《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

8. [2024·岳阳模拟]已知正方形$ABCD$的边长是$2,E,F$分别是$AB$和$CD$的中点,将正方形沿$EF$折成直二面角(如图所示),$M$为矩形$AEFD$内一点. 如果$\angle MBE = \angle MBC$,$MB$与平面$BCFE$所成角的正切值为$\frac{1}{2}$,那么点$M$到直线$EF$的距离为$\frac{\sqrt{2}}{2}$.

答案：
8.$\frac{\sqrt{2}}{2}$[解析]如图，过点M作$MH\perp EF$于点H，连接$BH$.因为$\angle MBE = \angle MBC$，所以H在$\angle EBC$的平分线上，即$\angle EBH = 45^{\circ}$，所以$BH = \sqrt{2}$.在$Rt\triangle MBH$中，由于$MB$与平面$BCFE$所成角的正切值为$\frac{1}{2}$，所以$\tan\angle MBH = \frac{1}{2}$，所以$MH = BH·\tan\angle MBH = \sqrt{2}×\frac{1}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，所以点M到直线$EF$的距离为$\frac{\sqrt{2}}{2}$.

9. [2024·上海中学单元检测]在正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中,$O$为线段$BD$的中点,设点$P$在线段$CC_1$上,直线$OP$与平面$A_1BD$所成的角为$\alpha$,则$\sin\alpha$的取值范围为$[\frac{\sqrt{6}}{3},1)$.

答案：
9.$[\frac{\sqrt{6}}{3},1)$[解析]如图，易证$AC_1\perp$平面$A_1BD$，当点P在线段$CC_1$上从$C$运动到$C_1$时，直线$OP$与平面$A_1BD$所成角$\alpha$的变化情况：$\angle AOA_1\rightarrow\frac{\pi}{2}\rightarrow\angle COA_1$（这里P为$CC_1$中点时，$\alpha = \frac{\pi}{2}$）.因为$\sin\angle AOA_1 = \frac{\sqrt{6}}{3}$，$\sin\angle COA_1 = \frac{2\sqrt{2}}{3} ＞ \frac{\sqrt{6}}{3}$，所以$\sin\alpha\in[\frac{\sqrt{6}}{3},1]$.

10. [2024·杭州二中月考]已知点$O$在二面角$\alpha - AB - \beta$的棱上,点$P$在平面$\alpha$内,且$\angle POB = 60^{\circ}$. 若直线$PO$与平面$\beta$所成的角为$45^{\circ}$,则二面角$\alpha - AB - \beta$的正弦值为$\frac{\sqrt{6}}{3}$.

答案：
10.$\frac{\sqrt{6}}{3}$[解析]如图，过点P作$PE\perp\beta$，垂足为E，过点E作$EF\perp AB$，垂足为F，连接$OE$，$PF$，则$\angle POE$为直线$PO$与平面$\beta$所成的角，$\angle PFE$为二面角$F -AC-D$的平面角.设$OP = \sqrt{2}a$，则在$Rt\triangle PEO$中，由$\angle POE = 45^{\circ}$，可得$PE = a$.在$Rt\triangle PFO$中，由$\angle POF = 60^{\circ}$，可得$PF = \sqrt{2}a·\sin 60^{\circ} = \frac{\sqrt{6}}{2}a$.在$Rt\triangle PEF$中，$\sin\angle PFE = \frac{PE}{PF} = \frac{a}{\frac{\sqrt{6}}{2}a} = \frac{\sqrt{6}}{3}$，即二面角$\alpha -AB-\beta$的正弦值为$\frac{\sqrt{6}}{3}$.

11. [2024·温州中学期中]如图,在四棱锥$P - ABCD$中,底面$ABCD$是矩形,$AB = 2,BC = a,PA\perp$底面$ABCD$.
(1)当$a$为何值时,$BD\perp$平面$PAC$? 证明你的结论;
(2)若在棱$BC$上至少存在一点$M$,使$PM\perp DM$,求$a$的取值范围.

答案： 11.
(1)当$a = 2$时，$BD\perp$平面$PAC$.证明如下：当$a = 2$时，矩形$ABCD$为正方形，则$BD\perp AC$.因为$PA\perp$平面$ABCD$，$BD\subset$平面$ABCD$，所以$BD\perp PA$.又$AC\cap PA = A$，$AC$，$PAC\subset$平面$PAC$，所以$BD\perp$平面$PAC$.故当$a = 2$时，$BD\perp$平面$PAC$.
(2)连接$AM$(图略).因为$PA\perp$平面$ABCD$，$DMC\subset$平面$ABCD$，所以$DM\perp PA$.又$PM\perp DM$，$PA\cap PM = P$，$PA$，$PMC\subset$平面$PAM$，所以$DM\perp$平面$PAM$.因为$AMC\subset$平面$PAM$，所以$DM\perp AM$，所以M是以$AD$为直径的圆和棱$BC$的交点，所以圆的半径$r = \frac{AD}{2}\geq AB$，即$a\geq 4$，所以$a$的取值范围是$[4,+\infty)$.

12. [2024·长春一中期中]如图,在平行四边形$ABCD$中,$\angle DAB = 60^{\circ},AB = 2AD = 2$,平面$AED\perp$平面$ABCD,\triangle AED$为等边三角形,$EF// AB,EF = 1,M,N$分别为$AD,AB$的中点.
(1)求证:平面$EMN//$平面$BDF$;
(2)求证:平面$BDF\perp$平面$ABCD$;
(3)求直线$FC$与平面$BDF$所成角的正切值.

