《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

1. [吉林长春外国语学校 2025 高一期中]如图，正方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 的棱长为 $2$，点 $M$，$N$ 分别为 $BB_{1}$，$CD$ 的中点，则异面直线 $MN$ 和 $DC_{1}$ 所成角的余弦值为 (A)


A.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{6}$
C.$\frac{\sqrt{6}}{12}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{12}$

答案：
1.A 【解析】取AB的中点E，连接EN，EM，$AB_1$，$BN$，如图所示，

在正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$AD// B_1C_1$，$AD = B_1C_1$，
所以四边形$ADC_1B_1$为平行四边形，所以$AB_1// DC_1$，
又E，M分别为AB，$BB_1$的中点，所以$EM// AB_1$，$EM = \frac{1}{2}AB_1$，所以$DC_1// EM$，
则异面直线MN和$DC_1$所成角即为$\angle NME$或其补角。进坑：在不确定$\angle NME$的锐、直、钝情况时，要写上“或其补角”，切勿遗漏。
在$Rt\triangle BNM$中，$MN = \sqrt{BN^2 + BM^2} = \sqrt{2^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{6}$
在$\triangle EMN$中，$NE = 2$，$ME = \sqrt{2}$，$MN = \sqrt{6}$，则
$\cos\angle NME = \frac{MN^2 + ME^2 - NE^2}{2MN· ME} = \frac{6 + 2 - 4}{2\sqrt{6}·\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$\angle NME$为锐角，即异面直线MN和$DC_1$所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$，故选A。

2. [江苏常州 2025 高一学情调研]在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 4$，$AD = 2$，$P$ 为边 $AB$ 的中点，现将 $\triangle DAP$ 绕直线 $DP$ 翻转至 $\triangle DA'P$ 处，如图所示，若 $M$ 为线段 $A'C$ 的中点，则异面直线 $BM$ 与 $PA'$ 所成角的余弦值为 (C)


A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
C.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
D.$\frac{3\sqrt{10}}{10}$

答案：
2.C 【解析】取$A'D$的中点N，连接PN，MN，如图所示，

则$PN = \sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{5}$
因为M是$A'C$的中点，所以$MN// CD$，$MN = \frac{1}{2}CD$，
因为$CD// PB$，$AB = CD$，$PB = \frac{1}{2}AB$，
所以$MN// PB$且$MN = PB$，所以四边形PBMN为平行四边形，
所以$MB// PN$，
所以$\angle A'PN$为异面直线BM与$PA'$所成的角，
在$Rt\triangle NA'P$中，$\cos\angle A'PN = \frac{A'P}{PN} = \frac{2}{\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}$，
故选C。

3. [浙江杭州五校 2025 高一教学质量检测]在正三棱台 $ABC - DEF$ 中，$P$，$Q$ 分别为棱 $AB$，$BC$ 的中点，$AB = 2DE$，四边形 $PQFD$ 为正方形，则直线 $BC$ 与平面 $ACFD$ 所成角的正弦值为 (B)

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

答案： 3.B 【解析】如图，延长AD，BE，CF交于点G，
由$DE = \frac{1}{2}AB$，$DE// AB$可知，D，E分别是GA，$GB$的中点，
又点P为线段AB的中点，所以$DP// GB$，$DP = \frac{1}{2}GB$，
因为P，Q分别为棱AB，BC的中点，所以$PQ// AC$，$PQ = \frac{1}{2}AC$，
又四边形PQFD为正方形，所以$DP = PQ$，所以$AC = GB$。
由于三棱锥G - ABC为正三棱锥，因此三棱锥G - ABC为正四面体，
因此直线BC与平面ACFD所成的角即为直线GC与平面ABC所成的角。
取$\triangle ABC$的中心为O，连接GO，CP，则点O在CP上，$GO\perp$平面ABC，
所以$\angle GCO$为直线GC与平面ABC所成的角。
设正四面体G - ABC的棱长为a，
在$\triangle ABC$中，$CO = \frac{2}{3}CP = \frac{2}{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}a = \frac{\sqrt{3}}{3}a$，
$GO = \sqrt{GC^2 - OC^2} = \sqrt{a^2 - (\frac{\sqrt{3}}{3}a)^2} = \frac{\sqrt{6}}{3}a$，在$\triangle GOC$中，$\sin\angle GCO = \frac{GO}{GC} = \frac{\sqrt{6}}{3}$，
故直线BC与平面ACFD所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{6}}{3}$。
故选B。

4. [湖南长沙长郡中学 2025 高一期末]如图，四棱锥 $P - ABCD$ 的各个顶点均在球 $O$ 的表面上，且 $AB = AD = 2$，$BC \perp CD$，$PB \perp$ 平面 $PAD$。
(1) 证明：平面 $PAB \perp$ 平面 $ABCD$；
(2) 求四棱锥 $P - ABCD$ 体积的最大值；
(3) 当 $5PA · PB = 6\sqrt{2}$ 时，求直线 $PC$ 与平面 $ABCD$ 所成角的余弦值的最大值。

