第13章 专题探究13 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（苏教版）

又因为BCC平面PBC,所以平面PBC⊥平面PBD. (2)解：因为DE⊥BD,DE⊥PD,所以二面角P DE-C的平面角为∠PDB,所以∠PDB=60°.又因 为PD=DB=子AB=1,所以△PBD是等边三角形， D 取PD的中点O,连接B0,如图所示，所以B0⊥ PD,即=1，B0-5, 由(1)知，BC⊥平面PBD.又因为BOC平面PBD,所以BC⊥BO. 又因为DE∥BC,所以DE⊥BO.又因为DE∩PD=D,DE,PDC平 面PDE, 所以BOL平面PDE.因为DE∥BC,DEC平面PDE,BC￠平 面PDE, 所以BC,∥平面PDE,所以Vc-PDE=VB-PDE=3S△PDE·B0=3× xIx1x3 2-12 因为BC⊥平面PBD,BPC平面PBD,所以BC⊥BP,所以CP= √BC2+BP2=√22+1Z=√5，DC=√/BC2+BD2=√22+12=√5. 在△PDC中，CP=5,DC=5,PD=1, 所以same=Pm·√Pc2-(2】 4 设点E到平面PDC的距离为d,又V6-Poc=Vc-PDB, 所时 12 解得d 19,即点E到平面PDC的距离为5可 19 (3)解：存在.由(2)知，BO⊥平面PDE,所以BG与平面PDE所成 的角为∠BG0,在△P0中，P0=2,∠0PG=45,PE=D,设 PG=x(0≤x≤√2)， 由余弦定理得，0C2=P02+PC2-2P0.PCeos0PG=+2-5 4 2 因为BO⊥平面PDE,OGC平面PDE,所以B0⊥OG, 2tx2 所以Bc2=B02+0G=4+4x?V3 2+1, √3 即Bc=√ 2+1,所以sinBG0=B 2 3√6 G 8 2t*1 整理得182-92x+2=0,解得或x3 √2 3 故在棱PE上存在点G,使得BG与平面PDE所成角的正弦值为 6G的长为名或号 36 方法总结 翻折问题的解题策略是确定翻折前后“变”与“不变”的关系，一般 地，位于“折痕”同侧的线面之间的位置关系和数量关系不变，而位 于“折痕”两侧的线面之间的位置关系和数量关系可能会发生变化. 对于不变的关系，可以在平面图形中处理，对于变化的关系，则要在 立体图形中处理。 专题探究13立体几何中的探索性问题 1.(1)解：如图①，取BB'的中点M',连接MM,M'C. 可知CF'∥A'B',又CF丈平面ABB'A',A'B'C平面ABBA', 所以CF'∥平面ABB'A'.因为CF'C平面MCF, 所以平面ABB'A'与平面MCF的交线平行于C'F 而MM'∥A'B',所以MM∥CF',则四边形MM'CF即为所求截面. 因为CF'=4,所以MM'=2,MF'=√4+4=2W2, 等腰梯形MWCP的高为V8=,所以载面面积为了×(2+ 必修第二册·SJ 4)×7=37 1 B ① ② (2)证明：如图①，分别取CD,EF的中点P',Q',连接PP', Q0',P'Q'. 因为P,P分别为CD,cD的中点，所以PP/cc,PP=Cc 同理得QQ∥EE',QQ'=】EE.因为正六棱柱中CC'∥EE', 2 CC'=EE' 所以PP∥QQ',PP'=QQ',所以四边形PP'Q'Q为平行四边形， 则PQ∥P'Q'.又PQ￠平面ABCDEF,P'Q'C平面ABCDEF, 所以PQ∥平面ABCDEF. (3)解：不存在这样的点N,使得平面D'ON∥平面BPF.理由如下： 连接CF,在正六棱柱中，CF∥DE∥D'E',所以四边形CFE'D'为 梯形. 如图②，连接D'Q并延长交CF的延长线于点H, 由于CF∥D'E',且Q为FE的中点，则△HFQ≌△D'E'Q,所以 HF=D'E'=2. 因为品1器子2， CF 4 所以PF与D'Q共面且不平行，即PF与D'Q相交， 即D'Q与平面BPF相交，故不存在这样的点N,使得平面D'QN∥ 平面BPF. 2.（1)证明：：BE⊥平面ABC,BCC平面ABC, .BE⊥BC又：B为圆周上一点且AC是半圆O 的直径，∴.AB⊥BC.:AB∩BE=B,AB,BEC平 面AEB,∴.BC⊥平面AEB.又·BC∥DE,∴.DE⊥E 平面AEB,且DEC平面AED,.平面AEB⊥平 面AED. (2)解：存在，点M为线段AD中点证明如下： 设BC=x,则BE=3x,DE=2x, ∴.CD=√(DE-BC)2+BE2=√10x. 又CD=√I0,.x=1..AB=AC2-BC2= 3=BE. 