《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

6. [湖北武汉 2025 月考] 在 $\triangle ABC$ 中，$AB = AC$，$AB \perp AC$，$BC = 4$，$D$ 是 $BC$ 的中点，$E$ 是 $AB$ 的中点，$F$ 是 $BD$ 的中点。如图，将 $\triangle BEF$ 和 $\triangle ACD$ 分别沿 $EF$，$AD$ 向平面 $ADFE$ 的同侧翻折至 $\triangle MEF$ 和 $\triangle NAD$ 的位置，且使得 $DN // MF$。
(1) 证明：平面 $ADN \perp$ 平面 $DFN$；
(2) 证明：$A$，$E$，$M$，$N$ 四点共面；
(3) 若 $MN = \frac{6}{5}$，求三棱锥 $A - DEN$ 的体积。

答案：
6.
(1)[证明]因为AD⊥DF,AD⊥DN,DN,DF⊂平面DFN,DN∩DF = D,所以AD⊥平面DFN.
因为AD⊂平面ADN,所以平面ADN⊥平面DFN.
(2)[证明]如图,取DN的中点G,AD的中点H,连接MG,GH,HE,则GH//AN,由题知MF//DN,MF = $\frac{1}{2}$DN,所以MF//DG,MF = DG,所以四边形DGMF是平行四边形，所以MG//DF,MG = DF.
因为E,F分别为AB,BD的中点，所以EF//AD,EF = $\frac{1}{2}$AD.
因为点H为AD的中点，所以EF//DH,EF = DH,所以四边形DFEH是平行四边形，所以EH//DF,EH = DF,所以MG//EH,MG = EH,所以四边形MGHE是平行四边形，所以ME//GH,所以ME//AN,所以A,E,M,N四点共面.
(3)[解]过点N作NP⊥DF,垂足为P,如图.
由
(1)知,AD⊥平面DFN,因为NP⊂平面DFN,所以AD⊥NP,因为AD,DF⊂平面ADE,AD∩DF = D,所以NP⊥平面ADE,即NP是三棱锥N - ADE的高.
在△MNG中，由余弦定理得$\cos\angle MGN = \frac{1^{2} + 1^{2} - (\frac{6}{5})^{2}}{2×1×1} = \frac{7}{25}$,所以$\sin\angle NDP = \sin\angle MGN = \sqrt{1 - (\frac{7}{25})^{2}} = \frac{24}{25}$.
所以$NP = DN·\sin\angle NDP = \frac{48}{25}$,所以三棱锥A - DEN的体积$V = V_{N - ADE} = \frac{1}{3}·NP·S_{\triangle ADE} = \frac{1}{3}×\frac{48}{25}×\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{2} = \frac{16}{25}$.

7. (多选)[河北衡水2025高一期末]一副三角板按如图所示的方式拼接,把△ABC沿BC边折起,使△ABC所在平面与△BCD所在平面垂直,连接AD,其中AB=AC,∠CBD=$\frac{\pi}{6}$.下列说法正确的是(ABD)


A.直线CD⊥平面ABC
B.平面ABD⊥平面ACD
C.直线AC与BD所成角为$\frac{\pi}{2}$
D.直线AD与平面BCD所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{30}}{10}$

答案：
7. ABD 【解析】对于A,
∵平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,CD⊥BC,CD⊂平面BCD,
∴CD⊥平面ABC,故A正确;
对于B,由A知CD⊥平面ABC,
∵AB⊂平面ABC,
∴CD⊥AB,
又AB⊥AC,CD,AC⊂平面ACD,CD∩AC=C,
∴AB⊥平面ACD,又AB⊂平面ABD,
∴平面ABD⊥平面ACD,故B正确;
对于C,分别取AB,CD,BC的中点M,E,Q,过点M作MN⊥BC于N,连接AE,EM,EQ,MQ,NQ,则有ME//AC,BD//NQ,
∴∠MEQ或其补角为直线AC与BD所成的角.
不妨设AE=2√3,则可得AC=2√6,EM=√6,BC=4√3,CD=4,BD=8,EQ=4,
MN=1/2AE=√3,NC=3/4BC=3√3,CQ=1/2CD=2,
∴NQ=√(NC²+CQ²)=√31,
∵AB=AC,
∴AE⊥BC,
∵平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AE⊂平面ABC,
∴AE⊥平面BCD,
∵NQ⊂平面BCD,
∴AE⊥NQ,
∴MN⊥NQ,
∴MQ=√(MN²+NQ²)=√34,
则在△MEQ中,由余弦定理得cos∠MEQ=(6 + 16 - 34)/(2×√6×4)= -√6/4.从而可知直线AC与BD所成角不为π/2,故C错误;

对于D,由C知AE⊥平面BCD,连接ED,又ED⊂平面BCD,
∴AE⊥ED,则∠ADE即为直线AD与平面BCD所成的角.不妨设AE=2√3,则BC=4√3,CD=4,AC=2√6.
又CD⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,
∴AC⊥CD,
则AD=√(AC²+CD²)=2√10,
∴sin∠ADE=AE/AD=√30/10,
∴直线AD与平面BCD所成角的正弦值为√30/10,故D正确.故选ABD.

8. [浙江杭州二中2025高一月考]如图①,在梯形ABCD中,AD//BC,∠ABC=∠BAD=$\frac{\pi}{2}$,AB=BC=2AD=4,E,F分别是AB,CD上的点,且EF//BC,AE=x,沿EF将梯形AEFD翻折,使平面AEFD⊥平面EBCF(如图②).
(1)证明:EF⊥平面ABE;
(2)当x=2时,求二面角D-BF-E的余弦值.

