《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

1. (多选) [山东烟台 2024 高一月考] 如图，在矩形 $ABCD$ 中，$E$ 为 $BC$ 的中点，$F$ 为 $AD$ 的中点，$CF$ 交 $DE$ 于点 $H$，将 $\triangle BAE$ 沿直线 $AE$ 翻折到 $\triangle PAE$，连接 $PD$，$G$ 为 $PD$ 的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是(ABC)

A. 翻折过程中，始终有平面 $PAE //$ 平面 $GFC$
B. 翻折过程中，$CG$ 的长是定值
C. 若 $AB = BE$，则 $AE \perp ED$
D. 存在某个位置，使得 $CG \perp AP$

答案：
1.ABC　[解析]如图，连接EF,GH.因为E,F分别为BC,AD的中点，则CE//DF,CE = DF,所以四边形CEFD是平行四边形，所以H是ED的中点.因为F,G分别为AD,PD的中点，所以FG//AP.
又FG⊄平面PAE,AP⊂平面PAE,所以FG//平面PAE.
同理GH//平面PAE.
又GH∩FG = G,GH,FG⊂平面GFC,所以平面PAE//平面GFC,故A正确

由题易知△PAE∽△GFH,则∠GFH = ∠PAE(定值),又FG = $\frac{1}{2}$AP(定值),FC = AE(定值),所以在△GFC中,由余弦定理可知CG的长是定值，故B正确.
若AB = BE,则FA = FE = FD,所以∠AED = 90°,所以AE⊥ED,故C正确.
因为∠APE = 90°,所以∠FGH = 90°,所以GH⊥GF,因为GF,GH,GC在同一平面内，所以GC不可能垂直于GF,因为GF//AP,所以GC不可能垂直于AP,故D错误.故选ABC.

2. [浙江宁波镇海中学 2025 高一期中] 如图，已知四边形 $ABCD$ 满足 $AD = 2$，$BC = CD = 2\sqrt{3}$，$AD \perp CD$，$AC \perp BC$，现将 $\triangle DAC$ 沿着 $AC$ 翻折得到 $\triangle PAC$ 形成四棱锥 $P - ABCD$，记二面角 $P - AC - D$ 的平面角大小为 $\theta$。
(1) 若 $\theta = \frac{\pi}{2}$，证明：$AP \perp PB$。
(2) 在线段 $AP$ 上是否存在一点 $E$ 使得 $DE //$ 平面 $PBC$，若存在，求出 $\frac{AE}{AP}$ 的值；若不存在，请说明理由。

答案：
2.
(1)[证明]若$\theta = \frac{\pi}{2}$，则平面PAC⊥平面ACD.
在平面PAC内过P作PS⊥AC,垂足为S,连接BS,如图①所示.
因为平面PAC⊥平面ACD,平面PAC∩平面ACD = AC,PS⊂平面PAC,所以PS⊥平面ACD.又BS⊂平面ACD,故PS⊥SB.
在Rt△PAC中,PA = 2,PC = $2\sqrt{3}$,PA⊥PC,故$PS = \frac{PA×PC}{AC} = \frac{2×2\sqrt{3}}{\sqrt{4 + 12}} = \sqrt{3}$,而$CS = \sqrt{PC^{2} - PS^{2}} = 3$,故在Rt△BCS中,$BS = \sqrt{9 + 12} = \sqrt{21}$,所以$PB^{2} = 3 + 21 = 24$,而$AB^{2} = AC^{2} + BC^{2} = 28 = AP^{2} + PB^{2}$,故AP⊥PB.

(2)[解]存在E且满足$\frac{AE}{AP} = \frac{1}{4}$,使得DE//平面PBC,证明如下:
如图②,取
(1)中S,由
(1)可得AS = AC - CS = 1,连接SD,SE,DE,由翻折的不变性可得SD⊥AC,而BC⊥AC且SD,BC⊂平面ABCD,故DS//BC.
而DS⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,故DS//平面PBC.
又$\frac{AE}{AP} = \frac{1}{4}$且$\frac{AS}{AC} = \frac{1}{4}$,故ES//PC,同理可得ES//平面PBC.
而SD∩ES = S,SD,ES⊂平面DES,故平面DES//平面PBC.
又DE⊂平面DES,故DE//平面PBC.

3. 如图，在等腰三角形 $ABC$ 中，$AB = AC = 2$，$\angle BAC = 120^{\circ}$，$D$ 为 $BC$ 上一点，且 $AD \perp AB$，将 $\triangle BAD$ 沿 $AD$ 翻折，使平面 $ABD \perp$ 平面 $ACD$，连接 $BC$，则点 $D$ 到平面 $ABC$ 的距离为(B)


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

答案： 3.B　[解析]由已知,可得AD = AB·tan30° = $\frac{2\sqrt{3}}{3}$,所以$BD = \frac{4\sqrt{3}}{3}$.又∠DAC = ∠C,所以CD = AD = $\frac{2\sqrt{3}}{3}$,取AC的中点M,连接DM,则DM⊥AC,且DM = $\frac{1}{2}$CD = $\frac{\sqrt{3}}{3}$.因为平面ABD⊥平面ACD,平面ABD∩平面ACD = AD,AD⊥AB,AB⊂平面ABD,所以AB⊥平面ACD,所以AB⊥DM.又因为DM⊥AC,AB∩AC = A,AB,AC⊂平面ABC,所以DM⊥平面ABC,所以DM就是点D到平面ABC的距离.故选B.

