《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

1. [江苏无锡一中2025高一期中]已知$l$，$m$，$n$是三条不重合的直线，$\alpha$，$\beta$，$\gamma$是三个不重合的平面，则下列结论正确的是(D)

A.若$l // \alpha$，$\alpha // \beta$，则$l // \beta$
B.若$l // \alpha$，$m \subset \alpha$，则$l // m$
C.若$m \perp n$，$m \subset \alpha$，$n \subset \beta$，则$\alpha \perp \beta$
D.若$m \perp \alpha$，$m \subset \beta$，则$\alpha \perp \beta$

答案： 1.D [解析]对于A选项,若l//α,α//β,则l//β或l⊂β,A错误;
避坑:容易忽略l⊂β这一情况
对于B选项,若l//α,m⊂α,则l//m或l,m异面，B错误;
对于C选项,若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α,β平行或相交(不一定垂直),C错误;
对于D选项,若m⊥α,m⊂β,则由面面垂直的判定定理可知α⊥β,D正确.
故选D.

2. (多选)[浙江杭州外国语2024高一期中]如图，以等腰直角三角形$ABC$的斜边$BC$上的高$AD$为折痕，翻折$\triangle ABD$和$\triangle ACD$，使得平面$ABD \perp$平面$ACD$。下列结论正确的是(ABC)


A.$BD \perp AC$
B.$\triangle ABC$是等边三角形
C.三棱锥$D - ABC$是正三棱锥
D.平面$ACD \perp$平面$ABC$

答案：
2.ABC [解析]对A选项，
∵平面ABD⊥平面ACD，且平面ABD∩平面ACD=
AD,BD⊥AD,BD⊂平面ABD,
∴BD⊥平面ACD.又AC⊂平面ACD，
∴BD⊥AC,
∴A选项正确.
对B,C选项,由A选项可知BD⊥平面
ACD,又DC⊂平面ACD,
∴BD⊥DC,又
AD⊥BD,AD⊥DC,且AD=BD=DC,
∴AB=BC=AC,
∴△ABC是等边三角形，三棱锥D−ABC是正三棱锥，
∴B,C选项正确
对D选项，假设平面ABC⊥平面ACD,又平面ABC∩平面ACD=AC,
在平面ABC内过点B作BH⊥AC,垂足为点H,则BH⊥平面ACD,又由A选项知
BD⊥平面ACD,

这显然与公理"过平面外一点有且仅有唯一一条直线垂直于该平面"相矛盾，
∴D选项错误.故选ABC.

3. (多选)[黑龙江大庆实验中学2025高一月考]如图，在棱长为$1$的正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$E$为$A_1D$上的动点(不与点$A_1$重合)，则下列结论正确的是(ABC)


A.平面$BCE \perp$平面$DCC_1D_1$
B.直线$A_1D$到平面$B_1D_1C$的距离为$\frac{\sqrt{3}}{3}$
C.三棱锥$B_1 - ECD_1$的体积为定值
D.存在一点$E$，使得直线$C_1E$与平面$ADD_1A_1$所成的角为$\frac{\pi}{3}$

答案：
3.ABC [解析]对于A:由正方体易知
BC⊥平面DCC₁D₁,又BC⊂平面BCE,所以平面BCE⊥平面DCC₁D₁,A正确;
对于B:在正方体中,A₁B₁//CD,A₁B₁=
CD,则四边形A₁B₁CD为平行四边形，则
A₁D//B₁C,又A₁D⊄平面B₁D₁C,B₁C⊂平面B₁D₁C,所以A₁D//平面B₁D₁C,设点A₁到平面B₁D₁C的距离为h,S△B₁CD=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{2}$×$\sqrt{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$,S△B₁A₁D=$\frac{1}{2}$×1×1=$\frac{1}{2}$,由等体积法可得V_{A₁−B₁CD}=V_{C−B₁A₁D},即$\frac{1}{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$×h=$\frac{1}{3}$×$\frac{1}{2}$×1,所以h=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，则直线
A₁D到平面B₁D₁C的距离为$\frac{\sqrt{3}}{3}$,B正确;对于C，V_{B₁−ECD}=V_{E−B₁CD},由B知,A₁D//平面B₁CD₁,所以点E到平面B₁CD₁的距离为定值$\frac{\sqrt{3}}{3}$,又△B₁CD₁的面积为定值,故三棱锥B₁−ECD₁的体积为定值,C正确;对于D,如图，

易知C₁D₁⊥平面ADD₁A₁,则∠C₁ED为直线C₁E与平面ADD₁A₁所成的角，
所以sin∠C₁ED=$\frac{1}{C₁E}$,若存在一点E,使得直线C₁E与平面ADD₁A₁所成的角为$\frac{\pi}{3}$,
则D₁E=$\frac{\sqrt{3}}{3}$
而在等腰直角三角形D₁AD中,D₁A=
DD₁=1,则A₁D=$\sqrt{2}$,D₁E的最小值为$\frac{1}{2}$A₁D=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,由$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$知，不存在点E,使得直线C₁E与平面ADD₁A₁所成的角为$\frac{\pi}{3}$,D错误.故选ABC.

