《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版》

7. 如图是正四面体的平面展开图，$G$，$H$，$M$，$N$ 分别为 $DE$，$BE$，$EF$，$EC$ 的中点，在这个正四面体中，下列结论正确的是(BCD)

A.$GH$ 与 $EF$ 平行
B.$BD$ 与 $MN$ 为异面直线
C.$GH$ 与 $MN$ 成 $60^{\circ}$角
D.$DE$ 与 $MN$ 垂直

答案： 7. BCD 还原成正四面体知，GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成60°角，DE⊥MN.

8. 如图，在四面体 $ABCD$ 中，$P$，$Q$，$M$，$N$ 分别是棱 $AB$，$BC$，$CD$，$AD$ 的中点，截面 $PQMN$ 是正方形，则下列结论正确的是(ABD)

A.$AC\perp BD$
B.$AC//$ 截面 $PQMN$
C.$AC = CD$
D.异面直线 $PM$ 与 $BD$ 所成的角为 $45^{\circ}$

答案： 8. ABD 因为截面PQMN是正方形，所以PQ//MN，PN//QM，又MN⊂平面DAC，PQ⊄平面DAC，所以PQ//平面DAC，又PQ⊂平面BAC，平面BAC∩平面DAC=AC，所以PQ//AC//MN，因为AC⊄截面PQMN，MN⊂截面PQMN，所以AC//截面PQMN，故B正确；同理可证PN//BD//MQ，因为PN⊥NM，所以AC⊥BD，故A正确；又∠PMQ=45°，所以异面直线PM与BD所成的角为45°，故D正确；AC和CD不一定相等，故C错误.

9. (教材变式)如图，在正方体中，$O$ 是底面的中心，$P$ 是所在棱的中点，$M$，$N$ 为顶点，则满足 $OP\perp MN$ 的有(ABD)

答案：
9. ABD 对于A，过O作EF//CD交AD,BC分别于点E,F，连接PE,PF，如图1：
　　　　　　　
因为O是底面的中心，所以E,F分别为AD,BC的中点，即PE=PF，所以△PEF是等腰三角形.又O是EF的中点，所以OP⊥EF.因为EF//CD，MN//CD，所以MN//EF，则OP⊥MN，故A正确.对于B，连接BD,PB,PD，如图2：
　　　　　　　
易得PB=PD，因为O是底面的中心，即BD的中点，所以OP⊥BD.又MN//BD，所以OP⊥MN，故B正确.对于C，设AM的中点为E，连接AN,OE,EP，如图3：
　　　　　　　
因为O,E分别是AN,AM的中点，所以MN//OE，即∠EOP就是异面直线OP,MN所成角或其补角.在正方体中，设棱长为a，则OE=OP=$\sqrt{OA^{2}+AE^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}a$，EP=a，$\cos\angle EOP=\frac{OE^{2}+OP^{2}-EP^{2}}{2OE· OP}=\frac{\frac{3}{4}a^{2}+\frac{3}{4}a^{2}-a^{2}}{2×\frac{\sqrt{3}}{2}a×\frac{\sqrt{3}}{2}a}=\frac{1}{3}$，所以不满足OP⊥MN，故C错误.对于D，如图4，设CH的中点为E，连接BH,OE,PE.
　　　　　　　
因为E,P分别是CH,BC的中点，所以EP//BH.又易得MN//BH，所以MN//EP，即∠EPO就是异面直线OP,MN所成角或其补角.在正方体中，设棱长为a，则OE=$\sqrt{(\frac{1}{2}a)^{2}+a^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{2}a$，OP=$\sqrt{OB^{2}+BP^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}a$，EP=$\frac{\sqrt{2}}{2}a$，所以OP²+PE²=OE²，即∠EPO=$\frac{\pi}{2}$，所以OP⊥MN，故D正确.
教材链接 人教A版必修二习题8.6第4题改编

10. 如图，在正三棱柱 $ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$ 中，$D$ 是 $AB$ 的中点，则在所有的棱中与直线 $CD$ 和 $AA_{1}$ 都垂直的有AB,A₁B₁.

答案： 10. AB,A₁B₁ 由正三棱柱的性质可知与直线CD和AA₁都垂直的直线有AB,A₁B₁.

11. 如图，在四棱柱 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中，侧面都是矩形，底面 $ABCD$ 是菱形，且 $AB = BC = 2\sqrt{3}$，$\angle ABC = 120^{\circ}$，若异面直线 $A_{1}B$ 和 $AD_{1}$ 所成的角为 $90^{\circ}$，则 $AA_{1} =$$\sqrt{6}$.

答案：
11. $\sqrt{6}$ 如图，连接AC₁，CD₁.在四棱柱ABCD - A₁B₁C₁D₁中，因为AD//BC，A₁D₁=BC，所以四边形ABC₁D₁为平行四边形，则A₁B//CD₁，所以异面直线A₁B和AD₁所成的角即为∠AD₁C = 90°.因为四边形ADD₁A₁，CDD₁C₁均为矩形，所以DD₁⊥AD，DD₁⊥CD.在菱形ABCD中，∠ABC = 120°，AB = BC = $2\sqrt{3}$，由余弦定理可得AC = $\sqrt{AB^{2}+BC^{2}-2AB· BC\cos120^{\circ}}=\sqrt{6}$.设AA₁=a，则AD₁ = CD₁ = $\sqrt{AD^{2}+DD_{1}^{2}}=\sqrt{a^{2}+12}$.因为∠AD₁C = 90°，所以由勾股定理可得AD₁²+CD₁²=AC₁²，即2(a² + 12)=36，解得a = $\sqrt{6}$.
　　　　　　　　

12. 如图，在直三棱柱 $ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$ 中，所有棱长均为 4，$D$ 是 $AB$ 的中点，则异面直线 $A_{1}D$ 与 $BC_{1}$ 所成角的正弦值为$4\sqrt{6}$.

答案： 12. $4\sqrt{6}$ 连接AC₁交A₁C于O，连接OD.在直三棱柱ABC - A₁B₁C₁中，所有棱长均为4，因此四边形AA₁C₁C是正方形，所以O是AC₁的中点，而D是AB的中点，则OD//BC₁，因此异面直线A₁D与BC₁所成角为∠A₁DO(或其补角).易得A₁O = $\frac{1}{2}$A₁C = $\frac{1}{2}\sqrt{4^{2}+4^{2}}=2\sqrt{2}$.四边形BB₁C₁C也是正方形，因此有OD = $\frac{1}{2}$BC₁ = $\frac{1}{2}\sqrt{4^{2}+4^{2}}=2\sqrt{2}$.在直三棱柱ABC - A₁B₁C₁中，A₁A⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，则A₁A⊥AD，因此有A₁D = $\sqrt{A_{1}A^{2}+AD^{2}}=\sqrt{4^{2}+(\frac{1}{2}×4)^{2}}=2\sqrt{5}$.由余弦定理，可得$\cos\angle A_{1}DO=\frac{OD^{2}+A_{1}D^{2}-A_{1}O^{2}}{2OD· A_{1}D}=\frac{8 + 20 - 8}{2×2\sqrt{2}×2\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{10}}{4}$，因此$\sin\angle A_{1}DO=\sqrt{1-\cos^{2}\angle A_{1}DO}=\sqrt{1-\frac{10}{16}}=\frac{\sqrt{6}}{4}$.