《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版》

9. 如图,在四面体$ ABCD $中,$ AB \perp $平面$ BCD $,$ M $,$ N $分别是$ AC $,$ AD $的中点,$ P $是线段$ BN $上的动点(不与点$ B $,$ N $重合),$ Q $是侧面$ ABC $内的动点,$ AB = BD = 2 $,$ BC = CD = \sqrt{2} $,下列说法正确的是 (ACD)


A.四面体$ ABCD $的四个面均为直角三角形
B.四面体$ ABCD $的外接球的体积是$ 8\pi $
C.若$ PQ \perp $平面$ ABC $,则$ P $,$ Q $,$ M $,$ N $四点共面
D.$ CP $与平面$ ABD $所成最大角的正切值为$ \sqrt{2} $

答案：
9. ACD　对于$A$，因为$AB = BD = 2$，$BC = CD = \sqrt{2}$，所以$BC^2 + CD^2 = BD^2$，即$BC\perp CD$，因为$AB\perp$平面$BCD$，所以$AB\perp CD$，$AB\perp BC$，$AB\perp BD$，又$AB\cap BC = B$，$AB$，$BC\subset$平面$ABC$，所以$CD\perp$平面$ABC$，又$AC\subset$平面$ABC$，所以$CD\perp AC$，所以四面体$ABCD$的四个面均为直角三角形，故A正确；对于$B$，由A知，$AB\perp CD$，$AB\perp BC$，$BC\perp CD$，故四面体$ABCD$的外接球即为以$CD$，$BC$，$AB$为长、宽、高的长方体的外接球，故$R = \frac{1}{2}\sqrt{AB^2 + BC^2 + CD^2}=\sqrt{2}$，其外接球的体积$V = \frac{4}{3}\pi R^3 = \frac{8\sqrt{2}}{3}\pi$，故B错误；对于$C$，若$PQ\perp$平面$ABC$，因为$CD\perp$平面$ABC$，则$PQ// CD$，因为$M$，$N$分别是$AC$，$AD$的中点，所以$MN// CD$，所以$PQ// MN$，所以$P$，$Q$，$M$，$N$四点共面，故C正确；对于$D$，如图，取$BD$的中点$E$，连接$CE$，$PE$，因为$BC = CD = \sqrt{2}$，$BD = 2$，所以$CE\perp BD$，$CE = 1$，因为$AB\perp$平面$BCD$，$CE\subset$平面$BCD$，所以$CE\perp AB$，因为$AB\cap BD = B$，$AB$，$BD\subset$平面$ABD$，所以$CE\perp$平面$ABD$，所以$\angle CPE$是$CP$与平面$ABD$所成的角，$\tan\angle CPE = \frac{CE}{PE}=\frac{1}{PE}$，所以当$PE\perp BN$时，$PE$取得最小值，$\tan\angle CPE$取得最大值，$\angle CPE$取得最大角，此时$PE = \frac{\sqrt{2}}{2}$，所以$\tan\angle CPE = \frac{CE}{PE}=\frac{1}{PE}\leqslant\sqrt{2}$，故D正确。
　　　　　　　　

10. 在正方体$ ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} $中,直线$ AB_{1} $与平面$ ACC_{1}A_{1} $所成的角为30°.

答案：
10. $30^{\circ}$ 在正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，设$B_1D_1$与$A_1C_1$交于点$O$，连接$AO$，如图：
　　　　　　　　
则$B_1O\perp A_1C_1$。而$AA_1\perp$平面$A_1B_1C_1D_1$，$B_1O\subset$平面$A_1B_1C_1D_1$，故$B_1O\perp AA_1$。又$AA_1\cap A_1C_1 = A_1$，$AA_1$，$A_1C_1\subset$平面$ACC_1A_1$，因此$B_1O\perp$平面$ACC_1A_1$，则$\angle B_1AO$是直线$AB_1$与平面$ACC_1A_1$所成的角。又$AO\subset$平面$ACC_1A_1$，故$B_1O\perp AO$。在$Rt\triangle AB_1O$中，$\angle AOB_1 = 90^{\circ}$，$B_1O = \frac{1}{2}B_1D_1 = \frac{1}{2}AB$，则$\angle B_1AO = 30^{\circ}$，所以直线$AB_1$与平面$ACC_1A_1$所成的角为$30^{\circ}$。

11. 如图所示,在直三棱柱$ ABC - A_{1}B_{1}C_{1} $中,底面是$ \angle ABC $为直角的等腰直角三角形,$ AC = 2a $,$ BB_{1} = 3a $,$ D $是$ A_{1}C_{1} $的中点,点$ F $在线段$ AA_{1} $上,当$ AF = $a或2a时,$ CF \perp $平面$ B_{1}DF $.

