《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

5. [2024·南京二中月考]如图,菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O,点 E,F 分别在 AD,CD 上,AE = CF,EF 交 BD 于点 H,将△DEF 沿 EF 折到△D'EF 的位置.
(1)证明:AC⊥HD';
(2)若 AB = 5,AC = 6,AE =$\frac{5}{4}$,OD' = 2$\sqrt{2}$,求五棱锥 D' - ABCFE 的体积.

答案： 5.
(1)证明:由已知得AC⊥BD,AD = CD.
又由AE = CF,得$\frac{AE}{AD}$=$\frac{CF}{CD}$,故AC//EF.
由此得EF⊥HD,EF⊥HD',所以AC⊥HD'.
(2)由EF//AC,得$\frac{OH}{DO}$=$\frac{AE}{AD}$=$\frac{1}{4}$.
由AB = 5,AC = 6,得DO = BO=$\sqrt{AB²−AO²}$ = 4.
所以OH = 1,D'H = DH = 3.于是OD'²+OH²=(2$\sqrt{2}$)²+1²=9 = D'H²,故OD'⊥OH.
由
(1)知AC⊥HD',又AC⊥BD,BD∩HD'=H,BD,HD'⊂平面BHD',所以AC⊥平面BHD'.
因为OD'⊂平面BHD',所以AC⊥OD'.
又OD'⊥OH,AC∩OH = O,AC,OH⊂平面ABC,所以OD'⊥平面ABC.又$\frac{EF}{AC}$=$\frac{DH}{DO}$,所以EF=$\frac{9}{2}$.
五边形ABCFE的面积S=$\frac{1}{2}$×6×8−$\frac{1}{2}$×$\frac{9}{2}$×3=$\frac{69}{4}$.所以五棱锥D'−ABCFE的体积V=$\frac{1}{3}$×$\frac{69}{4}$×2$\sqrt{2}$=$\frac{23\sqrt{2}}{2}$.

6. [2024·重庆巴蜀中学期中]已知正方形 ABCD 的边长为 2,AC∩BD = O.将正方形 ABCD 沿对角线 BD 折起,使 AC = a,得到三棱锥 A - BCD,如图.

(1)当 a = 2 时,求证:AO⊥平面 BCD;
(2)当二面角 A - BD - C 的大小为 120°时,求二面角 A - BC - D 的正切值.

答案：
6.
(1)证明:在△AOC中,AC = a = 2,易知AO = CO=$\sqrt{2}$.
所以AC²=AO²+CO²,所以AO⊥CO.
因为AO⊥BD,BD∩CO = O,BD,CO⊂平面BCD,所以AO⊥平面BCD.
(2)折叠后,BD⊥AO,BD⊥CO,所以∠AOC是二面角A - BD - C的平面角,即∠AOC = 120°.
在△AOC中,AO = CO=$\sqrt{2}$,所以AC=$\sqrt{6}$.
如图,过点A作CO的垂线交线段CO的延长线于点H.
因为BD⊥CO,BD⊥AO,CO∩AO = O,CO,AO⊂平面AOC,所以BD⊥平面AOC.
因为AH⊂平面AOC,所以BD⊥AH.
又因为CO⊥AH,CO∩BD = O,CO,BD⊂平面BCD,所以AH⊥平面BCD.
又BC⊂平面BCD,所以AH⊥BC.
过点A作AK⊥BC,垂足为K,连接HK.
因为AK∩AH = A,AK,AH⊂平面AHK,所以BC⊥平面AHK.
因为HK⊂平面AHK,所以BC⊥HK.
所以∠AKH为二面角A - BC - D的平面角.
在Rt△AHO中,易得AH=$\frac{\sqrt{6}}{2}$,OH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,所以CH=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$.
在Rt△CKH中,易得HK=$\frac{\sqrt{2}}{2}$CH=$\frac{3}{2}$.
在Rt△AHK中,tan∠AKH=$\frac{AH}{HK}$=$\frac{\frac{\sqrt{6}}{2}}{\frac{3}{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$.
所以二面角A - BC - D的正切值为$\frac{\sqrt{6}}{3}$.

7. [2024·柳州模拟](多选)在直角梯形 BCEF 中,∠CBF = ∠BCE = 90°,A,D 分别是 BF,CE 上的点,且 AD//BC,AB = ED = 2BC = 2AF(如图 1),将四边形 ADEF 沿 AD 折起,连接 BE,BF,CE(如图 2).在折起的过程中,下列说法错误的有 (BD)

