《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版巅峰版》

5. [多选题，2025江苏南京一中期末]如图，已知等边三角形ABC的边长为4，AD是边BC上的高，沿AD将平面ACD折起，得到四面体ABCD.若二面角B-AD-C的平面角大小为60°，G是四面体ABCD的棱BD的中点，P是△ACD内的动点，则下列说法正确的是(ACD)


A.AD⊥平面BCD
B.设二面角C-AB-D的平面角大小为α，则tanα=$\frac{1}{2}$
C.若GP//平面ABC，则点P的轨迹长度为2
D.点D到平面ABC的距离为$\frac{2\sqrt{15}}{5}$

答案：
5. ACD 因为△ABC为等边三角形，AD是边BC上的高，所以AD⊥DC，AD⊥DB，翻折后AD⊥DC，AD⊥DB，又DC∩DB = D，DC，DB⊂平面BCD，DC，DB⊂平面BCD，所以AD⊥平面BCD，故A正确；如图，连接CG，因为AD⊥DC，AD⊥DB，所以二面角B - AD - C的平面角为∠CDB = 60°，所以△CDB为等边三角形，所以BD⊥CG，由A可知，AD⊥平面BCD，CG⊂平面BCD，所以AD⊥CG，又AD∩BD = D，AD，BD⊂平面ABD，所以CG⊥平面ABD，过点G作MG⊥AB，连接MC，因为CG⊥平面ABD，AB⊂平面ABD，所以CG⊥AB，又MG∩CG = G，CG，MG⊂平面CMG，所以AB⊥平面CMG，因为MC⊂平面CMG，所以CM⊥AB，则∠CMG为二面角C - AB - D的平面角.又CG = 2sin60° = $\sqrt{3}$，GM = BG·sin60° = $\frac{\sqrt{3}}{2}$，在Rt△CGM中，$\tan∠CMG=\frac{CG}{MG}=\frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2$，即$\tanα = 2$，故B错误；取AD，CD的中点分别为N，H，连接NG，HG，NH，所以NG//AB，HG//BC，又NG⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以NG//平面ABC，同理可证得HG//平面ABC，又NG∩HG = G，NG⊂平面GNH，HG⊂平面GNH，所以平面GNH//平面ABC，又平面GNH∩平面ACD = NH，所以点P的轨迹为线段NH，NH = $\frac{1}{2}AC = 2$，所以点P의轨迹长度为2，故C正确；设点D到平面ABC的距离为h，在△ABC中，AB = AC = 4，BC = 2，所以边BC上的高为$\sqrt{4^{2}-1^{2}}=\sqrt{15}$，所以△ABC的面积为$\frac{1}{2}×2×\sqrt{15}=\sqrt{15}$，根据$V_{C - ABD}=V_{D - ABC}$，即$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}×\sqrt{3}=\frac{1}{3}×\sqrt{15}×h$，解得$h=\frac{2\sqrt{15}}{5}$，即点D到平面ABC的距离为$\frac{2\sqrt{15}}{5}$，故D正确.

6. [2025北京朝阳期末]如图，四边形ABCD为矩形，E，H，G，F分别是DC，CB，BA，AD的中点，依次沿FE，EH，HG，GF，EG折叠，使得矩形四个顶点D，C，B，A重合于一点，得到三棱锥F-EHG.若AB=2√{2}，AD=2，给出下面四个结论：

①三棱锥F-EHG是正四面体；
②二面角G-FH-E为直二面角；
③三棱锥F-EHG的表面积为4√{2}；
④三棱锥F-EHG的体积为$\frac{2}{3}$.
其中正确的结论是②③④(填序号).

答案：
6. ②③④ 由题意可知三棱锥F - EHG，如图所示，由于EF = FG = HE = HG = $\sqrt{HB^{2}+GB^{2}}=\sqrt{(\sqrt{2})^{2}+1^{2}}=\sqrt{3}$，又EG = 2，HF = DF + CH = 2，故三棱锥F - EHG不是正四面体，故①错误.取FH的中点O，连接OE，OG，由于EF = FG = HE = HG = $\sqrt{3}$，故OE⊥FH，OG⊥FH，故∠EOG为二面角G - FH - E的平面角，OE = OG = $\sqrt{EF^{2}-OF^{2}}=\sqrt{(\sqrt{3})^{2}-1^{2}}=\sqrt{2}$，EG = 2，因为$OE^{2}+OG^{2}=EG^{2}$，所以∠EOG = $\frac{π}{2}$，故②正确.由于OE⊥FH，OG⊥FH，OE∩OG = O，OE，OG⊂平面OEG，故FH⊥平面OEG，则三棱锥F - EHG的体积$V_{F - EHG}=V_{F - EO}+V_{H - EO}=\frac{1}{3}S_{\triangle EOG}·OF+\frac{1}{3}S_{\triangle EOG}·OH=\frac{1}{3}S_{\triangle EOG}·FH=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{2}×2=\frac{2}{3}$，表面积为$4S_{\triangle EHF}=4×\frac{1}{2}FH·OE=4×\frac{1}{2}×2×\sqrt{2}=4\sqrt{2}$，故③④正确.

7. [2024河南郑州期中]如图，将三棱锥B-PAC展开为平面图形，已知AC=AE=2，AP=2√{3}，AP⊥AC，AP⊥AE，∠CAD=120°，则cos∠PFC=$\frac{\sqrt{3}}{4}$.

答案： 7. $\frac{\sqrt{3}}{4}$ 由题意，知Rt△PAC≌Rt△PAE，由勾股定理得PC = $\sqrt{AC^{2}+AP^{2}}=4=PE$，又PF = PE = 4，AD = AE = 2 = AC，∠CAD = 120°，所以在△ACD中，由余弦定理得$CD^{2}=AC^{2}+AD^{2}-2AC·AD\cos120°=2^{2}+2^{2}-2×2×2×(-\frac{1}{2})=12$，故CD = CF = $2\sqrt{3}$.在△PCF中，由余弦定理得$\cos∠PFC=\frac{CF^{2}+PF^{2}-PC^{2}}{2CF·PF}=\frac{12 + 16 - 16}{2×2\sqrt{3}×4}=\frac{\sqrt{3}}{4}$.

8. [2024湖南长沙期末]如图，已知在三棱锥P-ABC的平面展开图中，四边形ABCD为边长等于√{2}的正方形，△ABE和△BCF均为正三角形，在三棱锥P-ABC中.
（1）求证：平面PAC⊥平面ABC；
（2）求三棱锥P-ABC的表面积和体积.

答案：
8.
(1)证明：如图，设AC的中点为O，连接BO，PO.由题意，得PA = PB = PC = $\sqrt{2}$，PO = 1，AO = BO = CO = 1.因为在△PAC中，PA = PC，O为AC的中点，所以PO⊥AC.因为在△POB中，PO = OB = 1，PB = $\sqrt{2}$，$PO^{2}+OB^{2}=PB^{2}$，所以PO⊥OB.因为AC∩OB = O，AC，OB⊂平面ABC，所以PO⊥平面ABC，因为PO⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.
(2)解：三棱锥P - ABC的表面积$S=\sqrt{2}×\sqrt{2}+2×\frac{\sqrt{3}}{4}×(\sqrt{2})^{2}=2+\sqrt{3}$.由
(1)知，PO⊥平面ABC，所以三棱锥P - ABC的体积$V=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}×PO=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{2}×1=\frac{1}{3}$.