrt{6}}{2}a}{\frac{\sqrt{6}}{2}a×\sqrt{(\frac{\sqrt{2}}{2}a)^2 + (\frac{\sqrt{6}}{2}a)^2}}=\frac{\frac{\sqrt{6}}{2}a}{\frac{\sqrt{2}}{2}a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以平面$PAC$与平面$DAC$夹角的大小为$30^{\circ}$。

(3) 在 (2) 的条件下，侧棱 $ SC $ 上是否存在一点 $ E $，使得 $ BE // $ 平面 $ PAC $. 若存在，求 $ SE : EC $ 的值；若不存在，试说明理由.

答案：

(3)假设在棱$SC$上存在一点$E$使$BE//$平面$PAC$。根据第
(2)问知$\overrightarrow{DS}$是平面$PAC$的一个法向量，且$\overrightarrow{DS}=(\frac{\sqrt{2}}{2}a,0,\frac{\sqrt{6}}{2}a)$，$\overrightarrow{CS}=(0,-\frac{\sqrt{2}}{2}a,\frac{\sqrt{6}}{2}a)$。设$\overrightarrow{CE}=t\overrightarrow{CS}(0\leqslant t\leqslant1)$，因为$B(\frac{\sqrt{2}}{2}a,0,0)$，$C(0,\frac{\sqrt{2}}{2}a,0)$，所以$\overrightarrow{BC}=(-\frac{\sqrt{2}}{2}a,\frac{\sqrt{2}}{2}a,0)$，则$\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CE}=\overrightarrow{BC}+t\overrightarrow{CS}=(-\frac{\sqrt{2}}{2}a,\frac{\sqrt{2}}{2}a(1 - t),\frac{\sqrt{6}}{2}at)$。又$\overrightarrow{BE}·\overrightarrow{DS}=0$，得$-\frac{a^2}{2}+0+\frac{6}{4}a^2t = 0$，则$t=\frac{1}{3}$，故当$SE:EC = 2:1$时，$\overrightarrow{BE}\perp\overrightarrow{DS}$。由于$BE\not\subset$平面$PAC$，故$BE//$平面$PAC$。因此在棱$SC$上存在点$E$，使$BE//$平面$PAC$，此时$SE:EC = 2:1$。

真题再现 (2024·天津卷节选) 如图，已知直四棱柱 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 中，$ AD \perp AB $，$ AB // CD $，$ AA_1 = 2 $，$ AB = 2AD = 2 $，$ DC = 1 $，$ N $ 是 $ B_1C_1 $ 的中点，$ M $ 是 $ DD_1 $ 的中点. 求点 $ B $ 到平面 $ CB_1M $ 的距离.

答案：
真题再现 解：以$A$为坐标原点，以$AB$，$AD$，$AA_1$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴建立如图所示的空间直角坐标系，依题意得，$B(2,0,0)$，$C(1,1,0)$，$D(0,1,0)$，$B_1(2,0,2)$，$C_1(1,1,2)$，$D_1(0,1,2)$，则$M(0,1,1)$，$N(\frac{3}{2},\frac{1}{2},2)$，所以$\overrightarrow{D_1N}=(\frac{3}{2},-\frac{1}{2},0)$，$\overrightarrow{CB_1}=(1,-1,2)$，$\overrightarrow{CM}=(-1,0,1)$。设平面$CB_1M$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x_1,y_1,z_1)$，则$\begin{cases} \boldsymbol{n}· \overrightarrow{CB_1}=0\\\boldsymbol{n}· \overrightarrow{CM}=0\end{cases}$，即$\begin{cases} x_1 - y_1 + 2z_1 = 0\\-x_1 + z_1 = 0\end{cases}$，取$x_1 = 1$，得$z_1 = 1$，$y_1 = 3$，则$\boldsymbol{n}=(1,3,1)$。易知$\overrightarrow{BB_1}=(0,0,2)$。设点$B$到平面$CB_1M$的距离为$d$，则$d=\frac{|\overrightarrow{BB_1}· \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|} =\frac{2}{\sqrt{11} } =\frac{2\sqrt{11} }{11}$。所以点$B$到平面$CB_1M$的距离为$\frac{2\sqrt{11} }{11}$。

