《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

1. (多选)[河南洛阳 2025 高一期中]在正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中, $M,N,Q$ 分别是棱 $D_1C_1,A_1D_1,BC$ 的中点, 点 $P$ 是 $BD_1$ 上靠近点 $D_1$ 的三等分点, 则(CD)

A.$MN//$ 平面 $APC$
B.$MQ//$ 平面 $APC$
C.$A,P,M$ 三点共线
D.平面 $A_1C_1Q//$ 平面 $APC$

答案：
1.CD　[解析]对于A，连接$AN,CM$，因为$M,N$分别为$D_{1}C_{1},A_{1}D_{1}$的中点，所以$MN// A_{1}C_{1}$，又$A_{1}C_{1}// AC$，所以$MN// AC$，即$A,C,M,N$四点共面.因为点$P$是$BD_{1}$上靠近点$D_{1}$的三等分点，所以$D_{1}P = \frac{1}{3}PB$，又$D_{1}M// AB$且$D_{1}M = \frac{1}{2}AB$，可得$P$为$AM$与$D_{1}B$的交点，即$P \in AM$，所以$P \in$平面$MNAC$，则平面$APC$与平面$MNAC$是同一平面，则$MN\subset$平面$APC$，故A错误;
　对于B，由A选项的分析可知，$MQ\cap$平面$APC = M$，故B错误;
　对于C，由A选项的分析，可得$A,P,M$三点共线，故C正确;
　对于D，因为$A_{1}C_{1}// AC$，$A_{1}C_{1}\not\subset$平面$APC$，$AC\subset$平面$APC$，所以$A_{1}C_{1}//$平面$APC$.连接$NC$，因为$N,Q$分别为$AD,BC$ 的中点，所以$AN// CQ$且$AN = CQ$，所以四边形$A_{1}NCQ$为平行四边形，所以$A_{1}Q// NC$，又$NC\subset$平面$APC$，$A_{1}Q\not\subset$平面$APC$，所以$A_{1}Q//$平面$APC$.又$A_{1}C_{1}\cap A_{1}Q = A_{1}$，$A_{1}C_{1},A_{1}Q\subset$平面$A_{1}C_{1}Q$，所以平面$A_{1}C_{1}Q//$平面$APC$，故D正确.故选CD.
　　　　

2. [广东东莞 2025 高一期中]下列四个正方体中, $A,B,C$ 为所在棱的中点, $D,E,F$ 为正方体的三个顶点, 则能得出平面 $ABC//$ 平面 $DEF$ 的是(B)


A.
B.
C.
D.

答案：
2.B　[解析]对于A选项，若平面$ABC//$平面$DEF$，$BC\subset$平面$ABC$，则$BC//$平面$DEF$，由题图可知$BC$与平面$DEF$相交，故平面$ABC$与平面$DEF$不平行，A不满足题意;
　对于B选项，如图①所示，连接$NG$，
　　　　
　因为$A,C$分别为$PN,PG$的中点，所以$AC// NG$，在正方体$EHDG - MFNP$中，$FN// EG$且$FN = EG$，所以四边形$EFNG$为平行四边形，所以$NG// EF$，所以$AC// EF$.
　因为$AC\not\subset$平面$DEF$，$EF\subset$平面$DEF$，所以$AC//$平面$DEF$，
　同理可证$BC//$平面$DEF$，又$AC\cap BC = C$，$AC,BC\subset$平面$ABC$，所以平面$ABC//$平面$DEF$，B满足题意;
　对于C选项，如图②所示，
　　　　
　在正方体$PHDG - MNFE$中，若平面$ABC//$平面$DEF$，且平面$DEF//$平面$MNHP$，则平面$ABC//$平面$MNHP$，但这与平面$ABC$与平面$MNHP$相交矛盾，所以平面$ABC$与平面$DEF$不平行，C不满足题意;
对于D选项，在正方体$PDHG - FNEM$ 中，连接$PH,PM,MH$，如图③所示.
　　　　
因为$DH// FM$且$DH = FM$，所以四边形$DHMF$为平行四边形，则$DF// MH$.又$DF\not\subset$平面$PHM$，$MH\subset$平面$PHM$，所以$DF//$平面$PHM$，同理可证$EF//$平面$PHM$，因为$DF\cap EF = F$，$DF,EF\subset$平面$DEF$，所以平面$DEF//$平面$PHM$.若平面$ABC//$平面$DEF$，则平面$ABC//$平面$PHM$，这与平面$ABC$与平面$PHM$相交矛盾，故平面$ABC$与平面$DEF$不平行，D 不满足题意.
　故选B.

