《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

3. [2024·江门一中期末](多选)如图，在棱长为 $ 1 $ 的正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 中，点 $ P $ 在线段 $ BC_1 $ 上运动，则(AB)

A.三棱锥 $ A - D_1PC $ 的体积是 $ \frac{1}{6} $
B.$ DP // $ 平面 $ AB_1D_1 $
C.平面 $ PB_1D $ 与平面 $ ACD_1 $ 所成的二面角为 $ \frac{\pi}{3} $
D.异面直线 $ A_1P $ 与 $ AD_1 $ 所成角的范围是 $ \left[ \frac{\pi}{6},\frac{\pi}{2} \right] $

答案： 3.AB　[解析]对于A,因为点C到平面AD₁P的距离不变，为CB₁的一半，为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，△AD₁P的面积不变,且S_{△AD₁P} = $\frac{1}{2}$AD₁·AB = $\frac{1}{2}$×$\sqrt{2}$×1 = $\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以V_{三棱锥A - D₁PC} = V_{三棱锥C - AD₁P} = $\frac{1}{3}$×S_{△AD₁P}×$\frac{\sqrt{2}}{2}$ = $\frac{1}{6}$，故A正确.对于B,连接DB,因为BD//B₁D₁，BD⊂平面DBP，B₁D₁⊄平面DBP,所以B₁D₁//平面DBP.同理,AD₁//平面DBP，B₁D₁∩AD₁ = D₁，所以平面AD₁B₁//平面DBP，又DP⊂平面DBP，所以DP//平面AB₁D₁，故B正确.对于C,易得AC⊥平面BDB₁，所以AC⊥DB₁.同理，AD₁⊥DB₁，又AD₁∩AC = A，所以DB₁⊥平面ACD₁，所以平面PB₁D₁⊥平面ACD₁，故C错误.对于D,因为AD₁//BC₁，所以异面直线A₁P与AD₁所成的角等于A₁P与BC₁所成的角.连接A₁B,A₁C₁,因为A₁B = A₁C₁，所以当P与B或C₁重合时，A₁P与BC₁所成的角最小，且为$\frac{\pi}{3}$，当P为BC₁的中点时，A₁P与BC₁所成的角最大，且为$\frac{\pi}{2}$，所以异面直线A₁P与AD₁所成角的范围是[$\frac{\pi}{3}$,$\frac{\pi}{2}$]，故D错误.故选AB.

4. [2024·杭州二中月考]如图，四边形 $ ABCD $ 为直角梯形，$ \angle ABC = 90^{\circ} $，$ SA \perp $ 平面 $ ABCD $，$ SA = AB = BC = 1 $，$ AD = \frac{1}{2} $，则平面 $ SCD $ 与平面 $ SBA $ 所成二面角的正切值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$.

答案：
4.$\frac{\sqrt{2}}{2}$　[解析]因为AB，CD共面，AD = $\frac{1}{2}$BC，故AB与CD必相交.设交点为E,连接SE,如图所示.因为AD//BC,BC = 2AD，所以EA = AB = SA，所以SE⊥SB.因为SA⊥平面ABCD,所以SA⊥AD.又AD⊥BE,BE∩SA = A，BE,SA⊂平面SBE，所以AD⊥平面SBE.又AD//BC，所以BC⊥平面SBE.所以SB是SC在平面SBE内的射影.又SE⊥SB,所以SE⊥SC,所以∠BSC是平面SCD与平面SBA所成二面角的平面角.在Rt△SBC中，tan∠BSC = $\frac{BC}{SB}$ = $\frac{1}{\sqrt{2}}$ = $\frac{\sqrt{2}}{2}$.
　　　　　　　　　　　　　　

5. 在四棱锥 $ P - ABCD $ 中，平面 $ PAD \perp $ 平面 $ ABCD $，且 $ ABCD $ 为矩形，$ \angle DPA = \frac{\pi}{2} $，$ AD = 2\sqrt{3} $，$ AB = 2 $，$ PA = PD $，则四棱锥 $ P - ABCD $ 的外接球的体积为$\frac{32\pi}{3}$.

