《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

25. [全国新课标Ⅰ2024·17,15 分]如图,四棱锥$P - ABCD$中,$PA \perp$底面$ABCD$,$PA = AC = 2$,$BC = 1$,$AB = \sqrt{3}$.
(1)若$AD \perp PB$,证明:$AD //$平面$PBC$;
(2)若$AD \perp DC$,且二面角$A - CP - D$的正弦值为$\frac{\sqrt{42}}{7}$,求$AD$.
]

答案：
25.
(1) [证明]因为$PA\perp$平面$ABCD$，而$AD,BC\subset$平面$ABCD$，所以$PA\perp AD$，$PA\perp BC$，又$AD\perp PB$，$PB\cap PA = P$，$PB,PA\subset$平面$PAB$，所以$AD\perp$平面$PAB$。
而$AB\subset$平面$PAB$，所以$AD\perp AB$。
因为$BC^{2}+AB^{2}=AC^{2}$，所以$BC\perp AB$，又$AB\cap PA = A$，$AB,PA\subset$平面$PAB$，所以$BC\perp$平面$PAB$。
根据平面知识可知$AD// BC$，
→黑板：垂直于同一个平面的两直线平行
又$AD\not\subset$平面$PBC$，$BC\subset$平面$PBC$，所以$AD//$平面$PBC$。
(2) [解]如图所示，过点$D$作$DE\perp AC$交$AC$于点$E$，再过点$E$作$EF\perp CP$交$CP$于点$F$，连接$DF$。
因为$PA\perp$平面$ABCD$，$PA\subset$平面$PAC$，所以平面$PAC\perp$平面$ABCD$，而平面$PAC\cap$平面$ABCD = AC$，$DE\subset$平面$ABCD$，且$DE\perp AC$，所以$DE\perp$平面$PAC$，又$CP\subset$平面$PAC$，所以$DE\perp CP$。
又$EF\perp CP$，$DE\cap EF = E$，$DE,EF\subset$平面$DEF$，所以$CP\perp$平面$DEF$。
根据二面角的定义可知，$\angle DFE$即二面角$A - CP - D$的平面角，
即$\sin\angle DFE=\frac{\sqrt{42}}{7}$，得$\tan\angle DFE=\sqrt{6}$。
因为$AD\perp DC$，设$AD = x(0＜x＜2)$，所以$CD=\sqrt{4 - x^{2}}$，由等面积法可得$DE=\frac{x\sqrt{4 - x^{2}}}{2}$，
又$CE=\sqrt{(4 - x^{2})-\frac{x^{2}(4 - x^{2})}{4}}=\frac{4 - x^{2}}{2}$，而$\triangle EFC$为等腰直角三角形，所以$EF=\frac{4 - x^{2}}{2\sqrt{2}}$，
→悟：由$PA = AC$，$PA\perp AC$知$\angle PCA = 45^{\circ}$
故$\tan\angle DFE=\frac{DE}{EF}=\frac{x\sqrt{4 - x^{2}}}{\frac{4 - x^{2}}{2}}=\sqrt{6}$，解得$x=\sqrt{3}$，即$AD=\sqrt{3}$。

26. [全国乙理 2022·18,12 分]如图,四面体$ABCD$中,$AD \perp CD$,$AD = CD$,$\angle ADB = \angle BDC$,$E$为$AC$的中点.
(1)证明:平面$BED \perp$平面$ACD$;
(2)设$AB = BD = 2$,$\angle ACB = 60^{\circ}$,点$F$在$BD$上,当$\triangle AFC$的面积最小时,求$CF$与平面$ABD$所成的角的正弦值.
]

