《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

1. [四川成都2024高一期末] 若正四棱锥 $ P - ABCD $ 的所有棱长均相等，$ E $ 为 $ PC $ 的中点，则异面直线 $ BE $ 与 $ AC $ 所成角的余弦值为(D)


A.$ \dfrac{\sqrt{2}}{6} $
B.$ \dfrac{\sqrt{2}}{4} $
C.$ \dfrac{\sqrt{6}}{3} $
D.$ \dfrac{\sqrt{6}}{6} $

答案：
1.D【解析】如图，取棱AP的中点为F，连接EF,BF.
因为E为PC的中点，所以$EF// AC,EF=\frac{1}{2}AC$，
所以异面直线BE与AC所成角为$\angle BEF$（或其补角）.

不妨设正四棱锥P - ABCD的所有棱长均为2，
则$BE=BF=\sqrt{3},EF=\frac{1}{2}AC=\sqrt{2}$，
所以$\cos\angle BEF=\frac{\frac{1}{2}EF}{BE}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{6}$.
故选D.
名师点拨 求异面直线所成的角，就是通过平移将异面直线所成的角转化成一平面内的直线所成的角，放到同一个可解的三角形中求解.要注意多平面平移，不能局限于一个平面.
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高中必刷题　数学

2. [天津第九十五中学2025高一月考] 已知 $ ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} $ 为正方体，$ E $，$ F $ 分别是 $ BD_{1} $，$ AB $ 的中点，则异面直线 $ EF $ 与 $ BD $ 所成的角为(C)


A.$ 30^{\circ} $
B.$ 45^{\circ} $
C.$ 60^{\circ} $
D.$ 90^{\circ} $

答案：
2.C【解析】如图，取$DD_1$的中点G，连接EG,FG.
在$\triangle BDD_1$中，G为$DD_1$的中点，E为$BD_1$的中点，所以$EG// BD$，
则$\angle GEF$为异面直线EF与BD所成的角或其补角.
设正方体的棱长为2，则$EG=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}\sqrt{AB^2 + AD^2}=\sqrt{2}$，
连接$AC_1,DF,BC_1$，易知E为$AC_1$的中点，又F为AB的中点，
所以在$\triangle ABC_1$中，$EF=\frac{1}{2}BC_1=\frac{1}{2}\sqrt{BC^2 + C_1C^2}=\sqrt{2}$.
又$DF=\sqrt{AD^2 + AF^2}=\sqrt{5}$，$GF=\sqrt{DF^2 + DG^2}=\sqrt{6}$，
在$\triangle GEF$中，$\cos\angle GEF=\frac{EG^2 + EF^2 - GF^2}{2EG· EF}=-\frac{1}{2}$，
所以$\angle GEF = 120^{\circ}$，则异面直线EF与BD所成的角为$60^{\circ}$.故选C.
巧思：$EF// BC_1$，$EF$与BD所成的角即等边三角形$BC_1D$中的$\angle DBC_1 = 60^{\circ}$
特别注意 利用平移法求异面直线所成的角时，由于异面直线所成角的范围是$(0,\frac{\pi}{2}]$，因此在使用余弦定理时，若所求的角的余弦值为负值，则应取其绝对值.

3. [湖南邵东四中2025高一期中] 如图，用一平面去截球 $ O $，所得截面面积为 $ 16\pi $，球心 $ O $ 到截面的距离为 $ 3 $，$ O_{1} $ 为截面小圆圆心，$ AB $ 为截面小圆的直径.
(1) 计算球 $ O $ 的表面积和体积；
(2) 若 $ C $ 是截面小圆上一点，$ \angle ABC = 30^{\circ} $，$ M $，$ N $ 分别是线段 $ AO_{1} $ 和 $ OO_{1} $ 的中点，求异面直线 $ AC $ 与 $ MN $ 所成角的余弦值.

答案：
3.【解】
(1)连接OA，由题意得，截面圆$O_1$的半径为4，
在$Rt\triangle OA O_1$中，$O_1A = 4$，$OO_1 = 3$，由勾股定理得$AO = \sqrt{OO_1^2 + O_1A^2}=5$，
所以球O的表面积为$4\pi·25 = 100\pi$，体积$V = \frac{4}{3}×\pi×5^3=\frac{500\pi}{3}$.
(2)连接OC，因为M,N分别为$AO_1,OO_1$的中点，所以$MN// OA$，
所以$\angle OAC$为异面直线AC与MN所成的角(或其补角).
在$Rt\triangle ABC$中，$AB = 8$，$\angle ABC = 30^{\circ}$，所以$AC = \frac{1}{2}AB = 4$.
在$\triangle OAC$中，$OA = OC = 5$，
由余弦定理得，$\cos\angle OAC=\frac{AC^2 + OA^2 - OC^2}{2OA· AC}=\frac{4^2 + 5^2 - 5^2}{2×4×5}=\frac{2}{5}$，
因此，异面直线AC与MN所成角的余弦值为$\frac{2}{5}$.

4. [广西名校联盟2025高一月考] 已知空间中两条直线 $ l $，$ m $ 及平面 $ \alpha $，且满足 $ m \subset \alpha $，则“$ l \perp m $”是“$ l \perp \alpha $”的(B)

A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件

答案： 4.B【解析】充分性：只有当$l$垂直于$\alpha$内的两条相交直线时，才可推出$l\perp\alpha$，由题可知，$l$垂直于$\alpha$内的一条直线m，则$l$可能与平面$\alpha$斜交、平行或在平面$\alpha$内，无法推出$l\perp\alpha$，充分性不成立；
必要性：若$l\perp\alpha$，又$m\subset\alpha$，则$l\perp m$，必要性成立.
综上所述，“$l\perp m$”是“$l\perp\alpha$”的必要不充分条件.故选B.

