《2025年小题狂做高中数学选择性必修第二册苏教版》

1. (2023 全国甲卷理,11)已知四棱锥 $ P - ABCD $ 的底面是边长为 4 的正方形, $ PC = PD = 3 $, $ \angle PCA = 45° $,则 $ \triangle PBC $ 的面积为 (C)

A.$ 2\sqrt{2} $
B.$ 3\sqrt{2} $
C.$ 4\sqrt{2} $
D.$ 6\sqrt{2} $

答案：
1.C 解法1 分析：由$PC=PD$不难想到点$P$在边$CD$的垂直平分面上．又因为底面$ABCD$为正方形，可得$PA=PB$，再在$\triangle PAC$中利用余弦定理求得$PA=PB=\sqrt{17}$，由此在$\triangle PBC$中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.
如图，连接$AC$.由$PC=PD$知，点$P$在边$CD$的垂直平分面上，又因为底面$ABCD$为正方形，所以点$P$也在边$AB$的垂直平分面上，所以$PA=PB$．在$\triangle PAC$中，$PC=3$，$AC=4\sqrt{2}$，$\angle PCA=45^{\circ}$，则由余弦定理可得$PA^{2}=AC^{2}+PC^{2}-2AC· PC\cos\angle PCA=32+9 - 2×4\sqrt{2}×3×\frac{\sqrt{2}}{2}=17$，故$PB=PA=\sqrt{17}$．在$\triangle PBC$中，$PC=3$，$PB=\sqrt{17}$，$BC=4$，所以$\cos\angle PCB=\frac{PC^{2}+BC^{2}-PB^{2}}{2PC· BC}=\frac{9 + 16-17}{2×3×4}=\frac{1}{3}$．又$0＜\angle PCB＜\pi$，所以$\sin\angle PCB=\sqrt{1-\cos^{2}\angle PCB}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$．所以$\triangle PBC$的面积为$S=\frac{1}{2}PC· BC·\sin\angle PCB=\frac{1}{2}×3×4×\frac{2\sqrt{2}}{3}=4\sqrt{2}$．

解法2 分析：欲求$\triangle PBC$的面积，而已知$PC=3$，$BC=4$，则只需需求出$\triangle PBC$的边$PB$即可.又因为$\triangle POC(O$为对角线$AC$和$BD$的交点)可解，所以可借助关系式$\overrightarrow{PB}·\overrightarrow{PD}=\overrightarrow{PO}^{2}-\overrightarrow{OB}^{2}=\frac{PD^{2}+PB^{2}-BD^{2}}{2}$求出边$PB$的长.
如图，连接$AC$，$BD$交于点$O$，连接$PO$，则$O$为$AC$，$BD$的中点.在$\triangle POC$中，$PO^{2}=OC^{2}+PC^{2}-2OC· PC\cos\angle PCA=8 + 9-2×2\sqrt{2}×3×\frac{\sqrt{2}}{2}=5$，由$\overrightarrow{PB}·\overrightarrow{PD}=\overrightarrow{PO}^{2}-\overrightarrow{OB}^{2}=\frac{PD^{2}+PB^{2}-BD^{2}}{2}$，得$5-8=\frac{3^{2}+PB^{2}-32}{2}$，即$PB=\sqrt{17}$.在$\triangle PBC$中，$PC=3$，$PB=\sqrt{17}$，$BC=4$，所以$\cos\angle PCB=\frac{PC^{2}+BC^{2}-PB^{2}}{2PC· BC}=\frac{9 + 16-17}{2×3×4}=\frac{1}{3}$．又$0＜\angle PCB＜\pi$，所以$\sin\angle PCB=\sqrt{1-\cos^{2}\angle PCB}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$．所以$\triangle PBC$的面积为$S=\frac{1}{2}PC· BC\sin\angle PCB=\frac{1}{2}×3×4×\frac{2\sqrt{2}}{3}=4\sqrt{2}$．

解后反思 解法1和解法2都是求边$PB$的长，但是选择的方法不同，解法1借助于基本事实：到线段两端点距离相等的点在线段的垂直平分面上，从而可得$PB=PA$，进而解三角形.解法2是根据$PO$是$\triangle PBD$的中线，借助向量数量积$\overrightarrow{PB}·\overrightarrow{PD}$的两种表示形式建立等式关系求解，当然也可以直接用二级结论：$(2PO)^{2}+DB^{2}=2(PB^{2}+PD^{2})$来求解边$PB$的长度.两种解法各有千秋，都需要掌握.

