《2025年零失误分层训练高中数学必修第二册人教版黑吉辽内蒙古专版》

10. 如图，已知正方体 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 的棱长为 2.
(1)求三棱锥 $A-C_1BD$ 的体积;
(2)求证：$AC_1 \perp BD$.

答案： 10.
(1)解：在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，易知$C_{1}C\perp$平面$ABD$，$\therefore V_{A - C_{1}BD}=V_{C_{1}-ABD}=\frac{1}{3}×(\frac{1}{2}×2×2)×2=\frac{4}{3}$。
(2)证明：连接$AC$，在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，易知$BD\perp AC$，$\because C_{1}C\perp$平面$ABD$，$BD\subset$平面$ABD$，$\therefore C_{1}C\perp BD$。又$\because C_{1}C\cap AC = C$，$C_{1}C$，$AC\subset$平面$ACC_{1}$，$\therefore BD\perp$平面$ACC_{1}$。又$AC_{1}\subset$平面$ACC_{1}$，$\therefore AC_{1}\perp BD$。

8.【题型一】(2025 · 吉林长春外国语学校高一下期中)如图，正方体 $AB-CD-A_1B_1C_1D_1$ 的棱长为 2，点 $M,N$ 分别为 $BB_1,CD$ 的中点，则异面直线 $MN$ 和 $DC_1$ 所成角的余弦值为
(A)


A.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{6}$
C.$\frac{\sqrt{6}}{12}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{12}$

答案：
8.A[提示：如图，取$AB$的中点$E$，连接$AB_{1}$，$ME$，$NE$，$BN$，因为在$\triangle AB_{1}B$中，$EM$是中位线，所以$EM// AB_{1}$且$EM=\frac{1}{2}AB_{1}$，因为$DC_{1}// AB_{1}$，所以$EM// DC_{1}$，可得$\angle EMN$（或其补角）就是异面直线$MN$和$DC_{1}$的所成角，由正方体的棱长为2，可得$DC_{1}=AB_{1}=2\sqrt{2}$，所以$EM=\frac{1}{2}AB_{1}=\sqrt{2}$，在$Rt\triangle BNC$中，$BN^{2}=BC^{2}+CN^{2}=5$，所以在$Rt\triangle BMN$中，$MN=\sqrt{BM^{2}+BN^{2}}=\sqrt{6}$，在正方形$ABCD$中，$E$，$N$为对边的中点，所以$EN = BC = 2$，在$\triangle EMN$中，由余弦定理得$\cos\angle EMN=\frac{MN^{2}+ME^{2}-EN^{2}}{2MN· ME}=\frac{6 + 2 - 4}{2×\sqrt{6}×\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以异面直线$MN$和$DC_{1}$所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$。]

9.【题型四】正三棱锥 $P-ABC$ 中，$PA = 3,AB = \sqrt{3}$,则直线 $PA$ 和平面 $ABC$ 所成的角的正弦值为$\frac{2\sqrt{2}}{3}$

答案：
9.$\frac{2\sqrt{2}}{3}$[提示：如图，取正三角形$ABC$的中心为$O$，连接$AO$并延长交$BC$于$D$，连接$PD$，$PO$，则$D$为$BC$的中点，$PO\perp$平面$ABC$，$\angle PAO$为直线$PA$和平面$ABC$所成的角。在$Rt\triangle PBD$中，$PB = 3$，$BD=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$BD\perp PD$，则$PD=\frac{\sqrt{33}}{2}$，在$Rt\triangle POD$中，$PD=\frac{\sqrt{33}}{2}$，$OD=\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}×\sqrt{3}=\frac{1}{2}$，$OD\perp PO$，则$PO=\sqrt{(\frac{\sqrt{33}}{2})^{2}-(\frac{1}{2})^{2}}=2\sqrt{2}$，则$\sin\angle PAO=\frac{PO}{AP}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，即直线$PA$和平面$ABC$所成的角的正弦值为$\frac{2\sqrt{2}}{3}$。]

10.【题型三、四】(2025 · 黑龙江哈尔滨九中高一下期中)如图，在圆柱 $O'O$ 中，圆柱轴截面 $ABCD$ 是一个边长为 4 的正方形，$E$ 为弧 $AB$ 的中点，$F$ 为 $BC$ 的中点.
(1)求三棱锥 $C-ABE$ 的表面积;
(2)求证：$AE \perp$ 平面 $CEF$;
(3)求 $AC$ 与平面 $BEF$ 所成角的正弦值.

