微专题集训46 探索性问题(解答题)-【高考领航】2025年高考数学一轮复习微专题速练

微专题集训46　探索性问题(解答题) 1.(2023·成都七中模拟)如图，在直三棱柱ABC -A1B1C1中，BA⊥BC. (1)若BA＝BB1，求证：AB1⊥平面A1BC. (2)若BA＝BC＝BB1＝2，M是棱BC上的一动点．试确定点M的位置，使点M到平面A1B1C的距离等于. 2．(2024·石家庄市一检)如图，在四棱锥S -ABCD中，底面ABCD为矩形且垂直于侧面SAB，O为AB的中点，SA＝SB＝AB＝2，AD＝. (1)证明：BD⊥平面SOC. (2)侧棱SD上是否存在点E，使得平面ABE与平面SCD夹角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 3．如图1，在等边三角形ABC中，点D，E分别为边AB，AC上的动点，且满足DE∥BC，记＝λ.将△ADE沿DE翻折到△MDE的位置，并使得平面MDE⊥平面DECB，连接MB，MC，得到图2，其中点N为MC的中点． 图1 　 图2 (1)当EN∥平面MBD时，求λ的值． (2)随着λ值的变化，二面角B -MD -E的大小是否改变？如果改变，请说明理由；如果不改变，请求出二面角B -MD -E的正弦值． 4．(2024·山东省“学情空间”区域教研共同体检测)如图，已知SA垂直于梯形ABCD所在的平面，矩形SADE的对角线交于点F，G为SB的中点，∠ABC＝∠BAD＝，SA＝AB＝BC＝AD＝1. (1)求证：BD∥平面AEG. (2)求二面角C -SD -E的余弦值． (3)在线段EG上是否存在一点H，使得BH与平面SCD所成角的大小为？若存在，求出GH的长；若不存在，请说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 微专题集训46　探索性问题(解答题) 1.解：(1)证明：在直三棱柱ABC -A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥BC，BB1⊥BA. 因为BA⊥BC，BA∩BB1＝B，所以BC⊥平面BAA1B1，所以BC⊥AB1. 因为BB1⊥BA，BA＝BB1，所以四边形BAA1B1为正方形，所以AB1⊥A1B. 因为A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC. (2)由(1)知，直线BA，BB1，BC两两垂直.以B为原点，直线BA，BB1，BC分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图.因为BA＝BC＝BB1＝2，所以B(0，0，0)，A1(2，2，0)，B1(0，2，0)，C(0，0，2)，设M(0，0，t)(0≤t≤2)，则＝(0，0，2－t)，＝(－2，0，0)，＝(0，－2，2). 设平面A1B1C的法向量为n＝(x，y，z)，则即则取y＝1，则z＝1，所以平面A1B1C的一个法向量为n＝(0，1，1)， 所以点M到平面A1B1C的距离d＝＝＝，又已知点M到平面A1B1C的距离等于，所以＝，解得t＝1，t＝3(舍去)， 所以当点M为棱BC的中点时，点M到平面A1B1C的距离等于. 2.解：(1)证明：∵SA＝SB＝AB，O为AB的中点，∴SO⊥AB. ∵平面ABCD⊥平面SAB，SO⊂平面SAB，平面ABCD∩平面SAB＝AB， ∴SO⊥平面ABCD，又BD ⊂平面ABCD，∴SO⊥BD. ∵＝＝，∠CBO＝∠BAD＝90°， ∴△CBO ∽△BAD，故∠BCO＝∠ABD， ∴∠ABD＋∠COB＝∠BCO＋∠COB＝90°，∴BD⊥CO. 又CO∩SO＝O，CO，SO⊂平面SOC，∴BD⊥平面SOC. (2)如图，在底面ABCD中，过点O作OM垂直AB交棱CD于点M，以O为坐标原点，OS，OA，OM所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz. 由已知得，O(0，0，0)，A(0，1，0)，B(0，－1，0)， C(0，－1，)，D(0，1，)，S(，0，0).假设存在满足条件的点E，设＝λ(0≤λ≤1)，则E(－λ，λ，λ)，连接AE，BE，则＝(－λ，λ－1，λ)，＝＝(0，－2，0)，＝(，－1，－). 设n＝(x，y，z)为平面SCD的法向量， 则即则y＝0，令x＝，可得n＝(，0，)是平面SCD的一个法向量. 设m＝(x1，y1，z1)为平面ABE的法向量，则 即 则y1＝0，令x1＝λ，可得m＝(λ，0，λ－)是平面ABE的一个法向量. 因此有|cos〈m，n〉|＝＝＝， 解得λ＝或λ＝，∴＝或＝. 3.解：(1)如图，取MB的中点P，连接DP，PN.因为MN＝CN，MP＝BP，所以NP∥BC. 又DE∥BC，所以NP∥DE，即N，E，D，P四点共面， 又EN∥平面BMD，EN⊂平面NEDP，平面NEDP∩平面MBD＝DP， 所以EN∥PD，即四边形NEDP为平行四边形， 所以NP＝DE，则DE＝BC，即λ＝. (2)取DE的中点O，连接MO，则MO⊥DE.因为平面MDE⊥平面DECB， 平面MDE∩平面DECB＝DE，且MO⊥DE，所以MO⊥平面DECB. 如图，建立空间直角坐标系，不妨设BC＝2，则M(0，0，λ)，D(λ，0，0)，B(1，(1－λ)，0)， 所以＝(λ，0，－λ)，＝(1－λ，(1－λ)，0). 设平面BMD的法向量为m＝(x，y，z)，则 即即 令z＝1，则x＝，y＝－1，则m＝(，－1，1)是平面BMD的一个法向量. 又平面EMD的一个法向量为n＝(0，1，0)，即随着λ值的变化，二面角B -MD -E的大小不变， 所以cos〈m，n〉＝＝＝－，则sin 〈m，n〉＝＝. 所以二面角B -MD -E的正弦值为. 4.解：(1)证明：如图，连接FG.在△SBD中，F，G分别为SD，SB的中点，所以FG∥BD. 因为FG⊂平面AEG，BD⊄平面AEG，所以BD∥平面AEG. (2)因为SA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以SA⊥AB，SA⊥AD. 又∠BAD＝，所以AB⊥AD. 以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Axyz. 则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，S(0，0，1)，E(0，2，1)，G(，0，)，＝(－1，1，0)，＝(1，1，－1). 设平面SCD的一个法向量为m＝(x，y，z)，则即令x＝1，得y＝1，z＝2，所以平面SCD的一个法向量为m＝(1，1，2). 又平面ESD的一个法向量为＝(1，0，0)， 所以cos 〈m，〉＝＝＝. 由图可知，二面角C -SD -E为钝角，所以二面角C -SD -E的余弦值为－. (3)由(2)得＝(－，2，)，＝(－，0，)，假设存在点H， 设＝λ＝(－λ，2λ，λ)，则＝＋λ＝(－－λ，2λ，＋λ). 由(2)知，平面SCD的一个法向量为m＝(1，1，2)， 则sin ＝|cos 〈m，〉|＝＝，即(λ－1)2＝0，所以λ＝1. 故存在满足题意的点H，GH＝||＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$