上分专题11 立体几何中的探索性问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第二册（北师大版）

专题课堂 上分专题11 立体几何中的探索性问题 命题密钥 探索性问题常常是在条件不完备的情况下探讨某种结论是否成立，要求学生有较强的空 间想象能力和准确的计算能力，并充分掌握平行、垂直之间的相互转化， 探索性问题在考试中多以解答题形式出现，与线面位置关系及空间角、空间距离结合，难 度较高，在之后还会继续学习如何用空间向量解决此类问题， 考点觉醒 ●解题策略 先猜后证，即先观察与尝试给出结论再证明 解题策略 先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性 ●题型分类 利用线面平行、面面平行的判定和性质定理，通过作辅助线构造平行关 平行条件 下的探究 系，可借助中位线、平行四边形等性质，结合已知的位置关系和数量关 系求解 垂直条件 利用线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定和性质定理，分析图形中的垂 下的探究 直关系，结合相关几何图形性质求解 空间角条件 在空间图形中构造包含空间角的三角形，利用三角形边角关系、正余弦 下的探究 定理等，分析点的移动对角度的影响，确定动点位置 空间距离条 通过设参将题干中的动点位置表示出来，再利用定义法或等体积法列出 件下的探究 方程，进一步根据题干中的数量关系求解 ●解决探索性问题的一般步骤 对于存在判断的问题，应先假设存在，把要成立的 假设存在 结论当作条件，据此列出方程或方程组 将“是否存在”问题转化为“方程或方程组是否有 得出结论 规定范围内的解”的问题 28数学1必修第二册·BS 实战演练 1.整(2025·福建莆田高一期中)如图，多面2.整(2025·安徽宣城高一期末)如图，在正 体ABCD-A,B,C,是由一个直三棱柱 三棱柱ABC-AB,C1中，AB=2,AA1=4,点M ABC-A,B,C,与一个四棱锥D-A,C,CA组成 为AB1的中点 的，其中BC∥AD,AD=2BC,AB=BC= (1)求点A到平面MBC,的距离. CA=AA,=4,E是AC上的一点. (2)在棱BB,上是否存在点Q,使得AQ⊥平 (1)若E是AC的中点， BQ 面BC,M?若存在，求出 OB 的值；若不 ①求证：B,C∥平面A,EB; ②求异面直线A,E与B,C所成角的余 存在，请说明理由. 弦值 (2)若E为BD与AC的交点，问A,B上是否 存在一点K,使得EK∥平面AAD?若存 KB 在，请求出B的值：若不存在，请说明 理由 B A 黑白题·上分秘籍29 3.禁(2025·吉林长春高一期末)如图，在四4.禁(2025·福建福州高一期末)如图，在三 棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD, 棱台ABC-AB1C1中，平面AACC⊥平面 AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=1,BC=2, B,BCC1,AC=BC,AC⊥BC,且AC= PB=√3.E为PD的中点，点F在PC上，且 2A1A=2A1C1=2C1C=2. PF 1 (1)证明：AC,⊥BC. FC2 (2)求直线AC,与平面AB,C,所成的角的 (1)求证：PA⊥平面ABCD. 大小 (2)在棱BP上是否存在点G,使得点G到平 (3)线段B,B上是否存在点E,使得二面角 面AEF的距离为 。？若存在，求出点G E-AC-B的平面角的正切值为5？若存 的位置，若不存在，请说明理由. 在，求出线段BE的长，若不存在，请说明 理由. G 30数学1必修第二册·BS由(1)知AD⊥平面CDE,∴.AD⊥平面ABF 设∠EDC=∠FAB=a,则点E到平面ABCD的距离为2sina :平面ABF∥平面CDE,,点E到平面ABF的距离等于点D到平 面ABF的距离，为AD=BC=1. 如图，连接EA,则V几有体EFARCD=V三校维E-PAB+V因棱锥E-ABCD=了X 号x2x1 xsin1 x+号x2x1x2a= 3 sin a. ae(0,)Vs≤号，即a=受时，几何体EFARCD的 .5 体积取得最大位子 7.解：(1)由条件可知，正四棱柱的高010=8，所以正四棱柱的体积为 6x6x8=28,正四棱锥P-A1B1C,D,的体积为子×6×6x2=24,所以 该几何体的体积为288+24=312. (2)(1)如图①，连接01B1,01B1=√62-2=42，所以B1C1= 4V2×√2=8. 