《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

7. (多选)如图，在四棱锥 $ P - ABCD $ 中，底面 $ ABCD $ 为平行四边形，$ \angle DAB = \frac{\pi}{3} $，$ AB = 2AD = 2PD $，$ PD \perp $ 底面 $ ABCD $，则 (AB)


A.$ PA \perp BD $
B.$ BC \perp $ 平面 $ PBD $
C.异面直线 $ AB $ 与 $ PC $ 所成角的余弦值为 $ \frac{\sqrt{5}}{5} $
D.$ PB $ 与平面 $ ABCD $ 所成的角为 $ \frac{\pi}{3} $

答案： 7.AB【解析】设$PD = AD = 1$，则$AB = 2$，对于A，由余弦定理可得$BD = \sqrt{1 + 4 - 2 × 1 × 2 × \cos\frac{\pi}{3}} = \sqrt{3}$，
$\therefore AD^{2} + BD^{2} = AB^{2}$，$\therefore AD \perp BD$.
$\because PD \perp$平面$ABCD$，$BD \subset$平面$ABCD$，$\therefore BD \perp PD$.又$AD \cap PD = D$，$AD,PD \subset$平面$PAD$，$\therefore BD \perp$平面$PAD$，$\because PA \subset$平面$PAD$，
$\therefore PA \perp BD$，故A正确.
对于B，由A选项分析知$AD \perp BD$，又$AD//BC$，$\therefore BC \perp BD$，
$\because PD \perp$平面$ABCD$，$BC \subset$平面$ABCD$，
$\therefore BC \perp PD$，又$BD \cap PD = D$，$BD,PD \subset$平面$PBD$，
$\therefore BC \perp$平面$PBD$，故B正确.
对于C，$\because AB//CD$，$\therefore \angle PCD$为异面直线$AB$与$PC$所成的角.
$\because PD = 1$，$CD = AB = 2$，$\therefore PC = \sqrt{PD^{2} + CD^{2}} = \sqrt{5}$，
$\therefore \cos\angle PCD = \frac{CD}{PC} = \frac{2}{\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}$，故C错误.
对于D，$\because PD \perp$平面$ABCD$，$\therefore \angle PBD$为$PB$与平面$ABCD$所成的角，
$\therefore \tan\angle PBD = \frac{PD}{BD} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$，又$\angle PBD \in (0,\frac{\pi}{2})$，$\therefore \angle PBD = \frac{\pi}{6}$，故D错误.故选AB.

8. (多选)[广西北海 2024 高一期末]如图，在棱长为 2 的正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 中，$ E $ 是棱 $ A_1B_1 $ 的中点，$ P $ 是线段 $ C_1B $ 上的一个动点，则下列说法正确的是 (ABD)


A.正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 的内切球的表面积为 $ 4\pi $
B.$ A_1D \perp AP $
C.三棱锥 $ D_1 - ACP $ 的体积随着 $ P $ 的变化而变化
D.存在点 $ P $，使得 $ EP \perp $ 平面 $ BDC_1 $

