《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版》

8. 如图所示,$ PA\perp $ 圆 $ O $ 所在的平面,$ AB $ 是圆 $ O $ 的直径,$ C $ 是圆 $ O $ 上异于 $ A,B $ 的一点,$ E,F $ 分别是点 $ A $ 在 $ PB,PC $ 上的射影,则(ABC)

A.$ AF\perp PB $
B.$ EF\perp PB $
C.$ AF\perp BC $
D.$ AE\perp $ 平面 $ PBC $

答案： 8. ABC 因为$PA\perp$平面$ABC$，$BC\subset$平面$ABC$，所以$PA\perp BC$.又由$AB$是圆的直径，得$BC\perp AC$，$AC\cap PA = A$，$AC,PA\subset$平面$PAC$，故$BC\perp$平面$PAC$.又$AF\subset$平面$PAC$，所以$BC\perp AF$，故C正确.因为$AF\perp PC$，$BC\cap PC = C$，$BC,PC\subset$平面$PBC$，所以$AF\perp$平面$PBC$.又$PB\subset$平面$PBC$，所以$AF\perp PB$，故A正确.由$AE\perp PB$，$AE\cap AF = A$，$AE,AF\subset$平面$AEF$，得$PB\perp$平面$AEF$.又$EF\subset$平面$AEF$，故$EF\perp PB$，故B正确.由上知$AF\perp$平面$PBC$，$AF\cap AE = A$，则$AE$与平面$PBC$不可能垂直，故D错误.

9. 如图,正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 的棱长为 1,动点 $ E $ 在直线 $ A_1C_1 $ 上,$ F,M $ 分别是 $ AD,CD $ 的中点,则下列结论正确的是(ABD)


A.$ CE\perp BD $
B.$ BM\perp $ 平面 $ CC_1F $
C.三棱锥 $ B - CEF $ 的体积不是定值
D.存在点 $ E $,使得 $ BE $ 与平面 $ A_1B_1C_1D_1 $ 所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$

答案：
9. ABD 对于A，连接$BD$，$AC$，因为$ABCD - A_1B_1C_1D_1$是正方体，所以$BD\perp AC$，又$A_1A\perp$平面$ABCD$，$BD\subset$平面$ABCD$，所以$A_1A\perp BD$，又$AC\cap A_1A = A$，$AC,A_1A\subset$平面$AA_1C_1C$，所以$BD\perp$平面$AA_1C_1C$，因为点$E$在直线$A_1C_1$上，所以$CE\subset$平面$AA_1C_1C$，所以$CE\perp BD$，故A正确；

对于B，因为$\triangle DFC\cong\triangle CMB$，所以$\angle BMC = \angle DFC$，$\angle DCF = \angle CBM$，所以$\angle BMC + \angle DCF = \angle DFC + \angle DCF = \frac{\pi}{2}$，即$BM\perp CF$，又$CC_1\perp$平面$ABCD$，$BM\subset$平面$ABCD$，所以$BM\perp CC_1$，又$CF\cap CC_1 = C$，$CF,CC_1\subset$平面$CC_1F$，所以$BM\perp$平面$CC_1F$，B正确；对于C，三棱锥$B - CEF$即为三棱锥$E - BCF$，因为平面$ABCD//$平面$A_1B_1C_1D_1$，所以动点$E$到平面$ABCD$的距离$d = 1$，则$S_{\triangle BCF} = \frac{1}{2}×1×1 = \frac{1}{2}$，则$V_{B - CEF} = V_{E - BCF}$为定值，C错误；对于D，当$E$是$A_1C_1$的中点时，连接$B_1E$，因为$ABCD - A_1B_1C_1D_1$是正方体，所以$B_1B\perp$平面$A_1B_1C_1D_1$，则$\angle B_1EB$是$BE$与平面$A_1B_1C_1D_1$的所成角，又$B_1E = \frac{1}{2}B_1D_1 = \frac{\sqrt{2}}{2}$，则$BE = \sqrt{B_1E^2 + B_1B^2} = \frac{\sqrt{6}}{2}$，所以$\cos\angle B_1EB = \frac{B_1E}{BE} = \frac{\sqrt{3}}{3}$，D正确.

10. 设三棱锥 $ P - ABC $ 的顶点 $ P $ 在平面 $ ABC $ 上的射影是 $ H $,给出以下说法:
①若 $ PA\perp BC,PB\perp AC $,则 $ H $ 是$\triangle ABC $ 的垂心;
②若 $ PA,PB,PC $ 两两互相垂直,则 $ H $ 是$\triangle ABC $ 的垂心;
③若点 $ P $ 到$\triangle ABC $ 的三边距离相等,且 $ H $ 在$\triangle ABC $ 的内部,则 $ H $ 是$\triangle ABC $ 的内心;
④若 $ PA = PB = PC $,则 $ H $ 是$\triangle ABC $ 的外心.
其中正确的说法是①②③④(填序号).

答案：
10. ①②③④ ①正确，如图1，因为点$P$在平面$ABC$上的射影是$H$，所以$PH\perp$平面$ABC$，故$PH\perp BC$.又$PA\perp BC$，$PA\cap PH = P$，所以$BC\perp$平面$PAH$，所以$AH\perp BC$，同理，$BH\perp AC$，所以，$H$是$\triangle ABC$的垂心；易知②正确；③正确，如图2，易证$Rt\triangle PHD\cong Rt\triangle PHE\cong Rt\triangle PHF$，所以$HD = HE = HF$，且点$H$在$\triangle ABC$的内部，则$H$是$\triangle ABC$的内心；④正确，如图3，可得$Rt\triangle PHA\cong Rt\triangle PHB\cong Rt\triangle PHC$，所以$HA = HB = HC$，则$H$是$\triangle ABC$的外心.

