《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

9. [2024·北京二中月考]如图，正方体 ABCD - A₁B₁C₁D₁ 的棱长为 1，P 为 BC 的中点，Q 为线段 CC₁ 上的动点，过点 A，P，Q 的平面截该正方体所得的截面记为 S，则(ABD)

A.当 $0 ＜ CQ ＜ \frac{1}{2}$ 时，S 为四边形
B.当 $CQ = \frac{3}{4}$ 时，S 与 C₁D₁ 的交点 R 满足 $C₁R = \frac{1}{3}$
C.当 $\frac{3}{4} ＜ CQ ＜ 1$ 时，S 为六边形
D.当 $CQ = 1$ 时，S 的面积为 $\frac{\sqrt{6}}{2}$

答案：
9.ABD[解析]对于$A$，当$0\lt CQ\lt\frac{1}{2}$时，过$A$，$P$，$Q$三点的截面与棱$DD_1$相交，截面$S$为四边形，如图$1$所示，故$A$正确.

对于$B$，如图$2$所示，当$CQ=\frac{3}{4}$时，$\frac{C_1R}{C_1T}=\frac{C_1Q}{QC}=\frac{1}{3}$.因为$P$为$BC$的中点，所以$CT = CD = 1$，得$C_1R=\frac{1}{3}$，故$B$正确.
对于$C$，如图$3$所示，当$\frac{3}{4}\lt CQ\lt1$时，过点$A$，$P$，$Q$的平面截正方体所得的截面为五边形$APQRH$，故$C$错误.

对于$D$，如图$4$所示，当$CQ = 1$时，过点$A$，$P$，$Q$的截面为菱形$APQH$，易得其对角线的长分别为$\sqrt{2}$，$\sqrt{3}$，所以$S$的面积为$\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{3}=\frac{\sqrt{6}}{2}$，故$D$正确.故选$ABD$.

10. [2024·芜湖检测]如图，在圆锥 SO 中，轴截面 SAB 是边长为 2 的等边三角形，M 为高 SO 上一动点，圆柱 MO 为圆锥 SO 的内接圆柱(内接圆柱的两个底面的圆周都在圆锥表面上)，P 为圆锥底面的动点，且 AM⊥MP，则(ACD)

A.圆柱 MO 的侧面积的最大值为 $\frac{\sqrt{3}\pi}{2}$
B.圆柱 MO 的轴截面面积的最大值为 $\sqrt{3}$
C.当 $OM = \frac{\sqrt{2}}{2}$ 时，点 P 的轨迹长度为 $\sqrt{3}$
D.当 $OM = \frac{\sqrt{3}}{3}$ 时，直线 MP 与圆锥底面所成角的最大值为 60°

答案：
10.ACD[解析]设内接圆柱$MO$的底面半径为$r$（$0\lt r\lt1$），高$MO = h$，由$\frac{h}{\sqrt{3}}=\frac{1 - r}{1}$，得$h=\sqrt{3}(1 - r)$.
圆柱$MO$的侧面积$S_1=2\pi r· h=2\sqrt{3}\pi· r(1 - r)\leq2\sqrt{3}\pi·(\frac{r + 1 - r}{2})^{2}=\frac{\sqrt{3}\pi}{2}$（当且仅当$r=\frac{1}{2}$时，等号成立），故$A$正确.
圆柱$MO$的轴截面面积$S_2=2r· h=2\sqrt{3}· r(1 - r)\leq2\sqrt{3}·(\frac{r + 1 - r}{2})^{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$（当且仅当$r=\frac{1}{2}$时，等号成立），故$B$错误.
如图，在$AB$上取一点$H$，使得$AM\perp MH$，又$AM\perp MP$，且$MP\cap MH = M$，所以$AM\perp$平面$MPH$，从而$AM\perp PH$，又$PH\perp MO$，且$AM\cap MO = M$，所以$PH\perp$平面$AMH$，因此$PH\perp AH$，所以点$P$的轨迹是过点$H$且垂直于$AB$的弦.
当$OM=\frac{\sqrt{2}}{2}$时，由$OM^{2}=OA· OH$，得$OH=\frac{1}{2}$，此时，该弦的长度为$2\sqrt{1^{2}-(\frac{1}{2})^{2}}=\sqrt{3}$，故$C$正确.
当$OM=\frac{\sqrt{3}}{3}$时，由$OM^{2}=OA· OH$，得$OH=\frac{1}{3}$，则当点$P$与点$H$重合时，直线$MP$与圆锥底面所成的角最大，最大角为$\angle MHA = 60^{\circ}$，故$D$正确.故选$ACD$.

