《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

11. (多选)[全国新高考Ⅱ2022·11,5 分]如图,四边形$ABCD$为正方形,$ED \perp$平面$ABCD$,$FB // ED$,$AB = ED = 2FB$.记三棱锥$E - ACD$,$F - ABC$,$F - ACE$的体积分别为$V_{1}$,$V_{2}$,$V_{3}$,则(CD)


A.$V_{3} = 2V_{2}$
B.$V_{3} = V_{1}$
C.$V_{3} = V_{1} + V_{2}$
D.$2V_{3} = 3V_{1}$

答案：
11.CD [解析]如图，连接$BD$交$AC$于$O$，连接$OE,OF$。设$AB = ED = 2FB = 2$，则$AB = BC = CD = AD = 2$。由$ED\perp$平面$ABCD$，$FB// ED$，得$FB\perp$平面$ABCD$，所以$V_{1}=V_{E - ACD}=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}× AD· CD· ED=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×2×2×2=\frac{4}{3}$，$V_{2}=V_{F - ABC}=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}× AB· BC· FB=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×2×2×1=\frac{2}{3}$。
→点悟：求棱锥体积的关键是确定高，常常结合直线与平面的位置关系确定
$ED\perp$平面$ABCD$，$AC\subset$平面$ABCD$，所以$ED\perp AC$。又$AC\perp BD$，且$ED\cap BD = D$，$ED,BD\subset$平面$BDEF$，所以$AC\perp$平面$BDEF$。又$OF\subset$平面$BDEF$，所以$AC\perp OF$。易知$BD = 2\sqrt{2}$，$OB = OD=\sqrt{2}$，$OF=\sqrt{OB^{2}+FB^{2}}=\sqrt{3}$，$OE=\sqrt{OD^{2}+ED^{2}}=\sqrt{6}$，$EF=\sqrt{BD^{2}+(ED - FB)^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{2})^{2}+(2 - 1)^{2}}=3$，所以$EF^{2}=OE^{2}+OF^{2}$，所以$OF\perp OE$，而$OE\cap AC = O$，$OE,AC\subset$平面$ACE$，所以$OF\perp$平面$ACE$。又$AC = AE = CE = 2\sqrt{2}$，所以$V_{3}=V_{F - ACE}=\frac{1}{3}S_{\triangle ACE}· OF=\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{3}}{4}× AC^{2}· OF=\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{3}}{4}×(2\sqrt{2})^{2}×\sqrt{3}=2$，所以有$V_{3}\neq2V_{2}$，$V_{3}\neq V_{1}$，$V_{3}=V_{1}+V_{2}$，$2V_{2}=3V_{1}$，所以选项A,B不正确，选项C,D正确，故选CD。

12. [北京 2025·14,5 分]某科技兴趣小组用 3D 打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体,其中$ABCDEF$是一个平面多边形,平面$AFR \perp$平面$ABC$,平面$CDT \perp$平面$ABC$,$AB \perp BC$,$AB // EF // RS // CD$,$BC // DE // ST // AF$.若$AB = BC = 8$,$AF = CD = 4$,$RA = RF = TC = TD = \frac{5}{2}$,则该多面体的体积为60.
]

