《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

9. [湖南永州 2024 高一期末]如图，连接正方体各个面的中心得到一个每个面都是正三角形的八面体，若四边形 $ABCD$ 是边长为 2 的正方形，则(ACD)


A.异面直线 $AE$ 与 $DF$ 所成角的大小为 $\frac{\pi}{3}$
B.二面角 $A - EB - C$ 的平面角的余弦值为 $\frac{1}{3}$
C.平面 $AEC\perp$ 平面 $BFDE$
D.此八面体的外接球表面积为 $8\pi$

答案：
9.ACD【解析】由题可知$E,B,F,D$四点共面，又$EB = BF = FD = DE$，所以四边形$BFDE$为菱形，所以$EB// DF$，故异面直线$AE$与$DF$所成角即直线$AE$与$BE$所成角，又每个面都是正三角形，所以异面直线$AE$与$DF$所成角的大小为$\frac{\pi}{3}$，故A正确.设$Q$为$BE$的中点，连接$AQ$，$CQ$，$AC$，如图所示，又该八面体的每个面都是正三角形，所以$AQ\bot BE$，$CQ\bot BE$，所以$\angle AQC$为二面角$A - EB - C$的平面角，所以$AQ = CQ = \sqrt{3}$，$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = 2\sqrt{2}$，由余弦定理得$\cos\angle AQC = \frac{(\sqrt{3})^2 + (\sqrt{3})^2 - (2\sqrt{2})^2}{2×\sqrt{3}×\sqrt{3}} = -\frac{1}{3}$，所以二面角$A - EB - C$的平面角的余弦值为$-\frac{1}{3}$，故B错误；连接$BD$交$AC$于点$O$，连接$EF$，则$E,O,F$三点共线，又由于$OB,OC,OE$两两垂直，且$OB,OE$在平面$BFDE$内交于点$O$，故$OC\bot$平面$BFDE$.而$OCC\subset$平面$AEC$，故平面$AEC\bot$平面$BFDE$，C正确；由于该八面体的每个面都是边长为$2$的正三角形，故$OC = OA = OB = OD = \sqrt{2}$，$OE = OF = \sqrt{EC^2 - OC^2} = \sqrt{2}$，所以点$O$为八面体外接球的球心，且外接球的半径为$\sqrt{2}$，从而外接球的表面积为$4\pi×(\sqrt{2})^2 = 8\pi$，D正确.故选ACD.

10. 在三棱锥 $P - ABC$ 中，$AP,AB,AC$ 两两互相垂直，$AP = 5\ cm,AB = 4\ cm,AC = 3\ cm$，$O$ 为三棱锥 $P - ABC$ 的外接球的球心，$D$ 为 $\triangle ABC$ 的外接圆的圆心，则下列说法正确的有(ABC)

A.三棱锥 $P - ABC$ 的体积为 $10\ cm^3$
B.直线 $BC$ 与平面 $PAC$ 所成角的正切值为 $\frac{4}{3}$
C.球 $O$ 的表面积为 $50\pi\ cm^2$
D.$OD\perp AP$

答案： 10.ABC【解析】在三棱锥$P - ABC$中，$AP,AB,AC$两两互相垂直，$AP = 5cm$，$AB = 4cm$，$AC = 3cm$，$\therefore$三棱锥$P - ABC$的体积$V = \frac{1}{3}AP· S_{\triangle ABC} = \frac{1}{3}×5×\frac{1}{2}×4×3 = 10(cm^3)$，故A正确；$\because AB\bot AP$，$AB\bot AC$，$AP\cap AC = A$，$AP,ACC\subset$平面$PAC$，$\therefore AB\bot$平面$PAC$，$\therefore$直线$BC$与平面$PAC$所成的角为$\angle ACB$，$\therefore\tan\angle ACB = \frac{AB}{AC} = \frac{4}{3}$，故B正确；由$AP,AB,AC$两两互相垂直可知，该三棱锥的外接球的直径即为长、宽、高分别为$4cm$，$3cm$，$5cm$的长方体的体对角线长，即为$\sqrt{3^2 + 4^2 + 5^2} = 5\sqrt{2}(cm)$，$\therefore$外接
㊙黑板〗满足从同一顶点出发的三条棱两两垂直的三棱锥，求其外接球时可通过补形成长方体快速求解球$O$的半径为$\frac{5\sqrt{2}}{2}(cm)$，$\therefore$球$O$的表面积为$4\pi×(\frac{5\sqrt{2}}{2})^2 = 50\pi(cm^2)$，故C正确；$\because O$为三棱锥$P - ABC$的外接球的球心，$D$为$\triangle ABC$的外接圆的圆心，$\therefore OD\bot$平面$ABC$.$\because AP\bot AB$，$AP\bot AC$，$AB\cap AC = A$，$AB,ACC\subset$平面$ABC$，$\therefore AP\bot$平面$ABC$，$\therefore OD// AP$，故D错误.故选ABC.