答案：
8.ABD【解析】因为棱长为$2$的正方体的内切球的半径为$1$，所以正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$的内切球的表面积$S = 4\pi × 1^{2} = 4\pi$，故A正确；
在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$AB \perp$平面$ADD_{1}A_{1}$，又$A_{1}D \subset$平面$ADD_{1}A_{1}$，
所以$AB \perp A_{1}D$，由正方形的性质得$AD \perp A_{1}D$，又$AD_{1} \cap AB = A$，$AD_{1}$，$AB \subset$平面$ABCD_{1}$，所以$A_{1}D \perp$平面$ABCD_{1}$，又$AP \subset$平面$ABCD_{1}$，所以$A_{1}D \perp AP$，故B正确；
因为$BC_{1}//AD_{1}$，$BC_{1} \not\subset$平面$AD_{1}C$，$AD_{1} \subset$平面$AD_{1}C$，所以$BC_{1}//$平面$AD_{1}C$，
所以点$P$到平面$AD_{1}C$的距离为定值，又
点悟：涉及体积与动点关系问题，有时可将其转化成线面关系来处理
$\bigtriangleup AD_{1}C$的面积为定值，所以三棱锥$D_{1} - ACP$的体积为定值，故C错误；
如图，当点$P$是线段$BC_{1}$的中点时，连接$B_{1}C,A_{1}C$，则点$P$也是线段$B_{1}C$的中点，又$E$是棱$A_{1}B_{1}$的中点，所以$EP//A_{1}C$，在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$AA_{1} \perp$平面$ABCD$，$BD \subset$平面$ABCD$，所以$AA_{1} \perp BD$，
由正方形的性质可知$AC \perp BD$，又$AC \cap AA_{1} = A$，$AC,AA_{1} \subset$平面$ACC_{1}A_{1}$，所以$BD \perp$平面$ACC_{1}A_{1}$，
又$A_{1}C \subset$平面$ACC_{1}A_{1}$，所以$A_{1}C \perp BD$，同理可证$A_{1}C \perp DC_{1}$，
又$BD \cap DC_{1} = D$，$BD,DC_{1} \subset$平面$BDC_{1}$，
所以$A_{1}C \perp$平面$BDC_{1}$，所以$EP \perp$平面$BDC_{1}$，故D正确.

故选ABD.

9. [湖北十堰 2025 高一期末]如图，在多面体 $ ABCDE $ 中，$ AE = BE = \sqrt{13} $，$ AB = \sqrt{2}AC = \sqrt{2}BC = 4 $，$ CD \perp AB $，平面 $ ACD \perp $ 平面 $ ABC $。
(1) 证明：$ CD \perp $ 平面 $ ABC $。
(2) 已知 $ CD = 3 $，平面 $ ABC \perp $ 平面 $ ABE $，$ F $ 是线段 $ AB $ 的中点。
① 证明：四边形 $ CDEF $ 为矩形；
② 求多面体 $ ABCDE $ 的体积。

答案： 9.
(1)【证明】因为$AB = \sqrt{2}AC = \sqrt{2}BC$，
所以$AB^{2} = AC^{2} + BC^{2}$，所以$AC \perp BC$.
又因为平面$ACD \perp$平面$ABC$，且平面$ACD \cap$平面$ABC = AC$，$BC \subset$平面$ABC$，
所以$BC \perp$平面$ACD$.
又因为$CD \subset$平面$ACD$，所以$BC \perp CD$.
因为$CD \perp AB$，且$AB \subset$平面$ABC$，$BC \subset$平面$ABC$，$AB \cap BC = B$，所以$CD \perp$平面$ABC$.
(2)①【证明】因为$AE = BE$，且$F$为线段$AB$的中点，所以$EF \perp AB$.
因为平面$ABC \perp$平面$ABE$，且平面$ABC \cap$平面$ABE = AB$，$EF \subset$平面$ABE$，
所以$EF \perp$平面$ABC$.
又$CF \subset$平面$ABC$，所以$EF \perp CF$.
由
(1)可知$CD \perp$平面$ABC$，则$CD//EF$，
又因为$AE = \sqrt{13}$，$AF = \frac{1}{2}AB = 2$，且$EF \perp AB$，所以$EF = \sqrt{AE^{2} - AF^{2}} = 3 = CD$，所以四边形$CDEF$为矩形.
②【解】因为$AC = BC$，且$F$为线段$AB$的中点所以$CF \perp AB$，
由①知$EF \perp$平面$ABC$，$AB \subset$平面$ABC$，则$EF \perp AB$，
因为$EF \subset$平面$CDEF$，$CF \subset$平面$CDEF$，且$EF \cap CF = F$，
所以$AB \perp$平面$CDEF$.
巧思：也可借助题干的$CD \perp AB$，结合$CF$得出此结论
由①知$EF = 3$，
因为$AC = 2\sqrt{2}$，$AF = \frac{1}{2}AB = 2$，所以$CF = \sqrt{AC^{2} - AF^{2}} = 2$.
则四棱锥$A - CDEF$的体积$V_{1} = \frac{1}{3} × 2 × 3 × 2 = 4$.
故多面体$ABCDE$的体积$V = 2V_{1} = 8$.

