《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

1. (多选)[海南海口第一中学2025高一期中]已知不同的直线$m,n$，不同的平面$\alpha,\beta$，下列命题中正确的是(AD)

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

答案： 1.AD【解析】对于A，因为$m// n$，$m\perp\alpha$，所以$n\perp\alpha$，又$n\perp\beta$，所以不同的平面$\alpha$，$\beta$满足$\alpha//\beta$，故A正确；
对于B，若$m\subset\alpha$，$n\subset\beta$，且$m// n$，则$\alpha//\beta$或两平面相交，比如在正方体的底面和侧面中分别取直线$m$，$n$，且$m// n$，但是底面和侧面并不平行，故B错误；
对于C，若$m\subset\alpha$，$n//\beta$，且$m\perp n$，则两平面相交或平行，比如在正方体的上底面中取直线$m$，$n$，且$m\perp n$，$n$与下底面平行，但是上底面与下底面并不垂直，故C错误；
对于D，因为$m// n$，$m\perp\alpha$，则$n\perp\alpha$，又$n\subset\beta$，所以$\alpha\perp\beta$，故D正确.故选AD.
规律方法与线面垂直有关的命题真假的判断方法
(1)借助几何图形来说明线面关系，要做到作图快、准，甚至无需作图，通过空间想象来判断.
(2)寻找反例，只要存在反例，就是假命题.
(3)反复验证所有可能的情况，必要时要运用判定定理或性质定理进行简单说明.

2. [重庆西南大学附属中学2024高一期末]下列四个正方体图形中，$l$是正方体的一条对角线，点$D,E,F$分别为其所在棱的中点，能得出$l\perp$平面$DEF$的是(C)

答案：
2.C【解析】对于C：记该正方体为$ABCH - A_1B_1C_1H_1$，如图所示，

连接$AB_1$，$B_1C$，$AC$，$BC_1$，
因为$C_1H_1\perp$平面$BCC_1B_1$，$B_1C\subset$平面$BCC_1B_1$，所以$C_1H_1\perp B_1C$.
因为四边形$BCC_1B_1$为正方形，所以$B_1C\perp BC_1$.因为$BC_1\cap C_1H_1=C_1$，$BC_1$，$C_1H_1\subset$平面$BH_1C_1$，所以$B_1C\perp$平面$BH_1C_1$.
因为$BH_1\subset$平面$BH_1C_1$，所以$BH_1\perp B_1C$，同理可得$BH_1\perp AC$.
又因为$AC\cap B_1C=C$，$AC\subset$平面$AB_1C$，$B_1C\subset$平面$AB_1C$，所以$BH_1\perp$平面$AB_1C$，即$l\perp$平面$AB_1C$.
因为$D$，$E$，$F$分别为其所在棱的中点，所以$DE// B_1C$，$DF// AC$.
因为$DE\not\subset$平面$AB_1C$，$B_1C\subset$平面$AB_1C$，$DF\not\subset$平面$AB_1C$，$AC\subset$平面$AB_1C$，所以$DE//$平面$AB_1C$，$DF//$平面$AB_1C$.因为$DE\cap DF=D$，$DE\subset$平面$DEF$，$DF\subset$平面$DEF$，所以平面$DEF//$平面$AB_1C$，所以$l\perp$平面$DEF$.
$A$，$B$，$D$选项中平面$DEF$与平面$AB_1C$均不平行，则直线$l$与平面$DEF$均不垂直.
➠点悟：画图就易看出各项中的平面$DEF$与平面$AB_1C$是相交的
故选C.

3. [湖南长沙2025高一期中]如图，五边形由一个长方形和等腰三角形构成，其中$AB=EF=2,AF=BE=CE=CF=\sqrt{3}$，$D$是$AB$的中点，将$\triangle ADF,\triangle BDE,\triangle CEF$折起，使$A,B,C$三点重合于点$P$，则$DP$与平面$DEF$所成角的正弦值为(D)


