《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

8. (多选)[河南新乡 2024 高一期末]如图, 在长方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中, 点 $M,N,E,F$ 分别在棱 $A_1B_1,A_1D_1,B_1C_1,C_1D_1$ 上, 且平面 $AMN//$ 平面 $EFDB$, 下列结论正确的是(ABD)

A.$MN// EF$
B.$EF// BD$
C.$AN// DF$
D.$BE//$ 平面 $AMN$

答案： 8.ABD　　[解析]因为平面$AMN//$平面$EFDB$，平面$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}\cap$平面$EFDB = EF$，平面$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}\cap$平面$AMN = MN$，所以$MN// EF$，故A正确;
　由长方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$的几何特征知平面$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}//$平面$ABCD$，而平面$EFDB$与这两个平行平面都相交，交线分别为$EF,BD$，所以$EF// BD$，故B正确;
　连接$FM$，由已知易得四边形$ADFM$为平行四边形，所以$AM// DF$.因为$N\not\subset$平面$ADFM$，$A\in$平面$ADFM$，$A\notin DF$，所以$AN$ 与$DF$异面，故C错误;
　因为平面$AMN//$平面$EFDB$，由面面平行的定义知，如果两个平面平行，那么一个平面内的任意一条直线都与另一个平面平行,所以由$BE\subset$平面$EFDB$知$BE//$平面$AMN$，故D正确.故选ABD.
　特别注意由面面平行，可得出线面平行，也可得出线线平行，但必须是这两个平行平面与第三个平面的交线.

9. 如图, 平面 $\alpha//$ 平面 $\beta,A,C$ 是 $\alpha$ 内不同的两点, $B,D$ 是 $\beta$ 内不同的两点, $E,F$ 分别是线段 $AB,CD$ 的中点, 则下列所有正确判断的编号是(A)
①当 $AB,CD$ 共面时, 直线 $AC// BD$;
②当 $AB = 2CD$ 时, $E,F$ 两点不可能重合;
③当 $AB,CD$ 是异面直线时, 直线 $EF$ 一定与 $\alpha$ 平行;
④可能存在直线 $EF$ 与 $\alpha$ 垂直.

A.①③
B.②④
C.①②
D.③④

答案：
9.A　　[解析]对于①,连接$AC,BD$，当$AB,CD$共面时,平面$ABDC\cap$平面$\alpha = AC$，平面$ABDC\cap$平面$\beta = BD$，因为平面$\alpha//$平面$\beta$，所以$AC// BD$，所以①正确;对于②,如图①,当$AE = 2CE$时,$AB = 2CD$成立,而此时$E,F$两点重合，所以②错误;

　对于③,如图②,连接$AD$，取$AD$的中点$M$，连接$EF,EM,FM,AC,BD$，因为$E,F$分别是线段$AB$，$CD$的中点，所以$EM// BD$，$FM// AC$，因为$EM\not\subset\beta$，$FM\not\subset\alpha$，$AC\subset\alpha$，$BD\subset\beta$，所以$EM//\beta$，$FM//\alpha$，因为平面$\alpha//$平面$\beta$，所以$EM//\alpha$，$FM//\beta$，因为$EM\cap FM = M$，$EM,FM\subset$平面$EFM$，所以平面$EFM//\beta$，平面$EFM//\alpha$，因为$EF\subset$平面$EFM$，所以直线$EF$一定与$\alpha$平行，所以③正确;
　　　　
　对于④,由①可知,当$AB,CD$共面时，$EF// AC$，因为$EF\not\subset\alpha$，$AC\subset\alpha$，所以$EF//\alpha$，由③可知,当$AB,CD$异面时，直线$EF$ 一定与$\alpha$平行，综上,$EF//\alpha$，所以④错误.故选A.

