《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

1. 已知 $ \alpha,\beta,\gamma $ 为三个不同的平面，$ a,b,l $ 为三条不同的直线，若 $ \alpha \cap \beta = l $，$ \alpha \cap \gamma = a $，$ \beta \cap \gamma = b $，$ l // \gamma $，则下列结论正确的是(C)

A.$ a $ 与 $ l $ 相交
B.$ b $ 与 $ l $ 相交
C.$ a // b $
D.$ a $ 与 $ \beta $ 相交

答案： 1.C　[解析]$\because l // \gamma$，$l \subset$平面$\alpha$，$\alpha \cap \gamma = a$，$\therefore l // a$，故A错误；
同理可得，$l // b$，故B错误；
由$l // a$且$l // b$知$a // b$，故C正确；
由A知$l // a$，$\because a \not\subset$平面$\beta$，$l \subset$平面$\beta$，$\therefore a // \beta$，故D错误。故选C。

2. [黑龙江哈尔滨 2024 高二检测]如图，在三棱柱 $ ABC - A_1B_1C_1 $ 中，$ M,N $ 分别为棱 $ AA_1,BB_1 $ 的中点，过 $ MN $ 作一平面分别交 $ \triangle ABC $ 的边 $ BC,AC $ 于点 $ E,F $，则(B)

A.$ MF // NE $
B.四边形 $ MNEF $ 为梯形
C.四边形 $ MNEF $ 为平行四边形
D.$ A_1B_1 // NE $

答案： 2.B　[解析]$\because$在平行四边形$AA_1B_1B$中，$AM = MA_1$，$BN = NB_1$，$\therefore AM // BN$，$\therefore$四边形$ABNM$为平行四边形，$\therefore MN // AB$，$MN = AB$。$\because MN \not\subset$平面$ABC$，$AB \subset$平面$ABC$，$\therefore MN //$平面$ABC$。又$MN \subset$平面$MNEF$，平面$MNEF \cap$平面$ABC = EF$，$\therefore MN // EF$，$\therefore EF // AB$。显然在$\triangle ABC$中，$EF \neq AB$，$\therefore EF \neq MN$，$\therefore$四边形$MNEF$为梯形。故选B。
归纳总结：线面平行的性质定理和判定定理经常交替使用，也就是通过线线平行得到线面平行，再通过线面平行得到线线平行。利用线面平行的性质定理解题的具体步骤：
(1)确定（或寻找）一条直线平行于一个平面；
(2)确定（或寻找）过这条直线且与这个平面相交的平面；
(3)确定交线；
(4)由性质定理得出线线平行的结论。

3. (多选)[四川成都 2025 高一期末]如图，已知在四棱锥 $ P - ABCD $ 中，$ AB // CD $ 且 $ AB = 2CD $，$ M,N $ 分别是 $ AP,AB $ 的中点，则下列说法正确的有()

A.$ PC // $ 平面 $ DMN $
B.四棱锥 $ P - ABCD $ 的体积为 $ V_1 $，三棱锥 $ D - AMN $ 的体积为 $ V_2 $，则 $ \frac{V_1}{V_2} = \frac{9}{2} $
C.平面 $ PCD $ 与平面 $ PAB $ 的交线记为 $ l_1 $，则直线 $ l_1 // $ 平面 $ ABCD $
D.平面 $ PDA $ 与平面 $ PBC $ 的交线记为 $ l_2 $，则直线 $ l_2 // $ 平面 $ DMN $

答案：
3.ACD　[解析]对于A，连接$AC$交$DN$于点$O$，连接$MO$，由$AB // CD$且$AB = 2CD$，$N$为$AB$中点，可得$\frac{CO}{OA}=\frac{CD}{AN}=1$，故$O$是$AC$中点，而$M$是$PA$中点，所以$MO // PC$。
又$MO \subset$平面$DMN$，$PC \not\subset$平面$DMN$，所以$PC //$平面$DMN$，A正确；
对于B，$\frac{S_{梯形ABCD}}{S_{\triangle ADN}}=\frac{CD + AB}{AN}=3$，由$M$是$PA$中点，得$P$到平面$ABCD$的距离是$M$到平面$ABCD$的距离$h$的$2$倍，而$V_{P - AMN} = V_{M - ADN}$，因此$\frac{V_1}{V_2}=\frac{S_{梯形ABCD} · 2h}{S_{\triangle ADN} · h}=6$，B错误；
对于C，因为$CD // AB$，$AB \subset$平面$PAB$，$CD \not\subset$平面$PAB$，所以$CD //$平面$PAB$。
而平面$PCD \cap$平面$PAB = l_1$，$CD \subset$平面$PCD$，于是$l_1 // CD$，又$CD \subset$平面$ABCD$，$l_1 \not\subset$平面$ABCD$，因此直线$l_1 //$平面$ABCD$，C正确；
对于D，延长$AD$，$BC$交于点$E$，连接$PE$，直线$l_2$即为直线$PE$，由$AB // CD$且$AB = 2CD$，可得$D$为$AE$中点，而$M$为$PA$中点，则$MD // PE$，$MD \subset$平面$DMN$，$PE \not\subset$平面$DMN$，所以$PE //$平面$DMN$，D正确。

