《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》

8.(2025·黑龙江哈尔滨松雷中学高一下月考)[多选] 如图,圆锥$SO$的底面半径为$1$,侧面积为$4\pi$,$\triangle SAB$是圆锥的一个轴截面,则 (ACD)

A.圆锥的母线长为$4$
B.圆锥$SO$的侧面展开图的圆心角为$\frac{2\pi}{3}$
C.由$A$点出发绕圆锥侧面一周,又回到$A$点的细绳长度的最小值为$4\sqrt{2}$
D.该圆锥内部可容纳的球的最大半径为$\frac{\sqrt{15}}{5}$

答案：
8.ACD[提示:圆锥的侧面展开图如图所示。设圆锥的母线长为l，底面半径为r，
∴圆锥SO的侧面积为πrl = 4π，
∴l = 4，故A正确。圆锥SO的侧面展开图的圆心角α = $\frac{2\pi r}{l}$ = $\frac{\pi}{2}$，故B错误。如图，由A点出发绕圆锥侧面一周，又回到A点的细绳长度最小值为圆锥侧面的展开图得到的扇形的圆心角所对的弦长AA' = $\sqrt{2}$l = 4$\sqrt{2}$，故C正确。球与圆锥内切时，球的半径最大，此时球心在轴SO上，且内切球的大圆内切于圆锥的轴截面。设内切球的半径为R，则圆锥的高为$\sqrt{l^{2} - r^{2}}$ = $\sqrt{15}$，由等面积法得$S_{\triangle SAB}$ = $\frac{1}{2}$×2×$\sqrt{15}$ = $\frac{1}{2}$×(4 + 2 + 2)×R，解得R = $\frac{\sqrt{15}}{5}$，故D正确。]

9. 如图所示,直线$PA$垂直于圆$O$所在的平面,$\triangle ABC$内接于圆$O$,且$AB$为圆$O$的直径,$PA=AB=2$.现有以下命题:①$BC\perp PC$;②当点$C$在圆周上由$B$点逐步向$A$点移动的过程中,二面角$B-PC-A$会逐步增大;③当点$C$在圆周上由$B$点逐步向$A$点移动的过程中,三棱锥$B-PAC$的体积的最大值为$\frac{2}{3}$.其中正确的命题序号为 ①③.

答案：
9.①③[提示:因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，又因为AB为圆O的直径，所以AC⊥BC，又PA∩AC = A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，而PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC，故①正确；因为BC⊥平面PAC，而BC⊂平面BPC，所以平面BPC⊥平面PAC，故当点C在圆周上由B点逐步向A点移动的过程中，二面角B - PC - A恒为90°，故②不正确；因为PA = AB = 2，所以三棱锥B - PAC的体积$V_{B - APC}$ = $V_{P - ABC}$ = $\frac{1}{3}$·$S_{\triangle ABC}$·PA = $\frac{2}{3}$·$S_{\triangle ABC}$，过点C作CH⊥AB交AB于点H，如图所示，则$S_{\triangle ABC}$ = $\frac{1}{2}$AB·CH = CH，所以$V_{P - ABC}$ = $\frac{2}{3}$·CH，所以求三棱锥B - PAC的体积的最大值，即求CH的最大值，当点C在圆周上由B点逐步向A点移动的过程中，H为AB中点时，CH最大，且CH的最大值为1，所以三棱锥B - PAC的体积的最大值为$\frac{2}{3}$，故③正确。]

10. 在棱长为$2$的正方体$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中,点$P,Q$分别为线段$C_1D,B_1C$上的动点,则$PQ$的最小值为 $\frac{2\sqrt{3}}{3}$.

答案：
10.$\frac{2\sqrt{3}}{3}$[提示:如图所示，在平面CCDD内过点P作PM⊥CC于M，在平面CCBB内过点M作MQ⊥BC于Q，连接PQ。在平面CCDD内，PM⊥CC，CD⊥CC₁，则PM//CD，
∴PM⊥平面CCBB。又BC⊂平面CCBB，
∴PM⊥BC，又MQ⊥BC，PM∩MQ = M，
∴BC⊥平面PMQ。又PQ⊂平面PMQ，则BC⊥PQ，则PQ的长度为点P到BC的距离。设CP = t，则PM = $\frac{\sqrt{2}}{2}$t，MQ = $\frac{\sqrt{2}}{2}$(2 - $\frac{\sqrt{2}}{2}$t)，0≤t≤2$\sqrt{2}$，则PQ = $\sqrt{PM^{2} + MQ^{2}}$ = $\sqrt{\frac{1}{2}t^{2} + (\sqrt{2} - \frac{1}{2}t)^{2}}$ = $\sqrt{\frac{3}{4}(t - \frac{2}{3}\sqrt{2})^{2} + \frac{4}{3}}$，当t = $\frac{2}{3}\sqrt{2}$时，PQ取得最小值，为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$。]

11. 在直角梯形$AA_1B_1B$中,$A_1B_1// AB$,$AA_1\perp AB$,$AB=AA_1=2A_1B_1=6$,直角梯形$AA_1B_1B$绕直角边$AA_1$所在直线旋转一周得到如图所示的圆台$AA_1$.已知点$P,Q$分别在线段$CC_1,BC$上,二面角$B_1-AA_1-C_1$的大小为$\theta$.