2. (2022 全国乙卷理,7)在正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 中, $ E,F $ 分别为 $ AB,BC $ 的中点,则 (A)

A.平面 $ B_1EF \perp $ 平面 $ BDD_1 $
B.平面 $ B_1EF \perp $ 平面 $ A_1BD $
C.平面 $ B_1EF // $ 平面 $ A_1AC $
D.平面 $ B_1EF // $ 平面 $ A_1C_1D $

答案：
2.A 解法1 因为$E$，$F$分别是$AB$，$BC$的中点，所以$EF// AC$，又因为四边形$ABCD$为正方形，所以$AC\perp BD$，从而$EF\perp BD$，由正方体可得$DD_{1}\perp$平面$ABCD$，从而$DD_{1}\perp EF$，又$BD\cap DD_{1}=D$，$BD,DD_{1}\subset$平面$BDD_{1}$，所以$EF\perp$平面$BDD_{1}$，又$EF\subset$平面$B_{1}EF$，所以平面$B_{1}EF\perp$平面$BDD_{1}$，故A正确;因为平面$A_{1}BD\cap$平面$BDD_{1}=BD$，由于平面$B_{1}EF\perp$平面$BDD_{1}$，故B错误;因为$AA_{1}$与$B_{1}E$必相交，所以平面$B_{1}EF$与平面$A_{1}AC$必有公共点，故C错误;由正方体可得平面$ACB_{1}//$平面$A_{1}C_{1}D$，而平面$B_{1}EF$与平面$ACB_{1}$有公共点，故$B_{1}EF$与平面$A_{1}C_{1}D$不可能平行，故D错误.
解法2 在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$AC\perp BD$且$DD_{1}\perp$平面$ABCD$，又$EF\subset$平面$ABCD$，所以$EF\perp DD_{1}$，因为$E$，$F$分别为$AB$，$BC$的中点，所以$EF// AC$，所以$EF\perp BD$，又$BD\cap DD_{1}=D$，$BD,DD_{1}\subset$平面$BDD_{1}$，所以$EF\perp$平面$BDD_{1}$，又$EF\subset$平面$B_{1}EF$，所以平面$B_{1}EF\perp$平面$BDD_{1}$，故A正确;如图，以$\{D\overrightarrow{A},D\overrightarrow{C},D\overrightarrow{D_{1}}\}$为正交基底，建立空间直角坐标系$D - xyz$，设$AB=2$，则$D(0,0,0)$，$B_{1}(2,2,2)$，$E(2,1,0)$，$F(1,2,0)$，$B(2,2,0)$，$A_{1}(2,0,2)$，$A(2,0,0)$，$C(0,2,0)$，$C_{1}(0,2,2)$，则$\overrightarrow{EF}=(-1,1,0)$，$\overrightarrow{EB_{1}}=(0,1,2)$，$\overrightarrow{DB}=(2,2,0)$，$\overrightarrow{DA_{1}}=(2,0,2)$，$\overrightarrow{AA_{1}}=(0,0,2)$，$\overrightarrow{AC}=(-2,2,0)$，$\overrightarrow{A_{1}C_{1}}=(-2,2,0)$，设平面$B_{1}EF$的法向量为$\mathbf{m}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，则$\begin{cases}\mathbf{m}·\overrightarrow{EF}=-x_{1}+y_{1}=0,\\\mathbf{m}·\overrightarrow{EB_{1}}=y_{1}+2z_{1}=0.\end{cases}$取$x_{1}=2$，则$y_{1}=2$，$z_{1}=-1$，得$\mathbf{m}=(2,2,-1)$，同理可得平面$A_{1}BD$的一个法向量为$\mathbf{n}_{1}=(1,-1,-1)$，平面$A_{1}AC$的一个法向量为$\mathbf{n}_{2}=(1,1,0)$，平面$A_{1}C_{1}D$的一个法向量为$\mathbf{n}_{3}=(1,1,-1)$，因为$\mathbf{m}·\mathbf{n}_{1}=2 - 2 + 1=1\neq0$，所以平面$B_{1}EF$与平面$A_{1}BD$不垂直，故B错误;因为$\mathbf{m}$与$\mathbf{n}_{2}$不平行，所以平面$B_{1}EF$与平面$A_{1}AC$不平行，故C错误;因为$\mathbf{m}$与$\mathbf{n}_{3}$不平行，所以平面$B_{1}EF$与平面$A_{1}C_{1}D$不平行，故D错误.

