《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

3. [2024·大连三中期末]如图,在四棱锥 P - ABCD 中,$PA⊥$底面 ABCD,底面 ABCD 为正方形,且$PA = 2AB = 4$,M 为 PC 上一点. 若$PC⊥DM$,则 MB 的长为(B)

A.$\frac{\sqrt{10}}{2}$
B.$\frac{\sqrt{30}}{3}$
C.$\frac{\sqrt{5}}{2}$
D.$\frac{3\sqrt{5}}{2}$

答案：
3.B [解析]如图所示，连接AC，BD.因为底面ABCD为正方形，所以$BD\bot AC$.又因为$PA\bot$底面ABCD，$BD\subset$平面ABCD，所以$PA\bot BD$.因为$PA\cap AC=A$，$PA\subset$平面PAC，$AC\subset$平面PAC，所以$BD\bot$平面PAC.因为$PC\subset$平面PAC，所以$BD\bot PC$.因为$PC\bot DM$，$BD\cap DM=D$，$BD\subset$平面BDM，$DM\subset$平面BDM，所以$PC\bot$平面BDM.又因为$BM\subset$平面BDM，所以$PC\bot BM$.因为底面ABCD为正方形，所以$BC\bot AB$.又$PA\bot$底面ABCD，$BC\subset$平面ABCD，所以$PA\bot BC$.因为$AB\cap PA=A$，$AB\subset$平面PAB，$PA\subset$平面PAB，所以$BC\bot$平面PAB.又因为$PB\subset$平面PAB，所以$BC\bot PB$.在$Rt\triangle PAB$中，$PA = 4$，$AB = 2$，所以$PB=\sqrt{2^{2}+4^{2}} = 2\sqrt{5}$.在$Rt\triangle PBC$中，$PC=\sqrt{(2\sqrt{5})^{2}+2^{2}} = 2\sqrt{6}$.又$BM\bot PC$，所以$MB=\frac{PB· BC}{PC}=\frac{2\sqrt{5}×2}{2\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{30}}{3}$.

4. [2024·浙江富阳中学月考]如图,已知$△ABC$是等腰三角形,且$∠ACB = 120^{\circ},AC = 2$,D 是 AB 的中点. 将$△ACD$沿 CD 折起,使得$AC⊥BC$,则此时直线 BC 与平面 ACD 所成角的正弦值为(A)



A.$\frac{\sqrt{6}}{3}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
C.$\frac{\sqrt{2}}{3}$
D.$\frac{1}{3}$

答案：
4.A [解析]如图，作$BE\bot AD$，垂足为E，连接CE.因为$AD\bot CD$，$BD\bot CD$，$AD\cap BD=D$，$AD\subset$平面ADB，$BD\subset$平面ADB，所以$CD\bot$平面ADB，所以$CD\bot BE$.又$BE\bot AD$，$AD\cap CD=D$，$AD\subset$平面ACD，$CD\subset$平面ACD，所以$BE\bot$平面ACD，所以$BE\bot CE$，$\angle BCE$为直线BC与平面ACD所成的角.由题意，因为$AC = BC = 2$，$AC\bot BC$，所以$AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}} = 2\sqrt{2}$.设$\triangle ADB$中AB边上的高为h，因为$AD = BD = \sqrt{3}$，所以$h=\sqrt{(\sqrt{3})^{2}-(\sqrt{2})^{2}} = 1$.由$AD· BE = AB· h$，得$BE=\frac{2\sqrt{6}}{3}$，所以$\sin\angle BCE=\frac{BE}{BC}=\frac{\sqrt{6}}{3}$.故选A.

5. [2024·信阳一中月考]如图,已知在五面体 ABCDEF 中,$AB// DC,∠BAD = \frac{π}{2},CD = AD = 3$,四边形 ABFE 为平行四边形,$FA⊥$平面 ABCD,$FC = 5$,则直线 AB 到平面 EFCD 的距离为$\frac{3\sqrt{7}}{4}$.