3. (多选)如图, 在三棱柱 $ABC - A_1B_1C_1$ 中, 已知点 $G,H$ 分别在 $A_1B_1,A_1C_1$ 上, 且 $GH$ 经过 $\triangle A_1B_1C_1$ 的重心, 点 $E,F$ 分别是 $AB,AC$ 的中点, 且 $B,C,G,H$ 四点共面, 则下列结论正确的是(ABD)

A.$EF// GH$
B.$GH//$ 平面 $A_1EF$
C.$\frac{GH}{EF} = \frac{3}{2}$
D.棱柱被平面 $A_1EF$ 截得的三棱锥 $A_1 - AEF$ 与多面体 $B_1C_1A_1 - BCFE$ 的体积之比为 $1:11$

答案： 3.ABD　　[解析]对于A，在三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，平面$ABC//$平面$A_{1}B_{1}C_{1}$，因为$B,C,G,H$四点共面，平面$BCHG\cap$平面$ABC = BC$，平面$BCHG\cap$平面$A_{1}B_{1}C_{1} = GH$，所以由面面平行的性质，可得$BC// GH$.又因为$E,F$分别为$AB,AC$的中点，所以$EF// BC$，所以$EF// GH$，所以A 正确;
　对于B，由A知$EF// GH$，因为$EF\subset$平面$A_{1}EF$，且$GH\not\subset$平面$A_{1}EF$，所以$GH//$平面$A_{1}EF$，所以B正确;
　对于C，由$BC// GH$且$BC// B_{1}C_{1}$，可得$GH// B_{1}C_{1}$，因为$GH$经过$\triangle A_{1}B_{1}C_{1}$的重心，所以$GH = \frac{2}{3}B_{1}C_{1}$，由$E,F$分别为$AB,AC$的中点，可得$EF = \frac{1}{2}BC$，且$BC = B_{1}C_{1}$，所以$\frac{GH}{EF} = \frac{4}{3}$，所以C 不正确;
　对于D，设三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$的高为$h$，底面面积为$S$，则$V_{ABC - A_{1}B_{1}C_{1}} = Sh$，因为$E,F$分别为$AB,AC$的中点，所以$S_{\triangle AEF} = \frac{1}{4}S$，所以$V_{A_{1} - AEF} = \frac{1}{3} × \frac{1}{4}S × h = \frac{1}{12}Sh$，$\because \triangle AEF$与$\triangle ABC$相似，相似比为$1:2$，所以$V_{B_{1}C_{1}A_{1} - BCFE} = V_{ABC - A_{1}B_{1}C_{1}} - V_{A_{1} - AEF} = \frac{11}{12}Sh$，所以$\frac{V_{A_{1} - AEF}}{V_{B_{1}C_{1}A_{1} - BCFE}} = \frac{1}{11}$，所以D正确.故选ABD.

4. [浙江杭州学军中学 2025 高一月考]如图, 在长方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中, $AB = 3,BC = CC_1 = 2$, 点 $P$ 在矩形 $BCC_1B_1$ 内运动(包括边界), $M,N$ 分别为 $BC,CC_1$ 的中点, 若 $A_1P//$ 平面 $MAN$, 当 $A_1P$ 取得最小值时, $\angle B_1BP$ 的余弦值为(D)

A.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
B.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
C.$\frac{\sqrt{10}}{10}$
D.$\frac{3\sqrt{10}}{10}$

答案：
4.D　[解析]如图①，取$BB_{1}$的中点$E$，$B_{1}C_{1}$的中点$F$，连接$EF,A_{1}E,A_{1}F,FM,BC_{1}$，所以$EF// BC_{1}$，
　　　　
　又$M,N$分别为$BC,CC_{1}$的中点，所以$MN// BC_{1}$，故$EF// MN$，又$EF\not\subset$平面$MAN$，$MN\subset$平面$MAN$，所以$EF//$平面$MAN$.
　又$AA_{1}// MF$，$AA_{1} = MF$，所以四边形$A_{1}AMF$为平行四边形，所以$A_{1}F// AM$，又$A_{1}F\not\subset$平面$MAN$，$AM\subset$平面$MAN$，所以$A_{1}F//$平面$MAN$.
又$A_{1}F,EF\subset$平面$A_{1}EF$，$A_{1}F \cap EF = F$，故平面$A_{1}EF//$平面$MAN$，所以当$A_{1}P\subset$平面$A_{1}EF$时，$A_{1}P//$平面$MAN$，则点$P$在线段$EF$上.
　当$A_{1}P\bot EF$时，$A_{1}P$取得最小值，易知$A_{1}E = A_{1}F = \sqrt{9 + 1} = \sqrt{10}$，此时$P$为线段$EF$的中点.
　如图②，作$PP'\bot BB_{1}$交$BB_{1}$于点$P'$，则有$PP' = \frac{1}{2}$，$BP' = \frac{3}{2}$，$BE = 1$，$EP = \frac{\sqrt{2}}{2}$，$BP = \sqrt{(\frac{1}{2})^{2} + (\frac{3}{2})^{2}} = \frac{\sqrt{10}}{2}$，$\cos\angle B_{1}BP = \frac{BE^{2} + BP^{2} - EP^{2}}{2BE × BP} = \frac{3\sqrt{10}}{10}$，所以$\angle B_{1}BP$的余弦值为$\frac{3\sqrt{10}}{10}$.故选D.
　　　　　　