4. [四川自贡2025高一月考]如图，在等腰三角形$ABC$中，$AC = CB = 2AB$，$D$，$E$分别为边$AC$，$BC$上靠近$A$，$B$的四等分点，将$\triangle DEC$沿$DE$翻折至$\triangle PDE$，使得平面$PAB \perp$平面$ADEB$，$O$，$M$分别是$AB$，$PE$的中点。
(1)求直线$PE$与平面$ADEB$所成角的正弦值；
(2)求证：$OE \perp BM$；
(3)求二面角$A - PE - O$的余弦值。

答案：
4.
(1)[解]如图,连接CO交DE于点G,连接PG,
不妨设AC=CB=2AB=4,
因为D,E分别为边AC,BC上靠近A,B的四等分点，所以DE//AB.
因为O为AB的中点，且$\frac{DG}{OA}$=$\frac{CG}{CO}$=$\frac{GE}{OB}$,OA=OB,所以DG=GE,即点G为DE的中点
翻折前，CD=$\frac{3}{4}$AC=$\frac{3}{4}$BC=CE,翻折后,则有PD=PE,则PG⊥DE,则AB⊥PG.因为AC=BC,O为AB的中点，
所以CO⊥AB,
因为PG∩CO=G,CO,PG⊂平面POG,所以AB⊥平面POG.
因为PO⊂平面POG,所以PO⊥AB.
因为平面PAB⊥平面ADEB,平面PAB∩平面ADEB=AB,PO⊂平面PAB,
所以PO⊥平面ADEB,故直线PE与平面
ADEB所成角为∠PEO.
易知PE=CE=$\frac{3}{4}$BC=3,BE=$\frac{1}{4}$BC=1,
cos∠CBO=$\frac{OB}{BC}$=$\frac{1}{4}$,
在△OBE中,由余弦定理得OE²=OB²+
BE²−2OB·BEcos∠CBO=1+1−2×1×1×$\frac{1}{4}$=$\frac{3}{2}$,即OE=$\frac{\sqrt{6}}{2}$,
所以PO=$\sqrt{PE²−OE²}$=$\sqrt{9−\frac{3}{2}}$=
$\frac{\sqrt{30}}{2}$,故sin∠PEO=$\frac{PO}{PE}$=$\frac{\sqrt{30}}{2}$×$\frac{1}{3}$=
$\frac{\sqrt{30}}{6}$.
(2)[证明]如图，设OE的中点为F,连接
BF,MF,则MF//PO,
因为OB=BE=1,所以BF⊥OE.
由
(1)知PO⊥平面ADEB,则MF⊥平面
ADEB,又OE⊂平面ADEB,所以OE⊥MF.因为MF∩BF=F,MF,BF⊂平面BMF,所以OE⊥平面BMF.
因为BM⊂平面BMF,所以OE⊥BM.
(3)[解]过点A在平面ADEB内作AQ⊥OE,交EO的延长线于点Q,
过点A在平面PAE内作AH⊥PE,垂足为点H,连接QH,

因为PO⊥平面ADEB,AQ⊂平面
ADEB,所以AQ⊥PO.
因为AQ⊥OE,PO∩OE=O,PO,OE⊂平面POE,所以AQ⊥平面POE.
因为PE⊂平面POE,所以AQ⊥PE.
因为AH⊥PE,AQ∩AH=A,AQ,AH⊂平面
AQH,所以PE⊥平面AQH.
因为QH⊂平面AQH,所以PE⊥QH,故二面角A−PE−O的平面角为∠AHQ.
因为OE=$\frac{\sqrt{6}}{2}$,F为OE的中点，所以OF=$\frac{\sqrt{6}}{4}$,
在平面ADEB内,BF⊥OE,AQ⊥OE,
则AQ//BF,
所以$\frac{AQ}{BF}$=$\frac{OQ}{OF}$=$\frac{OA}{OB}$=1,所以OQ=OF=
$\frac{\sqrt{6}}{4}$,所以EQ=OE+OQ=$\frac{3\sqrt{6}}{4}$,
故QH=EQsin∠PEO=$\frac{3\sqrt{6}}{4}$×$\frac{\sqrt{30}}{6}$=$\frac{3\sqrt{5}}{4}$,
AQ=$\sqrt{AO²−OQ²}$=$\sqrt{1²−(\frac{\sqrt{6}}{4})²}$=$\frac{\sqrt{10}}{4}$,因为AQ⊥平面POE,QH⊂平面POE,所以AQ⊥QH,所以AH=$\sqrt{AQ²+QH²}$=
$\sqrt{(\frac{\sqrt{10}}{4})²+(\frac{3\sqrt{5}}{4})²}$=$\frac{\sqrt{55}}{4}$,
故cos∠AHQ=$\frac{QH}{AH}$=$\frac{3\sqrt{5}}{4}$×$\frac{4}{\sqrt{55}}$=$\frac{3\sqrt{11}}{11}$,由图可知,二面角A−PE−O为锐角，故二面角A−PE−O的余弦值为$\frac{3\sqrt{11}}{11}$.