10. [山东济宁实验中学 2025 月考]如图, 在棱长为 4 的正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中, $E,F$ 分别是棱 $A_1D_1,A_1B_1$ 的中点, 过直线 $BD$ 的平面 $\alpha//$ 平面 $AEF$, 则平面 $\alpha$ 截该正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 所得截面的面积为(C)

A.16
B.$16\sqrt{2}$
C.18
D.$18\sqrt{2}$

答案：
10.C　[解析]如图,取$B_{1}C_{1}$的中点$N$，$D_{1}C_{1}$的中点$M$，连接$MD,MN,BN,EN,B_{1}D_{1}$，则$MN// B_{1}D_{1}$.
　因为$E,F$分别是棱$A_{1}D_{1},A_{1}B_{1}$的中点，所以$EF// B_{1}D_{1}$，$EN// A_{1}B_{1}$，且$EN = A_{1}B_{1}$，所以$EF// MN$.又由$MN\subset$平面$BDMN$，$EF\not\subset$平面$BDMN$，得$EF//$平面$BDMN$.
　又$AB// A_{1}B_{1}$，且$AB = A_{1}B_{1}$，所以$AB// EN$，且$AB = EN$，则四边形$ABNE$为平行四边形，所以$AE// BN$.又由$BN\subset$平面$BDMN$，$AE\not\subset$平面$BDMN$，得$AE//$平面$BDMN$.又$AE\cap EF = E$，$AE,EFC\subset$平面$AEF$，所以平面$AEF//$平面$BDMN$，所以四边形$BDMN$为平面$\alpha$截该正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$所得截面，且四边形$BDMN$是等腰梯形.
　因为$MN = \frac{1}{2} × \sqrt{4^{2} + 4^{2}} = 2\sqrt{2}$，$DB = \sqrt{4^{2} + 4^{2}} = 4\sqrt{2}$，$DM = BN = \sqrt{4^{2} + 2^{2}} = 2\sqrt{5}$，所以四边形$BDMN$的面积为$S = \frac{1}{2} × (2\sqrt{2} + 4\sqrt{2}) × \sqrt{(2\sqrt{5})^{2} - (\sqrt{2})^{2}} = 18$.故选C.
　　　　　
　　规律方法作几何体截面的三种常用方法
(1)直接法，截面的定点在几何体的棱上；
(2)平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；
(3)延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.

11. 由四棱柱 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 截去三棱锥 $C_1 - B_1CD_1$ 后得到的几何体如图所示, 四边形 $ABCD$ 为平行四边形, $O$ 为 $AC$ 与 $BD$ 的交点.
(1) 求证: $A_1O//$ 平面 $B_1CD_1$;
(2) 求证: 平面 $A_1BD//$ 平面 $B_1CD_1$;
(3) 设平面 $B_1CD_1$ 与底面 $ABCD$ 的交线为 $l$, 求证: $BD// l$.

答案：
11.[证明]
(1)取$B_{1}D_{1}$的中点$O_{1}$，连接$CO_{1},A_{1}O_{1}$，
$\because ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$是四棱柱，
$\therefore A_{1}O_{1}\bot OC$，
$\therefore$四边形$A_{1}OCO_{1}$为平行四边形，
$\therefore A_{1}O// O_{1}C$.
又$O_{1}C\subset$平面$B_{1}CD_{1}$，$A_{1}O\not\subset$平面$B_{1}CD_{1}$，$\therefore A_{1}O//$平面$B_{1}CD_{1}$.
　　　　
(2)$\because BB_{1}\bot AA_{1}\bot DD_{1}$，$\therefore$四边形$BB_{1}D_{1}D$是平行四边形，$\therefore BD// B_{1}D_{1}$.又$BD\not\subset$平面$B_{1}CD_{1}$，$B_{1}D_{1}\subset$平面$B_{1}CD_{1}$，$\therefore BD//$平面$B_{1}CD_{1}$.
　由
(1)得$A_{1}O//$平面$B_{1}CD_{1}$，且$BD\cap A_{1}O = O$，$BD,A_{1}O\subset$平面$A_{1}BD$，$\therefore$平面$A_{1}BD//$平面$B_{1}CD_{1}$.
(3)由
(2)得平面$A_{1}BD//$平面$B_{1}CD_{1}$，又平面$A_{1}BD\cap$平面$ABCD = BD$，平面$B_{1}CD_{1}\cap$平面$ABCD = l$，$\therefore BD// l$.