5. [广东深圳外国语学校 2025 高一期中]如图, 正三棱柱 $ABC - A_1B_1C_1$ 的底面边长为 2, 侧棱长为 $2\sqrt{3}$, $M$ 为 $A_1C_1$ 的中点, $N$ 是侧面 $BCC_1B_1$ 内的动点, 且 $MN//$ 平面 $ABC_1$, 则点 $N$ 的轨迹的长度为2。

答案：
5.2　　[解析]如图，取$B_{1}C_{1}$的中点$D$，$BB_{1}$的中点$E$，连接$MD,DE,ME$，则$DE// BC_{1}$，
$\because DE\not\subset$平面$ABC_{1}$，$BC_{1}\subset$平面$ABC_{1}$，$\therefore DE//$平面$ABC_{1}$.
$\because M$为$A_{1}C_{1}$的中点，$\therefore MD// A_{1}B_{1}// AB$.
$\because MD\not\subset$平面$ABC_{1}$，$AB\subset$平面$ABC_{1}$，$\therefore MD//$平面$ABC_{1}$.
$\because DE\cap MD = D$，$DE\subset$平面$DEM$，$MD\subset$平面$DEM$，$\therefore$平面$DEM//$平面$ABC_{1}$.
$\because N$是侧面$BCC_{1}B_{1}$上一点，且$MN//$平面$ABC_{1}$，$\therefore$点$N$的轨迹为线段$DE$.
由$DE = \frac{1}{2}BC_{1} = \frac{1}{2}\sqrt{2^{2} + (2\sqrt{3})^{2}} = 2$，得点$N$的轨迹的长度为2.
　　　　　　　　　　

6. [浙江余姚 2024 高一期中]在正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中, 面对角线 $A_1D,CD_1$ 上各有一个动点 $M,N$ (不包含端点), 使得直线 $MN//$ 平面 $A_1ACC_1$.
(1) 当 $M,N$ 为对角线 $A_1D,CD_1$ 的中点, $T$ 为 $CD$ 的中点时, 证明: 平面 $MNT//$ 平面 $A_1ACC_1$;
(2) 当正方体的棱长为 2 时, 求线段 $MN$ 长度的最小值.

答案：
6.
(1)[证明]如图①，连接$NT,MT,AD_{1}$，因为侧面$ADD_{1}A_{1}$为正方形，$M$为$A_{1}D$的中点，所以$M$为$AD_{1}$的中点.因为$N,T$分别是线段$CD_{1},CD$的中点，所以$MN// AC$，$NT// DD_{1}$.
　　　　　
　因为$AC\subset$平面$A_{1}ACC_{1}$，$MN\not\subset$平面$A_{1}ACC_{1}$，所以$MN//$平面$A_{1}ACC_{1}$.
　因为$DD_{1}// AA_{1}$，所以$NT// AA_{1}$.
　又$AA_{1}\subset$平面$A_{1}ACC_{1}$，$NT\not\subset$平面$A_{1}ACC_{1}$，所以$NT//$平面$A_{1}ACC_{1}$.
因为$NT\cap MN = N$，$NT,MN\subset$平面$MNT$，所以平面$MNT//$平面$A_{1}ACC_{1}$.
(2)[解]如图②，过点$M$作$AD$的垂线，垂足为$P$，过点$N$作$DC$的垂线，垂足为$Q$，连接$PQ$，由正方体的性质可知$MP// AA_{1}$，$NQ// DD_{1}$，$AA_{1}// DD_{1}$，则$MP// NQ$，则$MP,NQ$可确定平面$MNQP$.
　　　
因为$MP// AA_{1}$，$AA_{1}\subset$平面$A_{1}ACC_{1}$，$MP\not\subset$平面$A_{1}ACC_{1}$，所以$MP//$平面$A_{1}ACC_{1}$.
又$MN//$平面$A_{1}ACC_{1}$，$MP\cap MN = M$，$MP,MN\subset$平面$MNQP$，所以平面$MNQP//$平面$A_{1}ACC_{1}$.
因为平面$MNQP\cap$平面$ABCD = PQ$，平面$A_{1}ACC_{1}\cap$平面$ABCD = AC$，所以$PQ// AC$.设$PD = x$，$0 ＜ x ＜ 2$，则$QD = x$，$MP = x$，又正方体的棱长为2，则$NQ = QC = 2 - x$.
在四边形$MNQP$中，$MP// NQ$，$MP\bot PQ$，$PQ = \sqrt{2}x$，则$MN^{2} = (NQ - MP)^{2} + PQ^{2} = 6x^{2} - 8x + 4 = 6(x - \frac{2}{3})^{2} + \frac{4}{3}$，则当$x = \frac{2}{3}$时，线段$MN$长度的最小值为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$.