《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

1. [河北石家庄 2025 高一月考]下列判断正确的是(D)

A.若空间五点中任意三点不共线，则这五点不共面
B.若空间五点中任意四点不共线，则这五点不共面
C.若空间五点中有三点共线，则这五点必共面
D.若空间五点中有四点共线，则这五点必共面

答案： 1.D 【解析】平面五边形的五个顶点中任意三点和四点均不共线，但这五点共面，故A,B错误；若空间五点中有三点共线，则这五点不一定共面，故C错误；若空间五点中有四点共线，则由推论1可知，直线与直线外一点可确定唯一一个平面，即这五点一定共面，故D正确.故选D.

2. (多选)[四川成都 2024 高一期末]已知 $ m,n $ 是两条不同的直线，$ \alpha $ 是平面，若 $ m// \alpha,n\subset \alpha $，则 $ m,n $ 的关系可能为(ABD)

A.平行
B.垂直
C.相交
D.异面

答案：
2.ABD 【解析】如图，在正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，

若α是平面ABCD，A₁B₁为m，AB为n，此时m与n平行，故A正确；若α是平面ABCD，A₁D₁为m，AB为n，此时m⊥n，且m与n异面，故B,D正确；若m//α，则m与平面α无交点，又n⊂α，则m与n无交点，即m与n不可能相交，故C错误.故选ABD.
名师点拨：判断线线位置关系或线面位置关系时，可以借助正方体或长方体举例分析，增强空间立体感.

3. (多选)如图，$ A,B,C,D $ 为三棱柱的顶点或所在棱的中点，下列图形中，直线 $ AB $ 与 $ CD $ 是异面直线的为(ACD)

答案：
3.ACD 【解析】对于A，
∵CD⊂平面BCD，B∈平面BCD，B∉CD，A∉平面BCD，由异面直线的定义可知，直线AB与CD是异面直线，故A正确；对于B，如图①，
∵C,D分别为所在棱的中点，
∴CD//EF，又AB//EF，
∴由平行的传递性可得AB//CD，故B错误；

对于C，如图②，取HG的中点F，连接DF,AF，则DF//GE且DF = $\frac{1}{2}$GE，又AC//GE且AC = $\frac{1}{2}$GE，
∴DF//AC且DF = AC，

∴A,C,D三点确定平面ACDF，
∵B∉平面ACDF，A∉CD，
∴AB与CD异面，故C正确；对于D，
∵ABC⊂平面ABC，C∈平面ABC，C∉AB，D∉平面ABC，
∴由异面直线的定义可知，直线AB与CD是异面直线，故D正确.故选ACD.

4. 如图，在棱长为 4 的正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 中，$ M $ 为棱 $ DD_1 $ 的中点，$ N $ 为棱 $ B_1C_1 $ 的中点. 设直线 $ A_1D_1 $ 与平面 $ MNC $ 交于点 $ Q $，则 $ D_1Q = $(C)


A.2
B.$ \dfrac{3}{2} $
C.1
D.$ \dfrac{1}{2} $

答案：
4.C 【解析】如图，在平面CDD₁C₁中，延长CM交C₁D₁的延长线于点P，由点P∈CM，得P∈平面MNC，所以平面MNC即平面PNC，连接PN，则PN与A₁D₁的交点即直线A₁D₁与平面MNC的交点Q.
在△PCC₁中，D₁M//CC₁，D₁M = $\frac{1}{2}$CC₁，则D₁P = C₁D₁，又在△PC₁N中，D₁Q//NC₁，D₁P = C₁D₁，则D₁Q = $\frac{1}{2}$NC₁ = $\frac{1}{4}$B₁C₁ = 1.故选C.

5. [湖北武汉 2024 高一期末]如图，在正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 中，$ M,N,P $ 分别是 $ C_1D_1,BC,A_1D_1 $ 的中点，有下列四个结论：

① $ AP $ 与 $ CM $ 是异面直线；
② $ AP,MN,DD_1 $ 相交于一点；
③过点 $ A,M,P $ 的平面截正方体所得的图形为平行四边形；
④过点 $ A,M,N $ 的平面截正方体所得的图形为五边形.
其中错误的个数为(C)

A.1
B.2
C.3
D.4

答案：
5.C 【解析】对于①，连接AC,PM,A₁C₁，如图①所示，

由M,P分别是C₁D₁,A₁D₁的中点，可得PM//A₁C₁//AC，可得AP与CM共面，故①错误；
敲黑板：AP,CM在PM与AC所确定的平面ACMP内
对于②，因为AP⊂平面ACMP，M∈平面ACMP，M∉AP，N∉平面ACMP，所以由异面直线的定义可得，AP与MN是异面直线，则AP,MN,DD₁不会相交于一点，故②错误；对于③，由①知，过A,M,P的平面截正方体所得的图形为四边形ACMP，而PM//AC，PM = $\frac{1}{2}$AC，故四边形ACMP不是平行四边形，是梯形，故③错误；对于④，如图②，连接AN并延长交DC的延长线于点E，则CE = CD，连接EM并延长交DD₁的延长线于点F，交CC₁于点H，连接NH，则CH = $\frac{2}{3}$CC₁ = $\frac{2}{3}$DD₁，
连接AF交A₁D₁于点G，连接D₁G，则GD₁ = $\frac{1}{3}$AD = $\frac{1}{4}$A₁D₁，此时所得的五边形ANHMG即过点A,M,N的平面截正方体所得的图形，故④正确.

规律方法：对于几何体的截面问题，常见的解法有两种：
(1)通过已知点，作平行线，补全截面；
(2)延长平面内的直线，找与几何体棱的交点，从而补全截面.

6. [福建福州 2025 高一期中]在正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 中.
(1) 如图①，若 $ AC\cap BD = O,A_1C\cap $ 平面 $ BDC_1 = E $，求证：$ C_1,E,O $ 三点共线.
(2) $ M,N $ 分别为 $ AB,C_1D_1 $ 的中点，$ P,Q $ 分别为 $ BC,CC_1 $ 的一个三等分点（都靠近点 $ C $）.
①如图②，求证：$ AP,DC,D_1Q $ 三线共点；
②过 $ M,N,Q $ 三点作该正方体的截面，在图③中画出这个截面（不必说明画法和理由，但要保留作图痕迹）.

答案：
6.
(1)【证明】如图，连接A₁C₁，
∵C₁∈平面A₁ACC₁，且C₁∈平面BDC₁，
∴C₁是平面A₁ACC₁与平面BDC₁的公共点.
∵AC∩BD = O，A₁C₁∩平面BDC₁ = E，
∴O∈AC，O∈BD，又AC⊂平面A₁ACC₁，BD⊂平面BDC₁，
∴O是平面A₁ACC₁与平面BDC₁的公共点，
∴平面A₁ACC₁∩平面BDC₁ = OC₁.
又E∈A₁C₁，A₁C₁⊂平面A₁ACC₁，E∈平面BDC₁，
∴E是平面A₁ACC₁与平面BDC₁的公共点，
∴E∈OC₁，即C₁,E,O三点共线.

(2)①【证明】如图，分别延长AP,DC交于点R，连接D₁R，
∵PC = $\frac{1}{3}$AD，BC//AD，
∴CR = $\frac{1}{3}$DR，
又D₁D//C₁C，
∴D₁R与C₁C的交点为C₁C的三等分点，即点Q，
∴AP,DC,D₁Q三线共点.

②【解】如图，六边形MPQNTS即为所求作的截面.