11. [2024·武汉二中期末]定义：“美美 n 棱锥”就是每个侧面的面积均等于底面面积的正 n 棱锥. 则下列说法正确的有(AB)

A.正四面体是“美美三棱锥”
B.“美美 n 棱锥”的侧面与底面所成二面角的平面角的余弦值为 $\frac{1}{n}$
C.“美美 n 棱锥”的侧棱与底面所成角的余弦值为 $\frac{1}{n}$
D.“美美 n 棱锥”的内切球的球心是该“美美 n 棱锥”高线的一个 n 等分点

答案：
11.AB[解析]正四面体是四个面都是正三角形的正三棱锥，显然是“美美三棱锥”，故$A$正确；如图是“美美$n$棱锥$P - A_1A_2·s A_n$”的一部分，设底面正$n$边形$A_1A_2·s A_n$的外接圆圆心为$O$，取$A_1A_2$的中点$H$，连接$OP$，$OA_1$，$OA_2$，$OH$，$PH$，则$OH\perp A_1A_2$，$PH\perp A_1A_2$，从而$\angle PHO$为侧面与底面所成二面角的平面角，由$S_{\triangle PA_1A_2}=S_{底面}=nS_{\triangle A_1OA_2}$，可得$OH=\frac{1}{n}PH$，故$\cos\angle PHO=\frac{1}{n}$，故$B$正确；易知$\angle PA_1O$为侧棱$PA_1$与底面$A_1A_2·s A_n$所成的角，显然$\angle PHO\gt\angle PA_1O$，故$C$不正确；设“美美$n$棱锥”内切球球心为$M$，则$M$在$PO$上，连接$MA_1$，$MA_2$，$·s$，$MA_n$，则$V_{棱锥P - A_1A_2·s A_n}=V_{棱锥M - A_1A_2·s A_n}+V_{三棱锥M - PA_2A_3}+V_{三棱锥M - PA_3A_4}+·s+V_{三棱锥M - PA_nA_1}=(n + 1)· V_{三棱锥M - PA_1A_2}$，所以$PO=(n + 1)MO$，即“美美$n$棱锥”的内切球的球心是高线的一个$(n + 1)$等分点，故$D$不正确.故选$AB$.

12. [2024·宁波镇海中学月考]所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体. 在这两个平面内的面叫做拟柱体的底面，其余各面叫做拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫做拟柱

体

的高. 如图，拟柱体 ABCD - A₁B₁C₁D₁ 的上底面 A₁B₁C₁D₁ 和下底面 ABCD 均为平行四边形，E，F，G，H 分别为侧棱 AA₁，BB₁，CC₁，DD₁ 的中点. 记三角形 D₁HG 的面积为 S₁，梯形 CC₁D₁D 的面积为 S₂，则 $\frac{S₁}{S₂} =$$\frac{1}{4}$；若三棱锥 D₁ - EGH 的体积为 1，则四棱锥 E - BCC₁B₁ 的体积为4.(本小题第一空 2 分，第二空 3 分)

答案：
12.$\frac{1}{4}$ 4[解析]设梯形$CC_1D_1D$的高为$h$，则$S_{\triangle D_1HG}=S_1=\frac{1}{2}× GH·\frac{h}{2}=\frac{1}{4}GH· h$，梯形$CC_1D_1D$的面积$S_2=\frac{1}{2}(CD + C_1D_1)· h=\frac{1}{2}×2GH· h = GH· h$，所以$\frac{S_1}{S_2}=\frac{1}{4}$.
如图，连接$BG$，$B_1G$.由题意得四棱锥$E - BCC_1B_1$的体积为$V_{四棱锥E - FGC_1B_1}+V_{四棱锥E - BCGF}=V_{三棱锥B_1 - EFG}+V_{三棱锥E - GC_1B_1}+V_{三棱锥B - EGF}+V_{三棱锥E - BGC}$.
由题意得$V_{三棱锥B_1 - EFG}=V_{三棱锥B - BGF}=V_{三棱锥D_1 - EGH}=1$，所以$V_{三棱锥B_1 - EFG}=V_{三棱锥E - GC_1B_1}=V_{三棱锥D_1 - EGH}=1$.
设平行直线$FG$，$BC$（$B_1C_1$）之间的距离为$h_1$，点$E$到平面$BCC_1B_1$的距离为$h_2$，所以$V_{三棱锥E - GC_1B_1}+V_{三棱锥E - BGC}=\frac{1}{3}×(\frac{1}{2}× h_1· B_1C_1)· h_2+\frac{1}{3}×(\frac{1}{2}× h_1· BC)· h_2=\frac{1}{3}×[\frac{1}{2}× h_1·(BC + B_1C_1)]· h_2=\frac{1}{3}×(\frac{1}{2}× h_1·2GF)· h_2=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}× h_1· GF· h_2×2 = 2V_{三棱锥B_1 - EFG}=2V_{三棱锥D_1 - EGH}=2$.
所以$V_{四棱锥E - FGC_1B_1}+V_{四棱锥E - BCGF}=2 + 2 = 4$，所以四棱锥$E - BCC_1B_1$的体积为$4$.

13. [2024·德州一中期末]已知 A，B 是球 O 的球面上两点，∠AOB = 90°，C 为该球面上的动点. 若三棱锥 O - ABC 的体积的最大值为 $\frac{9}{2}$，则球 O 的表面积为$36\pi$.

答案： 13.$36\pi$[解析]如图所示，当$C$位于垂直于平面$AOB$的直径的端点时，三棱锥$O - ABC$的体积最大.设球$O$的半径为$R$，则$V_{三棱锥O - ABC}=V_{三棱锥C - AOB}=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}× R^{2}× R=\frac{R^{3}}{6}=\frac{9}{2}$，解得$R = 3$，则球$O$的表面积$S = 4\pi R^{2}=36\pi$.