11. 如图,在四棱锥 $ P - ABCD $ 中,$ PA\perp $ 底面 $ ABCD $,且底面各边都相等,$ M $ 是 $ PC $ 上的一动点,当点 $ M $ 满足$DM\perp PC$（或$BM\perp PC$）时,$ PC\perp $ 平面 $ BDM $(只填写一个认为正确的条件即可).

答案：
11. $DM\perp PC$（或$BM\perp PC$） 如图，连接$BD$，$AC$.因为四边形$ABCD$各边都相等，即四边形$ABCD$为菱形，所以$BD\perp AC$.又$PA\perp$平面$ABCD$，则$BD\perp PA$，且$PA\cap AC = A$，所以$BD\perp$平面$PAC$，则$BD\perp PC$.所以当$DM\perp PC$或$BM\perp PC$时，$PC\perp$平面$BDM$.

12. 如图所示,在三棱锥 $ S - ABC $ 中,$ SA\perp $ 平面 $ ABC $,且$\triangle ABC $ 是边长为 1 的正三角形,若 $ SA = BC $,则点 $ A $ 到平面 $ SBC $ 的距离为$\frac{\sqrt{21}}{7}$.

答案：
12. $\frac{\sqrt{21}}{7}$ 解法1 设点$A$到平面$SBC$的距离为$d$，因为$SA\perp$平面$ABC$，$AC,AB\subset$平面$ABC$，所以$SA\perp AC$，$SA\perp AB$，因为$\triangle ABC$是边长为1的正三角形，$SA = BC$，所以$SA = BC = AC = AB = 1$，$S_{\triangle ABC} = \frac{\sqrt{3}}{4}$，所以$SB = SC = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$，所以$S_{\triangle SBC} = \frac{1}{2}BC·\sqrt{SB^2 - (\frac{1}{2}BC)^2} = \frac{1}{2}×1×\sqrt{2 - \frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{7}}{4}$，因为$V_{A - SBC} = V_{S - ABC}$，所以$\frac{1}{3}S_{\triangle SBC}· d = \frac{1}{3}S_{\triangle ABC}· SA$，所以$\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{7}}{4}d = \frac{1}{3}×\frac{\sqrt{3}}{4}×1$，解得$d = \frac{\sqrt{21}}{7}$.
解法2 因为$SA\perp$平面$ABC$，$AC,AB\subset$平面$ABC$，所以$SA\perp AC$，$SA\perp AB$，因为$\triangle ABC$是边长为1的正三角形，$SA = BC$，所以$SA = BC = AC = AB = 1$，所以$SB = SC = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$，取$BC$的中点$D$，连接$SD$，$AD$，则$SD\perp BC$，$AD\perp BC$，又$SD\cap AD = D$，$SD,AD\subset$平面$SAD$，则$BC\perp$平面$SAD$，过点$A$作$AE\perp SD$，垂足为$E$，由$AE\subset$平面$SAD$，得$BC\perp AE$，又$BC\cap SD = D$，$BC,SD\subset$平面$SBC$，所以$AE\perp$平面$SBC$，即$AE$是点$A$到平面$SBC$的距离，在$Rt\triangle SAD$中，$SD = \sqrt{SA^2 + AD^2} = \frac{\sqrt{7}}{2}$，由等面积法得$SA· AD = SD· AE$，解得$AE = \frac{\sqrt{21}}{7}$.

13. 如图,在四棱锥 $ P - ABC $ 中,底面 $ ABCD $ 是矩形,$ PA\perp $ 平面 $ ABCD $,$ M,N $ 分别是 $ AB,PC $ 的中点.
(1)求证:$ MN// $ 平面 $ PAD $;
(2)求证:$ MN\perp CD $;
(3)若 $ PD $ 与平面 $ ABCD $ 所成的角为 $ 45^{\circ} $,求证:$ MN\perp $ 平面 $ PCD $.

答案：
13. 证明：
(1) 如图，取$PD$的中点$E$，连接$AE$，$NE$.

由于$N$为$PC$的中点，所以$NE// CD$，$NE = \frac{1}{2}CD$，又$M$是$AB$的中点，底面$ABCD$是矩形，所以$AM// CD$，$AM = \frac{1}{2}CD$，所以$AM// NE$且$AM = NE$，因此四边形$AMNE$为平行四边形，所以$MN// AE$，又$AE\subset$平面$PAD$，$MN\not\subset$平面$PAD$，所以$MN//$平面$PAD$.
(2) 因为$PA\perp$平面$ABCD$，$CD\subset$平面$ABCD$，所以$PA\perp CD$，又底面$ABCD$是矩形，所以$CD\perp AD$，而$AD\cap PA = A$，$AD,PA\subset$平面$PAD$，所以$CD\perp$平面$PAD$，又$AE\subset$平面$PAD$，所以$CD\perp AE$，由
(1)可知$MN// AE$，所以$MN\perp CD$.
(3) 因为$PA\perp$平面$ABCD$，所以$\angle PDA$为$PD$与平面$ABCD$所成的角，则$\angle PDA = 45^{\circ}$，又$PA\perp AD$，所以$PA = AD$，即$\triangle PAD$为等腰三角形，又$E$为$PD$的中点，则$AE\perp PD$，又由
(2)可得$AE\perp CD$，$CD\cap PD = D$，$CD,PD\subset$平面$PCD$，则$AE\perp$平面$PCD$，由
(1)可知，$MN// AE$，所以$MN\perp$平面$PCD$.