12. 四棱柱 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 的底面是平行四边形, 过此四棱柱任意两条棱的中点作直线, 其中与平面 $DBB_1D_1$ 平行的直线共有(D)

A.4 条
B.6 条
C.8 条
D.12 条

答案：
12.D　[解析]根据题意作出图形,如图，其中,$E,F,G,H,P,Q,M,N$分别为所在棱的中点,所以$PN// B_{1}D_{1}$.因为$PN\not\subset$平面$DBB_{1}D_{1}$，$B_{1}D_{1}\subset$平面$DBB_{1}D_{1}$，所以$PN//$平面$DBB_{1}D_{1}$.同理可证$GF//$平面$DBB_{1}D_{1}$.因为四边形$BCC_{1}B_{1}$是平行四边形,$N,F$分别是$B_{1}C_{1},BC$的中点，所以$NF// BB_{1}$.又因为$NF\not\subset$平面$DBB_{1}D_{1}$，$BB_{1}\subset$平面$DBB_{1}D_{1}$，所以$NF//$平面$DBB_{1}D_{1}$.同理可证$PG//$平面$DBB_{1}D_{1}$.又因为$PN\cap NF=N$，$PN,NF\subset$平面$PNFG$，所以平面$PNFG//$平面$DBB_{1}D_{1}$.因为$PF\subset$平面$PNFG$，$NG\subset$平面$PNFG$，所以$PF//$平面$DBB_{1}D_{1}$，$NG//$平面$DBB_{1}D_{1}$.同理可证$QM,ME,EH,HQ,QE,MH$也与平面$DBB_{1}D_{1}$平行，所以与平面$DBB_{1}D_{1}$平行的直线共有12条.故选D.
　　　　
　　易错警示易忽视两个平面平行，其中一个平面内的所有直线与另一个平面平行，从而漏掉$PF,NG,HM,QE$四条与平面$DBB_{1}D_{1}$平行的直线，导致错解.

13. [吉林长春外国语学校 2025 高一期中]如图, 几何体是圆柱的一部分, 它是由矩形 $ABCD$ (及其内部) 以 $AB$ 边所在直线为旋转轴旋转 $120^{\circ}$ 得到的. 已知 $AD = 2,AB = 4,P$ 是 $\overset{\frown}{CE}$ 的中点, $Q$ 是 $AC$ 的中点, $BP$ 与 $CE$ 交于点 $O$.
(1) 求该几何体的体积;
(2) 求证: $OQ//$ 平面 $ABEF$;
(3) 若 $M$ 是 $\overset{\frown}{DF}$ 上的一点, 且满足平面 $OMQ//$ 平面 $ABEF$, 求 $\sin\angle FAM$ 的值.

答案：
13.
(1)[解]因为几何体是圆柱的一部分，它是由矩形$ABCD$（及其内部）以$AB$边所在直线为旋转轴旋转$120^{\circ}$得到的，$AD = 2$，$AB = 4$，所以该几何体的体积是底面半径为$2$，高为$4$的圆柱的体积的$\frac{1}{3}$，所以该几何体的体积为$\frac{1}{3} × \pi × 2^{2} × 4 = \frac{16\pi}{3}$.
(2)[证明]连接$AE$，如图①，因为$P$是$CE$的中点，所以$BP\bot CE$，$O$是$EC$的中点，又$Q$是$AC$的中点，所以$OQ// AE$，又$OQ\not\subset$平面$ABEF$，$AE\subset$平面$ABEF$，所以$OQ//$平面$ABEF$.
　　　　　
(3)[解]如图②，因为平面$OMQ//$平面$ABEF$，设平面$OMQ\cap$平面$ABCD = HG$，点$H$在$BC$上，点$G$在$AD$上，又平面$ABEF\cap$平面$ABCD = AB$，所以$HG// AB$.因为$Q$是$AC$的中点，所以$H$为$BC$的中点，$G$为$AD$的中点.设平面$OMQ\cap$平面$ADF = MG$，又平面$ABEF\cap$平面$ADF = AF$，平面$OMQ//$平面$ABEF$，所以$GM// AF$，又$\angle FAD = 120^{\circ}$，所以$\angle AGM = 60^{\circ}$.
　　 如图③，因为$AG = 1$，$AM = 2$，在$\triangle AGM$ 中，由正弦定理可得$\frac{AG}{\sin\angle AMG} = \frac{AM}{\sin\angle AGM}$，所以$\frac{1}{\sin\angle AMG} = \frac{2}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$，所以$\sin\angle AMG = \frac{\sqrt{3}}{4}$.因为$GM// AF$，所以$\angle FAM = \angle AMG$，所以$\sin\angle FAM = \frac{\sqrt{3}}{4}$.
　　易错警示证明线面平行时，定理中的平面外一条直线和平面内一条直线平行，书写解题步骤时不全面易丢分,对于复杂的图形，利用面面平行的性质确定第三个平面与这两个平行平面的交线时容易出错丢分.