《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版》

8. 已知正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 的棱长为 2,点 $ P $ 为正方形 $ BCC_1B_1 $ 内(包括边)一动点,则下列说法正确的是(ACD)

A.对于任意点 $ P $,均有平面 $ A_1D_1P \perp $ 平面 $ ABB_1A_1 $
B.当点 $ P $ 在线段 $ B_1C_1 $ 上时,平面 $ A_1D_1P $ 与平面 $ A_1BCD_1 $ 所成二面角的大小为 $ 60° $
C.当点 $ P $ 在线段 $ B_1C $ 上时,$ A_1P \perp BC_1 $
D.当点 $ P $ 为线段 $ BC_1 $ 的中点时,三棱锥 $ A_1 - B_1D_1P $ 的体积为 $ \frac{2}{3} $

答案：
8.ACD 如图所示，
由正方体的性质可知，$A_{1}D_{1}\perp$平面$ABB_{1}A_{1}$，又$A_{1}D_{1}\subset$平面$A_{1}D_{1}P$，所以对于任意点$P$，均有平面$A_{1}D_{1}P\perp$平面$ABB_{1}A_{1}$，故A正确；$A_{1}B_{1}\perp A_{1}D_{1}$，$A_{1}B_{1}\perp A_{1}A$，所以$\angle BA_{1}B_{1}$即为平面$A_{1}D_{1}P$与平面$A_{1}BCD_{1}$所成二面角的平面角，为$45^{\circ}$，故B错误；因为$A_{1}B_{1}\perp$平面$BCC_{1}B_{1}$，$BC\subset$平面$BCC_{1}B_{1}$，所以$A_{1}B_{1}\perp BC$，又$BC\perp B_{1}C_{1}$，且$A_{1}B_{1}\cap B_{1}C_{1}=B_{1}$，$A_{1}B_{1}$，$BC\subset$平面$A_{1}B_{1}P$，所以$BC\perp$平面$A_{1}B_{1}P$，因为$A_{1}P\subset$平面$A_{1}B_{1}P$，所以$BC\perp A_{1}P$，故C正确；当点$P$为线段$B_{1}C$的中点时，点$P$到平面$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$的距离为$1$，则$V_{A_{1}-B_{1}D_{1}P}=V_{P - A_{1}B_{1}D_{1}}=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×2×2×1=\frac{2}{3}$，故D正确。

9. 在四边形 $ ABCD $ 中,$ AD // BC $,$ AD = AB $,$ \angle BCD = 45° $,$ \angle BAD = 90° $,将 $ \triangle ABD $ 折起,使平面 $ ABD \perp $ 平面 $ BCD $,构成三棱锥 $ A - BCD $,如图,在三棱锥 $ A - BCD $ 中,下列结论正确的是(ABD)

A.$ CD \perp AB $
B.$ CD \perp BD $
C.平面 $ ABC \perp $ 平面 $ BDC $
D.平面 $ ADC \perp $ 平面 $ ABD $

答案：
9.ABD 对于B，如图1，因为$AD// BC$，$AD=AB$，$\angle BAD=90^{\circ}$，所以$\angle ABD=\angle ADB=45^{\circ}$，又因为$\angle BCD=45^{\circ}$，$AD// BC$，所以$\angle ADC=135^{\circ}$，所以$\angle BDC=\angle ADC-\angle ADB=135^{\circ}-45^{\circ}=90^{\circ}$，即$CD\perp BD$，故B正确；对于A，由B选项知$CD\perp BD$，又因为平面$ABD\perp$平面$BCD$，$CD\subset$平面$BCD$，平面$ABD\cap$平面$BCD=BD$，所以$CD\perp$平面$ABD$，因为$AB\subset$平面$ABD$，所以$CD\perp AB$，故A正确；对于D，由选项A知，$CD\perp$平面$ABD$，因为$CD\subset$平面$ADC$，所以平面$ADC\perp$平面$ABD$，故D正确；对于C，如图2，过点$A$作$AE\perp BD$，垂足为$E$，因为平面$ABD\perp$平面$BCD$，$AE\subset$平面$ABD$，平面$ABD\cap$平面$BCD=BD$，所以$AE\perp$平面$BCD$，显然$AE\subset$平面$ABC$，所以平面$ABC$与平面$BDC$不垂直，故C错误。

10. 已知 $ l $ 是平面 $ \beta $ 外的一条直线,$ \alpha $ 是一个平面. 给出下列三个论断:① $ \alpha \perp \beta $;② $ l \perp \alpha $;③ $ l // \beta $. 以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:①②⇒③或②③⇒①.

答案： 10.①②$\Rightarrow$③或②③$\Rightarrow$①
(1)①②$\Rightarrow$③，证明：因为$\alpha\perp\beta$，$l\perp\alpha$，所以$l//\beta$或$l\subset\beta$，又$l$是平面$\beta$外的一条直线，所以$l//\beta$，命题正确。
(2)①③$\Rightarrow$②，证明：设$\alpha\cap\beta=m$，取直线$l// m$，此时$l//\beta$，但直线$l$可能与平面$\alpha$平行，也可能在平面$\alpha$内，所以命题不正确。
(3)②③$\Rightarrow$①，证明：因为$l//\beta$，所以平面$\beta$内必存在一条直线与直线$l$平行，设为$n$，即$n// l$，又因为$l\perp\alpha$，所以$n\perp\alpha$，从而得$\alpha\perp\beta$，所以命题正确。

11. 在四棱锥 $ P - ABCD $ 中,底面 $ ABCD $ 为矩形,$ \triangle PCD $ 是等边三角形,平面 $ PCD \perp $ 底面 $ ABCD $,$ AD = 3 $,四棱锥 $ P - ABCD $ 的体积为 $ 18\sqrt{3} $. 若 $ E $ 是 $ PC $ 的中点,则线段 $ DE $ 的长为3\sqrt{3}.