答案：
5.$\frac{3\sqrt{7}}{4}$ [解析]作$AG\bot FD$，如图所示.由$AB// DC$，$DC\subset$平面EFCD，$AB⊄$平面EFCD，得$AB//$平面EFCD，所以直线AB到平面EFCD的距离即点A到平面EFCD的距离.又$FA\bot$平面ABCD，$DC\subset$平面ABCD，所以$FA\bot CD$.因为$\angle BAD=\frac{\pi}{2}$，所以$AB\bot AD$，又$AB// CD$，所以$CD\bot AD$.因为$AD\subset$平面FAD，$FA\subset$平面FAD，$AD\cap FA=A$，所以$CD\bot$平面FAD.又$AG\subset$平面FAD，所以$CD\bot AG$.因为$DC\subset$平面EFCD，$FD\subset$平面EFCD，$CD\cap FD=D$，所以$AG\bot$平面EFCD，所以点A到平面EFCD的距离为AG的长.连接AC，因为$CD = AD = 3$，所以$AC=\sqrt{CD^{2}+AD^{2}} = 3\sqrt{2}$，又$FC = 5$，所以$AF=\sqrt{FC^{2}-AC^{2}}=\sqrt{7}$.在$\triangle AFD$中，$FD=\sqrt{AD^{2}+AF^{2}} = 4$.因为$\frac{1}{2}FD· AG=\frac{1}{2}AD· AF$，所以$AG=\frac{3\sqrt{7}}{4}$.

6. [2024·苏州中学月考]如图,在直三棱柱 ABC - $A_{1}B_{1}C_{1}$中,侧棱长为 2,$AC = BC = 1,∠ACB = 90^{\circ}$,D 是$A_{1}B_{1}$的中点,F 是$BB_{1}$上的动点,$AB_{1}$,DF 交于点 E. 要使$AB_{1}⊥$平面$C_{1}DF$,则线段$B_{1}F =$$\frac{1}{2}$.

答案： 6.$\frac{1}{2}$ [解析]因为$AB_1\bot$平面$C_1DF$，$DF\subset$平面$C_1DF$，所以$AB_1\bot DF$.由已知可得$A_1B_1=\sqrt{2}$，设$Rt\triangle AA_1B_1$的斜边$AB_1$上的高为h，则$DE=\frac{1}{2}h$.易知$AA_1· A_1B_1=h· AB_1$，即$2×\sqrt{2}=h\sqrt{2^{2}+(\sqrt{2})^{2}}$，得$h=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，所以$DE=\frac{\sqrt{3}}{3}$.在$Rt\triangle DEB_1$中，$B_1E=\sqrt{(\frac{\sqrt{2}}{2})^{2}-(\frac{\sqrt{3}}{3})^{2}}=\frac{\sqrt{6}}{6}$.易知$\frac{B_1E}{B_1B}=\frac{BB_1}{AB_1}$，即$\frac{\frac{\sqrt{6}}{6}}{B_1F}=\frac{2}{\sqrt{6}}$，所以$B_1F=\frac{1}{2}$.

7. [2024·上海中学月考]在正四棱柱 ABCD - $A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中,$AB = 2,CC_{1} = 2\sqrt{2}$,E 为$CC_{1}$的中点,则直线$AC_{1}$与平面 BED 的距离为1.

答案：
7.1 [解析]如图，连接AC交BD于点O，连接$OE$.在$\triangle CC_1A$中，易证$OE// AC_1$.又$OE\subset$平面BDE，$AC_1⊄$平面BDE，所以$AC_1//$平面BDE，所以直线$AC_1$与平面BED的距离即为点A到平面BED的距离.连接AE.在三棱锥E - ABD中，$V_{三棱锥E - ABD}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABD}× EC=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×2×2×\sqrt{2}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$.在三棱锥A - BDE中，$BD = 2\sqrt{2}$，$BE=\sqrt{6}$，$DE=\sqrt{6}$，所以$S_{\triangle EBD}=\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×\sqrt{(\sqrt{6})^{2}-(\sqrt{2})^{2}} = 2\sqrt{2}$.设点A到平面BED的距离为h，则$V_{三棱锥A - BDE}=\frac{1}{3}S_{\triangle EBD}× h=\frac{1}{3}×2\sqrt{2}× h=\frac{2\sqrt{2}}{3}h=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，解得$h = 1$.所以直线$AC_1$到平面BED的距离为1.

8. [2023·全国卷甲卷]如图,在三棱柱 ABC - $A_{1}B_{1}C_{1}$中,$A_{1}C⊥$平面 ABC,$∠ACB = 90^{\circ},AA_{1} = 2,A_{1}$到平面$BCC_{1}B_{1}$的距离为 1.
(1)证明:$A_{1}C = AC$;
(2)已知$AA_{1}$与$BB_{1}$的距离为 2,求$AB_{1}$与平面$BCC_{1}B_{1}$所成角的正弦值.

