《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

11. (多选)[湖北武汉六中2025高一月考]平面$\alpha$垂直于平面$\beta$，且$\alpha \cap \beta = l$，下列说法正确的是(AB)

A.平面$\alpha$内一定存在直线平行于平面$\beta$
B.平面$\alpha$内已知直线必垂直于平面$\beta$内无数条直线
C.平面$\alpha$内任一条直线必垂直于平面$\beta$
D.过平面$\alpha$内任意一点作交线$l$的垂线，则此垂线必垂直于平面$\beta$

答案： 11.AB [解析]对A:因为l⊂平面β,所以平面α内平行于l的直线都平行于平面β,故A正确;
对B:在平面β内作直线l的垂线m,则m⊥平面α,则m垂直于平面α内的任意直线，故平面α内已知直线必垂直于直线m,以及平面β内与m平行的无数条直线,故B正确;
对C:平面α内垂直于交线l的直线才垂直于平面β,故C错误;
对D:过平面α内且在交线l外的一点作交线l的垂线，且垂线在平面α内，则此垂线必垂直于平面β,故D错误.故选AB.

12. 如图，在斜三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$中，$\angle BAC = 90°$，$BC_1 \perp AC$，则点$C_1$在平面$ABC$上的射影点$H$必在(A)


A.直线$AB$上
B.直线$BC$上
C.直线$AC$上
D.$\triangle ABC$内部(不包括边界)

答案： 12.A [解析]连接AC₁.
∵AC⊥AB,AC⊥
BC₁,AB∩BC₁=B,AB,BC₁⊂平面
ABC₁,
∴AC⊥平面ABC₁
又
∵AC⊂平面ABC，
∴平面ABC₁⊥平面
ABC,
∴点C₁在平面ABC上的射影点H必在平面ABC₁与平面ABC的交线AB上.故选A.

13. 如图，在平行四边形$ABCD$中，$AB \perp BD$，将$\triangle ABD$沿$BD$折起，使平面$ABD \perp$平面$BCD$，连接$AC$，则在四面体$A - BCD$的四个面中，互相垂直的平面有(C)


A.1对
B.2对
C.3对
D.4对

答案： 13.C [解析]因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB⊥BD,AB⊂平面ABD,所以AB⊥平面BCD.
又AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面
BCD.因为CD⊂平面BCD,所以AB⊥
CD.又BD⊥CD,AB∩BD=B,AB,BD⊂平面ABD，所以CD⊥平面ABD.
又CD⊂平面ACD,所以平面ABD⊥平面ACD.
综上,平面ABD⊥平面BCD,平面ABC⊥
避坑:不要遗漏已知条件中的1对
平面BCD,平面ABD⊥平面ACD,共有3对，故选C.

14. [四川乐山2024高一期末]如图，在四棱锥$P - ABCD$中，四边形$ABCD$是矩形，平面$ABP \perp$平面$ABCD$，$E$，$F$分别为$BC$，$AP$的中点，且$AD = AP = PB = \frac{\sqrt{2}}{2}AB = 2$。
(1)求证：$BP \perp DF$；
(2)求三棱锥$P - DEF$的体积；
(3)求直线$EF$与平面$ABCD$所成角的正弦值。

答案：
14.
(1)[证明]
∵四边形ABCD是矩形，
∴DA⊥AB.
又
∵平面ABP⊥平面ABCD,平面ABCD∩平面ABP=AB,DA⊂平面ABCD,
∴DA⊥平面ABP.
又BP⊂平面ABP,
∴DA⊥BP.
∵AP=BP=2,AB=2√2,
∴AP²+BP²=
AB²,
∴BP⊥AP.
∵DA∩AP=A,DA,AP⊂平面DAP,
∴BP⊥平面DAP.
∵DF⊂平面DAP，
∴BP⊥DF.
(2)[解]
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD⊥AB,AD//BC.
∵AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD,
∴BC//平面PAD.
∴点E到平面PAD的距离等于点B到平面PAD的距离.
点悟:运用线面平行将三棱锥E−PDF的高转化成易求解的线段
由
(1)得DA⊥平面ABP,BP⊥平面DAP,
则S△PDF=$\frac{1}{2}$PF·AD=$\frac{1}{2}$×1×2=1,
∴V_{P−DEF}=V_{E−PDF}=$\frac{1}{3}$S△PDF·BP=$\frac{1}{3}$×1×2=$\frac{2}{3}$,
故三棱锥P−DEF的体积为$\frac{2}{3}$.
(3)[解]如图,过点F作FM⊥AB于点M,连接ME,BF,
∵平面ABCD⊥平面ABP，平面ABCD∩平面ABP=AB,FM⊂平面ABP,
∴FM⊥平面ABCD,
∴∠FEM为直线EF与平面ABCD所成的角.
由已知可得FM=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,BF=$\sqrt{5}$,
由AD⊥平面ABP,AD//BC,可知BC⊥平面ABP,又BF⊂平面ABP，
∴BC⊥
BF,
∴BE⊥BF,
∴EF=$\sqrt{6}$,
∴在Rt△FME中,sin∠FEM=$\frac{FM}{EF}$=
$\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{6}}$=$\frac{\sqrt{3}}{6}$,
故直线EF与平面ABCD所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{3}}{6}$.