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

答案：
3.D【解析】由题意可知形成三棱锥$P - DEF$，如图所示，

取$EF$的中点$M$，连接$PM$，$DM$，过点$P$作$PO\perp DM$于点$O$，
因为$DE = DF$，$PE = PF$，所以$PM\perp EF$，$DM\perp EF$.又$PM\cap DM = M$，$PM$，$DM\subset$平面$PDM$，所以$EF\perp$平面$PDM$.因为$EF\subset$平面$DEF$，所以平面$PDM\perp$平面$DEF$.又平面$PDM\cap$平面$DEF = DM$，$PO\perp DM$，$PO\subset$平面$PDM$，所以$PO\perp$平面$DEF$，
故$\angle PDO$为$DP$与平面$DEF$所成的角.
又$DP\perp PE$，$DP\perp PF$，$PE\cap PF = P$，$PE$，$PF\subset$平面$PEF$，所以$DP\perp$平面$PEF$.
又$PM\subset$平面$PEF$，所以$DP\perp PM$，且$\angle PDO = \angle PDM$.
因为$AF = BE = \sqrt{3}$，$AB = 2$，所以$DM = \sqrt{3}$，$PD = 1$，
在$Rt\triangle DPM$中，$PM = \sqrt{DM^{2}-PD^{2}} = \sqrt{2}$，则$\sin\angle PDM = \frac{PM}{DM} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$，
所以$DP$与平面$DEF$所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{6}}{3}$.故选D.

4. [江苏南京金陵中学2024高一期末]如图，正方体$ABCD-A_1B_1C_1D_1$的棱长为3，线段$B_1D_1$上有两个动点$E,F$，且$EF=\sqrt{2}$，则三棱锥$A-BEF$的体积是(A)


A.$\frac{3}{2}$
B.$\frac{3\sqrt{2}}{2}$
C.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
D.$\frac{1}{2}$

答案：
4.A【解析】连接$BD$，$AC$相交于$O$，如图所示，

由题易知$DD_1\perp$平面$ABCD$，又$AC\subset$平面$ABCD$，所以$AC\perp DD_1$，又$AC\perp BD$，$BD\cap DD_1 = D$，$BD\subset$平面$BDD_1B_1$，$DD_1\subset$平面$BDD_1B_1$，
所以$AC\perp$平面$BDD_1B_1$，所以点$A$到平面$BDD_1B_1$的距离是$AO = \frac{3\sqrt{2}}{2}$，也即点$A$到平面$BEF$的距离是$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，即三棱锥$A - BEF$的高为$AO = \frac{3\sqrt{2}}{2}$.又$S_{\triangle BEF} = \frac{1}{2}BB_1· EF = \frac{1}{2}×3×\sqrt{2} = \frac{3\sqrt{2}}{2}$，
故三棱锥$A - BEF$的体积为$\frac{1}{3}×\frac{3\sqrt{2}}{2}×\frac{3\sqrt{2}}{2} = \frac{3}{2}$.故选A.

5. (多选)[山东青岛二中2025高一期中]如图，在单位正方体$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，点$P$在线段$AD_1$上运动，下列说法中正确的是(ABC)


A.在点$P$运动过程中，直线$A_1P$与$BC_1$始终为异面直线
B.三棱锥$D-BPC_1$的体积为定值
C.异面直线$C_1P$与$CB_1$所成的角为定值
D.在点$P$运动过程中，不存在某个位置，使得平面$AB_1P//$平面$BDC_1$

答案： 5.ABC【解析】对于A：由题意，在正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$BC_1// AD_1$，$AD_1\subset$平面$ADD_1A_1$，$BC_1\not\subset$平面$ADD_1A_1$，
所以$BC_1//$平面$ADD_1A_1$，又点$P$在线段$AD_1$上运动，$A_1P\subset AD_1$，所以在点$P$运动过程中，直线$A_1P$与$BC_1$始终不在同一平面内，所以直线$A_1P$与$BC_1$始终为异面直线，故A正确；
对于B：三棱锥$D - BPC_1$的体积$V_{D - BPC_1} = V_{P - BDC_1} = \frac{1}{3}S_{\triangle BDC_1}· h$，其中$\triangle BDC_1$的面积为定值，$h$为$P$到平面$BDC_1$的距离，
因为$BC_1// AD_1$，$BC_1\subset$平面$BDC_1$，$AD_1\not\subset$平面$BDC_1$，所以直线$AD_1//$平面$BDC_1$，
所以当点$P$在线段$AD_1$上运动时，点$P$到平面$BDC_1$的距离$h$也为定值，
所以三棱锥$D - BPC_1$的体积为定值，故B正确；
对于C：在正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$C_1D_1\perp$平面$BCC_1B_1$，因为$CB_1\subset$平面$BCC_1B_1$，所以$C_1D_1\perp CB_1$，又$BC_1\perp B_1C$，$C_1D_1\cap BC_1 = C_1$，$C_1D_1$，$BC_1\subset$平面$ABCD_1$，所以$CB_1\perp$平面$ABCD_1$，又因为$C_1P\subset$平面$ABCD_1$，所以$CB_1\perp C_1P$，
所以异面直线$C_1P$与$CB_1$所成的角为$90^{\circ}$，故C正确；
对于D：连接$B_1D_1$，根据正方体的结构特征，可得$BD// B_1D_1$，又$BD\subset$平面$BDC_1$，$B_1D_1\not\subset$平面$BDC_1$，所以$B_1D_1//$平面$BDC_1$，
又由选项B的分析过程知$AD_1//$平面$BDC_1$，$AD_1\cap B_1D_1 = D_1$，$AD_1$，$B_1D_1\subset$平面$AB_1D_1$，所以平面$AB_1D_1//$平面$BDC_1$，
又平面$AB_1P$即为平面$AB_1D_1$，
所以存在点$P$，使得平面$AB_1P//$平面$BDC_1$，故D错误.故选ABC.