10. [贵州六盘水 2025 高一联考]如图，在四棱锥 $ P - ABCD $ 中，底面 $ ABCD $ 为正方形，侧面 $ PAD $ 是正三角形，平面 $ PAD \perp $ 平面 $ ABCD $，$ M $ 是 $ PD $ 的中点。
(1) 求证：$ PB // $ 平面 $ AMC $。
(2) 若二面角 $ D - AM - C $ 为 $ \theta $，求 $ \sin \theta - 2\cos \theta $ 的值。
(3) 在棱 $ PC $ 上是否存在点 $ N $，使得平面 $ BDN \perp $ 平面 $ AMC $ 成立？若存在，求出 $ \frac{PN}{NC} $ 的值，若不存在，请说明理由。

答案：
10.
(1)【证明】如图，连接$BD$交$AC$于点$O$，连接$OM$，由于底面$ABCD$为正方形，$O$为$BD$中点，又$M$为$PD$中点，因此$OM//PB$.
$\because OM \subset$平面$AMC$，$PB \not\subset$平面$AMC$，$\therefore$由
线面平行的判定定理得$PB//$平面$AMC$.
(2)【解】如图，取$AD$中点$S$，连接$PS$.
$\because \bigtriangleup PAD$为正三角形，$S$是$AD$的中点，$M$是$PD$的中点，
$\therefore PS \perp AD$，$DM \perp AM$.
$\because$平面$PAD \perp$平面$ABCD$，平面$PAD \cap$平面$ABCD = AD$，$PS \subset$平面$PAD$，$\therefore PS \perp$平面$ABCD$.
同理可得$CD \perp$平面$PAD$，又$DM \subset$平面$PAD$，$\therefore CD \perp DM$.
设正方形$ABCD$的边长为$2$，则$AC = 2\sqrt{2}$，$PS = \sqrt{3}$，$AM = \sqrt{3}$，$DM = 1$，$CM = \sqrt{CD^{2} + DM^{2}} = \sqrt{5}$.
$\therefore$在$\bigtriangleup CAM$中，$AC^{2} = AM^{2} + CM^{2}$，
$\therefore CM \perp AM$.
因此二面角$D - AM - C$的平面角为$\angle DMC$.
在$\bigtriangleup DMC$中，由余弦定理得$\cos\angle DMC = \frac{DM^{2} + CM^{2} - DC^{2}}{2 · DM · CM} = \frac{1 + 5 - 4}{2 × 1 × \sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}$，$\therefore\cos\theta = \frac{\sqrt{5}}{5}$，
巧思：由$CD \perp DM$知，$\bigtriangleup DMC$为直角三角形，所以$\cos\angle DMC = \frac{DM}{CM} = \frac{\sqrt{5}}{5}$，
$\sin\angle DMC = \frac{CD}{CM} = \frac{2\sqrt{5}}{5}$，
则$\sin\theta = \sqrt{1 - \cos^{2}\theta} = \frac{2\sqrt{5}}{5}$.
(3)【解】当$\frac{PN}{NC} = \frac{1}{2}$时，平面$BDN \perp$平面$AMC$.理由如下：
如图，连接$CS$交$BD$于点$E$，连接$EN$，
由
(2)可知，$PS \perp AD$，且$PS \perp$平面$ABCD$.
$\frac{ES}{CE} = \frac{SD}{BC} = \frac{1}{2} = \frac{PN}{NC}$
$\therefore NE//PS$，
$\therefore NE \perp$平面$ABCD$.
$\because AC \subset$平面$ABCD$，
$\therefore NE \perp AC$.
$\because$底面$ABCD$是正方形，$\therefore AC \perp BD$.
又$NE \cap BD = E$，$NE,BD \subset$平面$BDN$，
$\therefore AC \perp$平面$BDN$.
又$AC \subset$平面$AMC$，$\therefore$平面$BDN \perp$平面$AMC$，
$\therefore$棱$PC$上存在点$N$，当$\frac{PN}{NC} = \frac{1}{2}$时，使得平面$BDN \perp$平面$AMC$.