答案： 10.
(1)解：由题意知，$AE = BE = 2\sqrt{2}$，$AE\perp BE$，由圆柱的性质知$BC\perp$平面$ABE$，因为$AE\subset$平面$ABE$，所以$BC\perp AE$，又$BE\cap BC = B$，$BE$，$BC\subset$平面$BCE$，所以$AE\perp$平面$BCE$，所以$AE\perp CE$，且$CE=\sqrt{BE^{2}+BC^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{2})^{2}+4^{2}}=2\sqrt{6}$，三棱锥$C - ABE$的四个表面均为直角三角形，所以三棱锥$C - ABE$的表面积$S = S_{\triangle ABC}+S_{\triangle BCE}+S_{\triangle ABE}+S_{\triangle ACE}=\frac{1}{2}· AB· BC+\frac{1}{2}· BE· BC+\frac{1}{2}· AE· BE+\frac{1}{2}· AE· CE=\frac{1}{2}×4×4+\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×4+\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×2\sqrt{2}+\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×2\sqrt{6}=12 + 4\sqrt{2}+4\sqrt{3}$。
(2)证明：因为$EF\subset$平面$BCE$，所以平面$CEF$就是平面$BCE$，由
(1)知$AE\perp$平面$BCE$，所以$AE\perp$平面$CEF$。
(3)解：由
(1)知$AE\perp$平面$BCE$，所以$\angle ACE$即为$AC$与平面$BEF$所成角，在$Rt\triangle ACE$中，$\sin\angle ACE=\frac{AE}{AC}=\frac{2\sqrt{2}}{4\sqrt{2}}=\frac{1}{2}$，故$AC$与平面$BEF$所成角的正弦值为$\frac{1}{2}$。

11.【题型二、三、五】(2025 · 黑龙江哈尔滨师大附中高一下期中)如图，已知矩形 $ABCD$，过点 $A$ 作 $SA \perp$ 平面 $ABCD$，再过点 $A$ 作 $AE \perp SB$ 交 $SB$ 于点 $E$，过点 $E$ 作 $EF \perp SC$ 交 $SC$ 于点 $F$.
(1)求证：$AF \perp SC$;
(2)若平面 $AEF$ 交 $SD$ 于点 $G$，求证：$AG \perp$ 平面 $SDC$.

答案： 11.证明：
(1)因为$SA\perp$平面$ABCD$，$BC\subset$平面$ABCD$，所以$SA\perp BC$，又因为$BC\perp AB$，$AB\cap SA = A$，所以$BC\perp$平面$SAB$，而$AE\subset$平面$SAB$，所以$BC\perp AE$，因为$AE\perp SB$，$SB\cap BC = B$，所以$AE\perp$平面$SBC$，因为$SC\subset$平面$SBC$，所以$AE\perp SC$，因为$EF\perp SC$，$AE\cap EF = E$，所以$SC\perp$平面$AEF$，因为$AF\subset$平面$AEF$，所以$AF\perp SC$。
(2)因为$SA\perp$平面$ABCD$，$CD\subset$平面$ABCD$，所以$SA\perp CD$，$CD\perp AD$，且$AD\cap SA = A$，所以$CD\perp$平面$SAD$，$AG\subset$平面$SAD$，所以$CD\perp AG$，由
(1)可得$SC\perp$平面$AEFG$，$AG\subset$平面$AEFG$，所以$SC\perp AG$，又因为$SC\cap CD = C$，$SC$，$CD\subset$平面$SDC$，所以$AG\perp$平面$SDC$。

如图，在四面体 $A-BCD$ 中，$E,F$ 分别是 $AC$ 与 $BD$ 的中点，若 $CD = 2AB = 4,EF \perp BA$,则 $EF$ 与 $CD$ 所成的角为
(D)

A.$90°$
B.$45°$
C.$60°$
D.$30°$

答案：
D[提示：如图，设$G$为$AD$的中点，连接$GF$，$GE$，则$GF$，$GE$分别为$\triangle ABD$，$\triangle ACD$的中位线，$\therefore GF// AB$，且$GF=\frac{1}{2}AB = 1$，$GE// CD$，且$GE=\frac{1}{2}CD = 2$，则$EF$与$CD$所成角的度数等于$EF$与$GE$所成角的度数。又$EF\perp AB$，$GF// AB$，$\therefore EF\perp GF$，则$\triangle GEF$为直角三角形，$GF = 1$，$GE = 2$，$\angle GFE = 90^{\circ}$，$\therefore$在$Rt\triangle GEF$中，$\sin\angle GEF=\frac{GF}{GE}=\frac{1}{2}$，$\therefore\angle GEF = 30^{\circ}$。]