《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

18. (本小题满分 17 分)[江苏连云港 2025 高一期末]如图，在四棱锥 $P - ABCD$ 中，底面 $ABCD$ 是平行四边形，$PA\perp$ 平面 $ABCD,\angle ABC = \frac{\pi}{3},AB = 1,BC = 2,PA = 3,M,N$ 分别是棱 $PA,PC$ 上的点（含端点）.
(1) 证明：$MN\perp CD$；
(2) 若 $N$ 为棱 $PC$ 的中点，且二面角 $A - MN - B$ 的正切值为 $\frac{2\sqrt{3}}{3}$，求 $AM$；
(3) 设点 $Q$ 是棱 $CD$ 上的点（含端点），求 $2MN + NQ$ 的最小值.

答案：
18.
(1)【证明】如图，连接$AC$，在$\triangle ABC$中，由余弦定理得$\cos\angle ABC = \frac{AB^2 + BC^2 - AC^2}{2AB· BC} = \frac{1^2 + 2^2 - AC^2}{2×1×2} = \frac{1}{2}\Rightarrow AC = \sqrt{3}$，所以$AB^2 + AC^2 = 1 + 3 = BC^2$，所以$\angle BAC = \frac{\pi}{2}$.又因为四边形$ABCD$为平行四边形，所以$\angle ACD = \frac{\pi}{2}$，即$AC\bot CD$.因为$PA\bot$平面$ABCD$，$DCC\subset$平面$ABCD$，所以$PA\bot CD$.又$PA\cap AC = A$，$PA,ACC\subset$平面$PAC$，所以$CD\bot$平面$PAC$.又$MNC\subset$平面$PAC$，所以$CD\bot MN$.
(2)【解】在平面$BMN$中，过点$B$作$BE\bot MN$，垂足为$E$，连接$AE$，由
(1)知$CD\bot$平面$PAC$，因为$AB// CD$，所以$AB\bot$平面$PAC$，即$AB\bot$平面$AMN$，因为$MNC\subset$平面$AMN$，所以$AB\bot MN$.又$BE\cap AB = B$，$BE,ABC\subset$平面$ABE$，所以$MN\bot$平面$ABE$.又$AEC\subset$平面$ABE$，所以$MN\bot AE$，所以$\angle BEA$为二面角$A - MN - B$的平面角，因为$AB\bot$平面$AMN$，$AEC\subset$平面$AMN$，所以$AB\bot AE$，所以$\tan\angle AEB = \frac{AB}{AE} = \frac{1}{AE} = \frac{2\sqrt{3}}{3}\Rightarrow AE = \frac{\sqrt{3}}{2}$.因为$PA\bot$平面$ABCD$，$ACC\subset$平面$ABCD$，所以$PA\bot AC$，又$N$为棱$PC$的中点，所以$AN = CN = \sqrt{3}$，所以$AN = AC = CN$，所以$\angle NAC = \frac{\pi}{3}$，所以$\angle NAM = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{6}$，在$Rt\triangle AEN$中，$\sin\angle ANE = \frac{AE}{AN} = \frac{\sqrt{3}}{2}÷\sqrt{3} = \frac{1}{2}\Rightarrow\angle ANE = \frac{\pi}{6}$，所以$AM = MN$，设$AM = MN = x$，在$\triangle AMN$中，由余弦定理得$\cos\angle AMN = \frac{x^2 + x^2 - 3}{2x^2} = \frac{1}{2}\Rightarrow x = 1$，所以$AM = 1$.
(3)【解】将平面$PAC$沿$PC$旋转，与平面$PCD$在同一平面上，$\triangle PAC$与$\triangle PA'C'$关于直线$PA$对称，点$N$关于直线$PA$的对称点为$N'$，如图所示，因为$PD^2 = PA^2 + AD^2 = 3^2 + 2^2 = 13 = (2\sqrt{3})^2 + 1^2 = PC^2 + CD^2$，所以$PC\bot CD$，故对任意$Q\in$线段$CD$，都有$NC\leqslant NQ\leqslant ND$.又$2MN = MN + MN'\geqslant NN'$，所以$2MN + NQ\geqslant NN' + NC$，当且仅当$M,N,N'$三点共线，且$Q$与点$C$重合时，等号成立.不妨设$MN = x$，此时$N'N = 2MN = 2x$，且$\frac{PN}{MN} = \frac{MN'}{PC} = \frac{x}{\sqrt{3}}$，所以$PN = \frac{x}{\sqrt{3}}· PC = \frac{x}{\sqrt{3}}·2\sqrt{3} = 2x$，所以$NC = 2\sqrt{3} - 2x$，因此$NN' + NC = 2x + (2\sqrt{3} - 2x) = 2\sqrt{3}$，故$2MN + NQ\geqslant NN' + NC = 2\sqrt{3}$，即$2MN + NQ$的最小值为$2\sqrt{3}$.

19. (本小题满分 17 分)[山东省实验中学 2025 高一月考]如图，在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 1,BC = \sqrt{3},M$ 是线段 $AD$ 上的一动点，将 $\triangle ABM$ 沿着 $BM$ 折起，使点 $A$ 到达点 $A'$ 的位置，满足点 $A'\notin$ 平面 $BCDM$，且点 $A'$ 在平面 $BCDM$ 内的射影 $E$ 落在线段 $BC$ 上.
(1) 当点 $M$ 与端点 $D$ 重合时，证明：$A'B\perp$ 平面 $A'CD$；
(2) 当 $AM = \frac{3}{2}$ 时，求二面角 $A' - BM - C$ 的余弦值；
(3) 设直线 $CD$ 与平面 $A'BM$ 所成的角为 $\alpha$，二面角 $A' - BM - C$ 的平面角为 $\beta$，求 $\sin^2\alpha\cos\beta$ 的最大值.

