《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版》

1. 在空间中,设 $ m,n $ 表示不同的直线,$ \alpha,\beta $ 表示不同的平面,则下列命题正确的是(D)

A.若 $ \alpha // \beta,m // \alpha $,则 $ m // \beta $
B.若 $ \alpha \perp \beta,m \perp \alpha $,则 $ m // \beta $
C.若 $ \alpha \perp \beta,m // \alpha $,则 $ m \perp \beta $
D.若 $ \alpha \perp \beta,m \perp \alpha,n \perp \beta $,则 $ m \perp n $

答案： 1.D 若$\alpha//\beta,m//\alpha$，可得$m//\beta$或$m\subset\beta$，故A错误；若$\alpha\perp\beta,m\perp\alpha$，可得$m\subset\beta$或$m//\beta$，故B错误；若$\alpha\perp\beta,m//\alpha$，则$m\subset\beta$或$m//\beta$或$m$与$\beta$相交，故C错误；若$\alpha\perp\beta,m\perp\alpha,n\perp\beta$，则$m\perp n$，故D正确。

2. 在三棱锥 $ A - BCD $ 中,$ AC = CD $,$ E $ 是 $ AD $ 的中点,则“平面 $ BCE \perp $ 平面 $ ACD $”是“$ AB = BD $”的(C)

A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件

答案：
2.C 证明充分性，平面$BCE\perp$平面$ACD$，而平面$BCE\cap$平面$ACD=CE$，由$AC=CD$，$E$是$AD$的中点，得$CE\perp AD$，所以$AD\perp$平面$BCE$，所以$AD\perp BE$，因此$BE$既是$\triangle ABD$的中线也是高，所以$\triangle ABD$是等腰三角形，所以$AB=BD$，充分性成立。证明必要性，因为$AB=BD$，$AC=CD$，且$E$是$AD$的中点，所以$BE\perp AD$，$CE\perp AD$，所以$AD\perp$平面$BCE$，所以平面$BCE\perp$平面$ACD$，必要性成立。

3. 如图所示,在三棱锥 $ P - ABC $ 中,平面 $ ABC \perp $ 平面 $ PAB $,$ PA = PB $,$ AD = DB $,则(D)

A.$ AC = BC $
B.$ CD \perp AB $
C.$ PD $ 与平面 $ ABC $ 相交但不垂直
D.平面 $ CPD \perp $ 平面 $ ABC $

答案： 3.D 在$\triangle PAB$中，由$PA=PB$，$AD=DB$，得$PD\perp AB$。由平面$ABC\perp$平面$PAB$，平面$ABC\cap$平面$PAB=AB$，$PD\subset$平面$PAB$，可得$PD\perp$平面$ABC$。又$PD\subset$平面$CPD$，所以平面$CPD\perp$平面$ABC$，故C错误，D正确。在$\triangle ACD$和$\triangle BCD$中，只有$AD=DB$，$CD=CD$，无法得到$AC=BC$，$CD\perp AB$，故A、B错误。

4. 已知点 $ P $ 在直二面角 $ \alpha - AB - \beta $ 的棱上,$ C,D $ 分别在 $ \alpha,\beta $ 内,且 $ \angle CPA = \angle DPA = \frac{\pi}{4} $,则 $ \angle CPD = $(C)

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

答案：
4.C 设$CP=DP=a$，过点$C$作$AB$的垂线，垂足为$Q$。因为$\angle CPA=\angle DPA=\frac{\pi}{4}$，所以$\triangle CPQ\cong\triangle DPQ$，则$CQ=DQ=\frac{\sqrt{2}}{2}a$。因为$\alpha\cap\beta=AB$，$\alpha\perp\beta$，$CQ\subset\alpha$，所以$CQ\perp\beta$。又$DQ\subset\beta$，所以$CQ\perp DQ$，所以$CD=\sqrt{CQ^{2}+DQ^{2}}=a$，则$\triangle CPD$为等边三角形，所以$\angle CPD=\frac{\pi}{3}$。

5. 已知正方形 $ ABCD $ 的边长为 2,将 $ \triangle DAC $ 沿对角线 $ AC $ 折起,使以 $ A,B,C,D $ 四点为顶点的三棱锥体积最大. 若 $ E $ 为 $ BC $ 的中点,则异面直线 $ DE $ 与 $ AB $ 所成角的正切值为(A)

