《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

11. [2024·新课标Ⅱ卷]已知正三棱台 $ABC - A_1B_1C_1$ 的体积为 $\frac{52}{3}$，$AB = 6$，$A_1B_1 = 2$，则 $A_1A$ 与平面 $ABC$ 所成角的正切值为 (B)

A.$\frac{1}{2}$
B.1
C.2
D.3

答案：
11.B[解析]设正三棱台$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$的高为$h$.因为$AB = 6$，$A_{1}B_{1}=2$，所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}×6×6×\sin\frac{\pi}{3}=9\sqrt{3}$，$S_{\triangle A_{1}B_{1}C_{1}}=\frac{1}{2}×2×2×\sin\frac{\pi}{3}=\sqrt{3}$.因为正三棱台$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$的体积$V=\frac{1}{3}(S_{\triangle ABC}+S_{\triangle A_{1}B_{1}C_{1}}+\sqrt{S_{\triangle ABC}· S_{\triangle A_{1}B_{1}C_{1}}})h=\frac{1}{3}×(9\sqrt{3}+\sqrt{3}+\sqrt{9\sqrt{3}×\sqrt{3}})h=\frac{13\sqrt{3}}{3}h=\frac{52}{3}$，所以$h=\frac{4\sqrt{3}}{3}$.如图，设$\triangle ABC$和$\triangle A_{1}B_{1}C_{1}$的中心分别为$O$，$O_{1}$，连接$A_{1}O_{1}$，$OO_{1}$，$AO$，作$A_{1}D\perp$平面$ABC$交平面$ABC$于点$D$.由几何体$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$为正三棱台可知，点$D$在$AO$上，且四边形$A_{1}O_{1}OD$为矩形，$\angle A_{1}AD$为直线$A_{1}A$与平面$ABC$所成的角.由$AB = 6$，$A_{1}B_{1}=2$，可得$OA = 2\sqrt{3}$，$O_{1}A_{1}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，所以$AD = OA - OD = OA - O_{1}A_{1}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，所以$\tan\angle A_{1}AD=\frac{A_{1}D}{AD}=\frac{\frac{4\sqrt{3}}{3}}{\frac{4\sqrt{3}}{3}} = 1$.故选B.

12. [2023·全国卷乙卷]已知 $\triangle ABC$ 为等腰直角三角形，$AB$ 为斜边，$\triangle ABD$ 为等边三角形，若二面角 $C - AB - D$ 为 $150°$，则直线 $CD$ 与平面 $ABC$ 所成角的正切值为 (C)

A.$\frac{1}{5}$
B.$\frac{\sqrt{2}}{5}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{5}$
D.$\frac{2}{5}$

答案：
12.C[解析]如图，取$AB$的中点为$M$，连接$CM$，$DM$，则$CM\perp AB$，$DM\perp AB$.因为$CM$，$DM\subset$平面$CMD$，$CM\cap DM = M$，所以$AB\perp$平面$CMD$，$\angle CMD$即为二面角$C - AB - D$的平面角，所以$\angle CMD = 150^{\circ}$.设$AB = 2$，则$CM = 1$，$MD=\sqrt{3}$，在$\triangle CMD$中，由余弦定理可得$CD=\sqrt{3 + 1-2×\sqrt{3}×1×(-\frac{\sqrt{3}}{2})}=\sqrt{7}$.延长$CM$，过点$D$作$CM$的垂线，设垂足为$H$，则$\angle HMD = 30^{\circ}$，所以$DH=\frac{1}{2}DM=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$MH=\frac{\sqrt{3}}{2}DM=\frac{3}{2}$，所以$CH = 1+\frac{3}{2}=\frac{5}{2}$.因为$DH\subset$平面$CMD$，所以$AB\perp DH$.又$DH\perp CM$，$AB$，$CM\subset$平面$ABC$，$AB\cap CM = M$，所以$DH\perp$平面$ABC$，$\angle DCM$即为直线$CD$与平面$ABC$所成的角，所以在$Rt\triangle DCH$中，$\tan\angle DCM=\frac{DH}{CH}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{5}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{5}$.故选C.