答案：
11.$3\sqrt{3}$ 如图所示，设$AB=CD=2a$，则矩形$ABCD$的面积$S_{矩形ABCD}=3×2a=6a$。取$CD$的中点$F$，连接$PF$，由$\triangle PCD$是等边三角形，得$PF\perp CD$，且$PF=\sqrt{3}a$。因为平面$PCD\perp$平面$ABCD$，平面$PCD\cap$平面$ABCD=CD$，$PF\subset$平面$PCD$，所以$PF\perp$平面$ABCD$，即$PF$是四棱锥$P - ABCD$的高，所以四棱锥$P - ABCD$的体积$V_{四棱锥P - ABCD}=\frac{1}{3}S_{矩形ABCD}· PF=\frac{1}{3}×6a×\sqrt{3}a = 18\sqrt{3}$，解得$a = 3$，所以$PF=\sqrt{3}a=3\sqrt{3}$。

12. 如图,四棱锥 $ P - ABCD $ 的一个侧面 $ PAD $ 为等边三角形,且平面 $ PAD \perp $ 平面 $ ABCD $,四边形 $ ABCD $ 是平行四边形,$ AD = 2 $,$ BD = 2\sqrt{3} $,$ \angle BAD = \frac{\pi}{3} $,则四棱锥 $ P - ABCD $ 的高为\sqrt{3};二面角 $ P - BC - D $ 的余弦值为\frac{2\sqrt{5}}{5}.

答案：
12.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$ 如图，作$PO\perp AD$于点$O$，则$PO\perp$平面$ABCD$，即$PO$为$P - ABCD$的高。$PO=\sqrt{PD^{2}-(\frac{AD}{2})^{2}}=\sqrt{3}$，所以四棱锥$P - ABCD$的高为$\sqrt{3}$。过点$O$作$OE\perp BC$于点$E$，连接$PE$，设平面$DBC$与平面$PBC$所成二面角的平面角为$\theta$，由余弦定理可得$BD^{2}=AD^{2}+AB^{2}-2AD· AB\cos\angle BAD$，即$12 = 4 + AB^{2}-2AB$，解得$AB = 4$，故$AB^{2}=AD^{2}+BD^{2}$，即$AD\perp DB$。又$PO\perp$平面$ABCD$，则$PO\perp EC$，$PO\cap OE=O$，则$EC\perp$平面$POE$，所以$\angle PEO$为二面角$P - BC - D$的平面角，又$PO=\sqrt{3}$，$OE = BD = 2\sqrt{3}$，所以$\tan\theta=\frac{PO}{OE}=\frac{1}{2}$，则$\cos\theta=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，所以二面角$P - BC - D$的余弦值为$\frac{2\sqrt{5}}{5}$。

13. 如图所示,在四棱锥 $ P - ABCD $ 中,底面 $ ABCD $ 是边长 2 的正方形,侧面 $ PAD $ 为等腰三角形,$ PA = PD = 4 $,侧面 $ PAD \perp $ 底面 $ ABCD $.
(1)在线段 $ PD $ 上是否存在一点 $ E $,使得 $ AE \perp PC $? 若存在,请求出 $ \frac{PE}{ED} $ 的值;若不存在,请说明理由.
(2)求二面角 $ P - BC - A $ 的余弦值.

答案：
13.解：
(1)存在点$E$满足条件，且$\frac{PE}{ED}=7$。
证明：因为底面$ABCD$为正方形，所以$CD\perp AD$。因为侧面$PAD\perp$底面$ABCD$，侧面$PAD\cap$底面$ABCD=AD$，$CD\subset$平面$ABCD$，所以$CD\perp$平面$PAD$。又$AE\subset$平面$PAD$，所以$CD\perp AE$。而$PC\cap CD=C$，$CD\subset$平面$PCD$，$PC\subset$平面$PCD$，要使$AE\perp PC$，则必有$AE\perp$平面$PCD$。因为$PD\subset$平面$PCD$，所以$AE\perp PD$。在等腰三角形$PAD$中，$PA = PD = 4$，$AD = 2$，计算可得$AE=\frac{\sqrt{15}}{2}$，$DE=\frac{1}{2}$，所以$PE=PD - DE=\frac{7}{2}$，所以$\frac{PE}{ED}=7$。
(2)设$AD$的中点为$O$，连接$PO$，如图。因为$PA = PD$，所以$PO\perp AD$。取$BC$的中点$F$，连接$PF$，$OF$。因为$PO\perp AD$，$BC// AD$，所以$PO\perp BC$；因为$OF\perp BC$，$PO\cap OF=O$，$PO$，$OF\subset$平面$POF$，所以$BC\perp$平面$POF$；又$PF\subset$平面$POF$，所以$BC\perp PF$，所以$\angle PFO$是所求二面角的平面角。因为$\triangle PAD$为等腰三角形，且$PA = PD = 4$，底面$ABCD$是边长为$2$的正方形，所以$PO=\sqrt{15}$，$FO = 2$。因为$PO\perp AD$，侧面$PAD\perp$底面$ABCD$，侧面$PAD\cap$底面$ABCD=AD$，$PO\subset$平面$PAD$，所以$PO\perp$底面$ABCD$。因为$OF\subset$底面$ABCD$，所以$PO\perp OF$。在$Rt\triangle POF$中，$PF^{2}=PO^{2}+OF^{2}$，所以$PF=\sqrt{19}$，所以$\cos\angle PFO=\frac{OF}{PF}=\frac{2}{\sqrt{19}}=\frac{2\sqrt{19}}{19}$。故二面角$P - BC - A$的余弦值为$\frac{2\sqrt{19}}{19}$。