《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

1. [天津建华中学2025高一期中]已知直三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，$\angle ABC = 120^{\circ}$，$AB = 2$，$BC = CC_{1} = 1$，则异面直线$AB_{1}$与$BC_{1}$所成角的余弦值为(C)

A.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
B.$\frac{\sqrt{15}}{5}$
C.$\frac{\sqrt{10}}{5}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{3}$

答案：
1.C [解析]如图所示，将直三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$补成直四棱柱$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$，连接$AD_{1}$和$B_{1}D_{1}$。
　　　　　
因为$AD_{1}// BC_{1}$，所以$\angle B_{1}AD_{1}$或其补角为异面直线$AB_{1}$与$BC_{1}$所成的角。
因为$AB=2,BC=CC_{1}=1$，所以$AB_{1}=\sqrt{5},AD_{1}=\sqrt{2}$。
在$\triangle B_{1}D_{1}C_{1}$中，$\angle B_{1}C_{1}D_{1}=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ},B_{1}C_{1}=1,D_{1}C_{1}=2$，
所以$B_{1}D_{1}=\sqrt{1^{2}+2^{2}-2×1×2×\cos60^{\circ}}=\sqrt{3}$，所以在$\triangle AB_{1}D_{1}$中，$\cos\angle B_{1}AD_{1}=\frac{B_{1}A^{2}+AD_{1}^{2}-B_{1}D_{1}^{2}}{2B_{1}A· AD_{1}}=\frac{5+2-3}{2×\sqrt{5}×\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{10}}{5}$，故选C。

2. [青海西宁2025高一期中]在直三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，$\angle BAC = 90^{\circ}$，$AB = AC = AA_{1} = 4$，$P$是棱$B_{1}C_{1}$的中点，则$C$到平面$ABP$的距离为(D)

A.$2\sqrt{3}$
B.$2\sqrt{5}$
C.$\frac{6\sqrt{5}}{5}$
D.$\frac{8\sqrt{5}}{5}$

答案：
2.D [解析]由已知条件可得$\triangle A_{1}B_{1}C_{1}$是等腰直角三角形，且$A_{1}B_{1}\perp A_{1}C_{1}$，连接$PA_{1}$，
所以$PA_{1}=PB_{1}=\frac{1}{2}B_{1}C_{1}=\frac{\sqrt{2}}{2}A_{1}B_{1}=\frac{\sqrt{2}}{2}AB=2\sqrt{2}$，
所以$PA=\sqrt{PA_{1}^{2}+AA_{1}^{2}}=\sqrt{8+16}=2\sqrt{6}$，$PB=\sqrt{PB_{1}^{2}+BB_{1}^{2}}=\sqrt{8+16}=2\sqrt{6}$。
设$P$到直线$AB$的距离为$h$，则由$PA=PB=2\sqrt{6}$，
可知$h=\sqrt{PA^{2}-(\frac{1}{2}AB)^{2}}=2\sqrt{5}$。
设所求距离为$d$，
因为$V_{ABC - A_{1}B_{1}C_{1}}=3V_{P - ABC}=3V_{C - ABP}$，所以$\frac{1}{2}AB· AC· AA_{1}=3×\frac{1}{3}· d·\frac{1}{2}· AB· h$，解得$d=\frac{8\sqrt{5}}{5}$。故选D。
　　　　　

3. [河南郑州2024高二月考]如图，在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$M$，$N$分别为$AC$，$A_{1}B$的中点，则下列说法中不正确的是(C)


A.$MN //$平面$ADD_{1}A_{1}$
B.$MN \perp AB$
C.直线$MN$与平面$ABCD$所成的角为$60^{\circ}$
D.异面直线$MN$与$DD_{1}$所成的角为$45^{\circ}$