A.AC//平面 BEF
B.B,C,E,F 四点可能共面
C.若 EF⊥CF,则平面 ADEF⊥平面 ABCD
D.平面 BCE 与平面 BEF 可能垂直

答案：
7.BD[解析]对于A,如图1,连接BD,AC交于点O,取BE的中点M,连接MO,FM.由题意得OM//DE,OM=$\frac{1}{2}$DE,AF//DE,AF=$\frac{1}{2}$DE,则AF//OM,所以四边形AOMF为平行四边形,所以AC//FM.因为AC⊄平面BEF,FM⊂平面BEF,所以AC//平面BEF，故A正确.
对于B,假设B,C,E,F四点共面;由题意可知四边形ABCD为矩形，则BC//AD.因为AD⊂平面ADEF，BC⊄平面ADEF，所以BC//平面ADEF.因为平面ADEF∩平面BCEF = EF,所以BC//EF.又AD//BC,所以AD//EF，四边形ADEF为平行四边形，与已知矛盾，故假设不成立，故B错误.
对于C,如图1,连接FD,CF.因为AF⊥AD,ED = 2AD = 2AF,所以EF = DF=$\sqrt{AF²+AD²}$=$\sqrt{2}$AF.因为ED²=EF²+DF²=4AF²,所以EF⊥DF.又EF⊥CF,CF∩DF=F,CF,DF⊂平面CDF,所以EF⊥平面CDF,即有EF⊥CD.又CD⊥AD,AD与EF必有交点，AD,EF⊂平面ADEF，所以CD⊥平面ADEF.又因为CD⊂平面ABCD,所以平面ADEF⊥平面ABCD,故C正确.
对于D,如图2,延长AF至点G,使得AF = FG,连接BG,EG.因为AD⊥AF,AD⊥AB,AF∩AB = A,AF,AB⊂平面ABF,所以AD⊥平面ABF.又BC//AD,所以BC⊥平面ABF.因为BC⊂平面BCE,所以平面BCE⊥平面ABF;易知BC//AD,AD//GE,所以BC//GE,所以B,C,E,G四点共面.过点F作FN⊥BG,垂足为N.因为BC⊥平面ABF,所以BC⊥平面ABG.又FN⊂平面ABG,所以BC⊥FN.因为BG∩BC = B,BG,BC⊂平面BCE,所以FN⊥平面BCE.假设平面BCE⊥平面BEF.因为平面BCE∩平面BEF = BE,所以点F在平面BCE 上的射影点必在BE上，故假设不成立，故D错误.故选BD.
　　

8. [2024·广州检测]如图,在直角梯形 ABCE 中,∠ABC = 90°,AB//CE,AB = 2,BC = $\sqrt{3}$,CE = 3,$\overrightarrow{ED}$= 2$\overrightarrow{DC}$,以 AD 为折痕将△EAD 翻折至△PAD 处,得到四棱锥 P - ABCD.
(1)求证:AD⊥PB;
(2)连接 AC,BD 交于点 F,当三棱锥 F - PCD 体积最大时,求点 F 到平面 PCD 的距离.

答案：
8.
(1)证明:由$\overrightarrow{ED}$=2$\overrightarrow{DC}$,知D为线段EC上靠近点C的三等分点,所以ED = 2,DC = 1.
因为∠ABC = 90°,AB//CD,BC=$\sqrt{3}$,所以在Rt△BCD中,BD = 2,∠BDC = 60°,所以∠DBA = 60°.又AB = 2,所以△ABD为等边三角形,所以AD = 2 = DE,∠EDA=∠DAB = 60°,所以△ADE也是等边三角形,所以△PAD也是等边三角形.
如图,取AD的中点M,连接MB,MP,则MB⊥AD,MP⊥AD.又MB∩MP = M,所以AD⊥平面MBP,所以AD⊥BP.
(2)易知$\frac{FC}{FA}$=$\frac{DC}{AB}$=$\frac{1}{2}$,所以$\frac{S_{\triangle PCD}}{S_{\triangle ADC}}$=$\frac{FC}{AC}$=$\frac{1}{3}$,
所以S△PCD=$\frac{1}{3}$S△ADC=$\frac{1}{3}$×$\frac{1}{2}$×1×$\sqrt{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{6}$.
因为V三棱锥F - PCD=V三棱锥P - FCD,所以当三棱锥F - PCD体积最大时,平面PAD⊥平面ABCD.
连接MC,由
(1)可知在等边△PAD中,PM⊥AD,且平面PAD∩平面ABCD = AD,PM⊂平面PAD,所以PM⊥平面ABCD,所以PM⊥MC.
在等边△PAD中,PD = 2,PM=$\sqrt{3}$,
所以(V三棱锥F - PCD)max=(V三棱锥P - FCD)max=$\frac{1}{3}$×S△FCD×PM=$\frac{1}{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{6}$×$\sqrt{3}$=$\frac{1}{6}$.
在△CDM中,CD = 1,DM = 1,∠CDM = 180° - ∠ADE = 120°,由余弦定理得CM=$\sqrt{CD²+DM²−2DC·DMcos120°}$=$\sqrt{3}$,
所以在Rt△PCM中,PC=$\sqrt{PM²+CM²}$=$\sqrt{6}$,
所以在△PCD中,cos∠PDC=$\frac{2²+1²−(\sqrt{6})²}{2×2×1}$=-$\frac{1}{4}$,
所以sin∠PDC=$\frac{\sqrt{15}}{4}$,所以S△PDC=$\frac{1}{2}$×1×2×$\frac{\sqrt{15}}{4}$=$\frac{\sqrt{15}}{4}$,所以点F到平面PCD的距离h=$\frac{3(V三棱锥P - FCD)_{max}}{S_{\triangle PDC}}$=$\frac{3×\frac{1}{6}}{\frac{\sqrt{15}}{4}}$=$\frac{2\sqrt{15}}{15}$.