答案：
19.
(1)【证明】如图①，当点$M$与端点$D$重合时，由$\angle BA'D = 90^{\circ}$可知$A'B\bot A'D$.由题意知$A'E\bot$平面$BCD$，$DCC\subset$平面$BCD$，所以$A'E\bot CD$.又$BC\bot CD$，$A'E\cap BC = E$，$A'E,BCC\subset$平面$A'BC$，所以$CD\bot$平面$A'BC$.又$A'BC\subset$平面$A'BC$，所以$CD\bot A'B$.又$A'D\cap CD = D$，$A'D,DCC\subset$平面$A'CD$，所以$A'B\bot$平面$A'CD$.
(2)【解】如图②，过点$A$作$AO\bot BM$于点$O$，连接$A'O,OE$，由题意得$AO\bot BM$，$A'O\bot BM$，$A'E\bot$平面$BCD$，因为$BMC\subset$平面$BCD$，所以$A'E\bot BM$，又$A'E\cap A'O = A'$，$A'E,A'OC\subset$平面$A'OE$，所以$BM\bot$平面$A'OE$，又$OEC\subset$平面$A'OE$，所以$BM\bot OE$，
㊙点悟〗$BM$垂直于有公共点的两条线段，则翻折前两线段在一条直线上所以$A',O,E$三点共线，所以$\angle A'OE$为二面角$A' - BM - C$的平面角.在$Rt\triangle BAM$中，$AB = 1$，$AM = \frac{3}{2}$，$BM = \sqrt{1 + \frac{9}{4}} = \frac{\sqrt{13}}{2}$，由三角形面积相等可得$AO = \frac{AB· AM}{BM} = \frac{1×\frac{3}{2}}{\frac{\sqrt{13}}{2}} = \frac{3\sqrt{13}}{13} = A'O$.由题易知$\triangle AOB\sim\triangle ABE$，所以$\frac{AB}{AE} = \frac{AO}{AB}$，即$AE = \frac{AB^2}{AO} = \frac{1}{\frac{3\sqrt{13}}{13}} = \frac{\sqrt{13}}{3}$，所以$OE = AE - AO = \frac{\sqrt{13}}{3} - \frac{3\sqrt{13}}{13} = \frac{4\sqrt{13}}{39}$，故在$Rt\triangle A'EO$中，$\cos\angle A'OE = \frac{OE}{A'O} = \frac{\frac{4\sqrt{13}}{39}}{\frac{3\sqrt{13}}{13}} = \frac{4}{9}$，即二面角$A' - BM - C$的余弦值为$\frac{4}{9}$.
(3)【解】如图③，过点$E$作$EQ// CD$交$BM$于$Q$，所以直线$EQ$与平面$A'BM$所成的角即为直线$CD$与平面$A'BM$所成的角.由
(2)可知$BM\bot$平面$A'OE$，$BMC\subset$平面$A'BM$，所以平面$A'BM\bot$平面$A'OE$.如图④，过点$E$作$EH\bot A'O$，垂足为$H$，因为平面$A'BM\cap$平面$A'OE = A'O$，$EHC\subset$平面$A'OE$，所以$EH\bot$平面$A'BM$.连接$HQ$，则$\angle EQH$是直线$EQ$与平面$A'BM$所成的角，即$\angle EQH = \alpha$.由题易知$\triangle ABE\sim\triangle MAB$，所以$\frac{AB}{BE} = \frac{MA}{AB}$，设$MA = t$，$0 ＜ t\leqslant\sqrt{3}$，则$BE = \frac{1}{t}$，$BM = \sqrt{t^2 + 1}$，$OE = \frac{1}{\sqrt{t^2 + 1}}$，$AO = A'O = \frac{t}{\sqrt{t^2 + 1}}$，因为在$Rt\triangle A'OE$中，斜边大于直角边，即$A'O ＞ OE$，所以$\frac{t}{\sqrt{t^2 + 1}} ＞ \frac{1}{\sqrt{t^2 + 1}}$，所以$1 ＜ t\leqslant\sqrt{3}$，$A'E = \sqrt{A'O^2 - OE^2} = \frac{\sqrt{t^2 - 1}}{t}$.在$\triangle A'OE$中，$EH = \frac{A'E· OE}{A'O} = \frac{\sqrt{t^2 - 1}}{3}$，$EQ = \frac{1}{t^2}$，$\sin^2\alpha = (\frac{EH}{EQ})^2 = 1 - \frac{1}{t^2}$，因为$A'O\bot BM$，$OE\bot BM$，所以$\angle A'OE$是二面角$A' - BM - C$的平面角，即$\angle A'OE = \beta$，$\cos\beta = \frac{OE}{A'O} = \frac{1}{t^2}$.所以$\sin^2\alpha\cos\beta = (1 - \frac{1}{t^2})·\frac{1}{t^2} = - (\frac{1}{t^2} - \frac{1}{2})^2 + \frac{1}{4}\leqslant\frac{1}{4}$，当且仅当$t = \sqrt{2}$时，等号成立.故$\sin^2\alpha\cos\beta$的最大值为$\frac{1}{4}$.