答案：
3.C [解析]如图，在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，取棱$AD,AA_{1}$的中点分别为$E,F$，连接$ME,EF,FN$，
　　　　　
又因为$M,N$分别为$AC,A_{1}B_{1}$的中点，
所以$ME// CD// AB// NF,ME=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}AB=NF$。
因此四边形$MEFN$为平行四边形，则$EF// MN$，又$EF\subset$平面$ADD_{1}A_{1},MN\not\subset$平面$ADD_{1}A_{1}$，所以$MN//$平面$ADD_{1}A_{1}$，A正确；
因为$AB\perp$平面$ADD_{1}A_{1},EF\subset$平面$ADD_{1}A_{1}$，所以$AB\perp EF$，则$MN\perp AB$，B正确；
显然$AF\perp$平面$ABCD$，则$\angle FEA$是$EF$与平面$ABCD$所成的角，又$AE=AF,\angle EAF=90^{\circ}$，则$\angle FEA=45^{\circ}$，因为$EF// MN$，所以直线$MN$与平面$ABCD$所成的角为$45^{\circ}$，C错误；
因为$AA_{1}// DD_{1},EF// MN$，所以$\angle AFE$是异面直线$MN$与$DD_{1}$所成的角，显然$\angle AFE=45^{\circ}$，D正确。故选C。

4. [浙江宁波2024高一期末]已知长方体的一条体对角线与经过同一个顶点的三个面所成的角分别为$\alpha$，$\beta$，$\gamma$，若$\sin \alpha = \frac{\sqrt{2}}{3}$，$\cos \beta = \frac{\sqrt{3}}{3}$，则$\cos \gamma =$(B)

A.$\frac{1}{3}$
B.$\frac{2\sqrt{2}}{3}$
C.$\frac{\sqrt{7}}{3}$
D.$\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$

答案：
4.B [解析]设长方体的长、宽、高分别为$a,b,c$，体对角线为$AD$，如图所示，
　　　　　
由长方体的性质可得体对角线长$l=\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$。
由$AB\perp$平面$BEDC$，可得$AD$与平面$BEDC$所成的角为$\alpha=\angle ADB$，所以$\cos\alpha=\frac{BD}{l}$，
同理可得$AD$与平面$ABC$所成的角为$\beta=\angle CAD$，所以$\cos\beta=\frac{AC}{l}$，
$AD$与平面$ABE$所成的角为$\gamma=\angle EAD$，所以$\cos\gamma=\frac{AE}{l}$，
所以$\cos^{2}\alpha+\cos^{2}\beta+\cos^{2}\gamma=\frac{BD^{2}}{l^{2}}+\frac{AC^{2}}{l^{2}}+\frac{AE^{2}}{l^{2}}=\frac{c^{2}+b^{2}+a^{2}+c^{2}+a^{2}+b^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=2$。
关键：运用线面角及勾股定理得出三个线面角余弦值的平方和是定值，这一步是解题关键。
因为$\sin\alpha=\frac{\sqrt{2}}{3},\alpha\in[0,\frac{\pi}{2}]$，所以$\cos\alpha=\frac{\sqrt{7}}{3}$，
又$\cos\beta=\frac{\sqrt{3}}{3}$，则$\cos^{2}\gamma=2-\frac{7}{9}-\frac{3}{9}=\frac{8}{9}$。又因为$\gamma\in[0,\frac{\pi}{2}]$，所以$\cos\gamma=\frac{2\sqrt{2}}{3}$。
故选B。

5. 如图，在矩形$ABCD$中，$AB = 2BC$，$E$为$DC$的中点，沿$AE$将$\triangle ADE$折起，在折起过程中，下列情况可能成立的有(A)

①$DE \perp$平面$ACD$；②$CD \perp$平面$BED$；③$BD \perp$平面$ACD$；④$AD \perp$平面$BED$。

A.$1$个
B.$2$个
C.$3$个
D.$4$个

答案：
5.A [解析]
∵在矩形$ABCD$中，$AB = 2BC$，$E$为$DC$的中点，过点$E$作$EQ_{2}\perp AB$交$AB$于点$Q_{2}$，
　　　　
在折起过程中，点$D$在平面$ABCE$上的射影点$D'$在图中线段$Q_{1}Q_{2}$上。
∵$D'E$与$AC$所成角不能为直角，
∴$DE$与平面$ACD$不垂直，故①错误。
只有点$D$的射影位于$Q_{2}$位置，即平面$AED$与平面$AEB$重合时，才有$BE\perp CD$，此时$CD$不垂直于平面$AECB$，即$CD$与平面$BED$不垂直，故②错误。
∵$BD'$与$AC$所成角不能为直角，
∴$BD$不能垂直于平面$ACD$，故③错误。
∵$AD\perp DE$，并且在折起过程中，存在一个位置使$AD'\perp BE$，
∴存在一个位置使$AD\perp BE$，又$BE\cap DE = E$，$BE,DE\subset$平面$BED$，
∴在折起过程中有$AD\perp$平面$BED$，故④正确。故选A。

