《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版》

7. 已知α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,则下列命题中正确的是 (ABC)

A.若$m⊥n,m⊥α,n⊥β$,则$α⊥β$
B.若$m\subset α,α// β$,则$m// β$
C.若$α\cap β = l,m// α,m// β$,则$m// l$
D.若$m⊥n,m⊥α,n// β$,则$α⊥β$

答案： 7.ABC 若$m\perp n$，$m\perp\alpha$，$n\perp\beta$，由面面垂直的判定得$\alpha\perp\beta$，故A正确；若$m\subset\alpha$，$\alpha//\beta$，由面面平行的性质定理得$m//\beta$，故B正确；若$\alpha\cap\beta = l$，$m//\alpha$，$m//\beta$，由线面平行的性质定理得$m// l$，故C正确；若$m\perp n$，$m\perp\alpha$，$n//\beta$，则$\alpha$与$\beta$相交或者平行，故D错误.

8. 如图,四棱锥$S - ABCD$的底面为正方形,$SD⊥$底面$ABCD$,则下列结论正确的是 (ABC)

A.$AC⊥SB$
B.$AD⊥SC$
C.平面$SAC⊥$平面$SBD$
D.$BD⊥SA$

答案： 8.ABC 对于选项A，C，因为$SD\perp$底面$ABCD$，$AC\subset$平面$ABCD$，所以$AC\perp SD$，因为$AC\perp BD$，$SD\cap BD = D$，且$SD\subset$平面$SBD$，$BD\subset$平面$SBD$，所以$AC\perp$平面$SBD$，又$SB\subset$平面$SAC$，所以平面$SAC\perp$平面$SBD$，故A，C正确；对于B，由选项A知，$AD\perp SD$，又$AD\perp DC$，$SD\cap DC = D$，$SD\subset$平面$SDC$，$DC\subset$平面$SDC$，所以$AD\perp$平面$SDC$，又$SC\subset$平面$SDC$，所以$AD\perp SC$，故B正确；对于D，若$BD\perp SA$，则$BD$垂直于$SA$在平面$ABCD$内的射影$DA$，显然不成立，故D错误.

9. 已知菱形$ABCD$的边长为2,$∠BAD = 60^{\circ }$,现将$△BAD$沿$BD$折起形成四面体$ABCD$.设$AC = x$,则下列选项正确的是 (ABD)

A.当$x = \sqrt{3}$时,二面角$A - BD - C$的大小为$\frac{\pi}{3}$
B.当$x = \sqrt{6}$时,平面$ABD⊥$平面$BCD$
C.无论$x$为何值,直线$AB$与$CD$都不垂直
D.存在两个不同的$x$值,使得四面体$ABCD$的体积为$\frac{2\sqrt{2}}{3}$

答案：
9.ABD 对于A，如图1，在四面体$ABCD$中，$AO\perp DO$，$CO\perp DO$，所以$\angle AOC$是二面角$A - BD - C$的平面角，$AO = CO = 2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，当$AC = \sqrt{3}$时，$\triangle AOC$是等边三角形，所以$\angle AOC=\frac{\pi}{3}$，故A正确.对于B，当$AC = \sqrt{6}$时，$AO^{2}+CO^{2}=AC^{2}$，所以$AO\perp CO$，又$AO\perp BD$，且$CO\cap BD = O$，所以$AO\perp$平面$BCD$，$AO\subset$平面$ABD$，所以平面$ABD\perp$平面$BCD$，故B正确.

对于C，当$AC = 2$时，如图2，取$DC$的中点$N$，连接$AN$，$BN$，因为$DC\perp AN$，$DC\perp BN$，且$AN\cap BN = N$，所以$DC\perp$平面$ANB$，所以$DC\perp AB$，故C错误.对于D，$V_{A - BCD}=\frac{1}{3}· S_{\triangle BCD}· h=\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{3}}{4}×(\sqrt{3})^{2}× h=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，得$h=\frac{2\sqrt{6}}{3}$，即此时点$A$到平面$BCD$的距离为$\frac{2\sqrt{6}}{3}＜AO=\sqrt{3}$，所以存在两个不同的$x$值，使得四面体$ABCD$的体积为$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，此时两个二面角互补，故D正确.

10. 如图所示,在三棱锥$D - ABC$中,若$AB = BC$,$AD = CD$,$E$是$AC$的中点,则平面$ADC$与平面$BDE$的关系是垂直.

答案： 10.垂直 因为$AB = BC$，$AD = CD$，$E$是$AC$的中点，所以由等腰三角形三线合一可知$BE\perp AC$，$DE\perp AC$，又$BE\cap DE = E$，$BE\subset$平面$BDE$，$DE\subset$平面$BDE$，所以$AC\perp$平面$BDE$，又$AC\subset$平面$ADC$，所以平面$ADC\perp$平面$BDE$.

11. 如图,二面角$α - l - β$的棱上有两个点$A$,$B$,线段$BD$与$AC$分别在这个二面角的两个面内,并且都垂直于棱$l$.若$AB = 4$,$AC = 6$,$BD = 8$,$CD = 2\sqrt{17}$,则平面α与平面β的夹角的大小是60°.

答案：
11.$60^{\circ}$ 解法1 如图，以$AB$，$BD$为邻边作平行四边形$ABDE$，连接$CE$.