3. (多选题,2021 新高考Ⅰ卷,12)在正三棱柱 $ ABC - A_1B_1C_1 $ 中, $ AB = AA_1 = 1 $,点 $ P $ 满足 $ \overrightarrow{BP} = \lambda \overrightarrow{BC} + \mu \overrightarrow{BB_1} $,其中 $ \lambda \in [0,1] $,$ \mu \in [0,1] $,则 (BD)

A.当 $ \lambda = 1 $ 时, $ \triangle AB_1P $ 的周长为定值
B.当 $ \mu = 1 $ 时,三棱锥 $ P - A_1BC $ 的体积为定值
C.当 $ \lambda = \frac{1}{2} $ 时,有且仅有一个点 $ P $,使得 $ A_1P \perp BP $
D.当 $ \mu = \frac{1}{2} $ 时,有且仅有一个点 $ P $,使得 $ A_1B \perp $ 平面 $ AB_1P $

答案：
3.BD 对于A，如图1，当$\lambda=1$时，因为$\overrightarrow{BP}=\overrightarrow{BC}+\mu\overrightarrow{BB_{1}}$，所以$\overrightarrow{CP}=\mu\overrightarrow{BB_{1}}$，此时点$P$在线段$CC_{1}$上运动，$\triangle AB_{1}P$的周长不为定值，故A错误.

对于B，如图2，当$\mu=1$时，因为$\overrightarrow{BP}=\lambda\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BB_{1}}$，所以$\overrightarrow{B_{1}P}=\lambda\overrightarrow{BC}$，此时点$P$在线段$B_{1}C_{1}$上运动.因为$B_{1}C_{1}// BC$，$B_{1}C_{1}\not\subset$平面$A_{1}BC$，$BC\subset$平面$A_{1}BC$，所以$B_{1}C_{1}//$平面$A_{1}BC$，则点$P$到平面$A_{1}BC$的距离就是$B_{1}C_{1}$到平面$A_{1}BC$的距离，为定值，所以$V_{三棱锥P - A_{1}BC}$为定值，故B正确.

解法1(综合法) 对于C，如图3，当$\lambda=\frac{1}{2}$时，取$BC$，$B_{1}C_{1}$的中点分别为$E$，$F$，则$\overrightarrow{BP}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}+\mu\overrightarrow{BB_{1}}=\overrightarrow{BE}+\mu\overrightarrow{BB_{1}}$，所以$\overrightarrow{EP}=\mu\overrightarrow{BB_{1}}$，则点$P$在线段$EF$上运动.易知$A_{1}F\perp$平面$BB_{1}C_{1}C$，则$PF$为$A_{1}P$在平面$BB_{1}C_{1}C$内的射影.

因为$A_{1}F\perp$平面$BB_{1}C_{1}C$，所以$A_{1}F\perp BP$.若$A_{1}P\perp BP$，又$A_{1}F\cap A_{1}P=A_{1}$，所以$BP\perp$平面$A_{1}FP$，所以$BP\perp PF$.当点$P$在点$E$位置时，满足题意;当点$P$在点$F$位置时，$A_{1}P$即为$A_{1}F$，又$A_{1}F\perp$平面$BB_{1}C_{1}C$，所以$A_{1}F\perp BF$.故有两个点$P$，故C错误.对于D，如图4，当$\mu=\frac{1}{2}$时，分别取$BB_{1}$，$CC_{1}$的中点为$M$，$N$，则$\overrightarrow{BP}=\lambda\overrightarrow{BC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BB_{1}}=\lambda\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BM}$，所以$\overrightarrow{MP}=\lambda\overrightarrow{BC}$，则点$P$在线段$MN$上运动.设$F$为$B_{1}C_{1}$的中点，则$A_{1}F\perp$平面$BB_{1}C_{1}C$，则$BF$为$A_{1}B$在平面$BB_{1}C_{1}C$内的射影.

因为$A_{1}B\perp AB_{1}$，要使$A_{1}B\perp$平面$AB_{1}P$，只要$A_{1}B$在平面$BB_{1}C_{1}C$内的射影$BF$与$B_{1}P$垂直即可，故只有当点$P$与点$N$重合时，满足题意，故D正确.
解法2(空间向量法) 如图5，取$A_{1}C_{1}$的中点$O$，建立空间直角坐标系.