答案： 11. $a$或$2a$ 连接$CD$，由已知得$B_1D\perp$平面$AA_1C_1C$，又$CF\subset$平面$AA_1C_1C$，所以$B_1D\perp CF$，故若$CF\perp$平面$B_1DF$，则必有$CF\perp DF$；设$AF = x(0 ＜ x ＜ 3a)$，则$CF^2 = x^2 + 4a^2$，$DF^2 = a^2 + (3a - x)^2$，又$CD^2 = a^2 + 9a^2 = 10a^2$，$CD^2 = CF^2 + DF^2$，所以$10a^2 = x^2 + 4a^2 + a^2 + (3a - x)^2$，解得$x = a$或$x = 2a$。

12. 已知三棱柱$ ABC - A_{1}B_{1}C_{1} $的棱长均为3,$ D $为$ BC $的中点,$ E $在棱$ CC_{1} $上,且$ A_{1}D \perp $平面$ ABC $,则三棱锥$ A_{1} - ADE $的体积为$\frac{9\sqrt{3}}{16}$.

答案：
12. $\frac{9\sqrt{3}}{16}$ 如图，因为三棱柱的棱长均为3，所以$\triangle ABC$是边长为3的等边三角形。因为$D$为$BC$的中点，所以$AD\perp BC$，$AD = AC\sin60^{\circ}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。因为$A_1D\perp$平面$ABC$，且$AD$，$BC\subset$平面$ABC$，所以$A_1D\perp AD$，$A_1D\perp BC$，则在$Rt\triangle A_1AD$中，$A_1D = \sqrt{AA_1^2 - AD^2}=\frac{3}{2}$，则$S_{\triangle A_1AD}=\frac{1}{2}AD· A_1D=\frac{1}{2}×\frac{3\sqrt{3}}{2}×\frac{3}{2}=\frac{9\sqrt{3}}{8}$。因为$AA_1// CC_1$，$AA_1\subset$平面$A_1AD$，$CC_1\not\subset$平面$A_1AD$，所以$CC_1//$平面$A_1AD$，则$CC_1$上所有点到平面$A_1AD$的距离相等。因为$AD\perp BC$，$A_1D\perp BC$，$A_1D\cap AD = D$，$A_1D$，$AD\subset$平面$A_1DA$，所以$BC\perp$平面$A_1DA$，又因为$E$在$CC_1$上，故点$E$到平面$A_1AD$的距离为$CD = \frac{3}{2}$，所以$V_{三棱锥A - ADE}=V_{三棱锥E - A_1AD}=\frac{1}{3}S_{\triangle A_1AD}· CD=\frac{1}{3}×\frac{9\sqrt{3}}{8}×\frac{3}{2}=\frac{9\sqrt{3}}{16}$。
　　　　　　　　

13. 如图1,在梯形$ ABCD $中,$ AD // BC $,$ AD \perp CD $,线段$ AD $上有一点$ E $,满足$ CD = DE = 1 $,$ AE = BC = 2 $.现将$ \triangle ABE $,$ \triangle CDE $分别沿$ BE $,$ CE $折起,使$ AD = \sqrt{5} $,$ BD = \sqrt{3} $,得到如图2所示的几何体,求证:$ AB // CD $.

答案： 13. 证明：在$Rt\triangle EDC$中，$CD = DE = 1$，所以$EC = \sqrt{2}$，$\angle DEC = \angle ECB = 45^{\circ}$。在$\triangle BEC$中，$EC = \sqrt{2}$，$BC = 2$，$\angle ECB = 45^{\circ}$，由余弦定理得$BE = \sqrt{2 + 4 - 2×\sqrt{2}×2×\frac{\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{2}$，所以$EC^2 + BE^2 = BC^2$，所以$BE\perp EC$。同理可得，在$\triangle ABE$中，$AB = \sqrt{2}$，且$AB\perp BE$。在$\triangle ABD$中，因为$AB^2 + BD^2 = AD^2$，所以$AB\perp BD$。因为$BD\cap BE = B$，$BD$，$BE\subset$平面$BDE$，所以$AB\perp$平面$BDE$。在$Rt\triangle EDC$中，$ED\perp CD$。在$\triangle BDC$中，因为$BD^2 + CD^2 = BC^2$，所以$BD\perp CD$。又$ED\cap BD = D$，$ED$，$BD\subset$平面$BDE$，所以$CD\perp$平面$BDE$，所以$AB// CD$。