4. (多选) [四川绵阳中学 2025 高一自主测试] 如图所示，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角三角形 $ABC$ 沿 $BC$ 向上翻折，得到三棱锥 $A - BCD$，设 $CD = 2$，点 $E$，$F$ 分别为棱 $BC$，$BD$ 的中点，$M$ 为线段 $AE$ 上的动点，下列说法正确的是(ABC)


A.在翻折过程中，存在某个位置使得 $AC \perp CD$
B.若 $AB \perp CD$，则 $AD$ 与平面 $BCD$ 所成角的正切值为 $\frac{\sqrt{21}}{7}$
C.三棱锥 $A - BCD$ 体积的最大值为 $2$
D.当 $AB = AD$ 时，$CM + FM$ 的最小值为 $\sqrt{4 + 3\sqrt{2}}$

答案：
4.ABC　[解析]对于A,当平面ABC与平面BCD垂直时,因为CD⊥BC,平面ABC与平面BCD的交线为BC,CD⊂平面BCD,所以CD⊥平面ABC,又AB,AC⊂平面ABC,所以CD⊥AB,CD⊥AC,故A正确;对于B,如图①,连接DE,

因为AB⊥CD,BC⊥CD,AB∩BC = B,AB,BC⊂平面ABC,所以CD⊥平面ABC,又AE⊂平面ABC,所以AE⊥CD.因为AB = AC,E为BC的中点,所以AE⊥BC,又BC∩CD = C,BC,CD⊂平面BCD,所以AE⊥平面BCD,则∠ADE即为AD与平面BCD所成的角.在Rt△BCD中,CD = 2,∠BDC = 60°,则BC = $2\sqrt{3}$,$DE = \sqrt{CE^{2} + CD^{2}} = \sqrt{7}$,$AE = \frac{1}{2}BC = \sqrt{3}$,所以$\tan\angle ADE = \frac{AE}{DE} = \frac{\sqrt{21}}{7}$,即AD与平面BCD所成角的正切值为$\frac{\sqrt{21}}{7}$,故B正确;
对于C,三棱锥A - BCD的体积$V = \frac{1}{3}·S_{\triangle BCD}·h$(h为点A到平面BCD的距离).$S_{\triangle BCD} = \frac{1}{2}×BC×CD = \frac{1}{2}×2\sqrt{3}×2 = 2\sqrt{3}$.当平面ABC⊥平面BCD时,h最大,h的最大值为$AE = \sqrt{3}$,此时$V = \frac{1}{3}×2\sqrt{3}×\sqrt{3} = 2$,所以三棱锥A - BCD体积的最大值为2,故C正确.
对于D,连接EF,当AB = AD时,因为F为BD的中点,所以AF⊥BD,则$AF = \sqrt{6 - 4} = \sqrt{2}$.
又因为E为BC的中点,所以$EF = \frac{1}{2}CD = 1$,又$AE = \sqrt{3}$,所以$EF^{2} + AF^{2} = AE^{2}$,所以AF⊥EF.
如图②,将△AEF沿AE旋转,使其与△ACE在同一平面内,当C,M,F三点共线时,CM + FM最小,即CM + FM的最小值为CF的长.
在Rt△AEF中,$\sin\angle AEF = \frac{AF}{AE} = \frac{\sqrt{6}}{3}$,则$\cos\angle CEF = \cos(\angle AEF + \angle AEC) = -\sin\angle AEF = -\frac{\sqrt{6}}{3}$,所以$CF = \sqrt{1 + 3 - 2×1×\sqrt{3}×(-\frac{\sqrt{6}}{3})} = \sqrt{4 + 2\sqrt{2}}$,所以CM + FM的最小值为$\sqrt{4 + 2\sqrt{2}}$,故D错误.故选ABC.

5. 已知在矩形 $ABCD$ 中，将 $\triangle ABD$ 沿对角线 $BD$ 所在的直线进行翻折，在三棱锥 $A - BCD$ 中，一定不成立的是(C)

A.$\angle ADC$ 为锐角
B.$AC \perp BD$
C.$CD \perp$ 平面 $ABD$
D.三棱锥 $A - BCD$ 外接球的体积不变

答案：
5.C　[解析]在矩形ABCD中,设AB = m,AD = n,如图,连接AC交BD于点O,翻折后AO + CO = $\sqrt{m^{2} + n^{2}} ＞ AC$,

$\cos\angle ADC = \frac{AD^{2} + CD^{2} - AC^{2}}{2AD·CD} = \frac{m^{2} + n^{2} - AC^{2}}{2mn} ＞ 0$,
∴∠ADC一定为锐角，A成立.
当m = n时,
∵BD⊥AO,BD⊥CO,AO∩CO = O,
∴BD⊥平面AOC,又AC⊂平面AOC,
∴AC⊥BD,B成立.
若CD⊥平面ABD,BD⊂平面ABD,则CD⊥BD,
∴∠BDC为直角，与CD,BD一定不垂直矛盾，C不成立.
∵AO = BO = CO = DO,
∴点O为三棱锥A - BCD外接球的球心，外接球的直径为$\sqrt{m^{2} + n^{2}}$,
∴在翻折过程中外接球的体积不变，D成立.故选C.