答案： 12.
(1)证明：因为$M$，$N$分别为$AD$，$AB$的中点，所以$MN// BD$.又$MNC\subset$平面$BDF$，$BDC\subset$平面$BDF$，所以$MN//$平面$BDF$.因为$EF// AB$，$EF = 1$，$AB = 2NB = 2$，所以$EF// NB$，$EF = NB$，所以四边形$FENB$是平行四边形，所以$EN// BF$.所以$EN//$平面$BDF$.又因为$EN\cap MN = N$，$EN$，$MNC\subset$平面$EMN$，所以平面$EMN//$平面$BDF$.
(2)证明：因为$\triangle AED$为等边三角形，$M$为$AD$的中点，所以$EM\perp AD$.因为平面$AED\perp$平面$ABCD$，平面$AED\cap$平面$ABCD = AD$，$EMC\subset$平面$AED$，所以$EM\perp$平面$ABCD$.又$EMC\subset$平面$EMN$，所以平面$EMN\perp$平面$ABCD$.因为平面$EMN//$平面$BDF$，所以平面$BDF\perp$平面$ABCD$.
(3)在平行四边形$ABCD$中，因为$\angle DAB = 60^{\circ}$，$AB = 2AD = 2$，所以$AD\perp BD$，所以$BC\perp BD$.又平面$BDF\perp$平面$ABCD$，平面$BDF\cap$平面$ABCD = BD$，$BCC\subset$平面$ABCD$，所以$BC\perp$平面$BDF$，所以$\angle CFB$即为直线$FC$与平面$BDF$所成的角.在$Rt\triangle EMN$中，$EM = \frac{\sqrt{3}}{2}$，$MN = \frac{1}{2}BD = \frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$BF = EN = \frac{\sqrt{6}}{2}$，所以$\tan\angle CFB = \frac{BC}{BF} = \frac{1}{\frac{\sqrt{6}}{2}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.所以直线$FC$与平面$BDF$所成角的正切值为$\frac{\sqrt{6}}{3}$.

13. [2024·绍兴一中月考]如图,在四棱锥$P - ABCD$中,底面$ABCD$是菱形,$PA\perp$平面$ABCD$,且$PA = AB = 2,PD$的中点为$F$.
(1)在线段$AB$上是否存在一点$G$,使得$AF//$平面$PCG$? 若存在,指出点$G$的位置并证明;若不存在,请说明理由.
(2)请从①$AB\perp BC$,②$FC$与平面$ABCD$所成的角为$\frac{\pi}{6}$,③$\angle ABC = \frac{\pi}{3}$这三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并作答.
若,求二面角$F - AC - D$的余弦值.
注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.

答案：
13.
(1)在线段$AB$上存在点$G$，使得$AF//$平面$PCG$，且$G$为线段$AB$的中点.证明如下：如图所示，设$PC$的中点为$H$，连接$FH$，$GH$.因为$F$，$H$分别为$PD$，$PC$的中点，所以$FH// CD$，$FH = \frac{1}{2}CD$，因为$G$为$AB$的中点，且底面$ABCD$为菱形，所以$AG// CD$，$AG = \frac{1}{2}CD$，所以$FH// AG$，$FH = AG$，所以四边形$AGHF$为平行四边形，所以$AF// GH$.又$GHC\subset$平面$PGC$，$AFC\subset$平面$PGC$，所以$AF//$平面$PGC$.故在线段$AB$上存在一点$G$，使得$AF//$平面$PCG$，且$G$为线段$AB$的中点.
(2)过$F$作$FM\perp AD$于点$M$，过$M$作$MO\perp AC$于$O$，连接$FO$.因为$F$为$PD$的中点，$PA\perp$平面$ABCD$，所以$FM// PA$，且$FM\perp$平面$ABCD$，所以$FM\perp OC$.又$OC\perp MO$，$FM\cap MO = M$，$FM$，$MOC\subset$平面$FMO$，所以$OC\perp$平面$FMO$，所以$OC\perp FO$，所以$\angle FOM$为二面角$F -AC-D$的平面角.
若选择条件①.因为$AB\perp BC$，四边形$ABCD$为菱形，所以$\angle CAD = \frac{\pi}{4}$，所以$MO = \frac{\sqrt{2}}{2}$.又$FM = \frac{1}{2}PA = 1$，所以$\cos\angle FOM = \frac{MO}{OF} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{1 + (\frac{\sqrt{2}}{2})^2}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$，由题图可知二面角$F -AC-D$为锐二面角，故二面角$F -AC-D$的余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$.
若选择条件②.连接$MC$.因为$FC$与平面$ABCD$所成的角为$\frac{\pi}{6}$，所以$\angle FCM = \frac{\pi}{6}$，所以$MC = \frac{FM}{\tan\frac{\pi}{6}} = \frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{3}} = \sqrt{3}$，易得$\angle CDA = \frac{\pi}{3}$，$\triangle ACD$是等边三角形，所以$MO = AM\sin\frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$\cos\angle FOM = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{1 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2}} = \frac{\sqrt{21}}{7}$，由题图可知二面角$F -AC-D$为锐二面角，故二面角$F -AC-D$的余弦值为$\frac{\sqrt{21}}{7}$.
若选择条件③.因为$\angle ABC = \frac{\pi}{3}$，所以$\angle DAC = \frac{\pi}{3}$，所以$MO = AM\sin\frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$\cos\angle FOM = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{1 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2}} = \frac{\sqrt{21}}{7}$，由题图可知二面角$F -AC-D$为锐二面角，故二面角$F -AC-D$的余弦值为$\frac{\sqrt{21}}{7}$.