教材呈现 (链接北师选择性必修一 P142T22(1)) 如图，在四棱锥 $ P - ABCD $ 中，底面 $ ABCD $ 为直角梯形，$ \angle ABC = \angle BAD = \frac{\pi}{2} $，$ PB \perp $ 平面 $ ABCD $，$ PB = 5 $，$ AB = BC = 6 $，$ AD = 3 $，求：点 $ B $ 到平面 $ PCD $ 的距离.

点评：这两题考查相同的知识点，设问的形式和本质基本一样，都是考查求点面距问题，同时高考题又考查综合应用所学知识解决问题的能力.

答案： 60√269/269

(1)如图，在矩形 $ABCD$ 中，$BC = 1$，$AB = x$，$BD$ 和 $AC$ 交于点 $O$，将 $\triangle BAD$ 沿直线 $BD$ 翻折，则下列说法中错误的是(D)


A.存在 $x$，在翻折过程中存在某个位置，使得 $AB\perp OC$
B.存在 $x$，在翻折过程中存在某个位置，使得 $AC\perp BD$
C.存在 $x$，在翻折过程中存在某个位置，使得 $AB\perp$ 平面 $ACD$
D.存在 $x$，在翻折过程中存在某个位置，使得 $AC\perp$ 平面 $ABD$

答案：

(1)D
(1)当AB=x=1时，此时矩形ABCD为正方形，则AC⊥BD，将△BAD沿直线BD翻折，若使得平面ABD⊥平面BCD，由OC⊥BD，OC⊂平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，所以OC⊥平面ABD，又AB⊂平面ABD，所以AB⊥OC，故A正确；又OC⊥BD，OA⊥BD，且OA∩OC=O，OA，OC⊂平面OAC，所以BD⊥平面OAC，又AC⊂平面OAC，所以AC⊥BD，故B正确；在矩形ABCD中，AB⊥AD，AC= $\sqrt{1+x^{2}}$，所以将△BAD沿直线BD翻折时，总有AB⊥AD，取x= $\frac{1}{2}$，当将△BAD沿直线BD翻折到AC= $\frac{\sqrt{3}}{2}$时，有AB² + AC² = BC²，即AB⊥AC，且AC∩AD=A，AC，AD⊂平面ACD，则此时满足AB⊥平面ACD，故C正确；若AC⊥平面ABD，又AO⊂平面ABD，则AC⊥AO，所以在△AOC中，OC为斜边，这与OC=OA相矛盾，故D不正确。故选D。
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(2)如图，在棱长为 $a$ 的正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，$E$，$F$，$G$，$H$，$N$ 分别是 $CC_1$，$C_1D_1$，$DD_1$，$CD$，$BC$ 的中点，$M$ 在四边形 $EFGH$ 边上及其内部运动，若 $MN//$ 平面 $A_1BD$，则点 $M$ 轨迹的长度是(D)


A.$\sqrt{3}a$
B.$\sqrt{2}a$
C.$\dfrac{\sqrt{3}a}{2}$
D.$\dfrac{\sqrt{2}a}{2}$

答案：

(2)D
(2)连接HN，GN(图略)，因为在棱长为a的正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，E，F，G，H，N分别是CC₁，C₁D₁，DD₁，CD，BC的中点，则GH//BA₁，HN//BD，又GH⊄平面A₁BD，BA₁⊂平面A₁BD，所以GH//平面A₁BD，同理可证得NH//平面A₁BD，又GH∩HN=H，GH，HN⊂平面GHN，所以平面A₁BD//平面GHN，又因为点M在四边形EFGH边上及其内部运动，MN//平面A₁BD，则点M在线段GH上运动时满足条件，又GH = $\frac{\sqrt{2}}{2}a$，则点M轨迹的长度是$\frac{\sqrt{2}a}{2}$。故选D。
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