《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

1. [2024·江西临川二中 期中](多选)如图,边长为 2a 的正三角形 ABC 的中线 AF 与中位线 DE 相交于 G,已知△A'ED 是△AED 绕 DE 所在直线旋转过程中的一个图形,现给出下列结论,其中正确的结论有 (ABC)


A.恒有平面 A'GF⊥平面 BCED
B.动点 A'在平面 ABC 上的射影在线段 AF 上
C.三棱锥 A'-FED 的体积有最大值
D.异面直线 A'E 与 BD 不可能互相垂直

答案： 1.ABC[解析]因为DE⊥A'G,DE⊥GF,A'G∩GF=G,所以DE⊥平面A'GF.又DE⊂平面BCED,所以平面A'GF⊥平面BCED,故A正确;过A'作A'H⊥AF,垂足为H,则A'H⊂平面A'GF，又DE⊥平面A'GF,所以A'H⊥DE,又DE∩AF=G,所以A'H⊥平面ABC,故B正确;三棱锥A'−FED的底面△FED的面积是定值，高是点A'到平面FED的距离，易证当A'G⊥平面FED 时，点A'到平面FED的距离(即高)最大，三棱锥A'−FED的体积最大，故C正确;易知BD//EF,所以∠A'EF(或其补角)是异面直线A'E与BD所成的角，正三角形ABC的边长为2a,AE=a,EF=a,而A'F的长度的取值范围是(0，$\sqrt{3}$a),当A'F=$\sqrt{2}$a时,A'E²+EF²=A'F²,∠A'EF=90°,此时直线A'E与BD互相垂直，故D错误.故选ABC.

2. [2024·郴州嘉禾一中月考]在①使三棱锥 P - ABC 的体积取得最大值,②使$\overrightarrow{AB}$·$\overrightarrow{AC}$=3 这两个条件中任选一个,补充在下面问题中,并作答.
问题:如图 1,△ABC 是边长为 2 的等边三角形,P 是 BC 的中点,将△ABP 沿 AP 翻折形成图 2 中的三棱锥,,动点 M 在棱 AC 上.
(1)证明:平面 PMB⊥平面 PAC;
(2)求直线 MB 与平面 PAC 所成角的正切值的取值范围.
注:若选择两个条件分别解答,则按第一个解答计分.

答案： 若选择条件①.
(1)证明:因为V三棱锥P−ABC=V三棱锥B−APC,且△APC的面积为定值，所以当点B到平面PAC的距离最大时，三棱锥B−APC的体积最大,即当BP⊥平面PAC时,V三棱锥P−ABC 取得最大值.因为BP⊂平面PMB，所以平面PMB⊥平面PAC.
(2)因为BP⊥平面PAC,所以∠BMP就是直线MB与平面PAC所成的角.
记∠BMP=θ,则tanθ=$\frac{BP}{PM}$
易得BP = CP = 1,AP=$\sqrt{3}$.当PM = PA=$\sqrt{3}$时,PM最大,tanθ最小,此时tanθ=$\frac{BP}{PM}$=$\frac{1}{\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$;当PM⊥AC 时，PM最小,tanθ最大，此时PM=$\frac{1×\sqrt{3}}{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$,则tanθ=$\frac{BP}{PM}$=$\frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$.
所以直线MB与平面PAC所成角的正切值的取值范围是[$\frac{\sqrt{3}}{3}$,$\frac{2\sqrt{3}}{3}$].
若选择条件②.
(1)证明:在题图2的△ABC中，BC²=AB²+AC²−2AB·AC·cos∠CAB=8 - 2$\overrightarrow{AB}$·$\overrightarrow{AC}$=2,所以BC=$\sqrt{2}$.
因为PB²+PC²=BC²,所以PB⊥PC.
又PB⊥PA,PA∩PC=P,PA,PC⊂平面PAC,所以PB⊥平面PAC.
因为BP⊂平面PMB,所以平面PMB⊥平面PAC.
(2)同选择条件①中的
(2).