13. [2022·新高考全国卷Ⅰ](多选)已知正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$，则 (ABD)

A.直线 $BC_1$ 与 $DA_1$ 所成的角为 $90°$
B.直线 $BC_1$ 与 $CA_1$ 所成的角为 $90°$
C.直线 $BC_1$ 与平面 $BB_1D_1D$ 所成的角为 $45°$
D.直线 $BC_1$ 与平面 $ABCD$ 所成的角为 $45°$

答案：
13.ABD[解析]如图，连接$AD_{1}$，在正方形$A_{1}ADD_{1}$中，$AD_{1}\perp DA_{1}$，因为$AD_{1}//BC_{1}$，所以$BC_{1}\perp DA_{1}$，所以直线$BC_{1}$与$DA_{1}$所成的角为$90^{\circ}$，故A正确.
在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$CD\perp$平面$BCC_{1}B_{1}$.因为$BC_{1}\subset$平面$BCC_{1}B_{1}$，所以$CD\perp BC_{1}$.连接$B_{1}C$，则$B_{1}C\perp BC_{1}$.因为$CD\cap B_{1}C = C$，$CD$，$B_{1}C\subset$平面$DCB_{1}A_{1}$，所以$BC_{1}\perp$平面$DCB_{1}A_{1}$.又$CA_{1}\subset$平面$DCB_{1}A_{1}$，所以$BC_{1}\perp CA_{1}$，所以直线$BC_{1}$与$CA_{1}$所成的角为$90^{\circ}$，故B正确.连接$A_{1}C_{1}$，交$B_{1}D_{1}$于点$O$，则易得$OC_{1}\perp$平面$BB_{1}D_{1}D$.连接$OB$，因为$OB\subset$平面$BB_{1}D_{1}D$，所以$OC_{1}\perp OB$，所以$\angle OBC_{1}$为直线$BC_{1}$与平面$BB_{1}D_{1}D$所成的角.设正方体的棱长为$a$，则易得$BC_{1}=\sqrt{2}a$，$OC_{1}=\frac{\sqrt{2}a}{2}$，所以在$Rt\triangle BOC_{1}$中，$OC_{1}=\frac{1}{2}BC_{1}$，所以$\angle OBC_{1}=30^{\circ}$，故C错误.
因为$C_{1}C\perp$平面$ABCD$，所以$\angle CBC_{1}$为直线$BC_{1}$与平面$ABCD$所成的角，易得$\angle CBC_{1}=45^{\circ}$，故D正确.故选ABD.

14. [2022·浙江卷]如图，已知正三棱柱 $ABC - A_1B_1C_1$，$AC = AA_1$，$E$，$F$ 分别是棱 $BC$，$A_1C_1$ 上的点。记 $EF$ 与 $AA_1$ 所成的角为 $\alpha$，$EF$ 与平面 $ABC$ 所成的角为 $\beta$，二面角 $F - BC - A$ 的平面角为 $\gamma$，则 (A)


A.$\alpha \leq \beta \leq \gamma$
B.$\beta \leq \alpha \leq \gamma$
C.$\beta \leq \gamma \leq \alpha$
D.$\alpha \leq \gamma \leq \beta$

答案：
14.A[解析]由题意设$AA_{1}=BB_{1}=CC_{1}=AB = BC = CA = 2$.当点$E$，$F$分别与点$B$，$A_{1}$重合时（如图1），连接$A_{1}B$，$EF$与$AA_{1}$所成的角为$\angle AA_{1}B$，即$\alpha=\angle AA_{1}B$，所以$\alpha = 45^{\circ}$.

因为$AA_{1}\perp$平面$ABC$，所以$EF$与平面$ABC$所成角为$\angle A_{1}BA$，即$\beta=\angle A_{1}BA$，所以$\beta = 45^{\circ}$.
取$BC$的中点$G$，连接$FG$，$AG$，则由$\triangle ABC$为正三角形知$AG\perp BC$.又由$AA_{1}\perp$平面$ABC$，知$BC\perp AA_{1}$.又$AA_{1}\cap AG = A$，$AA_{1}$，$AG\subset$平面$AA_{1}G$，所以$BC\perp$平面$AA_{1}G$，所以$BC\perp A_{1}G$，所以二面角$F - BC - A$的平面角为$\angle AGA_{1}$，即$\gamma=\angle AGA_{1}$，易知$AG=\sqrt{3}$，所以$\tan\gamma=\frac{AA_{1}}{AG}=\frac{2}{\sqrt{3}}＞1$，所以$\gamma＞45^{\circ}$，此时有$\alpha=\beta＜\gamma$.