正四棱锥P-A1B1C1D1侧面的高为√62-42=25，所以正四棱锥的 侧面积为42×8×25=325. D Q B D--- 0* ① ② (i)如图②，将长方形ABB,A1,△PA1B1和△PB,C1展开在一个平 面，PA1=PB1=PC1=6,A1B1=B1C1=8,设∠A1B1P=Q,cos∠A1B1P= 42 C0LPB C)=c0s =6=3,A B=MA=8,AB=8,LA BA= 所以血a:S质以m2如225，之 3x3 4w5 1 9,c0s2ax=1-2sin2x=1-2×（2）= ）=-9,cos LAB1G= m(子+20）-m子ws2a-mn2a=2t1而 18 当A,Q,N,C1四点共线时，AQ+QN+NC1最短，所以AC1= V+8,G-29,8,GZAB,G=号29+85， .8 所以AQ+QN+NC的最小值为氵√29+8,5. 8.（1)证明：因为四边形ABCD是正方形，E为AB的中点，所以 SE⊥SD,SE⊥SF,又因为SD∩SF=S,SD,SFC平面SFD,所以SE⊥ 平面SFD,又因为SEC平面SEF,所以平面SEF⊥平面SFD. (2)解：如图，设S在平面AEF上的投影为O,连接S0,E0,则∠SE0 为直线SE与平面DEF所成角A. B 0 22x 设B=(1飞≤4)，则CF=4,Samr=44分4x2宁 2 4(4-x)=4+x. 在△DSF中，DS=4,SF=x,DF=√x2-8x+32,可得cos∠DSF= DS2+SF2-DF2 2Ds·Sx=12 ，5ae=子0s,SF·in∠nsF=4V可，其 1 中SE上平面SFD,SE=2,故V三棱输E-r=3S△sp·SE= 弩，sg号9·S0=}(4+)·S0 参考答案 因为V我m=V6,即子(4+)·80=号V可→S0- 8y行，又因为5B=2,所以血0=$04- x+4 SE x+4 令=，te(0,5],0=“= 25+2 飞 +,te(0, 4，,令g()=4了 w=4-6*）-a-+(信名） 么)，当，2e(0,3],且4<2时，4-<0,4的53 0,1t2>0,则g(t1)-g(t2)>0,可得g(t)在(0,5]上单调递减，当t= 5,即x=4时，0最大为5 2 上分专题11立体几何中的探索性问题 1.(1)①证明：连接AB1交A1B于点F,连接EF,如图①. 在直三棱柱ABC-A1B,C1中，AA1∥BB1,AM1=BB1,所以四边形 AA1B1B为平行四边形. 因为AB∩AB1=F,所以F为AB1的中点，又因为E为AC的中点，所 以BF/Ac,且EF=B,C 因为B1C￠平面AEB,EFC平面A1EB,所以B1C∥平面A1EB. ②解：在直三棱柱ABC-AB1C中，AA1⊥平面ABC,AEC平面ABC, 所以M11AE,所以A1E=√AM+AE-√42+22=25，同理可得 B,C=√B+BC=V④+=45，A1B=4,所以EF=B,C= 2J.AiF-2A8-2/. 因为EF∥B,C,所以异面直线A1E与B1C所成角为∠FEA1或其补 A E2+EF2-A F2 20+8-8 角，由余弦定理可得cOs∠FEA,= 2A1E·EF 2×25×25 0,所以异面直线A,E与B1C所成角的余弦值为10 41 A D ① ② (2)解：存在.如图②， 因为AD/BC4Cn0=8,所u能-S宁 因为EK∥平面M,D,EKC平面A,BD,平面A,BD∩平面AM1D=AD, 所以欧A0所紧器)质服碧两线成A上 存在一点K,使得K∥平面4AD,且 1 A B 3 2.解：(1)如图①，过点A作AD⊥BM交BM于点D,交BB1于点E.因为 ∠EBD与∠BED互余，∠BBM与∠B1MB互余，所以∠BED= ∠B1MB,又因为∠ABE=∠BB1M,所以△ABE∽△BB1M,所以 AB BE BB BM 因为在正三棱柱ABC-A1B,C1中，AB=2,AM1=4,点M为A,B1的中 点所以部g熙即为子华解料肥=子所以E 1 *4分 2 由等面积法有分，贴=宁配：m即宁×2x宁宁×空。 487 BD,解得BD2Y,所以AD=A4-7 黑白题119 由正棱柱性质可知，BB1⊥平面AB1C1,而C1MC平面AB1C1,所以 BB1⊥C,M. 因为三角形ABC1是正三角形且点M为AB1的中点，所以 CM⊥A1B1,又因为BB1⊥CM,A1B1nBB1=B1,A1B1,BB1C平 面ABB1A1,所以C1M⊥平面ABB,A1,又因为ADC平面ABB1A1,所 以C,M⊥AD,又因为AD⊥BM,BM∩C1M=M,BM,C1MC平面 BMC1,所以AD⊥平面BMC1,所以点A到平面MBC1的距离为 AD-8V17 17 D ① ② (2)存在.在正三棱柱ABC-A1B,C,中，因为点M为A,B1的中点，所 以C1M⊥A1B1,又因为A1A⊥平面A1B1C1,C1MC平面A1B,C1,所 以AA1⊥C1M,又因为AA1∩A1B1=A1,AA1,A1B1C平面AAB1B,所 以C,M⊥平面AM,B,B,C,MC平面BC,M,所以平面BC,M⊥平 面AA1B1B. 