答案：
12.60 [解析]如图，延长$AB$交$DE$于点$Q$，作$BP// CT$，交$ST$于点$P$，连接$PQ,SQ$，
延长$CB$交$EF$于点$N$，连接$SN$，作$MN// RF$交$RS$于点$M$，连接$BM$。由题中已知的线面关系可知，几何体$ARF - BMN$与几何体$CDT - BQP$均为直三棱柱，且$V_{ARF - BMN}=V_{CDT - BQP}$，几何体$S - BQEN$为正四棱锥，几何体$S - MNB$为三棱锥，且$SM\perp$平面$BMN$，几何体$S - BPQ$为三棱锥，且$SP\perp$平面$BPQ$。在$\triangle CDT$中，过点$T$作$TH\perp CD$于点$H$，由$CT = DT=\frac{5}{2}$，$CD = 4$，可得$TH=\sqrt{(\frac{5}{2})^{2}-(\frac{4}{2})^{2}}=\frac{3}{2}$，$\therefore S_{\triangle CDT}=\frac{1}{2}×4×\frac{3}{2}=3$。$\because BC = 8$，$\therefore V_{CDT - BQP}=3×8 = 24$。$\because$平面$TCD\perp$平面$ABC$，$TH\perp CD$，$TH\subset$平面$TCD$，平面$TCD\cap$平面$ABC = CD$，$\therefore TH\perp$平面$ABC$，结合题中已知的线面位置关系可得$TH$为多面体的高。又几何体$S - BQEN$的底面边长$BQ = 4$，则$V_{S - BQEN}=\frac{1}{3}×\frac{3}{2}×4^{2}=8$。又$S_{\triangle BMN}=S_{\triangle ARF}=S_{\triangle CDT}=S_{\triangle BPQ}=3$，$SM = SP = CH = 2$，$\therefore V_{S - MNB}=V_{S - BPQ}=\frac{1}{3}×2×3 = 2$。
$\therefore$该多面体的体积$V=V_{ARF - BMN}+V_{CDT - BQP}+V_{S - BQEN}+V_{S - MNB}+V_{S - BPQ}=2V_{CDT - BQP}+V_{S - BQEN}+2V_{S - MNB}=2×24 + 8+2×2 = 60$。

13. [全国甲理 2024·14,5 分]已知圆台甲、乙的上底面半径均为$r_{1}$,下底面半径均为$r_{2}$,圆台甲、乙的母线长分别为$2(r_{2} - r_{1})$,$3(r_{2} - r_{1})$,则圆台甲与乙的体积之比为$\frac{\sqrt{6}}{4}$.

答案： 13.$\frac{\sqrt{6}}{4}$ [解析]$\because$圆台甲、乙的上、下底面半径均相等，$\therefore\frac{V_{甲}}{V_{乙}}=\frac{h_{甲}}{h_{乙}}=\frac{\sqrt{[2(r_{2}-r_{1})]^{2}-(r_{2}-r_{1})^{2}}}{\sqrt{[3(r_{2}-r_{1})]^{2}-(r_{2}-r_{1})^{2}}}=\frac{\sqrt{3}(r_{2}-r_{1})}{2\sqrt{2}(r_{2}-r_{1})}=\frac{\sqrt{6}}{4}$。

14. [全国新课标Ⅰ2023·14,5 分]在正四棱台$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中,$AB = 2$,$A_{1}B_{1} = 1$,$AA_{1} = \sqrt{2}$,则该棱台的体积为$\frac{7\sqrt{6}}{6}$.

答案：
14.$\frac{7\sqrt{6}}{6}$ [解析]如图，连接$AC,BD$交于点$O_{1}$，连接$AC_{1},BD_{1}$交于点$O_{2}$，连接$O_{1}O_{2}$，过点$A_{1}$作$A_{1}H\perp AC$于点$H$，则$O_{1}O_{2}$为正四棱台$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$的高。在等腰梯形$A_{1}ACC_{1}$中，$AC=\sqrt{2}AB = 2\sqrt{2}$，$A_{1}C_{1}=\sqrt{2}A_{1}B_{1}=\sqrt{2}$，则$AO_{1}=\frac{1}{2}AC=\sqrt{2}$，$A_{1}O_{1}=\frac{1}{2}A_{1}C_{1}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以$AH=AO_{1}-A_{1}O_{1}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。又$AA_{1}=\sqrt{2}$，所以$A_{1}H=\sqrt{AA_{1}^{2}-AH^{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$，所以$O_{1}O_{2}=A_{1}H=\frac{\sqrt{6}}{2}$，所以正四棱台$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$的体积为$\frac{1}{3}×(1^{2}+2^{2}+\sqrt{1^{2}×2^{2}})×\frac{\sqrt{6}}{2}=\frac{7\sqrt{6}}{6}$。
→避坑：棱台的体积公式$V=\frac{1}{3}(S_{上}+S_{下}+\sqrt{S_{上}S_{下}})· h$，勿要漏掉$\sqrt{S_{上}S_{下}}$

