《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

1. (多选)已知 $ m,n $ 是两条不重合的直线，$ \alpha,\beta,\gamma $ 是三个两两不重合的平面，则下列说法正确的是 (ACD)

A.若 $ m \perp \alpha,m \perp \beta $，则 $ \alpha // \beta $
B.若 $ m \subset \alpha,n \subset \beta,m // n $，则 $ \alpha // \beta $
C.若 $ m,n $ 是异面直线，$ m \subset \alpha,m // \beta,n \subset \beta,n // \alpha $，则 $ \alpha // \beta $
D.若 $ \alpha \perp \gamma,\beta \perp \gamma $，则 $ \alpha // \beta $ 或 $ \alpha \cap \beta = l $

答案： 1.ACD【解析】选项A，垂直于同一条直线的两个平面平行，故A正确.选项B，不满面面平行的判定定理，若$m \subset \alpha$，$n \subset \beta$，$m//n$，则$\alpha //\beta$或$\alpha$与$\beta$相交，故B错误.选项C，因为$m \subset \alpha$，$m//\beta$，所以在平面$\beta$内必存在直线$m^{\prime}//m$，所以$m^{\prime}//\alpha$，又$n//\alpha$，$n \subset \beta$，$m,n$是异面直线，所以$m^{\prime}$与$n$是相交直线，且都在平面$\beta$内，所以$\alpha //\beta$，故C正确.选项D，垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，故D正确.故选ACD.

2. (多选)[河北石家庄 2025 高一月考]已知三棱台 $ ABC - A'B'C' $，上、下底面边长之比为 $ 1:2 $，棱 $ AB,BC,AC $ 的中点分别为点 $ M,P,N $，则下列结论错误的有 (AC)


A.$ A'N // PC' $
B.$ A'P $ 与 $ AC $ 为异面直线
C.$ AB // $ 平面 $ A'C'P $
D.平面 $ A'MN // $ 平面 $ BCC'B' $

答案：
2.AC【解析】对于A，因为$A^{\prime}N \subset$平面$A^{\prime}C^{\prime}CA$，$C^{\prime} \in$平面$A^{\prime}C^{\prime}CA$，$P \notin$平面$A^{\prime}C^{\prime}CA$，且$C^{\prime} \notin A^{\prime}N$，所以$A^{\prime}N$，$PC^{\prime}$为异面直线，故A错误；
对于B，因为$AC \subset$平面$A^{\prime}C^{\prime}CA$，$A^{\prime} \in$平面$A^{\prime}C^{\prime}CA$，$P \notin$平面$A^{\prime}C^{\prime}CA$，且$A^{\prime} \notin AC$，所以$A^{\prime}P$与$AC$为异面直线，故B正确；
对于C，如图，连接$MP$，因为棱$AB$，$BC$的中点分别为点$M$，$P$，所以$AC//MP$，因为$AC//A^{\prime}C^{\prime}$，所以$MP//A^{\prime}C^{\prime}$，所以$M$，$P$，$C^{\prime}$，$A^{\prime}$四点共面，又$AB \cap$平面$A^{\prime}C^{\prime}PM = M$，所以$AB$与平面$A^{\prime}C^{\prime}P$不平行，故C错误；
对于D，因为$AB$，$AC$的中点分别为点$M$，$N$，所以$MN//BC$，因为$MN \not\subset$平面$BCC^{\prime}B^{\prime}$，$BC \subset$平面$BCC^{\prime}B^{\prime}$，所以$MN//$平面$BCC^{\prime}B^{\prime}$，
因为$AC//A^{\prime}C^{\prime}$，$A^{\prime}C^{\prime} = \frac{1}{2}AC = NC$，所以四边形$A^{\prime}C^{\prime}CN$为平行四边形，所以$A^{\prime}N//C^{\prime}C$，因为$A^{\prime}N \not\subset$平面$BCC^{\prime}B^{\prime}$，$C^{\prime}C \subset$平面$BCC^{\prime}B^{\prime}$，所以$A^{\prime}N//$平面$BCC^{\prime}B^{\prime}$，又$MN \cap A^{\prime}N = N$，$MN$，$A^{\prime}N \subset$平面$A^{\prime}MN$，所以平面$A^{\prime}MN//$平面$BCC^{\prime}B^{\prime}$，故D正确.故选AC.