故选ACD。

4. [福建莆田一中 2025 高一月考]如图，在四棱锥 $ P - ABCD $ 中，底面 $ ABCD $ 为梯形，其中 $ AD // BC $，且 $ AD = 2BC $，点 $ E $ 为棱 $ PD $ 上的动点。
（1）若 $ PE = ED $，求证：$ CE // $ 平面 $ PAB $；
（2）若 $ PB // $ 平面 $ ACE $，计算 $ \frac{PE}{PD} $ 的值。
（3）若 $ PE = ED $，$ PA = PB = PC = AD = 10 $，$ CD = 12 $，请在图中作出四棱锥 $ P - ABCD $ 过点 $ B,E $ 及棱 $ AD $ 的中点 $ N $ 的截面，并求出截面周长。

答案：
4.
(1)[证明]设$F$为线段$PA$的中点，连接$EF$，$BF$，如图①所示。
　因为$PE = ED$，所以$E$，$F$分别为线段$PD$，$PA$的中点，所以$EF // AD$，且$EF = \frac{1}{2}AD$。
又$AD // BC$，且$AD = 2BC$，所以$EF // BC$且$EF = BC$，所以四边形$BCEF$为平行四边形。
所以$EC // FB$，又$EC \not\subset$平面$PAB$，$FB \subset$平面$PAB$，所以$CE //$平面$PAB$。
　　　　
(2)[解]设$E'$为线段$PD$上靠近点$P$的三等分点，连接$AC$，$BD$，$AE'$，$E'C$，设$AC \cap BD = O$，连接$OE'$，如图②所示。
因为底面$ABCD$为梯形且$AD // BC$，所以$\triangle AOD \sim \triangle COB$，所以$\frac{AD}{BC}=\frac{OD}{BO}=2$，则$\frac{BO}{BD}=\frac{1}{3}$。
因为$\frac{PE'}{PD}=\frac{1}{3}$，所以$PB // OE'$，又$PB \not\subset$平面$ACE'$，$OE' \subset$平面$ACE'$，所以$PB //$平面$ACE'$。
要使$PB //$平面$ACE$，则$E$与$E'$重合，故$\frac{PE}{PD}=\frac{1}{3}$。
　　　　
(3)[解]设线段$PC$的中点为$H$，连接$EH$，$HB$，$BN$，$EN$，如图③所示。
因为$N$为棱$AD$的中点，且$DN // BC$，$DN = BC$，所以四边形$NDCB$为平行四边形，所以$DC // NB$。又$E$，$H$分别为线段$PD$，$PC$的中点，所以$EH // DC$，所以$EH // NB$，则四边形$EHBN$为四棱锥$P - ABCD$过点$B$，$E$及棱$AD$的中点$N$的截面。
又$BN = CD = 12$，$EN = \frac{1}{2}PA = 5$，$HE = \frac{1}{2}CD = 6$，$BC = \frac{1}{2}AD = 5$，$HC = \frac{1}{2}PC = 5$，在$\triangle PBC$中，$\cos \angle PCB = \frac{BC^2 + PC^2 - PB^2}{2BC · PC}=\frac{25 + 25 - 2 × 5 × 5}{2 × 5 × 5}=\frac{1}{4}$，所以$BH^2 = BC^2 + HC^2 - 2BC · HC · \cos \angle PCB = 25 + 25 - 2 × 5 × 5 × \frac{1}{4}=\frac{75}{2}$，则$BH = \frac{5\sqrt{6}}{2}$，所以截面$EHBN$的周长为$BN + EN + HE + HB = 12 + 5 + 6 + \frac{5\sqrt{6}}{2}=23 + \frac{5\sqrt{6}}{2}$。
　　　　