答案：
8.
(1)【证明】在直角梯形ABCD中,因为∠ABC=π/2,所以BC⊥AB.
因为EF//BC,所以EF⊥AB.
所以在翻折后的几何体中,有EF⊥AE,EF⊥BE,
而AE∩BE=E,AE,BE⊂平面ABE,
故EF⊥平面ABE.
(2)【解】如图,在平面AEFD中,过点D作DG⊥EF且交EF于点G.
在平面DBF中,过点D作DH⊥BF且交BF于点H,连接GH.

因为平面AEFD⊥平面EBCF,平面AEFD∩平面EBCF=EF,DG⊂平面AEFD,
所以DG⊥平面EBCF.
因为BF⊂平面EBCF,所以DG⊥BF,而DG∩DH=D,DG,DH⊂平面DGH,所以BF⊥平面DGH.
又GH⊂平面DGH,所以GH⊥BF,所以∠DHG为二面角D - BF - E的平面角.
在平面AEFD中,因为AE⊥EF,DG⊥EF,所以AE//DG.
在题图①中,因为AE=2,AB=4,所以E为AB的中点.
又EF//BC,所以EF=1/2(BC + AD)=3.
因为EF//AD,所以四边形AEGD为平行四边形,故DG=AE=2,GF=1.
在Rt△BEF中,tan∠BFE=BE/EF=2/3,
则sin∠BFE=2/√13,
则GH=GFsin∠BFE=2/√13,
在Rt△DHG中tan∠DHG=DG/GH=2/(2/√13)=√13,
则cos∠DHG=√14/14,
故二面角D - BF - E的余弦值为√14/14.
规律方法 解决翻折问题的基本策略
(1)根据题中条件画出立体图形;
(2)比较翻折前后的图形,弄清哪些量和位置关系在翻折过程中不变,哪些已发生变化;
(3)将不变的条件集中到几何图形中,将问题归结为一个条件与结论明朗化的立体几何问题.

9. 如图,在平面四边形ACBD中,∠ABC=90°,∠ABD=∠BAD=30°,AB=$\sqrt{3}$,BC=2,现将△ABD沿AB翻折,使点D移动至点P,且PB⊥BC,则三棱锥P-ABC的外接球的体积为(D)


A.8π
B.6π
C.4π
D.$\frac{8\sqrt{2}}{3}$π

答案：
9. D
思路导引 由题知BC⊥平面PAB,再设△PAB外接圆的圆心为O₁,三棱锥P - ABC外接球的球心为O,三棱锥P - ABC外接球的半径为R,连接OO₁,BO₁,BO,CO,过O作OF⊥BC,垂足为F,进而根据几何关系求得外接球半径R,再计算体积即可.
【解析】因为∠ABC=90°,所以AB⊥BC.因为PB⊥BC,PB∩AB=B,PB,AB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB.如图,设△PAB外接圆的圆心为O₁,三棱锥P - ABC外接球的球心为O,连接OO₁,BO₁,BO,CO,过O作OF⊥BC,垂足为F,则OF=O₁B.在△PAB中,∠ABP=∠BAP=30°,∠APB=120°,AB=√3,所以△PAB外接圆的直径为AB/sin∠APB=2,所以BO₁=1.
设三棱锥P - ABC外接球的半径为R,OO₁=h,则CF=2 - h,所以在△OO₁B中,OB²=O₁B²+OO₁²,即R²=1+h²,在△OCF中,CO²=CF²+OF²,即R²=1+(2 - h)²,所以R²=1+(2 - h)²=1+h²,解得h=1,R=√2,所以三棱锥P - ABC的外接球的体积V=4/3πR³=8√2/3π.故选D.

10. [山东泰安2025高一月考]如图,在梯形ABCD中,AB//CD,AD=DC=BC=2,∠ABC=60°,将△ACD沿AC翻折,使点D翻折到P点,且PB=2$\sqrt{2}$,则三棱锥P-ABC外接球的表面积是(B)

A.12π
B.20π
C.48π
D.80π

答案： 10. B
思路导引 在三棱锥P - ABC中过点P作PF⊥AC交AC于点F,首先易证BC⊥AC,BC⊥PC,故证得平面ABC⊥平面ACP,故PF⊥平面ABC,PF=1.设△ABC的外接圆圆心为O′,△APC的外接圆圆心为H,过O′作平面ABC的垂线,过H作平面ACP的垂线,则确定三棱锥外接球球心O的位置,再求出半径长,则得到外接球的表面积.
【解析】在等腰梯形ABCD中,
∵AB//CD,AD=DC=BC=2,∠ABC=60°,∠DAB=∠ABC=60°,
∴∠ACD=∠DAC=∠CAB=30°,
∴∠ACB=90°,AB=4,AC=2√3.
如图,在三棱锥P - ABC中过点P作PF⊥AC交AC于点F,则易得PF=1,
∵CP=2,BC=2,BP=2√2,
∴CP²+BC²=BP²,
∴BC⊥CP.又
∵BC⊥AC,AC∩CP=C,AC,CP⊂平面ACP,
∴BC⊥平面ACP,
∵BC⊂平面ABC,
∴平面ABC⊥平面ACP.
∵PF⊥AC,PF⊂平面ACP,平面ABC∩平面ACP=AC,
∴PF⊥平面ABC.
设Rt△ABC的外接圆圆心为O′,易知其位于斜边AB的中点,
设等腰三角形APC的外接圆圆心为H,易知其位于PF的延长线上.
➠敲黑板：等腰三角形的外心在底边的垂直平分线上.
过O′作平面ABC的垂线,过H作平面ACP的垂线,设两垂线交于点O,
则O为三棱锥P - ABC外接球的球心,连接OA,FO′,则FO′//BC,FO′⊥平面ACP,
又PF//OO′,OH//FO′,
∴四边形FHOO′