如图，取AE中点N,连接BN,MN,CM..BN⊥AE. 又由(1)可知平面AEB⊥平面AED,.·平面AEB∩平面AED=AE, BNC平面AEB,.BN⊥平面AED. ,ADC平面AED,∴.BN⊥AD. 又：MNL号DE,BCL之DE,故MN LBC,即四边形BCMN为平行 2 四边形，∴BN∥CM,∴.CM⊥AD,CM⊥AE. 又ADC平面AED,AEC平面AED,AD∩AE=A,.CM⊥平面AED, 3.解：(1)HF∥平面A1BCD1.证明：如图，连接DC1, D H C 交CD1于点0，连接H0,B0,又因为H,F分别是A 、 棱C1D1,BB1的中点， QB 由长方体的结构特征知，HO∥BF且HO=BF,故 D以- BFH0为平行四边形， 所以HF∥BO.又因为HF丈平面A1BCD1,BOC 平面A1BCD1,则HF∥平面A1BCD1· (2)由(1)知，HF与平面ABCD所成角，即为B0与平面ABCD所 成角， 点0到平面ABCD的距离为4=1，B0=√+1P+平=5. 2 所以B0与平面ABCD所成角的正弦值为，即那与平面ABCD 所成角的正弦值为 3 学霸082 (3)由(1)知，HF∥平面A,BCD1,即HF上任意一点到平面 A1BCD1的距离都相等， 所以只需求点F到平面A1BCD1的距离d即可，而点B1到平 面A1BCD1的距离为2d=√2， 所以点P到平面A,BCD,的距离为咨，故F上不存在点Q,使得 点Q到平面ABCD1的距离是√2 4.（1)证明：如图①，取棱PC的中点N,连接DN, 因为△PCD为等边三角形，所以DN⊥PC. 又因为平面PAC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC. 又因为DNC平面PCD,所以DN⊥平面PAC. 又因为PAC平面PAC,所以DN⊥PA. 又因为已知PA⊥PD,PDO DN=D.又因为PD,DNC平面PCD,所 以PA⊥平面PCD. ① (2)解：如图②，连接AN,ND, 由(1)中DN⊥平面PAC,可知∠DAW为直线AD与平面PAC所成 的角. 因为△PCD为等边三角形，CD=2且N为PC的中点，所以 DN=√5！ DN√3 又因为DN⊥AN,在Rt△AND中，sin∠DAW= AD 4 所以直线AD与平面PAC所成角的正弦值为】 (3)解：存在.如图③，取AB中点Q,连接 MQ,CQ, 在Rt△APD中，PA=√AD2-PD=25 因为PA⊥平面PCD,PCC平面PCD, 所以PA⊥PC.在Rt△PAC中，AC= ③ √PC2+PA2=4, 所以△PBC≌△PAC,所以MB=MA.又因为点Q为AB的中点， 所以MQ⊥AB,同理CQ⊥AB,所以∠MQC为二面角M-AB-C的平 面角. 设 0=A(0≤A≤1)， 在Rt△BMP中，BM=√BP2+PMP=√/12+4AZ 在Rt△BMQ中，MQ=√BM2-BQ2=√11+4A2, 在Rt△MQC中，MC=2(1-A),QC=√/15，MQ=√11+4λ2， 由余弦定理可得，MQ2+0C2-MC28w5 2MQ·QC 15 即11+4A2+15-4(1-A)28w3 211+4λ2，/15 15 化筒得，1612-40A+9=0,所以A=或号（合去） 即线段PC上存在一点M,使得二面角M-AB-C平面角的余弦值 5,此时PM、1 为 第13章真题演练 1.B解析：设圆锥的母线长为1，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的 弧长，则l=2π×√2，解得l=22.故选B. 2.B解析：设顶点P在底面上的投影为O,如 图，连接BO,则O为三角形ABC的中心，且 3*6x3 B0= =25,故P0=√36-12= 2 26. 因为PQ=5,故OQ=1,故T表示的区域为 以O为圆心，1为半径的圆，而三角形ABC 参考答案 内切圆的圆心为0，半径为了×√6-3=B>1,故T表示的区域 都在三角形ABC内部，故其面积为π.故选B. 3.ABD解析：对于选项A,因为0.99m<1m,即球体的直径小于正 方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，故A正确： 对于选项B,因为正方体的面对角线长为√2m,且2>1.4， 所以能够被整体放人正方体内，故B正确： 对于选项C,因为正方体的体对角线长为5m,且3<1.8， 所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确； 对于选项D,因为1.2m>1m,可知底面正方形不能包含圆柱的底 面圆，如图，过AC1的中点0作OE⊥AC1,设OE∩AC=E,可 CC1_0E,即 知AC=反，cG-14c=8.oA则mLc4c,-80-% 2 10E √23 0.6,故以AC1为轴可以对称放置底面直径为1.2m的圆柱. 