15. [天津 2025·4,5 分]若$m$为直线,$\alpha$,$\beta$为两个不同的平面,则下列结论中正确的是(C)

A.若$m // \alpha$,$n \subset \alpha$,则$m // n$
B.若$m \perp \alpha$,$m \perp \beta$,则$\alpha \perp \beta$
C.若$m // \alpha$,$m \perp \beta$,则$\alpha \perp \beta$
D.若$m \subset \alpha$,$\alpha \perp \beta$,则$m \perp \beta$

答案：
15.C [解析]
选项 分析 正误
A $m$与$n$也可能垂直，如图，$m// m'$，$m'\subset\alpha$，$n\subset\alpha$，$m'\perp n$，可知$m\perp n$ ×
B $\because m//\alpha$，$\therefore$存在直线$m'$使得$m'\subset\alpha$，且$m// m'$，又$m\perp\beta$，$\therefore m'\perp\beta$，$\therefore\alpha\perp\beta$ √
C 若$\alpha\cap\beta=n$，则当$m$与$n$重合时，$m\subset\beta$ ×
D 故选C。

16. [全国甲理 2024·10,5 分]设$\alpha$,$\beta$为两个平面,$m$,$n$为两条直线,且$\alpha \cap \beta = m$.下述四个命题:
①若$m // n$,则$n // \alpha$或$n // \beta$;
②若$m \perp n$,则$n \perp \alpha$或$n \perp \beta$;
③若$n // \alpha$且$n // \beta$,则$m // n$;
④若$n$与$\alpha$,$\beta$所成的角相等,则$m \perp n$.
其中所有真命题的编号是(A)

A.①③
B.②④
C.①②③
D.①③④

答案：
16.A [解析]对于①，因为$\alpha\cap\beta=m$，$n// m$，所以当$n\subset\alpha$时，$n//\beta$；当$n\subset\beta$时，$n//\alpha$；当$n\not\subset\alpha$且$n\not\subset\beta$时，$n//\alpha$且$n//\beta$，故①正确。对于②，因为$\alpha\cap\beta=m$，$m\perp n$，所以$n$与$\alpha,\beta$的位置关系为在平面内、与平面平行或相交，故②错误。对于③，因为$n//\alpha$且$n//\beta$，$\alpha\cap\beta=m$，所以$m// n$，故③正确。对于④，如图，在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，记平面$ADD_{1}A_{1}$为$\alpha$，平面$ABCD$为$\beta$，则直线$AD$为$m$，记直线$BD_{1}$为$n$，由正方体的性质可知$BD_{1}$与平面$ADD_{1}A_{1}$所成角为$\angle AD_{1}B$，则$\sin\angle AD_{1}B=\frac{AB}{BD_{1}}$，$BD_{1}$与平面$ABCD$所成角为$\angle DBD_{1}$，则$\sin\angle DBD_{1}=\frac{DD_{1}}{BD_{1}}=\sin\angle AD_{1}B$，此时$BD_{1}$与$AD$不垂直，即$m$与$n$不垂直，故④错误。故选A。

17. (多选)[全国一 2025·9,6 分]在正三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中,$D$为$BC$的中点,则(BD)

A.$AD \perp A_{1}C$
B.$B_{1}C_{1} \perp$平面$AA_{1}D$
C.$AD // A_{1}B_{1}$
D.$CC_{1} //$平面$AA_{1}D$