答案：
5.$\frac{32\pi}{3}$　[解析]如图，连接AC,BD,设AC∩BD = O.取AD的中点E,连接OE,OP,PE.因为底面ABCD为矩形，所以O为矩形ABCD的外接圆的圆心.由题知OE//AB,OE = $\frac{1}{2}$AB = 1,PE = $\frac{1}{2}$AD = $\sqrt{3}$，因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD = AD,PE⊂平面PAD,所以PE⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD,所以PE⊥OE,所以PO = $\sqrt{PE^{2}+OE^{2}}$ = $\sqrt{3 + 1}$ = 2.因为OA = OB = OC = OD = $\frac{1}{2}$AC = $\frac{1}{2}\sqrt{(2\sqrt{3})^{2}+2^{2}}$ = 2 = PO,所以O为外接球的球心，外接球的半径R = 2,所以外接球的体积V = $\frac{4}{3}\pi R^{3}$ = $\frac{4}{3}\pi×2^{3}$ = $\frac{32\pi}{3}$.
　　　　　　　　　　　　　　

6. [2024·绍兴一中期末]如图，在矩形 $ ABCD $ 中，$ AB = 2,BC = 1 $，$ E $ 为线段 $ CD $ 上任意一点. 现将 $ \triangle AED $ 沿 $ AE $ 折起，使得平面 $ ABD \perp $ 平面 $ ABCE $，则 $ CE $ 的长度的取值范围是[0,1)；在 $ \triangle ABD $ 内，过点 $ D $ 作 $ DK \perp AB $，$ K $ 为垂足，则 $ BK $ 的取值范围是(1,$\frac{3}{2}$].

答案：
6,[0,1)　(1,$\frac{3}{2}$]　[解析]当平面ABD⊥平面ABCE时,点D在平面ABCE内的射影恰好在直线AB上，则将△ADE沿AE翻折到平面ABCE内时，点D一定在直线AB的下方.当E为CD的中点时,∠EAD = 45°,所以∠EAD＞45°,则ED＞AD = 1,即ED∈(1,2],所以CE的长度的取值范围是[0,1).
　如图，连接EK,过点E作EN⊥AB交AB于点N，
　则NB = CE ＜ 1.在Rt△AKD中，AD = 1，所以AK ＜ 1，且DK² = AD² - AK² = 1 - AK²，所以点K在点N的左侧，则KN = 2 - AK - CE.由DK⊥AB,平面ABD⊥平面ABCE，且平面ABD∩平面ABCE = AB,所以DK⊥平面ABCE.又EK⊂平面ABCE,所以DK⊥EK.设AK = t,CE = x,x∈[0,1),则DE² = DK² + KE²,所以(2 - x)² = (1 - t²)+[(2 - t - x)² + 1],即t = $\frac{1}{2 - x}$∈[$\frac{1}{2}$,1),BK = AB - AK = 2 - t∈(1,$\frac{3}{2}$].
　　　　　　　　　　　　　

7. 如图，在三棱锥 $ A - BCD $ 中，$ \angle BCD = 90^{\circ} $，$ BC = CD = 1 $，$ AB \perp $ 平面 $ BCD $，$ \angle ADB = 60^{\circ} $，$ E,F $ 分别是 $ AC,AD $ 上的动点，且 $ \frac{AE}{AC} = \frac{AF}{AD} = \lambda(0 ＜ \lambda ＜ 1) $.
(1)求证：不论 $ \lambda $ 为何值，恒有平面 $ BEF \perp $ 平面 $ ABC $；
(2)当 $ \lambda $ 为何值时，平面 $ BEF \perp $ 平面 $ ACD $?