6. [山东泰安新泰一中2025高一月考]已知三棱锥$P - ABC$的底面是边长为$3$的正三角形，点$A$在侧面$PBC$上的射影$G$是$\triangle PBC$的垂心，当此三棱锥体积最大时，$PA$的长为(C)

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

答案：
6.C [解析]如图，连接$PG$并延长，交$BC$于点$D$，连接$AD$，
　　　　　
因为$G$为$\triangle PBC$的垂心，所以$BC\perp PD$，因为$AG\perp$平面$PBC$，$BC\subset$平面$PBC$，所以$BC\perp AG$，
又$AG\cap PD = G$，$AG,PD\subset$平面$PAD$，所以$BC\perp$平面$PAD$。
因为$AD\subset$平面$PAD$，所以$BC\perp AD$。
连接$BG$并延长，交$PC$于点$E$，连接$AE$，因为$AG\perp$平面$PBC$，$PC\subset$平面$PBC$，所以$AG\perp PC$，
因为$G$为$\triangle PBC$的垂心，所以$BE\perp PC$，又$AG\cap BE = G$，$AG,BE\subset$平面$ABE$，所以$PC\perp$平面$ABE$。
因为$AB\subset$平面$ABE$，所以$AB\perp PC$。
设点$P$在平面$ABC$内的射影为点$O$，连接$CO$并延长，交$AB$于点$F$，连接$PF,OB$，因为$PO\perp$平面$ABC$，$AB\subset$平面$ABC$，所以$PO\perp AB$，
又$PO\cap PC = P$，$PO,PC\subset$平面$PCF$，所以$AB\perp$平面$PCF$，
因为$CF\subset$平面$PCF$，所以$CF\perp AB$。
因为$AD\cap CF = O$，所以$O$为正三角形$ABC$的中心，且$F$为$AB$的中点。
因为$PO\perp$平面$ABC$，$OA,OB,OC\subset$平面$ABC$，所以$PO\perp OA$，$PO\perp OB$，$PO\perp OC$，又$OA = OB = OC$，
所以$\triangle POA\cong\triangle POB\cong\triangle POC$，所以$PA = PB = PC$。
由三角形的面积公式有$S_{\triangle PBC}=\frac{1}{2}· BP· PC·\sin\angle BPC$，
当$\sin\angle BPC = 1$时，$S_{\triangle PBC}$最大，此时$PB\perp PC$，
所以当$PB\perp PC$时，$\triangle PBC$的面积取最大值。
当$PA\perp PB$，$PA\perp PC$时，又$PB\cap PC = P$，$PB,PC\subset$平面$PBC$，
所以$PA\perp$平面$PBC$，
此时$V_{P - ABC}=\frac{1}{3}S_{\triangle PBC}· PA$，当$PA$与$PB,PC$不垂直时，此时高一定比$PA$小，所以当$PB\perp PC$，$PA\perp PB$，$PA\perp PC$时，三棱锥$P - ABC$的体积最大。
又$PA\perp PB$，底面是边长为$3$的正三角形，由等腰直角三角形性质得$\sqrt{2}PA = AB = 3$，解得$PA=\frac{3\sqrt{2}}{2}$。故选C。

7. 教材变式(多选)[广东广州荔湾区2024月考]过$\triangle ABC$所在平面外一点$P$，作$PO \perp$平面$ABC$，垂足为$O$，连接$PA$，$PB$，$PC$。下列说法正确的是(BCD)

