《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版》

13. [2025 安徽蚌埠期末]如图,$ AA_1,BB_1 $ 是圆柱 $ OO_1 $ 的两条母线,$ AB,CD $ 是圆 $ O $ 的直径,$ AA_1 = AB = 4 $,且 $ CD\perp AB $,$ P $ 是母线 $ BB_1 $ 上的动点.
(1)求证:平面 $ PCD\perp $ 平面 $ AA_1B_1B $;
(2)若 $ P $ 是线段 $ BB_1 $ 的中点,求直线 $ OO_1 $ 与 $ DP $ 所成角的余弦值;
(3)若四面体 $ O_1 - PCD $ 的体积为 $ V_1 $,圆柱 $ OO_1 $ 的体积为 $ V_2 $,求 $ V_1:V_2 $ 的值.

答案：
13.
(1)证明：由题知$BB_1\perp$平面$ACD$。又$CDC\subset$平面$ACD$，所以$BB_1\perp CD$。又$CD\perp AB$，$AB\cap BB_1 = B$，$AB$，$BB_1\subset$平面$ABB_1A_1$，所以$CD\perp$平面$ABB_1A_1$。因为$CDC\subset$平面$PCD$，所以平面$PCD\perp$平面$A_1B_1BA$。
(2)解：连接$BD$，如图。因为$BB_1// OO_1$，所以$\angle BPD$即为所求角。
依题意，$OB\perp OD$，$OB = OD = 2$，所以$BD = 2\sqrt{2}$。又$P$为$B_1B$的中点，$B_1B = A_1A = 4$，所以$PB = 2$，故$PD = 2\sqrt{3}$，所以$\cos\angle BPD = \frac{PB}{PD} = \frac{\sqrt{3}}{3}$。所以直线$OO_1$与$DP$所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$。
(3)解：因为$BB_1// OO_1$，$OO_1\subset$平面$O_1CD$，$BB_1⊄$平面$O_1CD$，所以$BB_1//$平面$O_1CD$，所以$P$到平面$O_1CD$的距离等于点$B$到平面$O_1CD$的距离，所以$V_{三棱锥O_1 - PCD} = V_{三棱锥P - O_1CD} = V_{三棱锥B - O_1CD} = V_{三棱锥O_1 - BCD}$，所以$\frac{V_1}{V_2} = \frac{\frac{1}{3}S_{\triangle BCD} · OO_1}{\frac{1}{3}S_{\triangle BCD} · OO_1} = \frac{\frac{1}{3} × \frac{1}{2} × 4 × 2}{\pi × 2^2} = \frac{1}{3\pi}$。
　　　　　　　

14. [2025 山东枣庄期末]在三棱柱 $ ABC - A_1B_1C_1 $ 中,侧面 $ ABB_1A_1 $ 为菱形,$ \angle A_1AB = 60° $,$ \angle ACB = 90° $,$ AB = A_1C = 2BC = 2 $,$ M $ 为 $ AB $ 的中点,$ AC_1\cap A_1C = N $.
(1)求证:$ MN// $ 平面 $ BCC_1B_1 $;
(2)求证:$ A_1M\perp $ 平面 $ ABC $;
(3)请作出二面角 $ B - AA_1 - C $ 的一个平面角,并求其正切值.

答案：
14.
(1)证明：如图1，连接$BC_1$。
因为侧面$AA_1C_1C$为平行四边形，$AC_1\cap A_1C = N$，所以$N$为$AC_1$的中点。又因为$M$为$AB$的中点，所以$MN// BC_1$。又$MN⊄$平面$BCC_1B_1$，$BC_1\subset$平面$BCC_1B_1$，所以$MN//$平面$BCC_1B_1$。
　　　　　　　
(2)证明：连接$A_1B$，$MC$，如图2。在菱形$ABB_1A_1$中，$A_1A = AB = 2$，$\angle A_1AB = 60°$，所以$\triangle AA_1B$为等边三角形。又$M$是$AB$的中点，所以$A_1M\perp AB$。在$Rt\triangle ABC$中，$MC = \frac{1}{2}AB = 1$。在$\triangle A_1MC$中，$A_1M = 2\sin 60° = \sqrt{3}$，$MC = 1$，$A_1C = 2$，所以$A_1M^2 + MC^2 = A_1C^2$，所以$A_1M\perp MC$。又$A_1M\perp AB$，$MC\subset$平面$ABC$，$ABC\subset$平面$ABC$，$MC\cap AB = M$，所以$A_1M\perp$平面$ABC$。
　　　　　　　
(3)解：过点$C$作$CH\perp AB$于点$H$，过$H$作$HK\perp AA_1$，垂足为$K$，连接$CK$，如图3。
由
(2)知$A_1M\perp$平面$ABC$，又$CH\subset$平面$ABC$，所以$CH\perp A_1M$。又$HK\perp AA_1$，$HK\cap CH = H$，$HK$，$CH\subset$平面$CHK$，所以$AA_1\perp$平面$CHK$。因为$CK\subset$平面$CHK$，所以$AA_1\perp CK$。所以$\angle HKC$为二面角$B - A_1A - C$的平面角。
由$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}CA · CB = \frac{1}{2}AB · CH$，得$CH = \frac{CA · CB}{AB} = \frac{\sqrt{3} × 1}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$。所以$AH = \sqrt{AC^2 - CH^2} = \sqrt{3 - \frac{3}{4}} = \frac{3}{2}$。
在$\triangle A_1AB$中，$HK\perp AA_1$，则$HK = AH\sin\angle HAK = \frac{3}{2}\sin 60° = \frac{3\sqrt{3}}{4}$。
在$Rt\triangle CHK$中，$\tan\angle HKC = \frac{CH}{HK} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{3\sqrt{3}}{4}} = \frac{2}{3}$，即二面角$B - A_1A - C$的正切值为$\frac{2}{3}$。