当点$F$与点$A_{1}$重合且$E$为$BC$中点时（如图2），连接$AE$，$A_{1}E$.易知$EF$与$AA_{1}$所成的角为$\angle AA_{1}E$，即$\alpha=\angle AA_{1}E$；$EF$与平面$ABC$所成角为$\angle A_{1}EA$，即$\beta=\angle A_{1}EA$；二面角$F - BC - A$的平面角为$\angle AEA_{1}$，即$\gamma=\angle AEA_{1}$.因为在$Rt\triangle A_{1}AE$中$AA_{1}=2$，$AE=\sqrt{3}$，即$AA_{1}＞AE$，所以$\alpha＜\beta=\gamma$.综合上面$E$，$F$的两种特殊位置知，$\alpha\leqslant\beta\leqslant\gamma$.故选A.

15. [2024·新课标Ⅰ卷]如图，在四棱锥 $P - ABCD$ 中，$PA \perp$ 底面 $ABCD$，$PA = AC = 2$，$BC = 1$，$AB = \sqrt{3}$。
(1)若 $AD \perp PB$，证明：$AD //$ 平面 $PBC$；
(2)若 $AD \perp DC$，且二面角 $A - CP - D$ 的正弦值为 $\frac{\sqrt{42}}{7}$，求 $AD$。

答案：
15.
(1)证明：由$BC = 1$，$AB=\sqrt{3}$，$AC = 2$，可得$AC^{2}=AB^{2}+BC^{2}$，所以$AB\perp BC$.
因为$PA\perp$底面$ABCD$，$BC\subset$底面$ABCD$，所以$BC\perp PA$.
又$AB\cap PA = A$，$AB$，$PA\subset$平面$PAB$，所以$BC\perp$平面$PAB$.
因为$PA\perp$底面$ABCD$，$AD\subset$底面$ABCD$，所以$AD\perp PA$.
又$AD\perp PB$，且$PB\cap PA = P$，$PB$，$PA\subset$平面$PAB$，所以$AD\perp$平面$PAB$，所以$AD//BC$.
又$BC\subset$平面$PBC$，$AD\not\subset$平面$PBC$，所以$AD//$平面$PBC$.
(2)如图，过点$D$作$DO\perp AC$，垂足为$O$.过点$O$作$OG\perp PC$，垂足为$G$，连接$DG$.

因为$PA\perp$底面$ABCD$，$PAC\subset$平面$PAC$，所以平面$PAC\perp$平面$ABCD$.
又平面$PAC\cap$平面$ABCD = AC$，所以$DO\perp$平面$PAC$，所以$DO\perp PC$，$DO\perp OG$.
因为$DO\cap OG = O$，$DO$，$OG\subset$平面$DOG$，所以$PC\perp$平面$DOG$，所以$PC\perp DG$，所以$\angle DGO$为二面角$A - CP - D$的平面角，
所以在$Rt\triangle DOG$中，$\sin\angle DGO=\frac{\sqrt{42}}{7}=\frac{DO}{DG}$①
在$Rt\triangle ADC$中，$AD\perp DC$，$AC = 2$，设$AD = x$，则$DC=\sqrt{4 - x^{2}}$，
所以$\frac{1}{2}AD· DC=\frac{1}{2}AC· DO$，则$DO=\frac{AD· DC}{AC}=\frac{x·\sqrt{4 - x^{2}}}{2}$.②
因为$PA\perp$底面$ABCD$，所以$PA\perp CD$.
又$AD\perp CD$，$PA\cap AD = A$，$PA$，$AD\subset$平面$PAD$，所以$CD\perp$平面$PAD$，所以$CD\perp PD$.
在$Rt\triangle PDC$中，$\frac{1}{2}PD· DC=\frac{1}{2}PC· DG$，
所以$DG=\frac{PD· DC}{PC}=\frac{\sqrt{4 + x^{2}}·\sqrt{4 - x^{2}}}{2\sqrt{2}}$③
将②式和③式代入①式，得$\frac{\sqrt{42}}{7}=\frac{x·\sqrt{4 - x^{2}}}{2}·\frac{2}{\sqrt{4 + x^{2}}·\sqrt{4 - x^{2}}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}·\frac{x}{\sqrt{4 + x^{2}}}$，
即$\frac{\sqrt{42}}{7}=\frac{\sqrt{3}x}{\sqrt{7}·\sqrt{4 + x^{2}}}$，
化简得$\frac{\sqrt{6}}{7}=\frac{x}{\sqrt{4 + x^{2}}}$，
两边平方得$\frac{6}{49}=\frac{x^{2}}{4 + x^{2}}$，
$6(4 + x^{2}) = 49x^{2}$，
$24 + 6x^{2}=49x^{2}$，
$43x^{2}=24$，
解得$x=\sqrt{3}$（负值舍去），所以$AD=\sqrt{3}$.