答案： 4.
(1)【证明】由题知四边形ABCD在球O的一个截面的圆周上，故$\angle BAD + \angle BCD = \pi$，
又$BC\perp CD$，故$\angle BAD = \frac{\pi}{2}$，故$AB\perp AD$，由$PB\perp$平面PAD，$AD\subset$平面PAD，得$PB\perp AD$。
又$AB\cap PB = B$，$AB\subset$平面PAB，$PB\subset$平面PAB，故$AD\perp$平面PAB，
又$AD\subset$平面ABCD，故平面PAB$\perp$平面ABCD。
(2)【解】如图，过点P在平面PAB内作$PH\perp AB$，垂足为点H，连接BD，
由平面PAB$\perp$平面ABCD，平面PAB$\cap$平面ABCD = AB，$PH\subset$平面PAB，可得$PH\perp$平面ABCD。
记四棱锥P - ABCD的体积为V，
则$V = \frac{1}{3}· PH· S_{四边形ABCD} = \frac{1}{3}· PH·(S_{\triangle ABD} + S_{\triangle BCD})$。
因为$AB\perp AD$，所以$S_{\triangle ABD} = \frac{1}{2}· AB· AD = \frac{1}{2}×2×2 = 2$，
由$PB\perp$平面PAD，$PA\subset$平面PAD，得$PB\perp PA$，故$PB^2 + PA^2 = AB^2 = 4$，
于是$PA· PB\leq\frac{PA^2 + PB^2}{2} = 2$，当且仅当$PA = PB = \sqrt{2}$时取等号，
在$Rt\triangle ABP$中，由等面积法可得$PH = \frac{PA· PB}{AB}\leq\frac{2}{2} = 1$。
由$BC\perp CD$，得$8 = BD^2 = BC^2 + CD^2\geq2BC· CD$，
故$BC· CD\leq4$，当且仅当$BC = CD = 2$时取等号，于是$S_{\triangle BCD} = \frac{1}{2}· BC· CD\leq2$。
故$V = \frac{1}{3}· PH·(S_{\triangle ABD} + S_{\triangle BCD})\leq\frac{1}{3}×1×(2 + 2) = \frac{4}{3}$，当且仅当$PA = PB = \sqrt{2}$，$BC = DC = 2$时取等号。
进坑：注意验证取最大值时的取等条件是否可同时成立
故四棱锥P - ABCD体积的最大值为$\frac{4}{3}$。
(3)【解】如图，取线段BD的中点O，连接HO，OC，
因为$BC\perp CD$，O为BD的中点，所以$OC = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}\sqrt{AB^2 + AD^2} = \frac{1}{2}×2\sqrt{2} = \sqrt{2}$。
因为$PA\perp PB$，$PA· PB = \frac{6\sqrt{2}}{5}$，$AB = 2$，在$Rt\triangle ABP$中，由等面积法知$PH = \frac{PA· PB}{AB} = \frac{3\sqrt{2}}{5}$，
联立可得$\begin{cases}PA· PB = \frac{6\sqrt{2}}{5}\\PA^2 + PB^2 = AB^2 = 4\end{cases}$，设$PB = m$，则$PA = \frac{6\sqrt{2}}{5m}$，
所以$PA^2 + PB^2 = (\frac{6\sqrt{2}}{5m})^2 + m^2 = 4$，整理得$25m^4 - 100m^2 + 72 = 0$，
解得$m^2 = \frac{10\pm2\sqrt{7}}{5}$，即$PB^2 = \frac{10\pm2\sqrt{7}}{5}$。
因为$PH\perp AB$，$PA\perp PB$，所以$\cos\angle PBA = \frac{BH}{PB} = \frac{PB^2}{AB^2} = \frac{m^2}{2}$，
在$\triangle BHO$中，$OB = \sqrt{2}$，$\angle OBH = \frac{\pi}{4}$，
由余弦定理可得$OH^2 = BH^2 + OB^2 - 2BH· OB\cos\frac{\pi}{4} = BH^2 + 2 - 2BH$，
当$m^2 = \frac{10 + 2\sqrt{7}}{5}$时，$BH = \frac{m^2}{2} = \frac{5 + \sqrt{7}}{5}$，
此时$OH^2 = BH^2 + 2 - 2BH = \frac{32 + 10\sqrt{7}}{25} + 2 - 2×\frac{5 + \sqrt{7}}{5} = \frac{32}{25}$，此时$OH = \frac{4\sqrt{2}}{5}$；
当$m^2 = \frac{10 - 2\sqrt{7}}{5}$时，$BH = \frac{m^2}{2} = \frac{5 - \sqrt{7}}{5}$，
此时$OH^2 = BH^2 + 2 - 2BH = \frac{32 - 10\sqrt{7}}{25} + 2 - 2×\frac{5 - \sqrt{7}}{5} = \frac{32}{25}$，此时$OH = \frac{4\sqrt{2}}{5}$。
综上所述，$OH = \frac{4\sqrt{2}}{5}$。
巧思：$OH^2 = BH^2 - 2BH + 2 = \frac{m^4}{4} - m^2 + 2 = \frac{1}{100}(25m^4 - 100m^2 + 200) = \frac{128}{100} = \frac{32}{25}$
连接CH，所以$CH\leq OC + OH = \sqrt{2} + \frac{4\sqrt{2}}{5} = \frac{9\sqrt{2}}{5}$。
点悟：三角形中两边之和大于第三边，当且仅当C，O，H三点共线时，等号成立，即CH长度的最大值为$\frac{9\sqrt{2}}{5}$。
由
(2)可知$PH\perp$平面ABCD，则$\angle PCH$即为直线PC与平面ABCD所成的角。
设直线PC与平面ABCD所成的角为$\theta$，显然$\theta\in(0,\frac{\pi}{2})$，当$\cos\theta$取最大值时，$\theta$最小，此时$\tan\theta$取最小值，
所以$\tan\theta = \frac{PH}{CH} = \frac{3\sqrt{2}}{5}×\frac{1}{CH}\geq\frac{3\sqrt{2}}{5}×\frac{5}{9\sqrt{2}} = \frac{1}{3}$，此时$\cos^2\theta = \frac{\cos^2\theta}{\cos^2\theta + \sin^2\theta} = \frac{1}{1 + \tan^2\theta}\leq\frac{1}{1 + \frac{1}{9}} = \frac{9}{10}$，即$\cos\theta$的最大值为$\frac{3\sqrt{10}}{10}$，
故当$5PA· PB = 6\sqrt{2}$时，直线PC与平面ABCD所成角的余弦值的最大值为$\frac{3\sqrt{10}}{10}$。