A.$ \sqrt{2} $
B.$ \sqrt{3} $
C.$ \sqrt{5} $
D.2

答案： 5.A 取$AC$中点为$O$，连接$DO$，$OB$，$OE$。因为$E$为$BC$的中点，所以$OE// AB$，即$\angle DEO$为异面直线$DE$和$AB$所成的角或其补角。设$D$到平面$ABC$的距离为$d$，则$V_{三棱锥D - ABC}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}· d=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×2×2d=\frac{2}{3}d$。当平面$ADC\perp$平面$ABC$时，$d$取得最大值，此时以$A$，$B$，$C$，$D$四点为顶点的三棱锥的体积最大。又因为正方形$ABCD$的边长为$2$，所以$OD=\sqrt{2}$，$OE=1$，且$OD\perp AC$。又由平面$ADC\perp$平面$ABC$，平面$ADC\cap$平面$ABC=AC$，$OD\subset$平面$ADC$，得$OD\perp$平面$ABC$；又因为$OE\subset$平面$ABC$，所以$OD\perp OE$，则$\tan\angle DEO=\frac{OD}{OE}=\sqrt{2}$，故异面直线$DE$和$AB$所成角的正切值为$\sqrt{2}$。
解题突破：对于空间四边形$ABCD$，$\triangle ABC$的面积为定值，当平面$ACD$与底面$ABC$垂直时，空间四边形$ABCD$的体积最大。

6. 已知在 $ \triangle ABC $ 中,$ AC = 1 $,$ AB = 2 $,$ BC = \sqrt{3} $,$ M $ 为 $ AB $ 的中点,连接 $ CM $. 将 $ \triangle ACM $ 沿直线 $ CM $ 折起,使得点 $ A $ 到达 $ A' $ 的位置,且平面 $ A'CM \perp $ 平面 $ BCM $,则二面角 $ A' - BC - M $ 的余弦值为(B)

A.$ \frac{2\sqrt{13}}{13} $
B.$ \frac{\sqrt{13}}{13} $
C.$ \frac{2\sqrt{39}}{13} $
D.$ \frac{\sqrt{5}}{5} $

答案：
6.B 如图，取$CM$的中点$D$，过点$D$作$BC$的垂线，垂足为$E$，连接$A'E$，则$BC\perp DE$。因为在$\triangle ABC$中，$AC=1$，$AB=2$，$BC=\sqrt{3}$，$M$为$AB$的中点，所以$\angle ACB=90^{\circ}$，$AM=BM=CM=1$，则$\triangle ACM$为等边三角形，所以$\angle CMA=60^{\circ}$，$\angle CMB=120^{\circ}$，$\angle MCB=\angle MBC=30^{\circ}$，$A'D\perp CM$。将$\triangle ABC$沿直线$CM$折起，使得点$A$到达$A'$的位置，则$\triangle A'CM$为等边三角形，$\angle A'CD=60^{\circ}$，$A'M=BM=CM=A'C=1$，$CD=\frac{1}{2}$，$DE=\frac{1}{4}$，$A'D=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
因为平面$A'CM\perp$平面$BCM$，$A'D\subset$平面$A'CM$，$A'D\perp CM$，平面$A'CM\cap$平面$BCM=CM$，所以$A'D\perp$平面$BCM$。因为$BC\subset$平面$BCM$，所以$A'D\perp BC$，又因为$A'D\cap DE=D$，$A'D$，$DE\subset$平面$A'DE$，所以$BC\perp$平面$A'DE$，又因为$A'E\subset$平面$A'DE$，所以$A'E\perp BC$，则二面角$A'-BC-M$的平面角为$\angle A'ED$。在$Rt\triangle A'DE$中，$A'E=\sqrt{A'D^{2}+DE^{2}}=\frac{\sqrt{13}}{4}$，所以$\cos\angle A'ED=\frac{DE}{A'E}=\frac{\sqrt{13}}{13}$。
方法总结：若面面垂直，第一着眼点是交线，凡是面内与交线垂直的线必有垂直面、垂直线的结论。

7. 已知平面 $ \alpha \perp $ 平面 $ \beta $,$ \alpha \cap \beta = l $,$ P \in l $,则下列命题错误的是(ACD)

A.过 $ P $ 与 $ l $ 垂直的直线必在 $ \alpha $ 内
B.过 $ P $ 与 $ \beta $ 垂直的直线在 $ \alpha $ 内
C.过 $ P $ 与 $ l $ 垂直的直线必与 $ \beta $ 垂直
D.过 $ P $ 与 $ \beta $ 垂直的平面必与 $ l $ 垂直

答案：
7.ACD 对于A，过$P$与$l$垂直的直线可能在$\beta$内，所以A不正确；对于B，由面面垂直的性质定理，可得过$P$与$\beta$垂直的直线在$\alpha$内，所以B正确；对于C，过$P$与$l$垂直的直线，可能在$\alpha$内，所以C不正确；对于D，如图所示，在平面$\alpha$内，过点$P$作$PA\perp l$，由面面垂直的性质定理，可得$PA\perp\beta$，在平面$\beta$内任取一点$B$，连接$PB$，则相交直线$PA$，$PB$确定平面$\gamma$，可得$\gamma\perp\beta$，此时直线$l$与$PB$不一定垂直，所以$l$与$\gamma$不一定垂直，所以D不正确。