答案：
26.
(1) [证明]因为在$\triangle ABD$和$\triangle CBD$中，$AD = DC$，$\angle ADB=\angle CDB$，$DB = DB$，
所以$\triangle ABD\cong\triangle CBD$，所以$AB = CB$。
又因为$E$为$AC$的中点，所以$BE\perp AC$。因为$AD = DC$，$E$为$AC$的中点，所以$DE\perpAC$。
又$BE\cap DE = E$，所以$AC\perp$平面$BED$。
又$AC\subset$平面$ACD$，所以平面$BED\perp$平面$ACD$。
(2) [解]如图，连接$EF$，由
(1)知$AC\perp EF$，所以$S_{\triangle AFC}=\frac{1}{2}AC· EF$，
故$EF$最小时，$\triangle AFC$的面积最小，
当$EF\perp BD$时，$\triangle AFC$的面积最小。
因为$AC\perp$平面$BED$，$BD\subset$平面$BED$，则$AC\perp BD$，
又$AC\cap EF = E$，$AC\subset$平面$AFC$，$EF\subset$平面$AFC$，所以$BD\perp$平面$AFC$，
又$BD\subset$平面$ABD$，所以平面$ABD\perp$平面$AFC$。又平面$ABD\cap$平面$AFC = AF$，
过$C$作$CM\perp AF$于点$M$，则$CM\perp$平面$ABD$，故$\angle CFA$为直线$CF$与平面$ABD$所成的角。
由
(1)得$AB = BC = 2$，又$\angle ACB = 60^{\circ}$，所以$\triangle ABC$是边长为$2$的等边三角形，故$AC = 2$，所以$DE = 1$，$BE=\sqrt{3}$，又$BD = 2$，所以$BD^{2}=ED^{2}+EB^{2}$，
所以$\angle BED = 90^{\circ}$，所以$EF=\frac{BE· DE}{BD}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$CF=\sqrt{1+\frac{3}{4}}=\frac{\sqrt{7}}{2}$，所以$AF=\frac{1}{2}$。在$\triangle AFC$中，由余弦定理得$\cos\angle AFC=\frac{(\frac{\sqrt{7}}{2})^{2}+(\frac{\sqrt{7}}{2})^{2}-2^{2}}{2×\frac{\sqrt{7}}{2}×\frac{\sqrt{7}}{2}}=-\frac{1}{7}$，所以$\sin\angle AFC=\frac{4\sqrt{3}}{7}$。
故$CF$与平面$ABD$所成的角的正弦值为$\frac{4\sqrt{3}}{7}$。

1. 已知四面体$ABCD$的三组对棱分别相等,则其各个面所成六个二面角的(D)

A.正弦值的平方和为 2
B.正弦值的和为 2
C.余弦值的平方和为 2
D.余弦值的和为 2

答案：
1.D [解析]如图，过点$A$作$AH\perp$平面$BCD$于点$H$，分别作$HM\perp BC$，$HE\perp CD$，$HF\perp DB$，垂足分别为$M,E,F$，连接$BH,CH,DH,AM,AE,AF$，由$BC\subset$平面$BCD$，且$AH\perp$平面$BCD$得$AH\perp BC$，又$HM\perp BC$，$HM\cap AH = H$，$HM,AH\subset$平面$AHM$，得$BC\perp$平面$AHM$，同理$CD\perp$平面$AHE$，$BD\perp$平面$AHF$，从而易知$AM\perp BC$，$AE\perp CD$，$AF\perp DB$，故$\angle AMH$，$\angle AEH$，$\angle AFH$分别为平面$BCD$与平面$ABC$、平面$ACD$、平面$ABD$所成的角。
又由$AB = CD$，$AC = DB$，$AD = BC$，知四面体$ABCD$的四个面所对应的三角形全等，故$\cos\angle AMH=\frac{MH}{AM}=\frac{MH· BC}{AM· BC}=\frac{S_{\triangle HBC}}{S_{\triangle ABC}}$，同理$\cos\angle AEH=\frac{S_{\triangle HCD}}{S_{\triangle ACD}}$，$\cos\angle AFH=\frac{S_{\triangle HDB}}{S_{\triangle ADB}}$，
因为$S_{\triangle HBC}+S_{\triangle HCD}+S_{\triangle HDB}=S_{\triangle BCD}=S_{\triangle ABC}$，所以$\cos\angle AMH+\cos\angle AEH+\cos\angle AFH=1$，即同一个面上的三条棱处的二面角的余弦值之和为$1$。因此四个面上的各条棱处的二面角的余弦值之和为$4$，故各个面所成六个二面角的余弦值之和为$2$。故选D。
→点悟：各条棱处的二面角的余弦值算了2次

2. 两个有共同底面的正四棱锥$E - ABCD$与$F - ABCD$,它们的各顶点均在同一球面上,若二面角$E - AB - F$的大小为$\frac{3\pi}{4}$,且$AB = 4$,则球的体积为$\frac{4}{3}\pi$.