15. [江苏盐城五校2025高一月考]如图，点$P$在正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$的面对角线$BC_1$上运动，有下面四个结论：①三棱锥$A - D_1PC$的体积不变；②$A_1P //$平面$ACD_1$；③$DP \perp BC_1$；④平面$PDB_1 \perp$平面$ACD_1$。其中正确结论的序号是①②④。(写出所有你认为正确结论的序号)

答案：
15.①②④ [解析]如图,连接AC,AB.
因为AA₁//CC₁,AA₁=

CC₁，所以四边形
AA₁C₁C是平行四边形，所以AC//A₁C₁
又因为AC⊄平面A₁BC₁,A₁C₁⊂平面
A₁BC₁,所以AC//平面A₁BC₁同理可证
AD₁//平面A₁BC₁.又因为AC⊂平面
ACD₁,AD₁⊂平面ACD₁,且AC∩AD₁=
A,所以平面ACD₁//平面A₁BC₁.因为
A₁P⊂平面A₁BC₁,所以A₁P//平面
ACD₁,故②正确.因为BC₁//AD₁,AD₁⊂平面ACD₁,BC₁⊄平面ACD₁,所以BC₁//平面ACD₁,所以点P到平面ACD₁的距离不变.又因为$V_{A−D₁PC}=V_{P−ACD₁},$所以三棱锥A−D₁PC的体积不变,故①正确.连接DB₁,DC₁.因为DB₁=DC₁,所以当P为
BC₁的中点时才有DP⊥BC₁,故③错误.因为BB₁⊥平面ABCD,AC⊂平面
ABCD,所以AC⊥BB₁.又因为AC⊥
BD,BB₁∩BD=B,BB₁,BD⊂平面
BB₁D₁D,所以AC⊥平面BB₁D₁D.因为
B₁D⊂平面BB₁D₁D,所以B₁D⊥AC.同理可证B₁D⊥AD₁又因为AC⊂平面
ACD₁,AD₁⊂平面ACD₁,AC∩AD₁=A,所以
B₁D⊥平面ACD₁.又因为B₁D⊂平面PDB₁,所以平面PDB₁⊥平面ACD₁,故④正确

16. 如图，在四棱锥$P - ABCD$中，$AB // CD$，$AB \perp AD$，$CD = 2AB$，平面$PAD \perp$底面$ABCD$，$PA \perp AD$，$E$，$F$分别是$CD$和$PC$的中点。求证：
(1)$PA \perp$底面$ABCD$；
(2)$BE //$平面$PAD$；
(3)平面$BEF \perp$平面$PCD$。

答案： 16.[证明]
(1)
∵平面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩底面ABCD=AD,PA⊂平面PAD,PA⊥AD,
∴PA⊥底面ABCD.
(2)
∵AB//CD,CD=2AB,E是CD的中点，
∴AB//DE,且AB=DE,
∴四边形ABED为平行四边形，
∴BE//AD.
又
∵BE⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,
∴BE//平面PAD.
(3)
∵四边形ABED为平行四边形，AB⊥
AD,
∴BE⊥CD,AD⊥CD.
由
(1)知PA⊥底面ABCD,CD⊂底面
ABCD,
∴PA⊥CD.
∵PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,
∴CD⊥平面PAD.
又PD⊂平面PAD,
∴CD⊥PD.
∵E,F分别是CD,PC的中点，
∴PD//EF,
∴CD⊥EF.
∵CD⊥BE,EF∩BE=E,EF,BE⊂平面BEF,
∴CD⊥平面BEF.
∵CD⊂平面PCD,
∴平面BEF⊥平面PCD.