《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版巅峰版》

1. [多选题，2023 安徽合肥期末]已知正方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$，则(ABC)

A.直线 $BC_{1}$ 与 $AB_{1}$ 所成的角为 $60^{\circ}$
B.直线 $BC_{1}$ 与 $A_{1}C$ 所成的角为 $90^{\circ}$
C.直线 $BC_{1}$ 平面 $ABB_{1}A_{1}$ 所成的角为 $45^{\circ}$
D.直线 $BC_{1}$ 与平面 $BDD_{1}B_{1}$ 所成的角为 $45^{\circ}$

答案：
1.ABC对于A，如图，连接AD₁，D₁B₁.由正方体的性质知，AD₁//BC₁，直线BC₁与AB₁所成的角即为AD₁与AB₁所成的角，因为△AB₁D₁为等边三角形，所以直线BC₁与AB₁所成的角为60°，故A正确;
　　　　　　　
对于B，如图，连接A₁D，A₁C，B₁C.因为DC⊥平面B₁BCC₁，BC₁⊂平面B₁BCC₁，所以DC⊥BC₁，又因为B₁C⊥BC₁，B₁C∩DC=C，B₁C，DC⊂平面A₁DCB₁，所以BC₁⊥平面A₁DCB₁，A₁C⊂平面A₁DCB₁，所以BC₁⊥A₁C，所以直线BC₁与A₁C所成的角为90°，故B正确;
　　　　　　　
对于C，如图，因为B₁C₁⊥平面ABB₁A₁，所以直线BC₁与平面ABB₁A₁所成的角为∠C₁BB₁，∠C₁BB₁ = 45°，所以直线BC₁与平面ABB₁A₁所成的角为45°，故C正确;

对于D，如图，连接A₁C₁，B₁D₁交于点O.因为BB₁⊥平面A₁B₁C₁D₁，C₁O⊂平面A₁B₁C₁D₁，所以BB₁⊥C₁O，又因为C₁O⊥B₁D₁，BB₁∩B₁D₁ = B₁，BB₁，B₁D₁⊂平面BDD₁B₁，所以C₁O⊥平面BDD₁B₁，所以直线BC₁与平面BDD₁B₁所成的角为∠OBC₁.设正方体的边长为2，所以C₁O = $\frac{1}{2}$C₁A₁ = $\frac{1}{2}$×$\sqrt{2^{2}+2^{2}}$ = $\sqrt{2}$，C₁B = 2$\sqrt{2}$，所以sin∠OBC₁ = $\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}$ = $\frac{1}{2}$，所以∠OBC₁ = 30°，所以直线BC₁与平面BDD₁B₁所成的角为30°，故D错误.
　　　　　　　

2. [2025 天津和平期末]如图，在四棱锥 $H - ABCD$ 中，底面 $ABCD$ 为平行四边形，$\triangle HBC$ 为等边三角形，平面 $HBD\perp HBC$，$HD\perp BC$，$BC = 2$，$DC = 3$.
（1）求证：$HD\perp$ 平面 $HBC$；
（2）求直线 $DC$ 与平面 $HBD$ 所成角的余弦值；
（3）求二面角 $H - BC - D$ 的余弦值.
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答案：
2.
(1)证明:如图，取BH的中点E，连接CE.因为△HBC是等边三角形，所以CE⊥BH.因为平面HBD⊥平面HBC，平面HBD∩平面HBC = HB，CE⊂平面HBC，所以CE⊥平面HBD.又HD⊂平面HBD，所以CE⊥HD.又HD⊥BC，BC∩CE = C，BC，CE⊂平面HBC，所以HD⊥平面HBC.
　　　　　　　
(2)如图，连接DE，由
(1)知，CE⊥平面HBD，所以直线DC与平面HBD所成的角为∠CDE.在Rt△CED中，CE⊥DE，DC = 3，CE = $\frac{\sqrt{3}}{2}$BC = $\sqrt{3}$，所以根据勾股定理得DE = $\sqrt{CD^{2}-CE^{2}}$ = $\sqrt{9 - 3}$ = $\sqrt{6}$，所以cos∠CDE = $\frac{DE}{DC}$ = $\frac{\sqrt{6}}{3}$，故直线DC与平面HBD所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{6}}{3}$.
　　　　　　
(3)如图，取BC的中点为F，连接HF，DF.因为△HBC为等边三角形，所以BC⊥HF.又BC⊥HD，HF∩HD = H，HF，HD⊂平面HDF，所以BC⊥平面HDF.又DF⊂平面HDF，所以DF⊥BC，所以∠HFD是二面角H - BC - D的平面角，由
(1)知，HD⊥平面HBC，因为HF⊂平面HBC，所以HD⊥HF.所以在Rt△DHF中，DF = $\sqrt{CD^{2}-CF^{2}}$ = $\sqrt{9 - 1}$ = 2$\sqrt{2}$，HF = $\frac{\sqrt{3}}{2}$HC = $\sqrt{3}$，所以cos∠HFD = $\frac{HF}{DF}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}$ = $\frac{\sqrt{6}}{4}$，所以二面角H - BC - D的余弦值为$\frac{\sqrt{6}}{4}$.
　　　　　　

3. [2024 福建福州期末]如图，$PO$ 为三棱锥 $P - ABC$ 的高，点 $O$ 在 $\triangle ABC$ 内，$D$ 为 $BP$ 的中点（图中未画），$BD = BO = 2$，$OD//$ 平面 $PAC$.
（1）求直线 $BP$ 与平面 $ABC$ 所成角；
（2）若 $OA = OC$，且 $\angle APB = \angle CPB$，求二面角 $P - AC - B$ 的大小.
]

答案：
3.解:
(1)因为PO为三棱锥P - ABC的高，所以PO⊥平面ABC.又BO⊂平面ABC，所以PO⊥BO.在Rt△POB中，因为D为BP的中点，所以BD = DP = OD.又BD = BO = 2，所以BD = BO = OD = 2，则△BDO为等边三角形，故∠DBO = $\frac{\pi}{3}$.又PO⊥平面ABC，所以∠DBO即为直线BP与平面ABC所成的角，故BP与平面ABC所成角的大小为$\frac{\pi}{3}$.
(2)如图，延长BO交AC于点E，连接PE.由于PO⊥平面ABC，AO，CO⊂平面ABC，故PO⊥AO，PO⊥CO.又AO = CO，所以PA = PC.在△APB与△CPB中，
$\begin{cases}BP = BP\\∠APB = ∠CPB\\PA = PC\end{cases}$，故△APB≌△CPB，所以BA = BC;
又在△ABO与△CBO中，$\begin{cases}BO = BO\\BA = BC\\AO = CO\end{cases}$，所以△ABO≌△CBO，所以∠ABO = ∠CBO，即BE为∠CBA的平分线.又BA = BC，所以BE⊥AC，且E为AC的中点.又PA = PC，所以PE⊥AC，则∠PEO即为二面角P - AC - B的平面角.由于OD//平面PAC，OD⊂平面BPE，平面BPE∩平面PAC = PE，故OD//PE，所以∠PEO = ∠DOB.由
(1)知，∠DOB = $\frac{\pi}{3}$，所以∠PEO = $\frac{\pi}{3}$，即二面角P - AC - B的大小为$\frac{\pi}{3}$.