《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

8. [浙江杭州二中2025高一月考] 已知 $ \alpha $，$ \beta $ 为不同的平面，$ m $，$ n $ 为不同的直线，则下列判断正确的是(C)

A.若 $ m // \alpha $，$ n // \alpha $，则 $ m // n $
B.若 $ m // n $，$ n \subset \alpha $，则 $ m // \alpha $
C.若 $ m // \alpha $，$ n \perp \alpha $，则 $ m \perp n $
D.若 $ m \perp \alpha $，$ n \perp m $，则 $ n // \alpha $

答案： 8.C【解析】A选项，若$m//\alpha$，$n//\alpha$，则m与n可能相交、异面或平行，A错误；
B选项，若$m// n$，$n\subset\alpha$，则$m//\alpha$或$m\subset\alpha$，B错误；
C选项，$m//\alpha$，则存在过直线m的平面$\beta$，使得$\beta\cap\alpha = c$，则$m// c$，而$n\perp\alpha$，$c\subset\alpha$，则$n\perp c$，故$m\perp n$，C正确；
D选项，若$m\perp\alpha$，$n\perp m$，则$n//\alpha$或$n\subset\alpha$，D错误.故选C.

9. (多选) 下列命题中正确的是(BD)

A.平行于同一直线的两个平面平行
B.平行于同一平面的两个平面平行
C.垂直于同一直线的两直线平行
D.垂直于同一平面的两直线平行

答案： 9.BD【解析】对于A，因为平行于同一直线的两个平面可能平行，也可能相交，所以A不正确.
对于B，设$\alpha//\beta$，$\beta//\gamma$，取直线$a,b\subset\alpha$，且$a\cap b = A$，因为$\alpha//\beta$，所以在$\beta$内存在$a_1// a$，$b_1// b$，且$a_1\cap b_1 = A_1$.又因为$\beta//\gamma$，所以在$\gamma$内存在$a_2// a_1$，$b_2// b_1$，且$a_2\cap b_2 = A_2$，因此$a// a_2$，$b// b_2$.又因为$a\not\subset\gamma$，$a_2\subset\gamma$，所以$a//\gamma$，同理可得$b//\gamma$，而$a\cap b = A$，$a,b\subset\alpha$，因此$\alpha//\gamma$，所以B正确.
点悟：平面的平行具有传递性
对于C，因为垂直于同一直线的两直线可能平行、相交或异面，所以C不正确.
对于D，由线面垂直的性质知垂直于同一平面的两直线平行，所以D正确.
故选BD.

10. [广东惠州2024高一期中] 已知三棱锥 $ P - ABC $ 中，若 $ PA $，$ PB $，$ PC $ 两两互相垂直，作 $ PO \perp $ 平面 $ ABC $，垂足为 $ O $，则点 $ O $ 是 $ \triangle ABC $ 的(D)

A.外心
B.内心
C.重心
D.垂心

答案：
10.D【解析】如图，连接AO并延长，交BC于点D，连接BO并延长，交AC于点E.
因为$PA\perp PB$，$PA\perp PC$，又$PB\cap PC = P$，$PB,PC\subset$平面PBC，所以$PA\perp$平面PBC.
因为$BC\subset$平面PBC，所以$PA\perp BC$.
因为$PO\perp$平面ABC，$BC\subset$平面ABC，所以$PO\perp BC$.
又$PA\cap PO = P$，$PA,PO\subset$平面PAO，所以$BC\perp$平面PAO.
又$AO\subset$平面PAO，所以$AO\perp BC$，即$AD\perp BC$，
同理可证$BE\perp AC$，所以O是$\triangle ABC$的垂心.故选D.

11. 如图，在三棱锥 $ P - ABC $ 中，$ PA \perp $ 平面 $ ABC $，$ D $ 是侧面 $ PBC $ 上的一点，过点 $ D $ 作平面 $ ABC $ 的垂线 $ DE $，其中 $ D \notin PC $，则 $ DE $ 与平面 $ PAC $ 的位置关系是平行.

答案： 11.平行【解析】因为$DE\perp$平面ABC，$PA\perp$平面ABC，所以$DE// PA$.又$DE\not\subset$平面PAC，$PA\subset$平面PAC，所以$DE//$平面PAC.