答案： 17.BD [解析]对于A，由正三棱柱的性质可知，$AA_{1}\perp$平面$ABC$，又$AD\subset$平面$ABC$，则$AA_{1}\perp AD$，假设$AD\perp AC$，又$AA_{1}\cap AC = A$，$AA_{1},AC\subset$平面$AA_{1}C_{1}C$，$\therefore AD\perp$平面$AA_{1}C_{1}C$，矛盾，$\therefore AD$与$A_{1}C$不垂直，故A错误。
对于B，$\because AA_{1}\perp$平面$ABC$，$BC\subset$平面$ABC$，$\therefore AA_{1}\perp BC$。又$AD\perp BC$，$AD\cap AA_{1}=A$，$AD,AA_{1}\subset$平面$AA_{1}D_{1}D$，$\therefore BC\perp$平面$AA_{1}D_{1}D$，又$BC_{1}// BC$，$\therefore BC_{1}\perp$平面$AA_{1}D_{1}D$，故B正确。
对于C，$\because AB// A_{1}B_{1}$，$AB,A_{1}B_{1}\subset$平面$ABB_{1}A_{1}$，$AD\cap$平面$ABB_{1}A_{1}=AD\cap AB = A$，$\therefore AD$与$A_{1}B_{1}$异面，故C错误。
对于D，$\because CC_{1}// AA_{1}$，$AA_{1}\subset$平面$AA_{1}D_{1}D$，$CC_{1}\not\subset$平面$AA_{1}D_{1}D$，$\therefore CC_{1}//$平面$AA_{1}D_{1}D$，故D正确。故选BD。

18. [全国甲文 2024·19,12 分]如图,在以$A$,$B$,$C$,$D$,$E$,$F$为顶点的五面体中,四边形$ABCD$与四边形$ADEF$均为等腰梯形,$EF // AD$,$BC // AD$,$AD = 4$,$AB = BC = EF = 2$,$ED = \sqrt{10}$,$FB = 2\sqrt{3}$,$M$为$AD$的中点.
(1)证明:$BM //$平面$CDE$;
(2)求$M$到平面$FAB$的距离.
]

答案：
18.
(1) [证明]由$BC = 2$，$AD = 4$，点$M$为$AD$的中点得$BC = DM$。又$BC// MD$，所以四边形$BCDM$为平行四边形，则$BM// CD$。
→悟：利用平行四边形找平行线
又$CD\subset$平面$CDE$，$BM\not\subset$平面$CDE$，所以$BM//$平面$CDE$。
(2) [解]如图，连接$FM$，因为$EF// AD$，$EF=\frac{1}{2}AD$，$M$是$AD$的中点，所以四边形$EFMD$是平行四边形，所以$FM// ED$。
因为四边形$ADEF$是等腰梯形，所以$\triangle AMF$是等腰三角形。
同理，$\triangle AMB$也是等腰三角形。
取$AM$的中点$O$，连接$OF,OB$，则$OF\perp AM$，$OB\perp AM$。又$OB\cap OF = O$，$OB,OF\subset$平面$BOF$，所以$AM\perp$平面$BOF$。
又$AD = 4$，$ED=\sqrt{10}$，$AB = 2$，所以$OF = 3$，$OB=\sqrt{3}$。又$FB = 2\sqrt{3}$，所以$OF^{2}+OB^{2}=FB^{2}$，故$OF\perp OB$，$S_{\triangle FOB}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
在$\triangle ABF$中，因为$AB = 2$，$AF=\sqrt{10}$，$FB = 2\sqrt{3}$，所以由余弦定理得$\cos\angle ABF=\frac{AB^{2}+FB^{2}-AF^{2}}{2AB· FB}=\frac{\sqrt{3}}{4}$，所以$\sin\angle ABF=\sqrt{1-\cos^{2}\angle ABF}=\frac{\sqrt{13}}{4}$，所以$S_{\triangle FAB}=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}×\frac{\sqrt{13}}{4}=\frac{\sqrt{39}}{2}$。
设$M$到平面$ABF$的距离为$h$，则$V_{M - ABF}=\frac{1}{3}S_{\triangle FAB}· h=\frac{1}{3}S_{\triangle FOB}· AM$，解得$h=\frac{6\sqrt{13}}{13}$，故$M$到平面$FAB$的距离为$\frac{6\sqrt{13}}{13}$。