A.若$PA = PB = PC$，则点$O$是$\triangle ABC$的重心
B.若点$P$到$\triangle ABC$三条边的距离相等，则点$O$是$\triangle ABC$的内心
C.若三组对棱$PA$与$BC$，$PB$与$AC$，$PC$与$AB$中有两组互相垂直，则点$O$是$\triangle ABC$的垂心
D.若$PA$，$PB$，$PC$与平面$ABC$所成的角均相等，则点$O$是$\triangle ABC$的外心

答案：
7.BCD [解析]对于A选项，如图，连接$OA,OB,OC$，因为$PO\perp$平面$ABC$，$OA,OB,OC\subset$平面$ABC$，所以$PO\perp OA$，$PO\perp OB$，$PO\perp OC$。因为$PA = PB = PC$，所以$\sqrt{PA^{2}-PO^{2}}=\sqrt{PB^{2}-PO^{2}}=\sqrt{PC^{2}-PO^{2}}$，
所以$OA = OB = OC$，所以点$O$是$\triangle ABC$的外心，A错误。
对于B选项，如图，过点$P$在平面$PAB$内作$PE\perp AB$，垂足为点$E$，过点$P$在平面$PBC$内作$PF\perp BC$，垂足为点$F$，过点$P$在平面$PAC$内作$PG\perp AC$，垂足为点$G$，连接$OE,OF,OG$，
　　　　　
因为$PO\perp$平面$ABC$，$OE,AB\subset$平面$ABC$，所以$AB\perp PO$，$OE\perp PO$，
又因为$PE\perp AB$，$PO\cap PE = P$，$PO,PE\subset$平面$POE$，所以$AB\perp$平面$POE$。
又$OE\subset$平面$POE$，所以$OE\perp AB$，$OE=\sqrt{PE^{2}-PO^{2}}$，同理可知，$OF\perp BC$，$OG\perp AC$，且$OF=\sqrt{PF^{2}-PO^{2}}$，$OG=\sqrt{PG^{2}-PO^{2}}$，
由题意知$PE = PF = PG$，所以$OE = OF = OG$，所以点$O$是$\triangle ABC$的内心，B正确。
对于C选项，若$PA\perp BC$，$PB\perp AC$，因为$PO\perp$平面$ABC$，$BC\subset$平面$ABC$，所以$PO\perp BC$，又$PA\cap PO = P$，$PA,PO\subset$平面$PAO$，所以$BC\perp$平面$PAO$。因为$AO\subset$平面$PAO$，所以$BC\perp AO$，同理可得$AC\perp BO$，故$\overrightarrow{OA}·\overrightarrow{BC}=0$，$\overrightarrow{OB}·\overrightarrow{AC}=0$，即$\overrightarrow{OA}·(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB})=0$，$\overrightarrow{OB}·(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA})=0$，所以$\overrightarrow{OA}·\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OB}·\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OC}·\overrightarrow{OA}$，所以$\overrightarrow{OC}·(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB})=0$，即$OC\perp AB$，所以点$O$是$\triangle ABC$的垂心，C正确。
对于D选项，因为$PO\perp$平面$ABC$，所以$PA,PB,PC$与平面$ABC$所成的角分别为$\angle PAO,\angle PBO,\angle PCO$，
由题意可知，$\angle PAO=\angle PBO=\angle PCO$，所以$\frac{PO}{\tan\angle PAO}=\frac{PO}{\tan\angle PBO}=\frac{PO}{\tan\angle PCO}$，
即$OA = OB = OC$，所以点$O$是$\triangle ABC$的外心，D正确。故选BCD。
链接教材：本题是教材第152页练习第4题的拓展，考查空间中点线面的位置关系、几何量的研究、垂直关系的转化、三角形四心的定义与性质。解决本题首先要明确三角形四心的定义和性质，其次要有空间问题平面化的意识，并推导转化过程中几何量的变化与关系的变化。

8. [河北石家庄二中2025高一期末]如图，在四棱柱$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，四边形$ABCD$为菱形，$AA_{1} = AC_{1} = AB = 2$，$\angle BAD = 60^{\circ}$，$\angle AA_{1}B_{1} = \angle AA_{1}D_{1}$，$E$是侧棱$CC_{1}$上的一点。
(1)证明：$AA_{1} \perp B_{1}D_{1}$；
(2)求点$E$到平面$AA_{1}B_{1}B$的距离；
(3)若直线$B_{1}E$与平面$AA_{1}B_{1}B$所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{42}}{14}$，求$C_{1}E$的长度。

