《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

1. [广东广州 2024 开学考]已知直线 $ a $ 和平面 $ \alpha $，那么能得出 $ a // \alpha $ 的一个条件是(C)

A.存在一条直线 $ b $，$ a // b $ 且 $ b \subset \alpha $
B.存在一条直线 $ b $，$ a // b $ 且 $ b \not\subset \alpha $
C.存在一个平面 $ \beta $，$ a \subset \beta $ 且 $ \alpha // \beta $
D.存在一个平面 $ \beta $，$ a // \beta $ 且 $ \alpha // \beta $

答案： 1.C　[解析]在选项A,B,D中,均有可能$a$在平面$\alpha$内,故错误;在C中,由两平面平行知其中一个平面内的任意一条直线都平行于另一个平面，故C正确.

2. (多选)如图所示，在正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 中，点 $ E $，$ F $，$ M $，$ N $ 分别为所在棱的中点，下列判断不正确的是(ABC)


A.直线 $ AD // $ 平面 $ MNE $
B.直线 $ FC_1 // $ 平面 $ MNE $
C.平面 $ A_1BC // $ 平面 $ MNE $
D.平面 $ AB_1D_1 // $ 平面 $ MNE $

答案：
2.ABC　[解析]过点$M,N,E$的平面即为平面$MNJIEH$,如图所示($H,I,J$均为所在棱的中点),所以直线$AD$与平面$MNE$交于点$H$,故A错误;
直线$FC_1$与直线$IJ$在平面$BCC_1B_1$内一定相交，故B错误;
直线$A_1B$与直线$EI$相交,故平面$A_1BC$与平面$MNE$不平行，故C错误;
因为$E,I$分别为$AB,BB_1$的中点，所以$AB_1// EI$,因为$AB_1\not\subset$平面$MNE,EI\subset$平面$MNE$,所以$AB_1//$平面$MNE$,
同理可证$B_1D_1//$平面$MNE$,
又因为$AB_1\cap B_1D_1=B_1,AB_1,B_1D_1\subset$平面$AB_1D_1$,所以平面$AB_1D_1//$平面$MNE$,故D正确.故选ABC.

3. 如图，在正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 中，点 $ F $ 是棱 $ AA_1 $ 上的一个动点，平面 $ BFD_1 $ 交棱 $ CC_1 $ 于点 $ E $，则下列说法不正确的是(D)


A.存在点 $ F $，使得 $ A_1C_1 // $ 平面 $ BED_1F $
B.对于任意点 $ F $，四边形 $ BED_1F $ 均为平行四边形
C.四边形 $ BED_1F $ 的面积随 $ F $ 点位置的变化而变化
D.三棱锥 $ F - BB_1D_1 $ 的体积随 $ F $ 点位置的变化而变化

答案：
3.D　[解析]对于B,由题意知$B,F,D_1,E$四点共面,平面$BED_1F\cap$平面$ABB_1A_1=BF$,平面$BED_1F\cap$平面$CDD_1C_1=DE$,平面$ABB_1A_1//$平面$CDD_1C_1$,则$BF// DE$,
同理可证$BE// D_1F$,即四边形$BED_1F$为平行四边形，B正确;
对于A,令正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$的棱长为2,当$F$为$AA_1$的中点时,$BF = \sqrt{5} = D_1E$,则$D_1C_1^2 + EC_1^2 = 2^2 + EC_1^2 = D_1E^2 = 5$,解得$EC_1 = 1$,即$E$为$CC_1$的中点，
连接$EF$,如图所示,因为$A_1F// C_1E,A_1F = C_1E$,所以四边形$A_1FEC_1$为平行四边形，

