《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

14. [2024·南昌二中期中]课堂上老师要求同学们用纸折出常见棱锥，小明同学折出了一个棱长均为 10 cm 的正三棱锥，又折出了一个棱长均为 10 cm 的正四棱锥，然后他突发奇想，将正三棱锥的一个面与正四棱锥的一个侧面完全粘在一起，得到一个新的多面体，则新多面体的面的个数为5.

答案：
14.5[解析]如图，正三棱锥为$F - ABE$，正四棱锥为$A - BCDE$，分别取$BE$，$CD$的中点$M$，$N$，连接$FM$，$AM$，$MN$.
因为$\triangle BEF$，$\triangle ABE$均为正三角形，所以$BE\perp FM$，$BE\perp AM$.
因为$FM\cap AM = M$，$FM$，$AM\subset$平面$FAM$，所以$BE\perp$平面$FAM$.
因为$MN// ED$，$BE\perp ED$，所以$BE\perp MN$.
因为$AM$，$MN\subset$平面$AMN$，所以$BE\perp$平面$AMN$.
因为平面$FAM\cap$平面$AMN = AM$，所以平面$FAM$与平面$AMN$重合，即$F$，$A$，$M$，$N$四点共面.
易知$FA = MN$，$FM = AN$，故四边形$FANM$为平行四边形，所以$FA// MN$.
因为$MN// BC$，所以$FA// BC$，即$F$，$A$，$C$，$B$四点共面.
同理可得，$F$，$A$，$D$，$E$四点共面.
所以此多面体共有$5$个面.

15. [2024·合肥八中期中]（13 分）如图，已知在直三棱柱 ABC - A₁B₁C₁ 中，∠BAC = 90°，AA₁ = 1，AB = $\sqrt{3}$，AC = 2，E，F 分别为棱 CC₁，BC 的中点，G 为线段 AA₁ 的中点.
(1)试在图中画出过 E，F，G 三点的平面截该棱柱所得的多边形，并求出该多边形的周长；
(2)(1)中的截面将三棱柱分成两部分，求其中较小部分的体积.

答案： 15.
(1)如图所示，取$AB$的中点$M$，连接$MF$，$MG$，$EG$，则$GE// AC// MF$，即$M$，$F$，$G$，$E$四点共面，则梯形$EFMG$为所求的多边形.
因为$EG = AC = 2$，$MF=\frac{1}{2}AC = 1$，$MG = 1$，$BC=\sqrt{7}$，$EF=\sqrt{2}$，所以该多边形的周长为$1 + 2 + 1+\sqrt{2}=4+\sqrt{2}$.
(2)连接$AF$，$GF$.
则$V_{多面体GECAMF}=V_{三棱锥F - AMG}+V_{四棱锥F - ACEG}=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}×1+\frac{1}{3}×2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{6}+\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{5\sqrt{3}}{24}$，$V_{三棱柱ABC - A_1B_1C_1}=S_{\triangle ABC}· AA_1=\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}×1=\sqrt{3}$，因为$\frac{5\sqrt{3}}{24}\lt\sqrt{3}-\frac{5\sqrt{3}}{24}$，所以较小部分的体积为$\frac{5\sqrt{3}}{24}$.

16. [2024·曲阜一中月考](15 分)在①AD = $\sqrt{7}$，②AC 为四面体 A - BDC 的外接球的直径，③平面 ABC⊥平面 BCD 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答.
问题：如图 1，在平面四边形 ABDC 中，∠ABC = ∠D = 90°，AB = BC = 2，CD = 1，将△ABC 沿 BC 边折起至如图 2 所示的位置，使，M，N 分别为 AC，AD 的中点.
(1)判断直线 MN 与平面 ABD 的位置关系，并说明理由；
(2)求三棱锥 A - MNB 的体积.
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.

