《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版巅峰版》

6. [2025 天津耀华中学期末]如图,两个正交的全等正四面体(每一个四面体的各个面都过另一个四面体的三条共点的棱的中点),若正四面体棱长为 2,则这个两正交四面体公共部分的体积为$\frac{\sqrt{2}}{3}$.

答案： 6.$\frac{\sqrt{2}}{3}$　因为该几何图形的体积由八个小正四面体和所求公共部分的体积组成，设大正四面体为$A - BCD$，$E$是$\triangle BCD$的中心，因为大正四面体的棱长为2，所以$AD = 2$，$DE = \frac{2}{3}DC · \cos 30^{\circ} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$，所以大正四面体的高$h_{1} = \sqrt{AD^{2} - DE^{2}} = \frac{2\sqrt{6}}{3}$，小正四面体的高$h_{2} = \frac{1}{2}h_{1} = \frac{\sqrt{6}}{3}$，设所求部分的体积为$V$，大正四面体的体积为$V_{1}$，小正四面体的体积为$V_{2}$，则$V_{1} = \frac{1}{3} × \frac{1}{2} × 2 × 2 × \sin 60^{\circ} × h_{1} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$，$V_{2} = \frac{1}{3} × \frac{1}{2} × 1 × 1 × \sin 60^{\circ} × h_{2} = \frac{\sqrt{2}}{12}$，所以$2V_{1} - V = 8V_{2} + V$，即$2 × \frac{2\sqrt{2}}{3} - V = 8 × \frac{\sqrt{2}}{12} + V$，解得$V = \frac{\sqrt{2}}{3}$，即这两个正交四面体公共部分的体积为$\frac{\sqrt{2}}{3}$。

7. [2024 浙江杭州期末]我国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“羡除”的几何体,该几何体的一种结构是三个面均为梯形,其他两面为三角形的五面体. 如图所示,四边形 $ABCD$, $ABFE$, $CDEF$ 均为等腰梯形,$AB// CD// EF$,$AB = 6$,$CD = 8$, $EF = 10$,$EF$ 到平面 $ABCD$ 的距离为 5,$CD$ 与 $AB$ 之间的距离为 10,则这个“羡除”的体积 $V =$200.

答案：
7.200　如图，连接$CE$，$BE$，$V = V_{四棱锥E - ABCD} + V_{三棱锥C - BEF} = V_{四棱锥E - ABCD} + \frac{5}{3}V_{三棱锥D - ABE} = V_{四棱锥E - ABCD} + \frac{5}{3}V_{三棱锥E - ABD} = V_{四棱锥E - ABCD} + \frac{5}{7}V_{四棱锥E - ABCD} = \frac{12}{7}V_{四棱锥E - ABCD} = \frac{12}{7} × \frac{1}{3} × \frac{1}{2} × (6 + 8) × 10 × 5 = 200$。
　　　　　　　　

8. [2025 广东卓越教育发展联盟学校月考]已知一块正三棱台木料 $ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$ 如图所示,$O$ 为 $\triangle ABC$ 的重心,且 $AC = 3$,$A_{1}C_{1} = 2$.
(1) 要经过点 $O$ 将木料锯开,使截面平行于平面 $CAA_{1}C_{1}$,在木料表面应该怎样画线？并说明理由；
(2) 写出一种切割方式,要求过点 $O$,将(1)问中较大的几何体,切割出与较小木料体积相同的木料.