(1)若$\theta=\frac{2\pi}{3}$,$\overrightarrow{CP}=\frac{2}{3}\overrightarrow{CC_1}$,$AQ\perp AB$,求证$PQ//$平面$AA_1B_1B$;
(2)若$\theta=\frac{\pi}{2}$,点$P$为$CC_1$上的动点,点$Q$为$BC$的中点,求$PQ$与平面$AA_1C_1C$所成角的最大正切值,并求此时二面角$Q-AP-C$的余弦值.

答案：
11.
(1)证明:如图1所示，过点C₁作CD//AA交AC于D，过点P作PR//CD交AC于R，连接QR。
∵AA⊥底面ABC，CD//AA，
∴CD⊥底面ABC，又
∵AC⊂底面ABC，
∴CD⊥AC，
∴DC = AC - AD = AC - AC₁ = 3，
∵PR//CD，
∴$\frac{CR}{CD}$ = $\frac{CP}{CC₁}$ = $\frac{2}{3}$，
∴CR = 2，
∴$\frac{CR}{CA}$ = $\frac{1}{3}$。由题意知∠BAC = $\frac{2\pi}{3}$，AB = AC = 6，AB⊥AQ，
∴BC = 2AB·cos$\frac{\pi}{6}$ = 6$\sqrt{3}$，BQ = $\frac{AB}{\cos\frac{\pi}{6}}$ = 4$\sqrt{3}$，
∴$\frac{CQ}{CB}$ = $\frac{CB - QB}{CB}$ = $\frac{1}{3}$，即有$\frac{CQ}{CB}$ = $\frac{CR}{CA}$，
∴RQ//AB。又
∵PR//CD，CD//AA，
∴PR//AA，
∴平面PQR//平面AABB，又
∵PQ⊂平面PQR，
∴PQ//平面AABB。
(2)解:如图2所示，过点C₁作CD//AA交AC于D，连接DP，过点D作DR⊥AP于R，连接DQ，QR。由
(1)易知D为AC的中点，又Q为BC的中点，
∴DQ为△CAB的中位线，
∴DQ//AB。
∵BA⊥AC，BA⊥AA，AC∩AA = A，
∴BA⊥平面AAC₁C，
∴QD⊥平面AAC₁C，
∵DP⊂平面AAC₁C，
∴QD⊥DP，
∴∠QPD为PQ与平面AAC₁C所成的角。
∵tan∠QPD = $\frac{QD}{DP}$ = $\frac{AB}{2DP}$，
∴当DP最短，即DP⊥CC₁时，tan∠QPD有最大值。
∵CD⊥AC，DP⊥CC₁，
∴DPmin = $\frac{C₁D · DC}{\sqrt{C_{1}D^{2} + DC^{2}}}$ = $\frac{6\sqrt{5}}{5}$，
∴(tan∠QPD)max = $\frac{3}{DP}$ = $\frac{\sqrt{5}}{2}$。
∵QD⊥平面AAC₁C，且AP⊂平面AAC₁C，
∴QD⊥AP，又
∵DR⊥AP，QD∩DR = D，
∴AP⊥平面DQR，
∵QR⊂平面DQR，
∴AP⊥QR，
∴∠DRQ是二面角Q - AP - C的平面角。
∵DP⊥CC₁，
∴CP = $\sqrt{CD^{2} - DP^{2}}$ = $\frac{3\sqrt{5}}{5}$，cos∠ACP = cos∠DCP = $\frac{CP}{CD}$ = $\frac{\sqrt{5}}{5}$，
∴在△APC中，根据余弦定理可得AP = $\sqrt{CP^{2} + CA^{2} - 2CP · CA · \cos\angle ACP}$ = $\frac{3\sqrt{85}}{5}$，
∵D是AC的中点，DR⊥AP，DP⊥CC₁，
∴$S_{\triangle ADP}$ = $S_{\triangle CDP}$，即有$\frac{1}{2}$AP·DR = $\frac{1}{2}$DP·CP，
∴DR = $\frac{CP · DP}{AP}$ = $\frac{6\sqrt{85}}{85}$，
∵QD⊥平面AAC₁C，且DR⊂平面AAC₁C，
∴QD⊥DR，
∴cos∠DRQ = $\frac{DR}{RQ}$ = $\frac{DR}{\sqrt{DR^{2} + QD^{2}}}$ = $\frac{2\sqrt{89}}{89}$，即二面角Q - AP - C的余弦值为$\frac{2\sqrt{89}}{89}$，
∴PQ与平面AAC₁C所成角的最大正切值为$\frac{\sqrt{5}}{2}$，此时二面角Q - AP - C的余弦值为$\frac{2\sqrt{89}}{89}$。]