5. [广东惠州实验中学等校2025高一联考]如图，在四棱锥$P - ABCD$中，底面$ABCD$是边长为$3$的菱形，且$\angle DAB = 60°$，$AC$交$BD$于点$O$，$PB = PD = 3$，$PA \perp PC$，$M$，$N$分别为$PA$，$BC$的中点。
(1)求证：$MN //$平面$PCD$。
(2)记二面角$B - PC - D$的平面角为$\theta$，若$\cos \theta = -\frac{1}{7}$。
①求$PA$与底面$ABCD$所成角的大小；
②求点$N$到平面$CDP$的距离。

答案：
5.
(1)[证明]如图,取PD的中点E,连接ME,CE,
因为M为PA的中点，所以ME=$\frac{1}{2}$AD,ME//AD.
又因为N为BC的中点且四边形ABCD为菱形,所以NC//AD,NC=$\frac{1}{2}$AD,
所以NC//ME,NC=ME,所以四边形MNCE为平行四边形，所以MN//CE.
因为MN⊄平面PCD,CE⊂平面PCD,所以MN//平面PCD.

(2)[解]①取PC的中点F,连接DF,
BF,PO,
因为PB=PD=BC=CD=3,
所以△BPC≌△DPC,且DF⊥PC,BF⊥PC,DF=BF,
所以∠BFD为二面角B−PC−D的平面角,即cos∠BFD=cosθ=−$\frac{1}{7}$,
在△BFD中,由余弦定理可得BD²=BF²+
DF²−2BF·DFcos∠BFD,
因为底面ABCD是边长为3的菱形，且∠DAB=60°,所以△ABD为等边三角形,所以BD=3,则9=BF²+BF²−2BF²×(−$\frac{1}{7}$),解得BF=$\frac{3\sqrt{7}}{4}$,
则PC=2$\sqrt{BC²−BF²}$=2$\sqrt{9−\frac{63}{16}}$=$\frac{9}{2}$.因为PB=PD,O是BD的中点，所以PO⊥BD.
又因为四边形ABCD为菱形，所以
AC⊥BD,
由PO∩AC=O,PO,AC⊂平面PAC,可得
BD⊥平面PAC.
由BD⊂平面ABCD,可知平面PAC⊥平面
ABCD,且平面PAC∩平面ABCD=AC，
由面面垂直的性质可知直线PA在平面
ABCD上的射影为AC，
所以PA与底面ABCD所成角为∠PAC.因为PA⊥PC,所以sin∠PAC=$\frac{PC}{AC}$=$\frac{PC}{2OC}$=
$\frac{\frac{9}{2}}{2×\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$.
由0°＜∠PAC＜90°,可知∠PAC=60°,所以PA与底面ABCD所成角的大小为60°.
②如图,连接OF,ON,过O作OG⊥DF于G,
因为O,N分别为BD,BC的中点，所以ON//CD.又ON⊄平面CDP,CD⊂平面
CDP,则ON//平面CDP,
则点N到平面CDP的距离即为点O到平面CDP的距离.
点悟:当点到面的距离不易求时，通过线面平行转化成其他易求的距离
因为BF⊥PC,DF⊥PC,BF∩DF=F,
BF,DF⊂平面BFD,所以PC⊥平面BFD.因为PC⊂平面CDP,所以平面CDP⊥平面BFD.
又因为OG⊥DF,OG⊂平面BFD,平面
CDP∩平面BFD=DF,
所以OG⊥平面CDP.
在△OFD中,OF=$\frac{1}{2}$AP=$\frac{1}{2}$$\sqrt{AC²−PC²}$=
$\frac{3\sqrt{3}}{4}$,OD=$\frac{3}{2}$,DF=BF=$\frac{3\sqrt{7}}{4}$,则有OF²+OD²=DF²,所以OF⊥OD.
所以由等面积法可得$\frac{1}{2}$OF·OD=
$\frac{1}{2}$DF·OG,即OG=$\frac{OF·OD}{DF}$=$\frac{\frac{3\sqrt{3}}{4}×\frac{3}{2}}{\frac{3\sqrt{7}}{4}}$=
$\frac{3\sqrt{21}}{14}$,
所以点N到平面CDP的距离为$\frac{3\sqrt{21}}{14}$.