11. [浙江台州六校 2025 高一期中]在棱长为 3 的正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，$P$ 是平面 $A_1BC_1$ 内的一个动点，若 $B_1P = 2$，则下列结论正确的是(ACD)

A.点 $P$ 的轨迹长度为 $2\pi$
B.直线 $B_1P$ 不可能与 $A_1B$ 垂直
C.直线 $B_1P$ 与平面 $A_1BC_1$ 所成角为 $\frac{\pi}{3}$
D.三棱锥 $P - BB_1C_1$ 的体积最大值为 $\frac{3 + \sqrt{6}}{2}$

答案：
11.ACD【解析】如图，连接$B_1D_1$，$B_1D$，$B_1D_1\bot A_1C_1$，
因为$DD_1\bot$平面$A_1B_1C_1D_1$，$A_1C_1\subset$平面$A_1B_1C_1D_1$，所以$A_1C_1\bot DD_1$，因为$B_1D_1\cap DD_1 = D_1$，$B_1D_1,DD_1\subset$平面$B_1DD_1$，所以$A_1C_1\bot$平面$B_1DD_1$，又$B_1DC\subset$平面$B_1DD_1$，所以$B_1D\bot A_1C_1$，同理可得$B_1D\bot A_1B_1$，因为$A_1C_1\cap A_1B_1 = A_1$，$A_1C_1,A_1B_1\subset$平面$A_1B_1C_1$，所以$B_1D\bot$平面$A_1B_1C_1$，设$B_1D\cap$平面$A_1BC_1 = E$，即$B_1E\bot$平面$A_1BC_1$，因为$PE,A_1B_1C$平面$A_1BC_1$，所以$B_1E\bot PE$，$B_1E\bot A_1B_1$.对于$A$，由$V_{B_1 - A_1B_1C_1} = V_{B_1 - A_1B_1C_1}$得，$\frac{\sqrt{3}}{4}×(3\sqrt{2})^2× B_1E = \frac{1}{2}×3^2×3$，则$B_1E = \sqrt{3}$，则$PE = \sqrt{B_1P^2 - B_1E^2} = \sqrt{2^2 - (\sqrt{3})^2} = 1$，所以点$P$的轨迹是以$E$为圆心，半径$r = 1$的圆，其周长为$2\pi r = 2\pi$，故A正确；对于$B$，当$EP\bot A_1B_1$时，因为$B_1E\bot A_1B_1$，$B_1E\cap EP = E$，$B_1E,EPC\subset$平面$PB_1E$，所以$A_1B_1\bot$平面$PB_1E$，又$PB_1C\subset$平面$PB_1E$，则$A_1B_1\bot PB_1$，故B错误；对于$C$，因为$B_1E\bot$平面$A_1BC_1$，所以$\angle B_1PE$为直线$B_1P$与平面$A_1BC_1$所成的角，则$\sin\angle B_1PE = \frac{B_1E}{B_1P} = \frac{\sqrt{3}}{2}$，则$\angle B_1PE = \frac{\pi}{3}$，故C正确；对于$D$，因为点$E$到直线$BC_1$的距离为$\frac{\sqrt{6}}{2}$，所以点$P$到直线$BC_1$的最大距离为
㊙点悟〗在四面体$B_1A_1BC_1$中，由$B_1E = \sqrt{3}$和$B_1C_1 = B_1B$可知$EC_1 = EB_1$.故点$E$到直线$BC_1$的距离为点$E$到线段$BC_1$中点的距离$\frac{\sqrt{6}}{2} + 1$，故$\triangle BPC_1$的面积的最大值为$\frac{1}{2}×3\sqrt{2}×(\frac{\sqrt{6}}{2} + 1) = \frac{3(\sqrt{3} + \sqrt{2})}{2}$，又因为$B_1E\bot$平面$A_1BC_1$，所以三棱锥$P - BB_1C_1$体积的最大值为$\frac{1}{3}×\frac{3(\sqrt{3} + \sqrt{2})}{2}×\sqrt{3} = \frac{\sqrt{2} + 3}{2}$，故D正确.故选ACD.