5. [浙江杭州二中 2024 高一期中]如图所示，正方体 $ ABCD - A'B'C'D' $ 的棱长为 2，$ E,F $ 分别为 $ A'B',B'C' $ 的中点，点 $ G $ 满足 $ \overrightarrow{B'G} = \lambda \overrightarrow{B'B} $。
（1）若 $ \lambda = \frac{1}{2} $，证明：$ EG // $ 平面 $ D'AC $；
（2）连接 $ BD $，点 $ M $ 在线段 $ BD $ 上，且满足 $ D'M // $ 平面 $ EFG $，当 $ \lambda \in [\frac{1}{2},1] $ 时，求 $ D'M $ 长度的取值范围。

答案：
5.思路导引　
(2)当$\lambda$变化时，点$G$在棱$BB'$上运动，平面$EFG$随之变化，$D'M$的长度也随之变化。所以求$D'M$长度的取值范围，要利用$D'M //$平面$EFG$构建$D'M$与平面$EFG$中与$G$有关的线段长度的关系，条件为线面平行，根据线面平行的性质定理，可以作平面与平面$EFG$相交构建线线平行，因为目标是与点$G$产生联系，此平面显然选择平面$D'DBB'$。如图得到交线$HG$后，再研究$HG$的长度和$HG$与$D'M$长度的关系即可。
(1)[证明]连接$A'B$，如图①所示。
当$\lambda = \frac{1}{2}$时，$B'G = \frac{1}{2}B'B$，所以$G$为$BB'$的中点，又因为$E$为$A'B'$的中点，所以$EG // A'B$。
因为$A'D' // BC$且$A'D' = BC$，所以四边形$A'D'CB$为平行四边形，所以$A'B // D'C$，故$EG // D'C$。
又$EG \not\subset$平面$D'AC$，$D'C \subset$平面$D'AC$，所以$EG //$平面$D'AC$。
　　　　
(2)[解]连接$B'D'$交$EF$于点$H$，连接$HG$，连接$A'C'$，交$B'D'$于点$O_1$。
当$\lambda = \frac{1}{2}$时，$G$为$BB'$的中点，取$BD$与$AC$的交点为$O_2$，连接$BO_1$，$D'O_1$，如图②所示，因为$E$，$F$分别为$A'B'$，$B'C'$的中点，所以$EF // A'C'$，则$H$为$B'O_1$的中点，又$G$为$BB'$的中点，所以$HG // BO_1$。
又$BO_2 // D'O_1$，且$BO_2 = D'O_1$，所以四边形$BO_2D'O_1$为平行四边形，所以$BO_1 // D'O_2$，故$HG // D'O_2$。
又$D'M //$平面$EFG$，平面$D'DBB' \cap$平面$EFG = GH$，$D'M \subset$平面$D'DBB'$，所以$D'M // GH$，所以$M$和$O_2$重合。
又$BD = \sqrt{2^2 + 2^2}=2\sqrt{2}$，此时$D'M = \sqrt{2^2 + (\sqrt{2})^2}=\sqrt{6}$。
　　　
当$\lambda = 1$时，点$G$与点$B$重合，在$DB$上取点$M$使得$\overrightarrow{DM}=\frac{1}{4}\overrightarrow{DB}$，连接$D'M$，如图③所示，
由前述可知$H$为$B'O_1$的中点，则$D'H = \frac{3}{4}D'B'$，又$BM = \frac{3}{4}DB$，所以$D'H = BM$，又$D'B' // BD$，所以四边形$D'HBM$为平行四边形，所以$D'M // HB$。
又$HB \subset$平面$EFG$，$D'M \not\subset$平面$EFG$，所以$D'M //$平面$EFG$，所以$D'M = \sqrt{2^2 + (\frac{\sqrt{2}}{2})^2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$。
综上可得，当$\lambda$从$\frac{1}{2} \to 1$时，点$M$从$BD$的中点移动到$BD$上靠近点$D$的四等分点，则当$\lambda \in [\frac{1}{2},1]$时，$D'M$长度的取值范围为$[\frac{3\sqrt{2}}{2},\sqrt{6}]$。