因为$BD\perp AB$，$AE// BD$，则$AE\perp AB$.又因为$AC\perp AB$，$AC\subset\alpha$，$AE\subset\beta$，故二面角$\alpha - l - \beta$的平面角为$\angle CAE$，设为$\theta$.易知$AB\perp$平面$CAE$，又$CE\subset$平面$CAE$，则$AB\perp CE$，又$AB// DE$，所以$DE\perp CE$.在矩形$ABDE$中，$AE = BD = 8$，$DE = AB = 4$.在$\triangle CAE$中，由余弦定理得$CE^{2}=CA^{2}+AE^{2}-2CA· AE\cos\theta = 100 - 96\cos\theta$.在$Rt\triangle CED$中，由勾股定理得$CD^{2}=CE^{2}+DE^{2}$，即$68 = 16 + 100 - 96\cos\theta$，解得$\cos\theta=\frac{1}{2}$，所以$\theta = 60^{\circ}$.
解法2 设异面直线$AC$与$BD$所成的角为$\theta$，由$\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BD}$，得$CD^{2}=CA^{2}+AB^{2}+BD^{2}+2\overrightarrow{CA}·\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{CA}·\overrightarrow{BD}+2\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{BD}$.由题知$\overrightarrow{CA}·\overrightarrow{AB}=0$，$\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{BD}=0$，$\langle\overrightarrow{CA},\overrightarrow{BD}\rangle=\pi-\theta$，则$(2\sqrt{17})^{2}=6^{2}+4^{2}+8^{2}-2×6×8\cos\theta$，得$\cos\theta=\frac{1}{2}$，所以$\theta = 60^{\circ}$.因为$\alpha\cap\beta = l$，且$AC$，$BD$都垂直于棱$l$，所以二面角$\alpha - l - \beta$的平面角等于$\theta$，所以平面$\alpha$与平面$\beta$的夹角为$60^{\circ}$.
方法总结 当两条异面直线分别位于两个半平面内，且都与这二面角的棱垂直，则这两条异面直线所成角（或补角）实际就是这个二面角的平面角.

12. 四边形$ABCD$与$ABEF$均是边长为4的正方形,如果二面角$E - AB - C$的大小为$30^{\circ }$,那么$EF$到平面$ABCD$的距离为2.

答案：
12.2 由题可知$FA\perp AB$，$DA\perp AB$，平面$ABEF\cap$平面$ABCD = AB$，所以$\angle FAD$为二面角$E - AB - C$的平面角，即$\angle FAD = 30^{\circ}$.因为$AF$，$AD\subset$平面$ADF$，$AF\cap AD = A$，所以$AB\perp$平面$ADF$.因为$AB\subset$平面$ABCD$，所以平面$ABCD\perp$平面$ADF$.如图，过$F$作$FG\perp$平面$ABCD$于点$G$，则$G$必在$AD$上.易知$EF//$平面$ABCD$，则$FG$为$EF$到平面$ABCD$的距离，在$Rt\triangle AFG$中，$FG = AF·\sin30^{\circ}=4×\frac{1}{2}=2$.

13. 如图,在四棱锥$P - ABCD$中,底面$ABCD$是菱形,$∠ABC = 60^{\circ }$,$AB = 2$,$AC\cap BD = O$,$PO⊥$底面$ABCD$,$PO = 2$,点$E$在棱$PD$上,且$CE⊥PD$.
(1)求证:平面$PBD⊥$平面$ACE$;
(2)求证:$OE⊥PD$;
(3)求二面角$D - AC - E$的余弦值.

答案：
13.
(1)证明：因为$PO\perp$平面$ABCD$，$AC\subset$平面$ABCD$，所以$PO\perp AC$.又四边形$ABCD$为菱形，所以$AC\perp BD$，又$BD\cap PO = O$，$BD\subset$平面$PBD$，所以$AC\perp$平面$PBD$.因为$AC\subset$平面$ACE$，所以平面$ACE\perp$平面$PBD$，即平面$PBD\perp$平面$ACE$.
(2)证明：如图，由
(1)知$AC\perp$平面$PBD$，$PD\subset$平面$PBD$，则$AC\perp PD$.又$CE\perp PD$，$CE\cap AC = C$，$CE,AC\subset$平面$ACE$，所以$PD\perp$平面$ACE$.因为$OE\subset$平面$ACE$，所以$PD\perp OE$，即$OE\perp PD$.
(3)解：由于$AC\perp$平面$PBD$，$OE\subset$平面$PBD$，所以$AC\perp OE$.又$AC\perp OD$，且平面$EAC\cap$平面$DAC = AC$，$OE\subset$平面$EAC$，$OD\subset$平面$DAC$，故$\angle DOE$为二面角$D - AC - E$的平面角.在菱形$ABCD$中，$AB = 2$，$\angle ABC = 60^{\circ}$，则$\triangle ABC$是等边三角形，而$O$为$AC$，$BD$的中点，则$OD = OB=\sqrt{3}$.又$OP = 2$，所以$PD=\sqrt{2^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{7}$，故$OE=\frac{OP· OD}{PD}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\frac{2\sqrt{21}}{7}$.所以$\cos\angle DOE=\frac{OE}{OD}=\frac{\frac{2\sqrt{21}}{7}}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{7}}{7}$，即二面角$D - AC - E$的余弦值为$\frac{2\sqrt{7}}{7}$.