则$EF// A_1C_1$,因为$EF\subset$平面$BED_1F$,$A_1C_1\not\subset$平面$BED_1F$,所以$A_1C_1//$平面$BED_1F$,A正确;
对于C,令$AB = 1$,设$AF = x$,则$BF = \sqrt{x^2 + 1}$,$D_1F = \sqrt{(1 - x)^2 + 1}$,而$BD_1 = \sqrt{3}$,
$\cos\angle BFD_1 = \frac{x^2 + 1 + (1 - x)^2 + 1 - 3}{2\sqrt{x^2 + 1}·\sqrt{(1 - x)^2 + 1}} = \frac{x^2 - x}{\sqrt{x^2 + 1}·\sqrt{(1 - x)^2 + 1}}$,
四边形$BED_1F$的面积$S_{四边形BED_1F} = 2S_{\triangle BFD_1} = \sqrt{x^2 + 1}·\sqrt{(1 - x)^2 + 1}·\sin\angle BFD_1$
➡️悟：四边形$BED_1F$为平行四边形
$ = \sqrt{x^2 + 1}·\sqrt{(1 - x)^2 + 1}·\sqrt{1 - \cos^2\angle BFD_1}$
$ = \sqrt{(x^2 + 1)(x^2 - 2x + 2) - (x^2 - x)^2} = \sqrt{2x^2 - 2x + 2}$
因此四边形$BED_1F$的面积随$F$点位置的变化而变化，C正确;
对于D,由$AA_1// BB_1,AA_1\not\subset$平面$BB_1D_1,BB_1\subset$平面$BB_1D_1$,得$AA_1//$平面$BB_1D_1$,$F$在棱$AA_1$上,所以点$F$到平面$BB_1D_1$的距离为定值，而$\triangle BB_1D_1$的面积为定值，
因此三棱锥$F - BB_1D_1$的体积为定值,即对于任意点$F$,三棱锥$F - BB_1D_1$的体积均不变，D错误
故选D.

4. [吉林松原三校 2025 高一期中]在棱长为 2 的正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 中，$ M $ 是棱 $ AA_1 $ 的中点，过 $ C $，$ M $，$ D_1 $ 作正方体的截面，则截面的面积是$\frac{9}{2}$。

答案：
4.$\frac{9}{2}$[解析]如图①,连接$A_1B$,设截面交棱$AB$于点$N$,连接$MN,CN$.

在正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中,$A_1D_1// BC$且$A_1D_1 = BC$,
则四边形$A_1BCD_1$为平行四边形，所以$A_1B// CD_1$.
因为平面$AA_1B_1B//$平面$CC_1D_1D$,平面$CMD_1\cap$平面$AA_1B_1B = MN$,
平面$CMD_1\cap$平面$CC_1D_1D = CD_1$,所以$MN// CD_1// A_1B$,所以四边形$MNCD_1$即为过$C,M,D_1$的正方体的截面.
因为$M$为$AA_1$的中点，所以$N$为$AB$的中点，
由勾股定理可得$MN = \sqrt{AM^2 + AN^2} = \sqrt{2},D_1M = CN = \sqrt{5},CD_1 = 2\sqrt{2}$,
所以四边形$CD_1MN$为等腰梯形.
如图②,过点$M$在平面$CD_1MN$内作$ME\perp CD_1$,垂足为$E$,

在等腰梯形$CD_1MN$中,$D_1E = \frac{CD_1 - MN}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$,则$ME = \sqrt{D_1M^2 - D_1E^2} = \frac{3\sqrt{2}}{2}$,
因此，截面面积为$\frac{(MN + CD_1)· ME}{2} = \frac{9}{2}$.

5. [河南师大附中 2025 高一期中]如图所示，在四棱锥 $ P - ABCD $ 中，$ BC // AD $ 且 $ BC = \frac{2}{3}AD $，点 $ E $ 在棱 $ PD $ 上且 $ PE = 2ED $。
(1) 求证：$ BC // $ 平面 $ PAD $。
(2) 线段 $ AD $ 上是否存在点 $ N $，使得平面 $ CEN // $ 平面 $ PAB $？若存在，求出 $ \frac{AN}{AD} $ 的值；若不存在，请说明理由。

答案：
5.
(1)[证明]因为$BC// AD,AD\subset$平面$PAD,BC\not\subset$平面$PAD$,
所以$BC//$平面$PAD$.
(2)[解]存在，当点$N$为$AD$上靠近点$D$的三等分点，即$\frac{AN}{AD} = \frac{2}{3}$时,平面$CEN//$平面$PAB$.下面给出证明:
因为$BC// AD,BC = \frac{2}{3}AD$,
又因为点$N$为$AD$上靠近点$D$的三等分点，所以$AN = \frac{2}{3}AD$,
所以$BC// AN$且$BC = AN$,
所以四边形$ABCN$为平行四边形，所以$CN// AB$.
又因为$AB\subset$平面$PAB,CN\not\subset$平面$PAB$,所以$CN//$平面$PAB$.
因为$E$在棱$PD$上且$PE = 2ED$,即$DE = \frac{1}{3}PD$,又$ND = \frac{1}{3}AD$,所以$\triangle END\sim\triangle PAD$,所以$EN// PA$,又$PA\subset$平面$PAB,EN\not\subset$平面$PAB$,所以$EN//$平面$PAB$.
又$CN,EN\subset$平面$CEN,CN\cap EN = N$,所以平面$CEN//$平面$PAB$.