则$A_{1}\left(0,-\frac{1}{2},0\right)$，$A\left(0,-\frac{1}{2},1\right)$，$B_{1}\left(\frac{\sqrt{3}}{2},0,0\right)$，$B\left(\frac{\sqrt{3}}{2},0,1\right)$，$C_{1}\left(0,\frac{1}{2},0\right)$，$C\left(0,\frac{1}{2},1\right)$．设$P(x,y,z)$，则$\overrightarrow{BP}=\left(x-\frac{\sqrt{3}}{2},y,z - 1\right)$，$\overrightarrow{BC}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},0\right)$，$\overrightarrow{BB_{1}}=(0,0,-1)$．对于C，当$\lambda=\frac{1}{2}$时，$\overrightarrow{BP}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}+\mu\overrightarrow{BB_{1}}$，则有$\begin{cases}x-\frac{\sqrt{3}}{2}=-\frac{\sqrt{3}}{4},\\y=\frac{1}{4},\\z - 1=-\mu,\end{cases}$得$\begin{cases}x=\frac{\sqrt{3}}{4},\\y=\frac{1}{4},\\z=1-\mu,\end{cases}$则$\overrightarrow{A_{1}P}=\left(\frac{\sqrt{3}}{4},\frac{3}{4},1-\mu\right)$，$\overrightarrow{BP}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{4},\frac{1}{4},-\mu\right)$．由$\overrightarrow{A_{1}P}·\overrightarrow{BP}=-\frac{3}{16}+\frac{3}{16}-\mu(1-\mu)=0$，所以$\mu=0$或$1$，满足题意的点$P$有两个，故C错误.对于D，当$\mu=\frac{1}{2}$时，$\overrightarrow{BP}=\lambda\overrightarrow{BC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BB_{1}}$，则有$\begin{cases}x-\frac{\sqrt{3}}{2}=-\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda,\\y=\frac{1}{2}\lambda,\\z - 1=-\frac{1}{2},\end{cases}$得$\begin{cases}x=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda,\\y=\frac{1}{2}\lambda,\\z=\frac{1}{2},\end{cases}$则$\overrightarrow{B_{1}P}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\lambda,\frac{1}{2}\lambda,\frac{1}{2}\right)$．因为$A_{1}B\perp AB_{1}$，要使$A_{1}B\perp$平面$AB_{1}P$，只需$A_{1}B\perp B_{1}P$，又$\overrightarrow{A_{1}B}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},1\right)$，所以$\overrightarrow{A_{1}B}·\overrightarrow{B_{1}P}=-\frac{3}{4}\lambda+\frac{\lambda}{4}+\frac{1}{2}=0$，所以$\lambda=1$，满足题意的点$P$只有$1$个，故D正确.

4. (2024 新高考Ⅰ卷,17)如图,在四棱锥 $ P - ABCD $ 中, $ PA \perp $ 底面 $ ABCD $, $ PA = AC = 2 $,$ BC = 1 $,$ AB = \sqrt{3} $.
(1) 若 $ AD \perp PB $,求证:$ 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：
4.
(1) 证明：因为$PA\perp$平面$ABCD$，$AD\subset$平面$ABCD$，所以$PA\perp AD$.又因为$AD\perp PB$，$PA\cap PB=P$，$PA,PB\subset$平面$PAB$，所以$AD\perp$平面$PAB$.因为$AB\subset$平面$PAB$，所以$AD\perp AB$.在$\triangle ABC$中，$AB^{2}+BC^{2}=AC^{2}$，所以$AB\perp BC$.因为$A$，$B$，$C$，$D$四点共面，所以$AD// BC$.又因为$BC\subset$平面$PBC$，$AD\not\subset$平面$PBC$，所以$AD//$平面$PBC$.
(2)解法1 以$DA$，$DC$所在直线分别为$x$轴和$y$轴，以过点$D$且垂直于平面$ABCD$的直线为$z$轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设$AD=t$，则$DC=\sqrt{4-t^{2}}$，则$A(t,0,0)$，$P(t,0,2)$，$D(0,0,0)$，$C(0,\sqrt{4-t^{2}},0)$．设平面$ACP$的法向量为$\mathbf{m}=(x,y,z)$，$\overrightarrow{AC}=(-t,\sqrt{4-t^{2}},0)$，$\overrightarrow{AP}=(0,0,2)$，则$\begin{cases}\overrightarrow{AC}·\mathbf{m}=0,\\\overrightarrow{AP}·\mathbf{m}=0,\end{cases}$即$\begin{cases}-tx+\sqrt{4-t^{2}}y=0,\\2z=0,\end{cases}$可得$z=0$，取$y=t$，则$x=\sqrt{4-t^{2}}$，所以$\mathbf{m}=(\sqrt{4-t^{2}},t,0)$．设平面$CPD$的法向量为$\mathbf{n}=(a,b,c)$，$\overrightarrow{DC}=(0,\sqrt{4-t^{2}},0)$，$\overrightarrow{DP}=(t,0,2)$，则$\begin{cases}\overrightarrow{DC}·\mathbf{n}=0,\\\overrightarrow{DP}·\mathbf{n}=0,\end{cases}$即$\begin{cases}\sqrt{4-t^{2}}b=0,\\ta + 2c=0,\end{cases}$可得$b=0$，取$a=-2$，则$c=t$，所以$\mathbf{n}=(-2,0,t)$．因为二面角$A - CP - D$的正弦值为$\frac{\sqrt{42}}{7}$，所以其余弦值的绝对值为$\frac{\sqrt{7}}{7}$，则$\vert\cos\langle\mathbf{m},\mathbf{n}\rangle\vert=\frac{\vert\mathbf{m}·\mathbf{n}\vert}{\vert\mathbf{m}\vert\vert\mathbf{n}\vert}=\frac{\vert-2\sqrt{4-t^{2}}\vert}{2×\sqrt{t^{2}+4}}=\frac{\sqrt{7}}{7}$，解得$t=\sqrt{3}$，所以$AD=\sqrt{3}$.