如图②，在平面AA1B1B内过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q.因为平 面BC1M∩平面AA1B1B=BM,所以AQ⊥平面BC1M,于是点Q即为 所要找的点，显然△ABQD△BB,M,所以CS,即0_2 B M BB 4,所以 BQ=L,B,Q=BB-BQ=4-22,所以 17 =7. OB 3.(1)证明：如图①，取BC的中点S,连接AS,则四边形ASCD是正方 形，则AS=BS=1,AS⊥BS,所以AB=√2，又因为PA=1,PB=√3，所以 PA2+AB2=PB2,所以PA⊥AB. 因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PA在平面 PAB内，所以PA⊥平面ABCD ① (2)解：存在如图②，在BC上取点M,使CM=号，连接Pm,在PW 上取点儿做识了在P心上取点x供g器连接N,则N》 、BC,且C=子，则N=L,即HN∥BC∥AD,且HN=AD,则四边A hPF_PE,即EF∥ND, 形AND是平行四边形，所以A∥ND,又因为ED' 则EF∥AH,所以A,E,F,H四点共面，连接BH,过点F作FT∥BC交 PM于点T,易得△PTFAPMC,.所以TE花图为M MP 号，所以m=又因为NB=分，亚-号MC= ,所以MB=TR因 为FT∥BC,所以∠FTH=∠BMH,所以△FTH≌△BMH,则∠FHT= ∠BHM,所以H,B,F三点共线，所以A,E,F,H,B五点共面，即BP与 平面AEF交于点B. 由(1)可知，PA⊥平面ABCD,CDC平面ABCD,所以PA⊥CD,且 AD⊥DC,PA∩AD=A,且PA,ADC平面PAD,所以CD⊥平面PAD,又 因为AEC平面PAD,所以CD⊥AE,又因为△PAD是等腰直角三角 形，点E为PD的中点，所以AE⊥PD,且CD∩PD=D,PD,CDC平面 PCD,所以AE⊥平面PCD. 因为sa=石a=石×PDx=， ,所以V三授能A-gr= 必修第二册·BS 8w根时侣号石四竖m日心得 3 os∠DpC=2-5,所以EF2=PE2+PF2-2PE·PF·eos∠DPC= 石即E- 6 因为A信1，所以5宁Xn-宁号后-得设点D到 平面ABF的距离为h,则VE我-4Be=V三袋-G,即× 3*12×h= 1 石，所以h=3因为点E是PD的中点，所以点P到平面AEF的距 3 3 离出，目3若点G到平面AEF的距离为g,则万=了。 BP3,所以存 3 在点G,使得点G到平面BF的距离为点G为靠近点B的三等 分点. 4.(1)证明：在三棱台ABC-A1B1C1中，AC∥A1C1,AC=2A1A= 2A1C1=2C1C=2,在等腰梯形A1ACC1中，cos LACC1= 之CA则L4CC=60,由余孩定理得4C=AC+ C1C2-2AC·C1 Ceos LACC1=3,则AC2=AC+C1C2,即AC1⊥C1C, 而平面A,ACC1⊥平面B1BCC1,平面A1ACC1∩平面B1BCC1= C1C,AC1C平面A1ACC1,则AC1⊥平面B1BCC1 又因为BCC平面BBCC1,所以AC1⊥BC. (2)解：如图①，过C1作C1H⊥AC,垂足为H. 因为AC1⊥BC,AC⊥BC,AC1∩AC=A,AC1,ACC平面A1ACC1,所以 BC⊥平面A1ACC1,C,HC平面A1ACC1,则BC⊥C,H,又因为ACn BC=C,AC,BCC平面ABC,则C1H⊥平面ABC,则LC1AH为AC1与 平面ABC所成的角，则∠C1AH=LC1AC=90°-∠ACC1=90°-60°= 30°，又因为平面ABC∥平面A,B,C,所以AC,与平面A1B1C,所成 的角为30°. C ① ② (3)解：存在.如图②，延长三棱台ABC-A1B1C1的侧棱AA1,BB1,CC 交于点P,由(1)得△PAC为正三角形.因为BC⊥平面A1ACC1,BCC 平面ABC,所以平面ABC⊥平面PAC.取AC的中点N,连接PN,则 PN⊥AC,且PN=√5，又因为平面ABC∩平面PAC=AC,PNC平面 PAC,所以PN⊥平面ABC.过点E作EF∥PN交BN于点F,则EF1 平面ABC,又因为ACC平面ABC,所以AC⊥EF,过点E作ED⊥AC于 点D,连接FD,则FD为ED在平面ABC内的投影，又因为ED∩EF= E,ED,EFC平面DEF,所以AC⊥平面DEF,又因为FDC平面DEF 所以AC⊥FD,所以∠EDF为二面角E-AC-B的平面角.若存在点E 使得二面角5-4C-B的平面角正切值为，即mLEDF=-,设 即则m,闲为织器器器然所票是票 PN BC CN DN =1,即3t4t三1，解得i三子BN=VNC2+BC=V5,PB=22 W32 8=,以器积n需宁肛等r6.斯数线股 BB上存在满足题意的点E,且BE-2,5 黑白题120