答案：
8.
(1)[证明]连接$AB_{1},AD_{1},A_{1}C_{1}$，设$A_{1}C_{1},B_{1}D_{1}$的交点为$O$，连接$AO$。
因为$A_{1}B_{1}=A_{1}D_{1}$，$\angle A_{1}A_{1}B=\angle A_{1}A_{1}D_{1}$，所以$\triangle A_{1}A_{1}B_{1}$与$\triangle A_{1}A_{1}D_{1}$全等，所以$AD_{1}=AB_{1}$。
因为底面$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$为菱形，且$O$为$B_{1}D_{1}$的中点，所以$AO\perp B_{1}D_{1}$，
因为$AO\cap A_{1}C_{1}=O$，$AO,A_{1}C_{1}\subset$平面$AOA_{1}$，所以$B_{1}D_{1}\perp$平面$AOA_{1}$，又$AA_{1}\subset$平面$AOA_{1}$，所以$AA_{1}\perp B_{1}D_{1}$。
　　　
(2)[解]因为四边形$ABCD$是边长为$2$的菱形，且$\angle BAD = 60^{\circ}$，
所以$A_{1}O=\sqrt{3}$，$B_{1}O = 1$。
因为$AA_{1}=AC_{1}=2$，且$O$为$A_{1}C_{1}$的中点，所以$AO\perp A_{1}O$。
因为$AA_{1}=2$，$A_{1}O=\sqrt{3}$，所以$AO = 1$，所以$\angle AA_{1}O = 30^{\circ}$，$AB_{1}=\sqrt{2}$。
由
(1)知$AO\perp B_{1}D_{1}$，因为$AO\perp A_{1}O$，$AO\cap B_{1}D_{1}=O$，$AO,B_{1}D_{1}\subset$平面$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$，所以$AO\perp$平面$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$。
设点$C_{1}$到平面$AA_{1}B_{1}B$的距离为$d$，
因为$V_{A - A_{1}B_{1}C_{1}}=V_{C_{1}-A_{1}AB_{1}}$，所以$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×2×2×\frac{\sqrt{3}}{2}×1=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{2}×\sqrt{2^{2}-(\frac{\sqrt{2}}{2})^{2}}d$，解得$d=\frac{2\sqrt{21}}{7}$。
因为$C_{1}E//$平面$AA_{1}B_{1}B$，所以点$E$到平面$AA_{1}B_{1}B$的距离为$\frac{2\sqrt{21}}{7}$。
(3)[解]因为直线$B_{1}E$与平面$AA_{1}B_{1}B$所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{42}}{14}$，所以由
(2)知$\frac{d}{B_{1}E}=\frac{\sqrt{42}}{14}$，即$B_{1}E = 2\sqrt{2}$。
过点$E$作$EF\perp$平面$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$，垂足为$F$，连接$B_{1}F,C_{1}F$，则点$F$在$A_{1}C_{1}$的延长线上，
$\angle EC_{1}F=\angle AA_{1}O = 30^{\circ}$，从而$C_{1}E = 2EF$，$C_{1}F=\sqrt{3}EF$。
设$EF = x$，则$C_{1}F=\sqrt{3}x$，$C_{1}E = 2x$，
因为四边形$ABCD$为菱形，且$\angle BAD = 60^{\circ}$，所以$\angle B_{1}A_{1}C_{1}=30^{\circ}$，所以$\angle B_{1}C_{1}F = 150^{\circ}$，
在$\triangle B_{1}C_{1}F$中，由余弦定理可得$B_{1}F^{2}=4 + 3x^{2}-4\sqrt{3}· x\cos150^{\circ}=3x^{2}+6x + 4$，
则$B_{1}E=\sqrt{B_{1}F^{2}+EF^{2}}=\sqrt{4x^{2}+6x + 4}=2\sqrt{2}$，解得$x=\frac{1}{2}$(负舍)，所以$C_{1}E = 1$。