12. [吉林长春 2025 高一期中]如图甲，在梯形 $ABCD$ 中，$AB// CD,CD = 2AB,E,F$ 分别为 $AD,CD$ 的中点，以 $AF$ 为折痕把 $\triangle ADF$ 折起，使点 $D$ 不落在平面 $ABCF$ 内(如图乙)，那么在以下 3 个结论中，正确的结论是①③.
① $CF//$ 平面 $ABD$；② $BE//$ 平面 $CDF$；③ $CD//$ 平面 $BEF$.

答案：
12.①③【解析】对于①，因为$CF// AB$，$CF\not\subset$平面$ABD$，$ABC\subset$平面$ABD$，所以$CF//$平面$ABD$，所以①正确；对于②，延长$AB$到$G$，使$AB = BG$，连接$DG$，如图所示，因为$E$为$AD$的中点，所以$BE// DG$，因为$DG$与平面$CDF$交于点$D$，所以$BE$与平面$CDF$不平行，所以②不正确；对于③，连接$AC$交$BF$于$O$，连接$OE$，如图所示，因为在题图甲中$CD = 2AB$，$F$为$CD$的中点，所以$AB = CF$，因为$AB// CD$，所以四边形$ABCF$为平行四边形，所以$O$为$AC$的中点，因为$E$为$AD$的中点，所以$OE// CD$，又$OEC\subset$平面$BEF$，$CD\not\subset$平面$BEF$，所以$CD//$平面$BEF$，所以③正确.

13. [山东青岛 2025 高一期末]如图，所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体，在这两个平行平面内的面叫做拟柱体的底面，其余各面叫做拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫做拟柱体的高. 现有一拟柱体，上、下底面均为正六边形，下底面边长为 $2\sqrt{3}$，且上底面各顶点在下底面的射影点为下底面各边的中点，高为 $\frac{3}{2}$，则该拟柱体的表面积为$\frac{99\sqrt{3}}{2}$.

答案：
13.$\frac{99\sqrt{3}}{2}$【解析】如图，上底面正六边形的顶点$E,D$在下底面上的射影分别为点$O,P$，则$EO// DP$，$EO = DP$，显然$EO\bot OP$，故四边形$DEOP$为矩形，又点$O,P$是下底面正六边形边的中点，则$ED = OP = 2\sqrt{3}\cos30^{\circ} = 3$，
㊙避坑〗切不可先入为主地认为上下底面边长相等，需根据已知条件严格计算又$EM = DM$，$EM^2 = OM^2 + EO^2$.设$\triangle MED$底边$DE$上的高为$h$，则$h^2 = EM^2 - (\frac{1}{2}ED)^2 = (\sqrt{3})^2 + (\frac{3}{2})^2 - (\frac{3}{2})^2 = 3$，因此$h = \sqrt{3}$.所以该拟柱体上底面面积$S_1 = 6×\frac{\sqrt{3}}{4}×3^2 = \frac{27\sqrt{3}}{2}$，下底面面积$S_2 = 6×\frac{\sqrt{3}}{4}×(2\sqrt{3})^2 = 18\sqrt{3}$，侧面积$S_3 = 6×(\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×\frac{3}{2} + \frac{1}{2}×3×\sqrt{3}) = 18\sqrt{3}$，所以该拟柱体的表面积$S = S_1 + S_2 + S_3 = \frac{27\sqrt{3}}{2} + 18\sqrt{3} + 18\sqrt{3} = \frac{99\sqrt{3}}{2}$.

14. [重庆主城区 2024 高一期末]如图所示，在棱长为 2 的正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，点 $P$ 在该正方体的表面上运动，且 $PB = x(0\leq x\leq 2\sqrt{3})$，记点 $P$ 的轨迹长为 $f(x)$，则 $f(2)=$$3\pi$，$f(2\sqrt{2})=$$3\pi$.(答对一空给 3 分)