答案：
8.解:
(1)如图，在平面$ABC$内过点$O$作直线$DE$，使$DE // AC$，分别交棱$BA$，$BC$于点$D$，$E$，取棱$A_{1}B_{1}$，$B_{1}C_{1}$的中点$G$，$F$，连接$EF$，$FG$，$GD$，则$DE$，$EF$，$FG$，$GD$就是应画的线。
　　　　　　
下面证明:因为$DE // AC$，$DE\not\subset$平面$CAA_{1}C_{1}$，$AC\subset$平面$CAA_{1}C_{1}$，所以$DE //$平面$CAA_{1}C_{1}$，因为$O$为$\triangle ABC$的重心，$DE // AC$，所以$DA = \frac{1}{3}AB = 1 = A_{1}G$。又因为$DA // A_{1}G$，所以四边形$DAA_{1}G$为平行四边形，所以$DG // AA_{1}$，又$DG\not\subset$平面$CAA_{1}C_{1}$，$AA_{1} \subset$平面$CAA_{1}C_{1}$，所以$DG //$平面$CAA_{1}C_{1}$。又$DE //$平面$CAA_{1}C_{1}$，$DE \cap DG = D$，$DE$，$DG \subset$平面$DEFG$，所以平面$DEFG //$平面$CAA_{1}C_{1}$，即所作截面平行于平面$CAA_{1}C_{1}$。
(2)设棱台的高为$h$，$\triangle A_{1}B_{1}C_{1}$的面积$S = \frac{1}{2} × 2 × 2 × \sin 60^{\circ} = \sqrt{3}$，则$S_{\triangle ABC} = \frac{9\sqrt{3}}{4}$，正三棱台$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$的体积$V_{三棱台A_{1}B_{1}C_{1} - ABC} = \frac{1}{3}\left(\sqrt{3} + \frac{9\sqrt{3}}{4} + \sqrt{\sqrt{3} · \frac{9\sqrt{3}}{4}}\right)h = \frac{19\sqrt{3}}{12}h$，正三棱台$B_{1}GF - BDE$的体积$V_{三棱台B_{1}GF - BDE} = \frac{1}{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{4} + \sqrt{3} + \sqrt{\frac{\sqrt{3}}{4} · \sqrt{3}}\right)h = \frac{7\sqrt{3}}{12}h$，所以被截面截得的另一个几何体的体积为$\frac{19\sqrt{3}}{12}h - \frac{7\sqrt{3}}{12}h = \sqrt{3}h$。过点$O$和$A_{1}C_{1}$作截面，即连接$DA_{1}$，$EC_{1}$，
　　　　　　
因为$DE = A_{1}C_{1}$，所以几何体$A_{1}B_{1}C_{1} - DEB$为棱柱，所以$V_{三棱柱A_{1}B_{1}C_{1} - DEB} = \sqrt{3}h$，所以被截面$A_{1}C_{1}ED$截得的另一个几何体的体积为$\frac{19\sqrt{3}}{12}h - \sqrt{3}h = \frac{7\sqrt{3}}{12}h$，因此沿着$A_{1}C_{1}ED$截开即可。（答案不唯一）

9. [2024 河北衡水中学期末]如图,$AE⊥$平面 $ABCD$,$AD// BC$,$AD⊥AB$,$AB = AD = 1$,$AE = BC = 2$,$F$ 为 $CE$ 的中点.
(1) 求证:$DF//$平面 $EAB$;
(2) 求三棱锥 $E - BDC$ 的体积;
(3) 求点 $C$ 到平面 $BDE$ 的距离.

答案：
9.
(1)证明:如图，取BE的中点$G$，连接$AG$，$FG$。
　　　　　　
因为$F$为CE的中点，所以$GF // BC$且$GF = \frac{1}{2}BC$。又因为$AD // BC$，$AD = 1$，$BC = 2$，即$AD // BC$且$AD = \frac{1}{2}BC$，所以$AD // GF$且$AD = GF$，即四边形$ADFG$为平行四边形，则$AG // DF$。又$AG\subset$平面$EAB$，$DF\not\subset$平面$EAB$，所以$DF //$平面$EAB$。
(2)解:因为$AD \perp AB$，$AD // BC$，所以$AB \perp BC$，所以$S_{\triangle BCD} = \frac{1}{2} × 2 × 1 = 1$。又因为$AE \perp$平面$ABCD$，可知三棱锥$E - BDC$的高$AE = 2$，所以三棱锥$E - BDC$的体积$V_{三棱锥E - BDC} = \frac{1}{3} × 2 × 1 = \frac{2}{3}$。
(3)解:因为$AD \perp AB$，$AD = AB = 1$，所以$BD = \sqrt{AD^{2} + AB^{2}} = \sqrt{2}$。因为$AE \perp$平面$ABCD$，$AB$，$AD\subset$平面$ABCD$，所以$AE \perp AB$，$AE \perp AD$。又因为$AE = 2$，$AD = AB = 1$，所以$EB = ED = \sqrt{2^{2} + 1^{2}} = \sqrt{5}$，所以$S_{\triangle BED} = \frac{1}{2} × \sqrt{2} × \sqrt{(\sqrt{5})^{2} - \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}} = \frac{3}{2}$。设点C到平面$BDE$的距离为$h$，则$V_{三棱锥C - BDE} = V_{三棱锥E - BDC} = \frac{1}{3} × \frac{3}{2}h = \frac{2}{3}$，解得$h = \frac{4}{3}$，所以点C到平面$BDE$的距离为$\frac{4}{3}$。