3. (多选)[广东广州第六中学 2025 高一期中]如图，在棱长为 1 的正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 中，$ E,F $ 分别为棱 $ A_1D_1,AA_1 $ 的中点，$ G $ 为线段 $ B_1C $ 上一个动点，则 (ACD)


A.存在点 $ G $，使 $ BG // EF $
B.存在点 $ G $，使平面 $ EFG // $ 平面 $ BDC_1 $
C.三棱锥 $ A_1 - EFG $ 的体积为定值
D.存在点 $ G $，使得平面 $ EFG $ 截正方体所得截面为正六边形

答案：
3.ACD【解析】对于A项，若点$G$为$B_{1}C$与$BC_{1}$的交点，则$BG//EF$，理由如下：
若点$G$为$B_{1}C$与$BC_{1}$的交点，则$B$，$G$，$C_{1}$三点共线，由正方体性质得$AB//C_{1}D_{1}$，$AB = C_{1}D_{1}$，所以四边形$ABC_{1}D_{1}$是平行四边形，所以$BC_{1}//AD_{1}$，
因为$E,F$分别为$A_{1}D_{1},AA_{1}$的中点，所以$EF//AD_{1}$，所以$BC_{1}//EF$，即$BG//EF$，A正确；
对于B项，如图，连接$B_{1}C$，记$A_{1}D \cap EF = P$，$H$为侧面$CB_{1}$的中心，则平面$A_{1}DCB_{1}$与平面$EFG$和平面$BDC_{1}$分别交于线$PG,DH$，
假设线段$B_{1}C$上存在点$G$使平面$EFG//$平面$BDC_{1}$，则$PG//DH$，又$A_{1}D//CB_{1}$，所以四边形$PGHD$为平行四边形，即$PD = GH$，且$PD ＞ \frac{\sqrt{2}}{2} = B_{1}H$，此时$G$应在$CB_{1}$延长线上，与假设矛盾，故B错误；
对于C项，易知$B_{1}C//$平面$A_{1}EF$，随着点$G$的移动，点$G$到平面$A_{1}EF$的距离始终不变，即为$A_{1}B_{1}$，
故$V_{A_{1} - EFG} = V_{G - A_{1}EF} = \frac{1}{3} × A_{1}B_{1} × S_{\bigtriangleup A_{1}EF} = \frac{1}{24}$，即三棱锥$A_{1} - EFG$的体积是定值，
点悟：涉及动点的体积为定值的问题，可转化为点到面的距离为定值的问题，继而转化为线面关系来处理
C正确；
对于D项，如图，当点$G$为$B_{1}C$上靠近点$C$的四等分点时，平面$EFG$截正方体的截面$EFIJKL$为正六边形，D正确.
故选ACD.

4. [天津南开中学 2024 高一期末]在四棱锥 $ P - ABCD $ 中，底面 $ ABCD $ 为平行四边形，$ E $ 为 $ PA $ 的中点，$ \triangle EBC $ 所在平面截四棱锥得到两个几何体，其中较小的几何体与较大的几何体的体积的比值为$\frac{3}{5}$。

答案：
4.$\frac{3}{5}$【解析】由四棱锥$P - ABCD$的底面$ABCD$为平行四边形，得$BC//AD$，因为$AD \subset$平面$PAD$，$BC \not\subset$平面$PAD$，所以$BC//$平面$PAD$，记平面$EBC \cap$平面$PAD = l$，又$BC \subset$平面$EBC$，$EC \subset$平面$EBC$，所以$l//BC//AD$.
因为$EC \subset$平面$EBC$，$EC \subset$平面$PAD$，所以$l$过点$E$，设$l$与$PD$交于点$F$，又$E$为$PA$的中点，则$F$是$PD$的中点，连接$ED,CF,AC$，如图所示，
设四棱锥$P - ABCD$的体积为$V$，则被截面截得的下面部分几何体的体积为$V_{E - ABCD} + V_{C - DEF}$，
显然$V_{E - ABCD} = \frac{1}{2}V$，$V_{C - DEF} = \frac{1}{2}V_{C - PDE} = \frac{1}{4}V_{C - PAD} = \frac{1}{4}V_{P - ADC} = \frac{1}{8}V$，
则$V_{E - ABCD} + V_{C - DEF} = \frac{5}{8}V$，则被截面截得的上面部分几何体的体积为$V - \frac{5}{8}V = \frac{3}{8}V$，
所以较小的几何体与较大的几何体的体积的比值为$\frac{3}{5}$.

