《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版》

8. [2025 山东枣庄期末]如图,在边长为2的正方形 $ SG_1G_2G_3 $ 中,$ E,F $ 分别是 $ G_1G_2,G_2G_3 $ 的中点.若沿 $ SE,SF $ 及 $ EF $ 把这个正方形折成一个四面体,使 $ G_1,G_2,G_3 $ 三点重合,重合后的点记为 $ G $,则 (ABD)


A.$ GS\perp EF $
B.平面 $ SEG\perp $ 平面 $ SFG $
C.点 $ G $ 到平面 $ SEF $ 的距离为 $ \frac{3}{4} $
D.三棱锥 $ G - SEF $ 的外接球的表面积为 $ 6\pi $

答案：
8.ABD 在正方形$SG_1G_1G_3$中，$SG_1\perp EG_1$，$SG_3\perp FG_1$，$EG_2\perp FG_2$。在三棱锥$S - EFG$中，$SG\perp EG$，$SG\perp FG$，$EG\cap FG = G$，$EG$，$FG\subset$平面$EFG$，所以$SG\perp$平面$EFG$。又$EFC\subset$平面$EFG$，所以$GS\perp EF$，故A正确。又$EG\perp FG$，$EG\cap SG = G$，$EG$，$SGC\subset$平面$SEG$，所以$FG\perp$平面$SEG$。又$FGC\subset$平面$SFG$，所以平面$SEG\perp$平面$SFG$，故B正确。将三棱锥$G - SEF$补成长方体$SABC - GEDE$，所以三棱锥$G - SEF$外接球的直径为$2R = \sqrt{1^2 + 1^2 + 2^2} = \sqrt{6}$，因此三棱锥$G - SEF$外接球的表面积为$4\pi R^2 = 6\pi$，故D正确。$S_{\triangle EFG} = \frac{1}{2}EG · FG = \frac{1}{2} × 1^2 = \frac{1}{2}$，$V_{三棱锥S - EFG} = \frac{1}{3}S_{\triangle EFG} · SG = \frac{1}{3} × \frac{1}{2} × 1 = \frac{1}{6}$，$SE = SF = \sqrt{EG^2 + SG^2} = \sqrt{5}$，$EF = \sqrt{2}$。取$EF$的中点$M$，连接$SM$，则$SM\perp EF$，$SM = \sqrt{SE^2 - EM^2} = \frac{3\sqrt{2}}{2}$，则$S_{\triangle SEF} = \frac{1}{2}EF · SM = \frac{3}{2}$。设点$G$到平面$SEF$的距离为$d$，由$V_{三棱锥G - SEF} = V_{三棱锥S - EFG}$，可得$\frac{1}{3}S_{\triangle SEF} · d = \frac{1}{6}$，解得$d = \frac{2}{3}$，故C错误。
　　　　　　　　

9. [2025 安徽滁州期末]如图,在三棱锥 $ P - ABC $ 中,$ PA\perp $ 平面 $ ABC $,$ AB = AC = 2 $,$ \angle BAC = \frac{2\pi}{3} $,$ D $ 为 $ PC $ 的中点,若点 $ O $ 为三棱锥 $ P - ABC $ 外接球的球心,则 (ACD)


A.当 $ PA = 2\sqrt{2} $ 时,$ BD\perp PC $
B.当 $ PA = \sqrt{3} $ 时,二面角 $ P - BC - A $ 大小为 $ \frac{\pi}{6} $
C.当异面直线 $ BD $ 与 $ AC $ 所成的角为 $ \frac{\pi}{3} $ 时,$ PA = 6 $
D.当点 $ O $ 到平面 $ ABC $ 的距离为 $ \sqrt{2} $ 时,$ PA = 2\sqrt{2} $