答案：
8.
(1)证明：如图，过$A_1$作$A_1D\bot CC_1$，垂足为D，因为$A_1C\bot$平面ABC，$BC\subset$平面ABC，所以$A_1C\bot BC$.又$\angle ACB = 90^{\circ}$，所以$AC\bot BC$.因为$A_1C,AC\subset$平面$ACC_1A_1$，且$A_1C\cap AC = C$，所以$BC\bot$平面$ACC_1A_1$.因为$A_1D\subset$平面$ACC_1A_1$，所以$BC\bot A_1D$.又$CC_1,BC\subset$平面$BCC_1B_1$，且$CC_1\cap BC = C$，所以$A_1D\bot$平面$BCC_1B_1$，所以$A_1D = 1$.由已知条件易证$\triangle CA_1C_1$是直角三角形.又$CC_1 = AA_1 = 2$，$A_1D = 1$，所以D为$CC_1$的中点.又$A_1D\bot CC_1$，所以$A_1C = A_1C_1$.又在三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$中，$AC = A_1C_1$，所以$A_1C = AC$.
(2)如图，连接$A_1B$，由
(1)易证$A_1B = A_1B_1$，故取$BB_1$的中点F，连接$A_1F$.因为$AA_1$与$BB_1$的距离为2，所以$A_1F = 2$.又$A_1D = 1$且$A_1C = AC$，所以$A_1C = A_1C_1 = AC=\sqrt{2}$，$AB = A_1B_1=\sqrt{5}$，$BC = B_1C_1=\sqrt{3}$.延长AC，使$AC = CM$，连接$C_1M$，$AC_1$.由$CM\bot A_1C_1$得四边形$A_1CMC_1$为平行四边形，所以$C_1M = A_1C=\sqrt{2}$，$C_1M// A_1C$，所以$C_1M\bot$平面ABC，所以$C_1M\bot AM$.所以在$Rt\triangle C_1MA$中，$AC_1=\sqrt{C_1M^{2}+AM^{2}}=\sqrt{(\sqrt{2})^{2}+(2\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{10}$.易知$B_1C_1\bot AC_1$，所以在$Rt\triangle AB_1C_1$中，$AB_1=\sqrt{AC_1^{2}+B_1C_1^{2}}=\sqrt{(\sqrt{10})^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{13}$.易知点A到平面$BCC_1B_1$的距离为1，所以$AB_1$与平面$BCC_1B_1$所成角的正弦值为$\frac{1}{\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{13}}{13}$.

9. [2024·北京四中期末]从①$CD⊥BC$,②$CD//$平面 PAB 这两个条件中任选一个,补充在下面问题中,并解答.
如图,在四棱锥 P - ABCD 中,$PA⊥$平面 ABCD,$PA = AB = 2,BC = CD = 1,PC = 3$,.
(1)求证:四边形 ABCD 是直角梯形;
(2)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值.
注:若选择两个条件分别解答,则按第一个解答计分.

答案：
9.若选择条件①.
(1)证明：连接AC，因为$PA\bot$平面ABCD，所以$PA\bot AC$.因为$PA = 2$，$PC = 3$，所以$AC^{2}=PC^{2}-PA^{2}=5$.因为$AB = 2$，$BC = 1$，所以$AC^{2}=AB^{2}+BC^{2}$，所以$AB\bot BC$.因为$CD\bot BC$，所以$AB// CD$，又$AB\neq CD$，所以四边形ABCD是直角梯形.
(2)由
(1)可知，四边形ABCD是直角梯形，如图，将四棱锥P - ABCD补成一个长方体$ABCE - PFGH$，连接PE，CF，则PB与平面PFCE所成的角即为PB与平面PCD所成的角.过B作$BO\bot CF$于点O，由长方体的性质知，$EC\bot$平面$BCGF$，所以$EC\bot OB$.又$CF\cap EC = C$，$CF,EC\subset$平面PFCE，所以$OB\bot$平面PFCE，连接OP，则$\angle BPO$即为直线PB与平面PCD所成的角.在$Rt\triangle CBF$中，可求得$OB=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，在$Rt\triangle PAB$中，可求得$PB = 2\sqrt{2}$，所以$\sin\angle BPO=\frac{OB}{PB}=\frac{\frac{2\sqrt{5}}{5}}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$，所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{10}}{10}$.
若选择条件②.
(1)证明：连接AC，因为$PA\bot$平面ABCD，所以$PA\bot AC$.因为$PA = 2$，$PC = 3$，所以$AC^{2}=PC^{2}-PA^{2}=5$.因为$AB = 2$，$BC = 1$，所以$AC^{2}=AB^{2}+BC^{2}$，所以$AB\bot BC$.因为$CD//$平面PAB，$CD\subset$平面ABCD，平面$PAB\cap$平面ABCD = AB，所以$AB// CD$，又$AB\neq CD$，所以四边形ABCD是直角梯形.
(2)同选择条件①中的
(2).