5. [浙江宁波 2025 高一期中联考]如图，已知四棱锥 $ S - ABCD $，底面 $ ABCD $ 为梯形，$ AD // BC $，$ SA = AB = BC = 2 $，$ AD = 3 $，$ P,Q $ 为侧棱 $ SD $ 上的点，$ M $ 为 $ SA $ 上的点，且满足 $ DP:PQ:QS = 3:2:4 $，$ 3AM = AS $。
(1) 求证：$ CP // $ 平面 $ SAB $；
(2) 求证：平面 $ BMQ // $ 平面 $ ACP $；
(3) 平面 $ BMQ $ 与侧棱 $ SC $ 相交于点 $ E $，求 $ \frac{SE}{EC} $ 的值。

答案：
5.
(1)【证明】连接$MP$，
在$\bigtriangleup SAD$中，$\frac{SM}{SA} = \frac{2}{3} = \frac{SP}{SD}$
$\therefore MP//AD$，且$MP = \frac{2}{3}AD = 2$.
又$AD//BC$，$BC = 2$，$\therefore MP//BC$且$MP = BC$，
$\therefore$四边形$MPCB$为平行四边形，
$\therefore CP//BM$.
又$BM \subset$平面$SAB$，$CP \not\subset$平面$SAB$，
$\therefore CP//$平面$SAB$.
(2)【证明】由
(1)得$CP//BM$，又$BM \subset$平面$BMQ$，$CP \not\subset$平面$BMQ$，
$\therefore CP//$平面$BMQ$.
在$\bigtriangleup SAD$中，$\because DP:PQ:QS = 3:2:4$，
$\therefore\frac{SQ}{SP} = \frac{2}{3} = \frac{SM}{SA}$，$\therefore MQ//AP$.
又$MQ \subset$平面$BMQ$，$AP \not\subset$平面$BMQ$，
$\therefore AP//$平面$BMQ$.
又$AP \cap CP = P$且$AP$，$CP$均在平面$ACP$内，
$\therefore$平面$ACP//$平面$BMQ$.
(3)【解】由
(1)知$BM//CP$，又$CP \subset$平面$SCD$，$BM \not\subset$平面$SCD$，$\therefore BM//$平面$SCD$，
又$BM \subset$平面$BMQ$，平面$BMQ \cap$平面$SCD = QE$，
$\therefore BM//QE$，又$BM//CP$，
$\therefore QE//CP$，$\therefore\frac{SE}{EC} = \frac{SQ}{QP} = 2$.
巧思：也可借助
(2)中结论，利用面面平行的性质定理得出此结论

6. [广东惠州 2025 高一月考]已知正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 中，$ E,F $ 分别为所在棱的中点，则满足 $ AE \perp BF $ 的图形为 (D)


A.
B.
C.
D.

答案：
6.D【解析】在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，设$AA_{1} = AD = AB = 2$，$E,F$分别为所在棱的中点，
对于A，因为$AA_{1} \perp$底面$ABCD$，$BF \subset$平面$ABCD$，所以$AA_{1} \perp BF$，
假设$AE \perp BF$，由$AA_{1} \cap AE = A$且都在平面$AA_{1}D_{1}D$内，可得$BF \perp$平面$AA_{1}D_{1}D$，
又$AD \subset$平面$AA_{1}D_{1}D$，所以$BF \perp AD$，显然不成立，因而假设不成立，故A错误；
对于B，同A分析，假设$AE \perp BF$，则$BF \perp AD$，所以$BF \perp BC$，显然不成立，因而假设不成立，故B错误；
对于C，连接$AF,EF$，如图所示：
因为$EF \perp$平面$ABCD$，$BF \subset$平面$ABCD$，所以$EF \perp BF$，
假设$AE \perp BF$，由$AE \cap EF = E$且都在平面$AEF$内，可得$BF \perp$平面$AEF$，
又$AF \subset$平面$AEF$，所以$AF \perp BF$，则$\angle CFB = \angle DFA = \frac{\pi}{4}$，显然不成立，
因而假设不成立，故C错误；
对于D，取$BC$的中点$G$，连接$AG,EG$，如图所示，

因为$EG \perp$平面$ABCD$，$BF \subset$平面$ABCD$，所以$EG \perp BF$，
又因为$\frac{BG}{AB} = \frac{FC}{BC} = \frac{1}{2}$，所以$\bigtriangleup ABG \backsim \bigtriangleup BCF$，所以$\angle BAG = \angle CBF$，又因为$\angle CBA = \angle BCF = \frac{\pi}{2}$，所以$\angle AGB = \frac{\pi}{2}$，
又$AG \cap EG = G$且都在平面$AEG$内，所以$BF \perp$平面$AEG$，
又$AE \subset$平面$AEG$，所以$AE \perp BF$，故D正确.
故选D.