6. [广东深圳实验等五校 2025 高一联考]在长方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 中，$ AB = 2 $，$ AD = 1 $，$ AA_1 = 1 $，$ E $，$ F $，$ G $，$ H $ 分别为 $ BC $，$ CD $，$ DD_1 $，$ D_1A_1 $ 的中点。
(1) 求证：$ G \in $ 平面 $ EFH $；
(2) 点 $ M $ 在矩形 $ A_1B_1C_1D_1 $ 内（不含边界）运动，若 $ M \in $ 平面 $ EFH $，求点 $ M $ 运动轨迹的长度；
(3) 点 $ O $ 在矩形 $ ABCD $ 内（不含边界）运动，若直线 $ A_1O // $ 平面 $ EFH $，求 $ A_1O + OC $ 的最小值。

答案：
6.
(1)[证明]如图①,连接$FG,CD_1$,
因为$F,G$分别为$CD,DD_1$的中点，所以$FG// CD_1$.
在长方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中,$H,E$分别为$A_1D_1,BC$的中点，所以$HD_1// EC$且$HD_1 = EC$,
所以四边形$ECD_1H$是平行四边形，所以$CD_1// EH$,所以$FG// EH$,
所以$E,F,G,H$四点共面,即$G\in$平面$EFH$.

(2)[解]如图①,取线段$A_1B_1$的中点$T$,连接$TH,B_1D_1,BD$.
在$\triangle A_1B_1D_1$中,$T,H$分别是$A_1B_1,A_1D_1$的中点，所以$TH// B_1D_1$,同理可证$EF// BD$,
在长方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中,因为$B_1D_1// BD$,所以$TH// EF$,即$E,F,H,T$四点共面.
所以点$M$的轨迹是线段$TH$(不含两个端点)，
由$TH = \sqrt{1 + \frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{5}}{2}$,得点$M$运动轨迹的长度为$\frac{\sqrt{5}}{2}$.
(3)[解]连接$A_1B,A_1D$,如图①,
由$E,F$分别为$BC,CD$的中点，得$BD// EF$,因为$BD\not\subset$平面$EFH,EF\subset$平面$EFH$,所以$BD//$平面$EFH$.
在长方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中,$A_1H// BE,A_1H = BE$,
所以四边形$A_1BEH$是平行四边形，所以$A_1B// HE$,
因为$A_1B\not\subset$平面$EFH,HE\subset$平面$EFH$,所以$A_1B//$平面$EFH$,
因为$A_1B,BD\subset$平面$A_1BD,A_1B\cap BD = B$,所以平面$A_1BD//$平面$EFH$,
所以当$O\in BD$时,由$A_1O\subset$平面$A_1BD$,得$A_1O//$平面$EFH$,
即点$O$的轨迹是线段$BD$(不含两个端点).
如图②所示，将$\triangle A_1BD$沿$BD$翻折，使$\triangle A_1BD$与$\triangle BCD$在同一平面，
要使$A_1O + OC$最小,只需$A_1,O,C$三点共线，此时最小值为线段$A_1C$的长度.
在长方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$A_1B = \sqrt{4 + 1} = \sqrt{5},A_1D = \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2},BD = \sqrt{4 + 1} = \sqrt{5}$,
设$\angle A_1BD = \alpha,\angle DBC = \beta$,
在$\triangle A_1BD$中,由余弦定理得$\cos\alpha = \frac{5 + 5 - 2}{2×\sqrt{5}×\sqrt{5}} = \frac{4}{5}$,
由$\alpha\in(0,\pi)$得$\sin\alpha = \sqrt{1 - \frac{16}{25}} = \frac{3}{5}$,
在$Rt\triangle BCD$中,$\cos\beta = \frac{\sqrt{5}}{5},\sin\beta = \frac{2\sqrt{5}}{5}$,所以$\cos(\alpha + \beta) = \cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta = \frac{4}{5}×\frac{\sqrt{5}}{5} - \frac{3}{5}×\frac{2\sqrt{5}}{5} = -\frac{2\sqrt{5}}{25}$,
在$\triangle ABC$中,由余弦定理得$A_1C = \sqrt{5 + 1 - 2\sqrt{5}×(-\frac{2\sqrt{5}}{25})} = \frac{\sqrt{170}}{5}$
所以$A_1O + OC$的最小值为$\frac{\sqrt{170}}{5}$.
归纳总结空间点的轨迹的几种常见情形
(1)平面内的点到空间定点的距离等于定长，可结合球面得轨迹；
(2)与定点的连线与某平面平行，利用平行平面得点的轨迹；
(3)与定点的连线与某直线垂直，利用垂直平面得点的轨迹.