答案：
9.ACD 如图，对于A，因为$PA\perp$平面$ABC$，$ABC\subset$平面$ABC$，所以$PA\perp AB$则$PB = \sqrt{PA^2 + AB^2} = 2\sqrt{3}$。又$AD = AC = 2$，$\angle BAC = \frac{2\pi}{3}$，所以$BC = \sqrt{AB^2 + AC^2 - 2AB · AC\cos\angle BAC} = 2\sqrt{3}$，则$BC = BP$，且$D$为$PC$的中点，所以$BD\perp PC$，故A正确。对于B，设$BC$中点为$E$，连接$AE$，$PE$。因为$PA\perp$平面$ABC$，$AB$，$AC$，$AEC\subset$平面$ABC$，所以$PA\perp AB$，$PA\perp AC$，$PA\perp AE$。又$PA = \sqrt{3}$，$AB = AC = 2$，所以$PB = PC = \sqrt{7}$。又$E$为$BC$中点，所以$PE\perp BC$，$AE\perp BC$，且$AE = \sqrt{AB^2 - BE^2} = 1$，$\angle PEA$就是二面角$P - BC - A$的平面角，$\tan\angle PEA = \frac{PA}{AE} = \sqrt{3}$，所以$\angle PEA = \frac{\pi}{3}$，即二面角$P - BC - A$的大小为$\frac{\pi}{3}$，故B错误。对于C，设$PA$的中点为$F$，连接$DF$，$BF$，则$DF// AC$，所以$\angle BDF$是异面直线$AC$与$BD$所成的角，$DF = \frac{1}{2}AC = 1$，设$PA = 2x$，则$PB = PC = 2\sqrt{x^2 + 1}$，$BF = \sqrt{AF^2 + AB^2} = \sqrt{x^2 + 4}$。在$\triangle PBC$中，$\cos\angle PCB = \frac{PC^2 + BC^2 - PB^2}{2PC · BC} = \frac{4(x^2 + 1) + 12 - 4(x^2 + 1)}{2 × 2\sqrt{x^2 + 1} × 2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}(x^2 + 1)}{2(x^2 + 1)}$，$BD = \sqrt{CB^2 + CD^2 - 2CB · CD\cos\angle PCB} = \sqrt{7 + x^2}$，则$\cos\angle BDF = \frac{BD^2 + DF^2 - BF^2}{2BD · DF} = \frac{7 + x^2 + 1 - (4 + x^2)}{2\sqrt{7 + x^2}} = \frac{1}{2}$，解得$x = 3$，即$PA = 6$，故C正确。对于D，设$\triangle ABC$的外心为$O_1$，过$O_1$作平面$ABC$的垂线，球心$O$在垂线上，所以$OO_1// PA$。又$OP = OA$，所以$O$在$PA$的垂直平分线上，则$PA = 2OO_1 = 2\sqrt{2}$，故D正确。
　　　　　　　

10. [2025 山东菏泽期末]在等腰梯形 $ ABCD $ 中,$ AD// BC $,$ \angle ABC = \frac{\pi}{3} $,$ BC = 3AD = 3 $,该梯形绕直线 $ AD $ 旋转一周形成的曲面围成的几何体的体积为7π.

答案：
10.$7\pi$ 如图，该梯形绕直线$AD$旋转一周形成的曲面围成的几何体是一个圆柱去掉两个与其有公共底面的小圆锥。由$BC = 3AD = 3$，$\angle ABC = \frac{\pi}{3}$，得梯形的高$AH = \frac{3 - 1}{2} × \tan\frac{\pi}{3} = \sqrt{3}$。由图知，圆柱的底面圆半径$OC = AH = \sqrt{3}$，小圆锥的高$DO = \frac{3 - 1}{2} = 1$，故该几何体的体积为$V = V_{圆柱} - 2V_{圆锥} = \pi × (\sqrt{3})^2 × 3 - 2 × \frac{1}{3} × \pi × (\sqrt{3})^2 × 1 = 7\pi$。
　　　　　　　

11. [2025 浙江温州期末]有一个半径为2的四分之一球形状的封闭储物盒,内有一个小球,则小球的半径最大为2√2 - 2.

答案：
11.$2\sqrt{2} - 2$ 设四分之一球的球心为$O$，小球的球心为$O_1$，最大半径为$r$，作出截面图形如图：
　　　　　　　　
由题意得，$OO_1 = \sqrt{2}r$。因为$OB = OO_1 + BO_1$，所以$\sqrt{2}r + r = 2$，解得$r = 2\sqrt{2} - 2$。

12. [2025 山东枣庄期末]如图,正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 的棱长为3,点 $ M,N $ 分别在棱 $ AA_1,A_1D_1 $ 上,满足 $ AM = D_1N = 1 $,点 $ Q $ 在正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 的内部或表面,且 $ A_1Q// $ 平面 $ C_1MN $,则点 $ Q $ 的轨迹形成的图形的面积是√19/2.

答案：
12.$\frac{\sqrt{19}}{2}$ 在$B_1B$，$B_1C_1$上取点$E$，$F$，使得$BB_1 = 3EB_1$，$B_1C_1 = 3B_1F$，连接$EF$，$A_1E$，$A_1F$，$BC_1$，$AD_1$。易得$A_1N// C_1F$，且$A_1N = C_1F$，所以四边形$A_1FC_1N$为平行四边形，所以$C_1N// A_1F$。由$BB_1 = 3EB_1$且$B_1C_1 = 3B_1F$，可得$EF// BC_1$。因为$AA_1 = 3AM$且$AD_1 = 3D_1N$，所以$MN// AD_1$。在正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$AD_1// BC_1$，所以$EF// MN$。因为$A_1F⊄$平面$C_1NM$，且$C_1N\subset$平面$C_1NM$，所以$A_1F//$平面$C_1NM$。同理可证$EF//$平面$C_1NM$。又$A_1F\cap EF = F$，且$A_1F$，$EF\subset$平面$A_1EF$，所以平面$A_1EF//$平面$C_1NM$，因此点$Q$的轨迹形成的图形为$\triangle A_1EF$。在$\triangle A_1EF$中，$A_1F = A_1E = \sqrt{10}$，$EF = \sqrt{2}$，可得底边$EF$上的高为$\sqrt{A_1F^2 - (\frac{EF}{2})^2} = \frac{\sqrt{38}}{2}$，所以$\triangle A_1EF$的面积为$\frac{1}{2} × \sqrt{2} × \frac{\sqrt{38}}{2} = \frac{\sqrt{19}}{2}$。