12. 有如下命题，其中为假命题的是(C)

A.若直线 $ a \subset \alpha $，且 $ \alpha // \beta $，则直线 $ a $ 与平面 $ \beta $ 的距离等于平面 $ \alpha $，$ \beta $ 间的距离
B.若平面 $ \alpha // $ 平面 $ \beta $，点 $ A \in \alpha $，则点 $ A $ 到平面 $ \beta $ 的距离等于平面 $ \alpha $，$ \beta $ 间的距离
C.两条平行直线分别在两个平行平面内，则这两条直线间的距离等于这两个平行平面间的距离
D.若直线 $ a // $ 平面 $ \alpha $，则直线 $ a $ 上各点到平面 $ \alpha $ 的距离相等

答案：
12.C【解析】A选项，若$m//\alpha$，$n//\alpha$，则m与n可能相交、异面或平行，A错误；
B选项，若$m// n$，$n\subset\alpha$，则$m//\alpha$或$m\subset\alpha$，B错误；
C选项，$m//\alpha$，则存在过直线m的平面$\beta$，使得$\beta\cap\alpha = c$，则$m// c$，而$n\perp\alpha$，$c\subset\alpha$，则$n\perp c$，故$m\perp n$，C正确；
D选项，若$m\perp\alpha$，$n\perp m$，则$n//\alpha$或$n\subset\alpha$，D错误.故选C.
9.BD【解析】对于A，因为平行于同一直线的两个平面可能平行，也可能相交，所以A不正确.
对于B，设$\alpha//\beta$，$\beta//\gamma$，取直线$a,b\subset\alpha$，且$a\cap b = A$，因为$\alpha//\beta$，所以在$\beta$内存在$a_1// a$，$b_1// b$，且$a_1\cap b_1 = A_1$.又因为$\beta//\gamma$，所以在$\gamma$内存在$a_2// a_1$，$b_2// b_1$，且$a_2\cap b_2 = A_2$，因此$a// a_2$，$b// b_2$.又因为$a\not\subset\gamma$，$a_2\subset\gamma$，所以$a//\gamma$，同理可得$b//\gamma$，而$a\cap b = A$，$a,b\subset\alpha$，因此$\alpha//\gamma$，所以B正确.
点悟：平面的平行具有传递性
对于C，因为垂直于同一直线的两直线可能平行、相交或异面，所以C不正确.
对于D，由线面垂直的性质知垂直于同一平面的两直线平行，所以D正确.
故选BD.
10.D【解析】如图，连接AO并延长，交BC于点D，连接BO并延长，交AC于点E.
因为$PA\perp PB$，$PA\perp PC$，又$PB\cap PC = P$，$PB,PC\subset$平面PBC，所以$PA\perp$平面PBC.
因为$BC\subset$平面PBC，所以$PA\perp BC$.
因为$PO\perp$平面ABC，$BC\subset$平面ABC，所以$PO\perp BC$.
又$PA\cap PO = P$，$PA,PO\subset$平面PAO，所以$BC\perp$平面PAO.
又$AO\subset$平面PAO，所以$AO\perp BC$，即$AD\perp BC$，
同理可证$BE\perp AC$，所以O是$\triangle ABC$的垂心.故选D.

11.平行【解析】因为$DE\perp$平面ABC，$PA\perp$平面ABC，所以$DE// PA$.又$DE\not\subset$平面PAC，$PA\subset$平面PAC，所以$DE//$平面PAC.
12.C【解析】点到平面的距离是指空间内一点到平面内一点的最小长度；直线与平面平行时，直线上任意一点到这个平面的距离，它们都相等；两平行平面间的距离指的是其中一个平面内一点到另外一个平面的距离，两个平行平面的公垂线段都相等，其长度等于两个平行平面间的距离，所以A,B,D都正确.两条平行直线分别在两个平行平面内，则两条平行直线间的距离不一定是两个平行平面的公垂线段的长度，所以C错误.故选C.

13. [山东济南2025高一质量检测] 如图，在棱长为 $ 2 $ 的正方体 $ ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} $ 中，$ M $ 为棱 $ CC_{1} $ 的中点，则点 $ C $ 到平面 $ ABM $ 的距离为(D)


A.$ 5 $
B.$ \sqrt{2} $
C.$ 1 $
D.$ \dfrac{2\sqrt{5}}{5} $

答案：
13.D【解析】连接AC，由题意可知，$AB\perp$平面$BCC_1B_1$，又$BM\subset$平面$BCC_1B_1$，所以$AB\perp BM$，$BM = \sqrt{BC^2 + CM^2}=\sqrt{5}$.
设点C到平面ABM的距离为h，由$V_{M - ABC}=V_{C - ABM}$，
即$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×2×2×1=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×2×\sqrt{5}h$，解得$h = \frac{2\sqrt{5}}{5}$.故选D.
名师点拨 当一条直线与一个平面平行时，这条直线上任意一点到这个平面的距离均为这条直线到这个平面的距离.因此，在求线面距离时，常常转化为点到平面的距离.