16. [2023·全国卷乙卷]如图，在三棱锥 $P - ABC$ 中，$AB \perp BC$，$AB = 2$，$BC = 2\sqrt{2}$，$PB = PC = \sqrt{6}$，$BP$，$AP$，$BC$ 的中点分别为 $D$，$E$，$O$，$AD = \sqrt{5}DO$，点 $F$ 在 $AC$ 上，$BF \perp AO$。
(1)证明：$EF //$ 平面 $ADO$；
(2)证明：平面 $ADO \perp$ 平面 $BEF$；
(3)求二面角 $D - AO - C$ 的正弦值。

答案：
16.
(1)证明：设$\overrightarrow{AF}=\lambda\overrightarrow{AC}(0\leqslant\lambda\leqslant1)$，则$\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{BA}+\lambda\overrightarrow{AC}=(1 - \lambda)\overrightarrow{BA}+\lambda\overrightarrow{BC}$，
$\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BO}=-\overrightarrow{BA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$.
因为$BF\perp AO$，$AB\perp BC$，所以$\overrightarrow{BF}·\overrightarrow{AO}=[(1 - \lambda)\overrightarrow{BA}+\lambda\overrightarrow{BC}]·(-\overrightarrow{BA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC})=( \lambda - 1)|\overrightarrow{BA}|^{2}+\frac{1}{2}\lambda|\overrightarrow{BC}|^{2}=4(\lambda - 1)+4\lambda = 0$，解得$\lambda=\frac{1}{2}$，即$\overrightarrow{AF}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$，故$F$为$AC$的中点.
又$E$为$PA$的中点，所以$EF//PC$.
因为$D$，$O$分别为$PB$，$BC$的中点，所以$DO//PC$，
所以$EF//DO$.
因为$EF\not\subset$平面$ADO$，$DOC\subset$平面$ADO$，所以$EF//$平面$ADO$.
(2)证明：由题意得$AO=\sqrt{AB^{2}+BO^{2}}=\sqrt{2^{2}+(\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{6}$，$DO=\frac{1}{2}PC=\frac{\sqrt{6}}{2}$，所以$AD=\sqrt{5}DO=\frac{\sqrt{30}}{2}$，所以$AO^{2}+DO^{2}=AD^{2}$，所以$AO\perp DO$.
因为$EF//DO$，所以$AO\perp EF$.
又$AO\perp BF$，$BF\cap EF = F$，$BF$，$EF\subset$平面$BEF$，所以$AO\perp$平面$BEF$.
因为$AOC\subset$平面$ADO$，所以平面$ADO\perp$平面$BEF$.
(3)如图，过点$O$作$OH//BF$交$AC$于点$H$，设$AD\cap BE = G$，
由$AO\perp BF$，得$HO\perp AO$，且$FH=\frac{1}{3}AH$.
又由
(2)知，$OD\perp AO$，则$\angle DOH$为二面角$D - AO - C$的平面角.
因为$D$，$E$分别为$PB$，$PA$的中点，所以$G$为$\triangle PAB$的重心，
即有$DG=\frac{1}{3}AD$，$GE=\frac{1}{3}BE$.
又$FH=\frac{1}{3}AH$，则$DH=\frac{3}{2}GF$.
$\cos\angle ABD=\frac{4+\frac{3}{2}-\frac{15}{2}}{2×2×\frac{\sqrt{6}}{2}}=\frac{4 + 6 - PA^{2}}{2×2×\sqrt{6}}$，解得$PA=\sqrt{14}$，同理得$BE=\frac{\sqrt{6}}{2}$.
因为$AC=\sqrt{2^{2}+(2\sqrt{2})^{2}}=2\sqrt{3}$，$F$为$AC$的中点，所以$BF=\sqrt{3}$，于是$BE^{2}+EF^{2}=BF^{2}$，即有$BE\perp EF$，则$GF^{2}=(\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{6}}{2})^{2}+(\frac{\sqrt{6}}{2})^{2}=\frac{5}{3}$，
从而$GF=\frac{\sqrt{15}}{3}$，$DH=\frac{3}{2}×\frac{\sqrt{15}}{3}=\frac{\sqrt{15}}{2}$.
在$\triangle DOH$中，$OH=\frac{1}{2}BF=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$OD=\frac{\sqrt{6}}{2}$，$DH=\frac{\sqrt{15}}{2}$，
于是$\cos\angle DOH=\frac{\frac{6}{4}+\frac{3}{4}-\frac{15}{4}}{2×\frac{\sqrt{6}}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
则$\sin\angle DOH=\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{2}}{2})^{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
所以二面角$D - AO - C$的正弦值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$.