若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上A 下底面均相切，设圆柱的底面圆心为O1, 与正方体的下底面的切点为M,可知AC1⊥ CC O M 0,M,0,M=0.6,则tn∠CAC,=ACA0,' 即疗0解得40，=了巨，根据对称性 即1=0.6 可知圆挂的高为5-2x号万=1,732-1.2x1414=0352>01, 所以能够被整体放人正方体内，故D正确.故选ABD. 4.B解析：设圆柱的底面半径为r,则圆锥的母线长为√2+3，而它 们的侧面积相等，所以2r×3=r×√3+r7,即25=√3+7，故 r=3,放圆锥的体积为×9x月=35m故选B 5.A解析：取AB中点E,连接PE,CE,如 图.△ABC是边长为2的等边三角形， PA=PB=2,∴.PE⊥AB,CE⊥AB. 又PE,CEC平面PEC,PE∩CE=E, ∴.AB⊥平面PEC.又PE=CE=2 3N √3，PC=√6，故PC2=PE2+CE2,即PE⊥CE, V=yec+V袋x-弓SAc·B=×Xx厅X 2=1.故选A. 6.B解析：如图，分别过点M,C作MM'⊥ PA,CC'⊥PA,垂足分别为M',C'.过点B 作BB'⊥平面PAC,垂足为B',连接 PB',过点N作NW'⊥PB',垂足为N'.连 B 接AW,AM,MN,因为BB⊥平面PAC, BB'C平面PBB',所以平面PBB'⊥平面 PAC.又因为平面PBB'∩平面PAC=PB',NW'⊥PB',NW'C平面 PBB',所以NW'⊥平面PAC,且BB'∥NW.在△PCC中，因为MM'⊥ PA,CC'LPA,所以MM/cC,所以C=CC=子在APBB中，因 为BB'∥w,所以VW-2 PBBB3,所 三棱锥P-AMN_V三棱锥N-PAM。 V三枚锥P-ABC V三棱雕B-PAC 1 3SaPw·NW (LPA·MM·NN 2 2 放选B. 3SPHc·BB' 7.C解析：如图，用一个完全相同的五面体HW-LMN(顶，点与五面 体ABC-DEF一一对应)与该五面体相嵌，使得D,N;E,M;F,L 学霸083专题探究13立体几何中的探索性问题 1.（2024·福建福州高一期中)如图，正六棱 2.(2024·湖南常德高一期末)如图，AC是半 柱ABCDEF-A'B'C'D'E'F',两条相对侧棱所 圆O的直径，AC=√10，B为圆周上一点， 在的轴截面为正方形，高为4，记CD,E'F, BE⊥平面ABC,BC∥DE,BE=3BC,DE=2BC, AA'的中点分别为P,Q,M. CD=√/10， (1)要经过点M和对角线FC'将六棱柱锯 (1)求证：平面AEB⊥平面AED. 开，请说明在六棱柱表面该怎样划线，并 (2)在线段AD上是否存在点M,且使得CM⊥ 求截面面积. 平面AED?若存在，求出点M的位置；若 (2)证明：PQ∥平面ABCDEF, 不存在，请说明理由 (3)直线AB上是否存在一点N,使得平面 D D'QN∥平面BPF?若存在，求出BN的 长度；若不存在，请说明理由。 B B 必修第二册·SJ学霸124 3.（2024·江苏徐州高一月考)如图，在长方4.（(2024·天津和平区高一期末)如图，在四棱 体ABCD-AB1C,D1中，AD=1,AB=AA1 锥P-ABCD中，△PCD为等边三角形， =2,H,F分别是棱CD,BB1的中点. 平面PAC⊥平面PCD,PA⊥PD,AB=CD=2, (1)判断直线HF与平面ABCD,的位置关 BC=AD=4,PB=23, 系，并证明你的结论， (1)求证：PA⊥平面PCD. (2)求直线HF与平面ABCD所成角的正 (2)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值： 弦值. (3)线段PC上是否存在一点M,使得二面 (3)在线段HF上是否存在一点Q,使得 点Q到平面A,BCD,的距离是2？若存 角M-AB-C的平面角的余弦值为85 15 在，求出的值：若不存在，说明理由 PM 若存在，求出PC值；若不存在，请说明 D 理由 D 第13章学霸125