14. 已知棱长为 $ 1 $ 的正方体 $ ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} $，$ M $，$ N $ 分别是 $ AB $，$ BC $ 的中点，则 $ MN $ 到平面 $ A_{1}C_{1}D $ 的距离为(C)

A.$ \dfrac{\sqrt{3}}{3} $
B.$ \dfrac{\sqrt{6}}{3} $
C.$ \dfrac{\sqrt{3}}{2} $
D.$ \dfrac{\sqrt{6}}{2} $

答案：
14.C【解析】如图，延长MN交DC的延长线于点Q，连接$A_1Q$，$C_1Q$，$AC$.
因为M,N分别是AB,BC的中点，所以$MN// AC$.
由正方体的性质可得$AC// A_1C_1$，所以$MN// A_1C_1$，
又$A_1C_1\subset$平面$A_1C_1D$，$MN\not\subset$平面$A_1C_1D$，所以$MN//$平面$A_1C_1D$，
所以MN到平面$A_1C_1D$的距离即点Q到平面$A_1C_1D$的距离，设为h.
因为正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$的棱长为1，所以$DQ = \frac{3}{2}$，$A_1D = DC_1 = A_1C_1=\sqrt{2}$，
又$\frac{1}{3}S_{\triangle A_1C_1D}· h = V_{Q - A_1DQC_1}$，
所以$\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{3}}{4}×(\sqrt{2})^2× h=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×\frac{3}{2}×1×1$，解得$h = \frac{\sqrt{3}}{2}$.故选C.
名师点拨 当一条直线与一个平面平行时，这条直线上任意一点到这个平面的距离均为这条直线到这个平面的距离.因此，在求线面距离时，常常转化为点到平面的距离.

15. 如图①，某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有棱长均相同，数学上我们称之为半正多面体，亦称为阿基米德多面体，如图②，设 $ AB = 1 $，则平面 $ BCG $ 与平面 $ EMQ $ 之间的距离是(D)

A.$ \sqrt{2} $
B.$ \dfrac{\sqrt{6}}{6} $
C.$ \dfrac{\sqrt{6}}{3} $
D.$ \dfrac{2\sqrt{6}}{3} $

答案：
15.D【解析】如图，不妨记正方体为$A_2B_2C_2D_2 - A_1B_1C_1D_1$，连接$A_1B_2$，$D_2C_2$，易知$A_1D_1// B_2C_2$，$A_1D_1 = B_2C_2$，所以四边形$A_1D_1C_2B_2$是平行四边形，所以$A_1B_2// C_2D_1$.
由题图可知A,B,C,D,E,F,G,H,M,N,P,Q均为正方体各棱的中点.
因为E,Q分别为$A_1A_2$，$A_1B_2$的中点，所以$EQ// A_1B_2$，同理可得$BG// C_2D_1$，又$A_1B_2// C_2D_1$，所以$EQ// BG$.又$EQ\not\subset$平面BCG，$BG\subset$平面BCG，所以$EQ//$平面BCG，同理可得$EM//$平面BCG，
又$EM\cap EQ = E$，$EM,EQ\subset$平面EMQ，所以平面$EMQ//$平面BCG.

连接体对角线$A_1C_1$，分别交平面EMQ和平面BCG于点$M_1$，$N_1$.
因为$C_1C_2\perp$平面$A_2B_2C_2D_2$，$MQ\subset$平面$A_2B_2C_2D_2$，所以$C_1C_2\perp MQ$，
连接$A_1C_2$，$A_1C$，$B_2D_2$，因为$M,Q$分别为$A_1D_2$，$A_1B_2$的中点，所以$MQ// B_2D_2$.
因为底面$A_2B_2C_2D_2$为正方形，所以$A_1C_2\perp B_2D_2$，所以$A_1C_2\perp MQ$.又$C_1C_2$，$A_1C_2\subset$平面$AA_1C_2C$，$C_1C_2\cap A_1C_2 = C_2$，
所以$MQ\perp$平面$AA_1C_2C$.又$A_1C\subset$平面$AA_1C_2C$，所以$A_1C\perp MQ$，同理可得$A_1C\perp EQ$，
又$MQ\cap EQ = Q$，$MQ,EQ\subset$平面EMQ，所以$A_1C\perp$平面EMQ.
又平面$EMQ//$平面BCG，所以$A_1C\perp$平面BCG，
所以$M_1N_1$的长度即为平面EMQ与平面BCG的距离，则$M_1N_1 = A_1C_1 - A_1M_1 - N_1C_1$.
由题意得正方体$A_2B_2C_2D_2 - A_1B_1C_1D_1$的棱长为$\sqrt{2}$，得$A_1C_1=\sqrt{2 + 2 + 2}=\sqrt{6}$.
由题意得$\triangle EMQ$为等边三角形，故$S_{\triangle EMQ}=\frac{\sqrt{3}}{4}×1^2=\frac{\sqrt{3}}{4}$，
由$V_{E - A_2MQ}=V_{A_1 - EMQ}$，得$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{3}}{4}· A_1M_1$，解得$A_1M_1=\frac{\sqrt{6}}{6}$.
根据正方体的对称性知$A_1M_1 = N_1C_1$，所以$M_1N_1 = A_1C_1 - A_1M_1 - N_1C_1=\sqrt{6}-2×\frac{\sqrt{6}}{6}=\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
则平面BCG与平面EMQ之间的距离是$\frac{2\sqrt{6}}{3}$.故选D.