解法2 如图，过点$D$作$DO\perp AC$，垂足为$O$.因为$PA\perp$底面$ABCD$，$PA\subset$平面$PAC$，所以平面$PAC\perp$平面$ABCD$.又平面$PAC\cap$平面$ABCD=AC$，$DO\subset$平面$ABCD$，所以$DO\perp$平面$PAC$.因为$PC\subset$平面$PAC$，所以$DO\perp PC$.再过点$O$作$OG\perp PC$，垂足为$G$，连接$DG$.因为$DO\cap OG=O$，$DO,OG\subset$平面$DOG$，所以$PC\perp$平面$DOG$.又$DG\subset$平面$DOG$，所以$PC\perp DG$，所以$\angle DGO$为二面角$A - CP - D$的平面角.因为$DO\perp$平面$PAC$，$OG\subset$平面$PAC$，所以$DO\perp OG$，在$Rt\triangle DOG$中，$\sin\angle DGO=\frac{\sqrt{42}}{7}=\frac{DO}{DG}$①.在$Rt\triangle ADC$中，$AC=2$，设$AD=x$，则$DC=\sqrt{4-x^{2}}$，则$\frac{1}{2}AD· DC=\frac{1}{2}AC· DO$，所以$DO=\frac{AD· DC}{AC}=\frac{x·\sqrt{4-x^{2}}}{2}$②.因为$PA\perp$底面$ABCD$，$CD\subset$平面$ABCD$，所以$PA\perp CD$.又$AD\perp CD$，$PA\cap AD=A$，$PA,AD\subset$平面$PAD$，所以$CD\perp$平面$PAD$.又$PD\subset$平面$PAD$，所以$CD\perp PD$.因为$PA\perp$底面$ABCD$，$AD,AC\subset$平面$ABCD$，所以$PA\perp AD$，$PA\perp AC$.在$Rt\triangle PAD$中，$PD=\sqrt{PA^{2}+AD^{2}}=\sqrt{4+x^{2}}$.在$Rt\triangle PAC$中，$PC=\sqrt{PA^{2}+AC^{2}}=2\sqrt{2}$.在$Rt\triangle PDC$中，$\frac{1}{2}PD· DC=\frac{1}{2}PC· DG$，所以$DG=\frac{PD· DC}{PC}=\frac{\sqrt{4+x^{2}}·\sqrt{4-x^{2}}}{2\sqrt{2}}$③.将②③代入①，得$\frac{\sqrt{42}}{7}=\frac{\frac{x·\sqrt{4-x^{2}}}{2}}{\frac{\sqrt{4+x^{2}}·\sqrt{4-x^{2}}}{2\sqrt{2}}}$，即$\frac{x}{\sqrt{4+x^{2}}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$，解得$x=\sqrt{3}$，所以$AD=\sqrt{3}$.