3. [2024·江门一中期末](多选)如图,在矩形 ABCD 中,AB = 2AD,E 是边 AB 的中点,将△ADE 沿直线 DE 翻折成△A₁DE(点 A₁ 不落在底面 BCDE 内),连接 A₁B,A₁C.若 M 为线段 A₁C 的中点,连接 BM,则在△ADE 的翻折过程中,以下结论正确的有 (ABD)


A.BM//平面 A₁DE 恒成立
B.$V_{三棱锥 A - A_1DE}$ : $V_{四棱锥 A_1 - BCDE}$=1:3
C.存在某个位置,使 DE⊥A₁C
D.线段 BM 的长为定值

答案：
3.ABD[解析]取CD的中点F,连接MF,BF,如图,则MF//A₁D,FB//DE,易得平面MBF//平面A₁DE.因为BM⊂平面MBF，BM⊄平面A₁DE,所以BM//平面A₁DE,故A正确.
设A₁到平面BCDE的距离为h,D到AB的距离为h',S△ADE:S梯形BCDE=($\frac{1}{2}$·AE·h'):[$\frac{1}{2}$·(CD + BE)·h']=1:3,所以V三棱锥A₁−A₁DE:V四棱锥A₁−BCDE=($\frac{1}{3}$S△ADE·h):($\frac{1}{3}$S梯形BCDE·h)=1:3,故B正确.
连接AF，易知点A₁在平面ABCD内的射影在AF上，不妨设为H,则在翻折过程中HC与DE不垂直，所以DE与A₁C不垂直,故C错误.因为∠MFB=∠A₁DE = 45°,所以MB²=MF²+FB²−2MF·FBcos∠MFB.又MF,FB为定值，所以MB也为定值，故D正确.故选ABD.

4. [2024·青岛二中期末]如图,在矩形 ABCD 中,已知 AB = 2,BC = 4,E 为 BC 的中点.将△ABE 沿着 AE 向上翻折至△MAE 处,得到四棱锥 M - AECD,平面 AEM 与平面 AECD 所成锐二面角为 α,直线 ME 与平面 AECD 所成的角为 β,则下列说法错误的是 (C)


A.若 F 为 AD 的中点,则△ABE 无论翻折到哪个位置,都有平面 AEM⊥平面 MBF
B.若 Q 为 MD 的中点,则△ABE 无论翻折到哪个位置,都有 CQ//平面 AEM
C.$\sqrt{2}$sinα = sinβ
D.存在某一翻折位置,使$\sqrt{2}$cosα = cosβ

答案：
4.C　[解析]对于A,如图,记BF交AE于点H，易知AE⊥BF,AE⊥MH,则AE⊥平面MBF,又AE⊂平面MAE,所以平面AEM⊥平面MBF，故A正确;对于B,取AM的中点P,连接PQ,则PQ//$\frac{1}{2}$AD,又CE//$\frac{1}{2}$AD,所以PQ//CE，所以四边形PECQ是平行四边形，所以CQ//EP,又CQ⊄平面AEM,PE⊂平面AEM,所以CQ//平面AEM,故B正确;对于C,过M作MO⊥平面AECD,则O在BF上，连接OE,则直线ME与平面AECD所成的角为∠MEO,又易知平面AEM与平面AECD所成锐二面角为∠MHF(或其补角),所以sinα=$\frac{MO}{MH}$,sinβ=$\frac{MO}{ME}$=$\frac{MO}{\sqrt{2}MH}$,所以sinα=$\sqrt{2}$sinβ,故C错误;对于D,易知cosα=$\frac{OH}{MH}$,cosβ=$\frac{OE}{ME}$=$\frac{OE}{\sqrt{2}MH}$,若$\sqrt{2}$cosα=cosβ,则OE = 2OH,故D正确.故选C.