答案： 7.
(1)证明:因为AB⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,所以AB⊥CD.
　因为∠BCD = 90°,所以CD⊥BC.
　又AB∩BC = B,AB,BC⊂平面ABC,
　所以CD⊥平面ABC.
　又$\frac{AE}{AC}$ = $\frac{AF}{AD}$ = λ(0＜λ＜1)，所以不论λ为何值，恒有EF//CD,所以EF⊥平面ABC.
　又EF⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面ABC.
　所以不论λ为何值，恒有平面BEF⊥平面ABC.
(2)由
(1),知BE⊥EF.
　若平面BEF⊥平面ACD,因为平面BEF∩平面ACD = EF，所以BE⊥平面ACD，所以BE⊥AC，所以Rt△AEB∽Rt△ABC,
　则$\frac{AE}{AB}$ = $\frac{AB}{AC}$,AB² = AE·AC.
　因为BC = CD = 1,∠BCD = 90°,∠ADB = 60°,
　所以BD = $\sqrt{2}$,AB = $\sqrt{2}$tan60° = $\sqrt{6}$,
　所以AC = $\sqrt{AB² + BC²}$ = $\sqrt{7}$.
由AB² = AE·AC,得AE = $\frac{6}{\sqrt{7}}$ = $\frac{6\sqrt{7}}{7}$,所以λ = $\frac{AE}{AC}$ = $\frac{6}{7}$，故当λ = $\frac{6}{7}$时，平面BEF⊥平面ACD.

8. [2024·河北定州中学期末]如图，在四棱锥 $ P - ABCD $ 中，平面 $ PAB \perp $ 平面 $ ABCD $，底面 $ ABCD $ 为直角梯形，$ AD \perp CD $，$ AD // BC $，$ \triangle PAB $ 为等边三角形，$ PA = BC = 2AD = 2 $，$ CD = \sqrt{3} $，$ E,F $ 分别为 $ PA,CD $ 的中点.
(1)求证：$ EF // $ 平面 $ PBC $；
(2)求平面 $ PAB $ 与平面 $ PCD $ 所成锐二面角的余弦值.

答案：
8.
(1)证明:如图，取AB的中点G,连接EG,FG,在△PAB中，因为E,G分别为PA,AB的中点，所以EG//PB.因为PB⊂平面PBC,EG⊄平面PBC,所以EG//平面PBC.在梯形ABCD中，因为F,G分别为CD,AB的中点，所以FG//BC.因为BC⊂平面PBC,FG⊄平面PBC,所以FG//平面PBC.又EG∩FG = G,EG⊂平面EFG,FG⊂平面EFG,所以平面EFG//平面PBC.因为EF⊂平面EFG,所以EF//平面PBC.
　　　　　　　　
(2)因为ABCD为直角梯形，且AD≠BC,所以直线BA，CD必相交，延长BA,CD,设BA∩CD = M,连接PM,如图.因为M∈平面PBA,M∈平面PCD,P∈平面PBA,P∈平面PCD,所以PM是平面PBA与平面PCD的交线.连接AC，由已知可得三角形ABC为等边三角形.连接CG，因为G为AB的中点，所以CG⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD = AB,CG⊂平面ABCD，所以CG⊥平面PAB.又PM⊂平面PAB，所以CG⊥PM.作GH⊥PM,垂足为H,连接CH,因为GH∩CG = G,所以PM⊥平面GCH.又CH⊂平面GCH,所以PM⊥CH，所以∠GHC即为平面PAB与平面PCD所成锐二面角的平面角.易知PA = AB = AM = 2,　∠PAM = 120°,所以PM = 2$\sqrt{3}$,所以PB² + PM² = BM²,所以PB⊥PM.因为GH⊥PM,所以GH//PB，
　所以$\frac{GH}{PB}$ = $\frac{GM}{BM}$ = $\frac{3}{4}$,解得GH = $\frac{3}{2}$.
　易得GC = $\sqrt{3}$,在Rt△CGH中，
CH = $\sqrt{GC² + GH²}$ = $\sqrt{3 + \frac{9}{4}}$ = $\frac{\sqrt{21}}{2}$,
所以cos∠GHC = $\frac{GH}{CH}$ = $\frac{\frac{3}{2}}{\frac{\sqrt{21}}{2}}$ = $\frac{\sqrt{21}}{7}$,
所以平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为$\frac{\sqrt{21}}{7}$.