6. (多选)如图，在直角梯形$BCEF$中，$\angle CBF=\angle BCE=90^{\circ}$，$A,D$分别是$BF,CE$上的点，且$AD// BC,AB=ED=2BC=2AF$(如图①)，将四边形$ADEF$沿$AD$折起，连接$BE,BF,CE$(如图②)。在折起的过程中，下列说法错误的有(BD)

A.$AC//$平面$BEF$
B.$B,C,E,F$四点可能共面
C.若$EF\perp CF$，则平面$ADEF\perp$平面$ABCD$
D.平面$BCE$与平面$BEF$可能垂直

答案：
6.BD【解析】对于A，如图①，连接$BD$，与$AC$交于点$O$，取$BE$的中点$M$，连接$MO$，$FM$.易知$OM// DE$，$OM = \frac{1}{2}DE$，$AF// DE$，$AF = \frac{1}{2}DE$，则$AF\perp OM$，
∴四边形$AOMF$为平行四边形，
∴$AC// FM$.
∵$AC\not\subset$平面$BEF$，$FM\subset$平面$BEF$，
∴$AC//$平面$BEF$，故A正确.

对于B，假设$B$，$C$，$E$，$F$四点共面.由题可知四边形$ABCD$为矩形，则$BC// AD$.
∵$AD\subset$平面$ADEF$，$BC\not\subset$平面$ADEF$，
∴$BC//$平面$ADEF$.
∵平面$ADEF\cap$平面$BCEF = EF$，$BC\subset$平面$BCEF$，
∴$BC// EF$，又$AD// BC$，
∴$AD// EF$，与已知矛盾，故假设不成立，故B错误.
对于C，如图①，连接$FD$.
∵$AF\perp AD$，$ED = 2AD = 2AF$，
∴$EF = DF = \sqrt{AF^{2}+AD^{2}} = \sqrt{2}AF$.
∵$ED^{2} = EF^{2}+DF^{2} = 4AF^{2}$，
∴$EF\perp DF$.又$EF\perp CF$，$CF\cap DF = F$，$CF$，$DF\subset$平面$CDF$，
∴$EF\perp$平面$CDF$，又$CD\subset$平面$CDF$，
∴$EF\perp CD$.又$CD\perp AD$，$AD$与$EF$必有交点，$AD$，$EF\subset$平面$ADEF$，
∴$CD\perp$平面$ADEF$.又$CD\subset$平面$ABCD$，
∴平面$ADEF\perp$平面$ABCD$，故C正确.
对于D，如图②，延长$AF$至点$G$，使得$AF = FG$，连接$BG$，$EG$.
∵$AD\perp AF$，$AD\perp AB$，$AF\cap AB = A$，$AF$，$AB\subset$平面$ABF$，
∴$AD\perp$平面$ABF$.又$BC// AD$，
∴$BC\perp$平面$ABF$.
易知$BC\perp GE$，
∴$AD\perp GE$，
∴$B$，$C$，$E$，$G$四点共面.过点$F$作$FN\perp BG$，垂足为$N$.
∵$BC\perp$平面$ABF$，
∴$BC\perp$平面$ABG$.又$FN\subset$平面$ABG$，
∴$BC\perp FN$，又$BG\cap BC = B$，$BG$，$BC\subset$平面$BCE$，
∴$FN\perp$平面$BCE$.假设平面$BCE\perp$平面$BEF$，
∵平面$BCE\cap$平面$BEF = BE$，
∴点$F$在平面$BCE$上的射影点必在$BE$上，故假设不成立，故D错误.故选BD.