5. (多选) [山东临沂 2024 高一期末]在正方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中，$E$ 是棱 $AD$ 的中点，$F$ 是棱 $C_{1}D_{1}$ 上的点，则 (BC)

A.直线 $AA_{1}$ 与平面 $A_{1}BD$ 所成的角为 $45^{\circ}$
B.当点 $F$ 位于 $C_{1}D_{1}$ 的中点时，$EF \perp B_{1}D_{1}$
C.二面角 $A_{1} - BD - F$ 的余弦值的取值范围为 $\left[\frac{1}{3}, \frac{\sqrt{6}}{3}\right]$
D.存在点 $F$，使得 $A_{1}C_{1} \perp$ 平面 $BEF$

答案：
5.BC 【解析】设正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$的棱长为2，
对于A，易知三棱锥$A - A_1BD$为正三棱锥，所以点A在底面$A_1BD$内的射影为$\triangle A_1BD$的中心，记为H。
连接AC交BD于点O，连接$A_1O$，则$\angle AA_1H$为直线$AA_1$与平面$A_1BD$所成的角，因为$A_1H = \frac{2}{3}A_1O = \frac{2}{3}\sqrt{A_1D^2 - DO^2} = \frac{2}{3}\sqrt{(2\sqrt{2})^2 - (\sqrt{2})^2} = \frac{2\sqrt{6}}{3}$，所以$\cos\angle AA_1H = \frac{A_1H}{AA_1} = \frac{\frac{2\sqrt{6}}{3}}{2} = \frac{\sqrt{6}}{3}\neq\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以$\angle AA_1H\neq45^{\circ}$，故A错误。
对于B，如图①，取$A_1D$的中点为G，连接$EG$，$FG$，$A_1C_1$，
因为G，F，E分别为$A_1D_1$，$C_1D_1$，AD的中点，所以$EG\perp$平面$A_1B_1C_1D_1$，$GF// A_1C_1$，又$B_1D_1\subset$平面$A_1B_1C_1D_1$，所以$EG\perp B_1D_1$，因为底面$A_1B_1C_1D_1$为正方形，所以$A_1C_1\perp B_1D_1$，所以$GF\perp B_1D_1$，因为EG，GF是平面EFG内的两条相交直线，所以$B_1D_1\perp$平面EFG，
又$EF\subset$平面EFG，所以$B_1D_1\perp EF$，故B正确。