答案： 14.$3\pi$ $3\pi$【解析】当$x = 2$时，点$P$在正方体表面的正方形$ABCD$，$BCC_1B_1$，$B_1A_1A$，$CDD_1C_1$上运动，其在这三个平面上的轨迹都是以点$B$为圆心，$2$为半径的$\frac{1}{4}$圆弧，如图所示，则$f(2) = 3×\frac{1}{4}×2\pi×2 = 3\pi$.
㊙点悟〗到定点的距离为定值的点的轨迹为球，用特定的截面去截球可得圆面当$x = 2\sqrt{2}$时，点$P$在正方体表面的正方形$A_1B_1C_1D_1$，$ADD_1A_1$，$CDD_1C_1$内运动，记此时在正方形$A_1B_1C_1D_1$内的动点为$P_1$，则易得$BB_1\bot B_1P_1$，得$B_1P_1 = \sqrt{(2\sqrt{2})^2 - 2^2} = 2$，因此点$P$在正方形$A_1B_1C_1D_1$内的轨迹为以$B_1$为圆心，$2$为半径的$\frac{1}{4}$圆弧，弧长为$\frac{1}{4}×2\pi×2 = \pi$，同理在正方形$ADD_1A_1$，$CDD_1C_1$内的轨迹长度都为$\pi$，所以$f(2\sqrt{2}) = 3\pi$.

15. (本小题满分 13 分)如图，在四棱锥 $P - ABCD$ 中，$\triangle PAD$ 和 $\triangle BAD$ 均为正三角形，$AD\perp DC,DC = \sqrt{3},AB = 2,M$ 为 $PC$ 上一点.
(1) 求证：$AD//$ 平面 $PBC$.
(2) 当 $PA//$ 平面 $DMB$ 时，平面 $DAM$ 与 $PB$ 交于 $Q$.
(i) 求 $\frac{PQ}{QB}$ 的值；
(ii) 求 $\frac{V_{P - AMQ}}{V_{M - ACD}}$ 的值.

答案：
15.
(1)【证明】由$\triangle BAD$为正三角形，且$AD\perp DC$，可知$\angle BDC = \frac{\pi}{6}$.在$\triangle BDC$中，$DC = \sqrt{3}$，且$DB = AB = 2$，由余弦定理得$CB^2 = BD^2 + CD^2 - 2BD· CD·\cos\angle BDC = 2^2 + (\sqrt{3})^2 - 2×2×\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2} = 1$，所以$CB = 1$，所以$CB^2 + CD^2 = 4 = BD^2$，所以$\angle DCB = \frac{\pi}{2}$，即$DC\bot BC$.又因为$AD\bot DC$，$AD,BCC\subset$平面$ABCD$，所以$AD// BC$.又因为$BCC\subset$平面$PBC$，$AD\not\subset$平面$PBC$，所以$AD//$平面$PBC$.
(2)【解】(i)如图，连接$AC$交$BD$于点$N$，连接$MN$.
因为$PA//$平面$BDM$，$PAC\subset$平面$PAC$，平面$PAC\cap$平面$BDM = MN$，所以$PA// MN$.由
(1)可知，在梯形$ABCD$中，$BC// AD$，所以$\frac{CN}{AN} = \frac{CB}{AD} = \frac{1}{2}$，因为$PA// MN$，所以$\frac{PM}{MC} = \frac{AN}{CN} = 2$，又$AD//$平面$PBC$，$ADC\subset$平面$DAM$，平面$DAM\cap$平面$PBC = MQ$，所以$AD// MQ$.又$BC// AD$，所以$BC// MQ$，所以$\frac{PQ}{QB} = \frac{PM}{MC} = 2$.
(ii)由(i)可知，$MQ// AD$，$MQ = \frac{2}{3}BC = \frac{1}{3}AD$，所以四边形$AQMD$为梯形.设梯形$AQMD$的高为$h$，则$\frac{S_{\triangle AMQ}}{S_{\triangle AMD}} = \frac{\frac{1}{2}MQ· h}{\frac{1}{2}AD· h} = \frac{1}{3}$，所以$\frac{V_{P - AMQ}}{V_{P - AMD}} = \frac{S_{\triangle AMQ}}{S_{\triangle AMD}} = \frac{1}{3}$，又$\frac{S_{\triangle PMD}}{S_{\triangle DMC}} = \frac{PM}{MC} = 2$，所以$\frac{V_{P - PMD}}{V_{A - DMC}} = \frac{\frac{1}{3}S_{\triangle PMD}}{\frac{1}{3}S_{\triangle DMC}} = \frac{S_{\triangle PMD}}{S_{\triangle DMC}} = 2$，所以$\frac{V_{P - AMQ}}{V_{M - ACD}} = \frac{V_{P - AMQ}}{V_{A - DMC}} = \frac{\frac{1}{3}V_{P - AMD}}{\frac{1}{3}V_{A - DMC}} = \frac{V_{P - AMD}}{V_{A - DMC}} = \frac{2}{3}$.