《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版巅峰版》

3. [2025江苏无锡一中期中]如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，平面PAC⊥平面PBC.
(1)求证：BC⊥AC.
(2)若PA=$\sqrt{2}$，AC=BC=2，M是PB的中点，N，F分别在线段BC，AM上移动.
①求PB与平面PAC所成角的正切值；
②若FN//平面PAC，求线段FN长度取最小值时二面角F-BC-A平面角的正切值.

答案：

(1) 证明：如图，作 AH⊥PC，交 PC 于点 H. 因为平面 PAC⊥平面 PBC，平面 PAC∩平面 PBC = PC，AH⊂平面 PAC，所以 AH⊥平面 PBC. 因为 BC⊂平面 PBC，所以 BC⊥AH. 因为 PA⊥平面 ABC，BC⊂平面 ABC，所以 BC⊥PA. 因为 AH∩PA = A，AH，PA⊂平面 PAC，所以 BC⊥平面 PAC. 又 AC⊂平面 PAC，所以 BC⊥AC.
　　　　　　　
(2) 解：①由
(1) 得 BC⊥平面 PAC，所以 PC 为 PB 在平面 PAC 上的射影，∠BPC 为 PB 与平面 PAC 所成的角，在 △PAC 中，$PC = \sqrt{PA^{2}+AC^{2}} = \sqrt{6}，$在 Rt△PCB 中，$\tan∠BPC = \frac{BC}{PC} = \frac{2}{\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{6}}{3}，$所以 PB 与平面 PAC 所成角的正切值为$ \frac{\sqrt{6}}{3}.$
②过点 F 作 AB 的垂线，垂足为 Q，过点 Q 作 QN//AC 交 BC 于 N. 因为 PA⊥平面 ABC，ABC⊂平面 ABC，所以 PA⊥AB. 又因为 FQ⊥AB，PA，FQ⊂平面 PAB，所以 PA//FQ. 因为 PA⊂平面 PAC，FQ⊄平面 PAC，所以 FQ//平面 PAC，同理 NQ//平面 PAC. 因为 FQ∩NQ = Q，FQ，NQ⊂平面 FQN，所以平面 PAC//平面 FQN. 因为 FN⊂平面 FQN，所以 FN//平面 PAC，设 BN = λ，$PA = \sqrt{2}，$所以 QN = λ，$BQ = \sqrt{2}λ，$$AQ = 2\sqrt{2}-\sqrt{2}λ，$$FQ = \frac{1}{2}AQ = \sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}λ，$在 Rt△FQN 中，$FN² = FQ² + QN² = (\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}λ)² + λ² = \frac{3}{2}λ² - 2λ + 2(1≤λ≤2)，$当 λ = 1 时，$(FN²)_min = \frac{3}{2}，$$FN_min = \frac{\sqrt{6}}{2}，$易证 ∠FNQ 为二面角 F - BC - A 的平面角，其正切值为$ \frac{\sqrt{2}}{2}.$
　　　　　　　

4. [2025江苏苏州期末]已知等腰梯形AB-CD中，AB=2，DC=3，∠ADC=60°，E，F是线段DC的两个三等分点(E在F的左侧)，M是线段AF上靠近A的三等分点(如图1).将△DAE沿AE翻折到△PAE的位置，连接PB，PC得到四棱锥P-ABCE(如图2).
(1)求证：AE⊥PM.
(2)当PM⊥AF时，
①求平面PAE与平面ABCE所成二面角的余弦值；
②求直线PC与平面PAE所成角的正弦值.

答案：

(1) 证明：如图，在四棱锥 P - ABCE 中，取 AE 的中点 G，连接 GM，GP，题图 1 中，由 CE//AB，$CE = \frac{2}{3}CD = 2 = AB，$得四边形 ABCE 为平行四边形，AD = BC = AE. 因为 ∠ADE = 60°，所以 △ADE 为正三角形，AD = BC = AE = DE = 1，即 △PAE 为正三角形，所以 PG⊥AE，连接 BE 交 AF 于 O，在 △BEF 中，由余弦定理得$ BE² = EF² + BF² - 2EF·BF\cos 120° = 3，$则 AE² + BE² = 4 = AB²，即 AE⊥BE，因为 EF//AB，$EF = \frac{1}{2}AB，$则 AO = 2OF，由 M 是线段 AF 上靠近点 A 的三等分点，得 M 是线段 AO 的中点，所以 GM//BE，AE⊥GM，因为 PG∩GM = G，PG，GM⊂平面 PGM，所以 AE⊥平面 PGM，又因为 PM⊂平面 PGM，所以 AE⊥PM.
　　　　　　
(2) 解：①由
(1) 知，PG⊥AE，GM⊥AE，则 ∠PGM 是平面 PAE 与平面 ABCE 所成二面角的平面角，由
(1) 得 AE⊥PM，又因为 PM⊥AF，AE∩AF = A，AE，AF⊂平面 ABCE，所以 PM⊥平面 ABCE，在 Rt△PGM 中，$PG = \frac{\sqrt{3}}{2}，$$GM = \frac{1}{2}EO = \frac{1}{6}BE = \frac{\sqrt{3}}{6}，$所以平面 PAE 与平面 ABCE 所成二面角的余弦值是$ \cos∠PGM = \frac{GM}{PG} = \frac{1}{3}.$
②在 Rt△PGM 中，$PM = \sqrt{PG^{2}-GM^{2}} = \sqrt{\frac{3}{4}-\frac{1}{12}} = \frac{\sqrt{6}}{3}，$如图，连接 MC，AC，由
(1) 可得$ AF = BE = \sqrt{3}，$在 △MFC 中，$MC² = MF² + CF² - 2MF·CF\cos 150° = \frac{4}{3} + 1 - 2×\frac{2\sqrt{3}}{3}×1×(-\frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{13}{3}，$在 Rt△PMC 中，$PC = \sqrt{PM^{2}+MC^{2}} = \sqrt{5}，$设点 C 到平面 PAE 的距离为 d，由 V_C - PAE = V_P - ACE，得$ \frac{1}{3}S_△PAE·d = \frac{1}{3}S_△ACE·PM，$则$ \frac{\sqrt{3}}{4}×1²×d = \frac{1}{2}×1×2×\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{\sqrt{6}}{3}，$解得$ d = \frac{2\sqrt{6}}{3}，$所以直线 PC 与平面 PAE 所成角的正弦值为$ \frac{d}{PC} = \frac{2\sqrt{30}}{15}.$