答案：
2.$\frac{4}{3}\pi$ [解析]如图①，连接$EF$交平面$ABCD$于点$M$，则$M$为正方形$ABCD$的中心，设$O$为$EF$的中点，外接球的半径为$R$，则$O$为球心，连接$OA,OB,OC,OD$，
则$OA = OB = OC = OD = OE = OF = R$，
取$AB$的中点$N$，连接$NE,NF,MN,MB$，则$NE\perp AB$，$NF\perp AB$，
则$\angle ENF$为二面角$E - AB - F$的平面角，即$\angle ENF=\frac{3\pi}{4}$。
如图②，设$\angle ENM=\alpha$，$\angle FNM=\beta$，则$\angle ENF=\alpha+\beta=\frac{3\pi}{4}$，
令$OM = h$，由$AB = 4$，可得$MN = 2$，则$ME = R - h$，$MF = R + h$，$MB = 2\sqrt{2}$，
则$OM^{2}+MB^{2}=OB^{2}$，即$h^{2}+(2\sqrt{2})^{2}=R^{2}$，则$h^{2}=R^{2}-8$ ①，
又$\tan\alpha=\frac{R - h}{2}$，$\tan\beta=\frac{R + h}{2}$，
所以$\tan\angle ENF=\tan(\alpha+\beta)=\frac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}=\frac{\frac{R - h}{2}+\frac{R + h}{2}}{1-\frac{R - h}{2}·\frac{R + h}{2}}=\frac{4R}{4+h^{2}-R^{2}}=-1$ ②，
联立①②解得$R = 1$，则$V_{球}=\frac{4}{3}\pi R^{3}=\frac{4}{3}\pi$。

3. 如图,已知四棱锥$P - ABCD$的底面$ABCD$是正方形,$BD \perp PA$,$CD \perp$平面$PAD$,且四棱锥$P - ABCD$的外接球的体积为$\frac{32\pi}{3}$.
(1)求证:$BC \perp$平面$PAB$;
(2)当$\triangle PAD$的面积最大时,求二面角$B - PC - D$的余弦值.
]

答案：
3.
(1) [证明] $\because CD\perp$平面$PAD$，$PA\subset$平面$PAD$，
$\therefore CD\perp PA$。又$BD\perp PA$，$BD\cap CD = D$，
$BD,CD\subset$平面$ABCD$，
$\therefore PA\perp$平面$ABCD$。
又$\because BC\subset$平面$ABCD$，$\therefore PA\perp BC$；
$\because$底面$ABCD$是正方形，$\therefore BC\perp AB$，
又$PA\cap AB = A$，$PA,AB\subset$平面$PAB$，
$\therefore BC\perp$平面$PAB$。
(2) [解] $\because PA\perp$平面$ABCD$，$AD\subset$平面$ABCD$，$\therefore PA\perp AD$。
设四棱锥$P - ABCD$的外接球的半径为$R$，则$\frac{4}{3}\pi R^{3}=\frac{32\pi}{3}$，则$R = 2$。
令$PA = x$，$AD = y$，则$S_{\triangle PAD}=\frac{1}{2}xy$，
又$(2R)^{2}=16=y^{2}+x^{2}+y^{2}=x^{2}+2y^{2}\geq2\sqrt{2}xy$，即$xy\leq4\sqrt{2}$，当且仅当$x=\sqrt{2}y$，即$x=2\sqrt{2}$，$y = 2$时取等号，此时$AB = AD = 2$，$PA = 2\sqrt{2}$，故$PD = PB = 2\sqrt{3}$。
如图，过点$B$作$BH\perp PC$交$PC$于点$H$，连接$DH$，
$\because BC = DC$，$\therefore\triangle PBC\cong\triangle PDC$，则$DH\perp PC$，故$\angle BHD$为二面角$B - PC - D$的平面角。$\because CD\perp$平面$PAD$，$PD\subset$平面$PAD$，$\therefore CD\perp PD$，
在$Rt\triangle PDC$中，由勾股定理得$PC=\sqrt{PD^{2}+CD^{2}}=4$，
由等面积法可得$BH = DH=\frac{PD× CD}{PC}=\frac{2\sqrt{3}×2}{4}=\sqrt{3}$，
又$BD=\sqrt{AB^{2}+AD^{2}}=2\sqrt{2}$，
$\therefore\cos\angle BHD=\frac{BH^{2}+DH^{2}-BD^{2}}{2BH× DH}=\frac{3 + 3-8}{2\sqrt{3}×\sqrt{3}}=-\frac{1}{3}$，
$\therefore$二面角$B - PC - D$的余弦值为$\frac{1}{3}$。