答案： 16.若选择条件①.
(1)$AD=\sqrt{7}$，在$Rt\triangle BCD$中，$BC = 2$，$CD = 1$，可得$BD=\sqrt{3}$，因为$AB = 2$，所以$AB^{2}+BD^{2}=AD^{2}$，所以$AB\perp BD$.
又因为$AB\perp BC$，且$BC\cap BD = B$，$BC$，$BD\subset$平面$CBD$，所以$AB\perp$平面$CBD$.
因为$CD\subset$平面$CBD$，所以$AB\perp CD$.
又$CD\perp BD$，$AB\cap BD = B$，且$AB$，$BD\subset$平面$ABD$，所以$CD\perp$平面$ABD$.
因为$M$，$N$分别为$AC$，$AD$的中点，所以$MN// CD$，所以$MN\perp$平面$ABD$.
(2)易知$S_{\triangle ANB}=\frac{1}{2}S_{\triangle ADB}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$MN=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}$，由
(1)知$MN\perp$平面$ABD$，故$V_{三棱锥A - MNB}=V_{三棱锥M - ANB}=\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{12}$.
若选择条件②.
(1)因为$AC$为四面体$A - BDC$的外接球的直径，所以$\angle ADC = 90^{\circ}$，即$CD\perp AD$.
又因为$CD\perp BD$，可证得$CD\perp$平面$ABD$，又$M$，$N$分别为$AC$，$AD$的中点，所以$MN// CD$，所以$MN\perp$平面$ABD$.
(2)同选择条件①中的
(2).
若选择条件③.
(1)因为平面$ABC\perp$平面$BCD$，平面$ABC\cap$平面$BCD = BC$，$AB\perp BC$，且$AB\subset$平面$ABC$，所以$AB\perp$平面$CBD$.
因为$CD\subset$平面$CBD$，所以$AB\perp CD$.
又$CD\perp BD$，$AB\cap BD = B$，且$AB$，$BD\subset$平面$ABD$，所以$CD\perp$平面$ABD$.
又因为$M$，$N$分别为$AC$，$AD$的中点，所以$MN// CD$，所以$MN\perp$平面$ABD$.
(2)同选择条件①中的
(2).

17. [2024·杭州二中期末]（15 分）在如图所示的几何体中，底面 ABCD 为正方形，PD⊥平面 ABCD，EC//PD，且 PD = AD = 2EC = 2.
(1)求证：BE//平面 PDA；
(2)求 PA 与平面 PBD 所成角的大小.

答案：
17.
(1)证明：因为四边形$ABCD$为正方形，所以$BC// AD$.
又$AD\subset$平面$PDA$，$BC\not\subset$平面$PDA$，所以$BC//$平面$PDA$.
又$EC// PD$，$PD\subset$平面$PDA$，$EC\not\subset$平面$PDA$，所以$EC//$平面$PDA$.
因为$EC$，$BC\subset$平面$BEC$，$EC\cap BC = C$，所以平面$BEC//$平面$PDA$.
因为$BE\subset$平面$BEC$，所以$BE//$平面$PDA$.
(2)如图，连接$AC$交$BD$于点$O$，连接$PO$.
因为$PD\perp$平面$ABCD$，$AO\subset$平面$ABCD$，所以$AO\perp PD$.
又四边形$ABCD$为正方形，所以$AO\perp BD$.
因为$BD$，$PD\subset$平面$PBD$，$BD\cap PD = D$，所以$AO\perp$平面$PBD$，所以$\angle APO$为$PA$与平面$PBD$所成的角.
因为$PD = AD = 2$且$PD\perp AD$，所以$PA = 2\sqrt{2}$.
又$AO=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×\sqrt{2^{2}+2^{2}}=\sqrt{2}$，所以$\sin\angle APO=\frac{AO}{PA}=\frac{1}{2}$，所以$\angle APO=\frac{\pi}{6}$，即$PA$与平面$PBD$所成的角为$\frac{\pi}{6}$.