对于C，如图②，记平面BDF与$A_1C_1$交于点N，与$B_1C_1$交于点M，$A_1C_1$与$B_1D_1$的交点为$O_1$，连接ON，BM，FM，则平面BDF即为平面BDFM，
因为$A_1B = A_1D$，$O_1$为$B_1D_1$的中点，所以$A_1O_1\perp B_1D_1$，
因为底面$A_1B_1C_1D_1$为正方形，所以$B_1D_1\perp A_1C_1$，又$A_1O_1$，$A_1C_1$是平面$ACC_1A_1$内的两条相交直线，所以$B_1D_1\perp$平面$ACC_1A_1$。
因为$ON\subset$平面$ACC_1A_1$，所以$B_1D_1\perp ON$，所以$\angle A_1O_1N$是二面角$A_1 - B_1D_1 - F$的平面角。连接$OO_1$，$O_1C_1$，易知，当点F与点$D_1$重合时，$\angle A_1O_1N$最小，此时点N与点$O_1$重合，则$\cos\angle A_1O_1N = \frac{O_1O}{A_1O_1} = \frac{2}{\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$，
当点F与点$C_1$重合时，$\angle A_1O_1N$最大。
点悟：$\angle A_1O_1N$越大所对边越大，此时点N与点$C_1$重合，则$\cos\angle A_1O_1N = \frac{A_1O_1^2 + C_1O_1^2 - A_1C_1^2}{2A_1O_1· C_1O_1} = \frac{6 + 6 - 8}{2×\sqrt{6}×\sqrt{6}} = \frac{1}{3}$，
所以二面角$A_1 - B_1D_1 - F$的余弦值的取值范围为$[\frac{1}{3},\frac{\sqrt{6}}{3}]$，故C正确。

对于D，因为$AA_1// CC_1$，且$AA_1 = CC_1$，所以四边形$ACC_1A_1$为平行四边形，所以$AC// A_1C_1$，
假设存在点F，使得$A_1C_1\perp$平面BEF，则$AC\perp$平面BEF，
因为$BE\subset$平面BEF，所以$BE\perp AC$，
又$BD\perp AC$，所以在平面ABCD内过点B存在两条直线与AC垂直（矛盾），
所以不存在点F，使得$A_1C_1\perp$平面BEF，故D错误。故选BC。

6. [河南信阳高级中学 2025 高一月考]在 $\triangle ABC$ 中，$AB = 2$，$AC = 1$，$BC = \sqrt{3}$，点 $M$ 为 $AB$ 中点，连接 $CM$，将 $\triangle ACM$ 沿 $CM$ 折起，使点 $A$ 到达点 $A'$ 的位置，且平面 $A'CM \perp$ 平面 $BCM$，则二面角 $A' - BC - M$ 的余弦值为$\frac{\sqrt{13}}{13}$。

答案：
6.$\frac{\sqrt{13}}{13}$ 【解析】如图，取CM中点为D，过点D作$DE\perp BC$交BC于点E，连接$A'E$，$A'D$，

因为在$\triangle ABC$中，$AB = 2$，$AC = 1$，$BC = \sqrt{3}$，所以$AC^2 + BC^2 = AB^2$，即$AC\perp BC$，
又点M为AB中点，所以$AM = BM = CM = 1$，即$\triangle ACM$为等边三角形，
所以$\angle CMA = 60^{\circ}$，$\angle CMB = 120^{\circ}$，$\angle MCB = \angle MBC = 30^{\circ}$。
又因为$\triangle A'CM$是由$\triangle ACM$沿CM折起而成，所以$\triangle A'CM$为等边三角形，又D为CM中点，所以$A'D\perp CM$。
由平面$A'CM\perp$平面BCM，平面$A'CM\cap$平面BCM = CM，$A'D\subset$平面$A'CM$，
可知$A'D\perp$平面BCM。
又因为DE，$BC\subset$平面BCM，所以$A'D\perp DE$，$A'D\perp BC$，
又$DE\perp BC$，$A'D\cap DE = D$，$A'D$，$DE\subset$平面$A'DE$，
所以$BC\perp$平面$A'DE$，因为$A'E\subset$平面$A'DE$，所以$BC\perp A'E$，
所以$\angle A'ED$就是二面角$A' - BC - M$的平面角，
在$Rt\triangle A'DE$中，$A'D = \frac{\sqrt{3}}{2}$，$DE = CD·\sin\angle MCB = \frac{1}{2}×\frac{1}{2} = \frac{1}{4}$，
所以$\tan\angle A'ED = \frac{A'D}{DE} = 2\sqrt{3}$，
则$\cos\angle A'ED = \frac{\sqrt{13}}{13}$。
巧思：或根据$A'D\perp DE$计算$A'E = \sqrt{A'D^2 + DE^2} = \frac{\sqrt{13}}{4}$，再计算$\cos\angle A'ED$
所以二面角$A' - BC - M$的余弦值为$\frac{\sqrt{13}}{13}$。