5. (多选) 如图，在以下四个正方体中，直线 $ AB $ 与平面 $ CDE $ 垂直的是(BD)


A.
B.
C.
D.

答案： 5.BD【解析】对于A，易证AB与CE所成的角为$45^{\circ}$，所以直线AB与平面CDE不垂直；对于B，易证$AB\perp CE$，$AB\perp ED$，且$CE\cap ED = E$，$CE,ED\subset$平面CDE，所以$AB\perp$平面CDE；对于C，易证AB与CE所成的角为$60^{\circ}$，所以直线AB与平面CDE不垂直；对于D，连接AC，易证$ED\perp$平面ABC，得$ED\perp AB$，同理证得$EC\perp AB$，且$ED\cap EC = E$，$ED,EC\subset$平面CDE，所以$AB\perp$平面CDE.故选BD.
规律方法 证明直线与平面垂直的常用方法：
(1)利用线面垂直的判定定理；
(2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”；
(3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”.

6. 教材变式 如图，在正方形 $ SG_{1}G_{2}G_{3} $ 中，$ E $，$ F $ 分别是 $ G_{1}G_{2} $，$ G_{2}G_{3} $ 的中点，$ D $ 是 $ EF $ 的中点，现在沿 $ SE $，$ SF $ 及 $ EF $ 把这个正方形折成一个四面体，使 $ G_{1} $，$ G_{2} $，$ G_{3} $ 三点重合，重合后的点记为 $ G $，则在四面体 $ S - EFG $ 中必有(A)


A.$ SG \perp $ 平面 $ EFG $
B.$ SD \perp $ 平面 $ EFG $
C.$ GF \perp $ 平面 $ SEF $
D.$ GD \perp $ 平面 $ SEF $

答案： 6.A【解析】对于A，因为在正方形$SGG_1G_2$中，$SG_1\perp GE$，$SG_1\perp GF$，所以在四面体S - EFG中，$SG\perp GE$，$SG\perp GF$，因为$GE\cap GF = G$，$GE,GF\subset$平面EFG，所以$SG\perp$平面EFG，所以A正确.
对于B，因为$SG\perp$平面EFG，$GD\subset$平面EFG，所以$SG\perp GD$，所以$\angle SGD = 90^{\circ}$，所以$\angle SDG$不可能为直角，所以SD与GD不垂直，所以SD与平面EFG不可能垂直，所以B错误.
对于C，由题意可知$\triangle GEF$为等腰直角三角形，且$GE = GF$，$\angle GFE = 45^{\circ}$，所以GF与平面SEF不可能垂直，所以C错误.
对于D，由选项B的解析可知，$\angle SDG$不可能为直角，所以SD与GD不垂直，所以GD与平面SEF不可能垂直，所以D错误.故选A.
链接教材 本题是教材第164页第15题的变式，考查翻折模型中垂直关系的判断.处理此题首先要观察折叠前后的不变量，比如三个直角，然后要充分利用线线垂直获取线面垂直关系.

7. [江苏苏州实验中学2025高一月考] 如图，正四棱锥 $ A - BCDE $ 和正四面体 $ A - CDF $ 的所有棱长均相等，$ G $ 为 $ BE $ 的中点.
(1) 证明：$ FG \perp CD $.
(2) 证明：点 $ A $，$ B $，$ C $，$ F $ 共面.
(3) 判断 $ FG $ 是否垂直于平面 $ ACD $？若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由.

答案：
7.
(1)【证明】如图，取CD的中点H，连接GH,FH.
因为A - BCDE是正四棱锥，A - CDF是正四面体，G为BE的中点，所以$CD\perp GH$，$CD\perp FH$，
又$GH\cap FH = H$，$GH,FH\subset$平面FGH，
所以$CD\perp$平面FGH，又因为$FG\subset$平面FGH，所以$FG\perp CD$.

(2)【证明】连接AG,AH，因为A - BCDE是正四棱锥，A - CDF是正四面体，G为BE的中点，H为CD的中点，
所以$CD\perp GH$，$CD\perp AH$，$CD\perp FH$，
又$GH\cap AH = H$，$GH,AH\subset$平面AGH，所以$CD\perp$平面AGH.
又因为$FH\cap AH = H$，$FH,AH\subset$平面AFH，所以$CD\perp$平面AFH，
所以平面AGH与平面AFH重合，
所以A,G,H,F四点共面.
设正四面体与正四棱锥的棱长为2a，则$AG = HF = \sqrt{3}a$，$GH = AF = 2a$，所以四边形AGHF是平行四边形，所以$GH// AF$.
因为$BC// GH$，所以$BC// AF$，
所以A,B,C,F四点共面.
(3)【解】不垂直.假设$FG\perp$平面ACD，因为$AH\subset$平面ACD，则$FG\perp AH$.
又因为四边形AGHF是平行四边形，
所以四边形AGHF是菱形，则$AG = GH$，与$AG = \sqrt{3}a$，$GH = 2a$矛盾，
故假设不成立，
所以FG与平面ACD不垂直.
归纳总结 证明直线与直线垂直的方法：
(1)等腰三角形三线合一；
(2)勾股定理；
(3)直径所对的圆周角是直角；
(4)垂心；
(5)三角形全等；
(6)线面垂直的性质.