《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版》

8. 如图,在下列四个正方体中,P,R,Q,M,N,G,H为所在棱的中点,则在这四个正方体中,阴影部分所在平面与P,R,Q三点所在平面不可能平行的是 (ABD)

答案：
8.ABD 由题意可知，经过$P$，$Q$，$R$三点的平面为如图1所示的截面$PQEFRS$($E$，$F$，$S$为所在棱的中点).
　　　 　　　　　对于A，由题图可知$MC_1$与$QE$是相交直线，所以A是不可能平行的.对于B，D，由题图可知$N$在经过$P$，$Q$，$R$三点的平面上，所以B，D是不可能平行的.对于C，如图2，因为$S$，$P$，$Q$，$E$分别为$AA_1$，$AB$，$BC$，$CC_1$的中点，所以$SP// A_1B$，$QE// BC_1$.因为$SP$，$QE⊄$平面$A_1BC_1$，$A_1B$，$BC_1\subset$平面$A_1BC_1$，且$SP$，$QE$相交，$SP$，$QE\subset$平面$PQEFRS$，所以平面$PQEFRS//$平面$A_1BC_1$，所以C是平行的.

9. 在正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中,下列四组平面中彼此平行的有 (ABD)

A.平面A₁BC₁与平面AD₁C
B.平面BDC₁与平面B₁D₁A
C.平面ACD₁与平面A₁C₁D
D.平面BDA₁与平面B₁D₁C

答案：
9.ABD 对于A，$A_1B// D_1C$，$A_1B⊄$平面$ADC_1$，$D_1C\subset$平面$ADC_1$，则$A_1B//$平面$ADC_1$.同理可证，$A_1C//$平面$ADC_1$.因为$A_1B\cap A_1C=A_1$，$A_1B\subset$平面$A_1BC_1$，$A_1C\subset$平面$A_1BC_1$，所以平面$A_1BC_1//$平面$ADC_1$，故A正确.
　　　　　　　
对于B，$AD_1// BC_1$，$AD_1⊄$平面$BDC_1$，$BC_1\subset$平面$BDC_1$，则$AD_1//$平面$BDC_1$.同理可证，$AB_1//$平面$BDC_1$.因为$AD_1\cap AB_1=A_1$，$AD_1\subset$平面$BDA_1$，$AB_1\subset$平面$BDA_1$，所以平面$BDA_1//$平面$B_1D_1C$，故B正确.
　　　　　　　　
对于C，设$A_1D_1\cap AD=E$，则$E\in$平面$ACD_1$且$E\in$平面$A_1C_1D$，设$D_1C_1\cap C_1D=F$，则$F\in$平面$ACD_1$且$F\in$平面$A_1C_1D$，所以平面$ACD_1\cap$平面$A_1C_1D=EF$，故两个平面相交，故C错误.
　　　　　　　　
对于D，$BD// B_1D_1$，$BD⊄$平面$B_1D_1C$，$B_1D_1\subset$平面$B_1D_1C$，则$BD//$平面$B_1D_1C$.同理可证，$A_1B//$平面$B_1D_1C$.因为$A_1B\cap BD=B$，$A_1B\subset$平面$BDA_1$，$BD\subset$平面$BDA_1$，所以平面$BDA_1//$平面$B_1D_1C$，故D正确.

10. 六棱柱的表面中,互相平行的平面最多有4对.

答案：
10.4 当六棱柱的底面是正六边形时，互相平行的平面最多，如图所示，此时侧面中互相平行的平面有3对，两底面互相平行，所以共4对.
　　　　　　　　　

11. 如图所示,在正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中,O为底面ABCD的中心,P是DD₁的中点,设Q是CC₁上的点,当$\frac{CQ}{C₁Q}$ = 1时,平面D₁BQ//平面PAO.

答案：
11.1 当$Q$为$CC_1$的中点时，平面$D_1BQ//$平面$PAO$.因为$Q$为$CC_1$的中点，$P$为$DD_1$的中点，所以$QB// PA$.而$QB⊄$平面$PAO$，$PA\subset$平面$PAO$，所以$QB//$平面$PAO$.如图，连接$DB$，因为$P$，$O$分别为$DD_1$，$DB$的中点，所以$PO$为$\triangle DBD_1$的中位线，所以$D_1B// PO$.而$D_1B⊄$平面$PAO$，$PO\subset$平面$PAO$，所以$D_1B//$平面$PAO$.又$D_1B\cap QB=B$，所以平面$D_1BQ//$平面$PAO$.
　　　　　　　　

12. 在直四棱柱ABCD - A₁B₁C₁D₁中,底面ABCD是边长为2的正方形,侧棱AA₁ = 3,E是BC的中点,F是棱CC₁上的点,且CF = $\frac{1}{3}$CC₁.过A₁作平面α,使得平面α//平面AEF,则平面α截直四棱柱ABCD - A₁B₁C₁D₁所得截面图形的面积为$\frac{3}{2}$.

答案：
12.$\frac{3}{2}$ 如图，取$B_1C_1$的中点$M$，在$BB_1$上取一点$H$，使得$B_1H=\frac{1}{3}BB_1$，连接$A_1M$，$HM$，$A_1H$，易得$A_1M// AE$，$HM// EF$；又$A_1M\cap HM=M$，$AE\cap EF=E$，$A_1M$，$HM\subset$平面$A_1HM$，$AE$，$EF\subset$平面$AEF$，所以平面$AEF//$平面$A_1HM$.所以过点$A_1$平行于平面$AEF$的平面截四棱柱$ABCD - A_1B_1C_1D_1$所得的截面图形是$\triangle A_1HM$，其中$B_1H=\frac{1}{3}BB_1=1$，$A_1H=A_1M=\sqrt{5}$，$HM=\sqrt{2}$，则$\cos\angle MA_1H=\frac{A_1M^2 + A_1H^2 - HM^2}{2A_1M· A_1H}=\frac{4}{5}$，所以$\sin\angle MA_1H=\frac{3}{5}$，故$S_{\triangle A_1MH}=\frac{1}{2}A_1M· A_1H\sin\angle MA_1H=\frac{3}{2}$.
　　　　　　　
方法总结：解这类题的基本思路是将已知平面的边平移到线段端点处，从而确定截面的顶点位置，再顺次连接得到截面.

13. 如图,在几何体ABCDEF中,已知四边形ABCD是正方形,ED//FC,AD = ED = 2FC = 4,M,N,Q分别为AD,CD,EB的中点,P为ED上靠近点D的四等分点.求证:
(1)FQ//平面ABCD;
(2)平面PMN//平面EBF.

答案：
13.证明：
(1)如图，连接$AC$，$BD$.设$AC$与$BD$相交于点$O$，连接$OQ$.因为四边形$ABCD$是正方形，所以$O$为$BD$的中点.又$Q$为$EB$的中点，所以$OQ// ED// FC$，$OQ=\frac{1}{2}ED=FC$，即四边形$OQFC$为平行四边形，则$QF// OC$.而$QF⊄$平面$ABCD$，$OC\subset$平面$ABCD$，所以$FQ//$平面$ABCD$.
　　　　　　　
(2)如图，取$ED$的中点$H$，连接$AH$，$CH$，$HF$.因为$EH=HD =FC$，且$ED// FC$，所以四边形$HDCF$，$EHCF$都为平行四边形，所以$EF// HC$，$HF// CD// AB$，$HF=CD=AB$，即四边形$AHFB$为平行四边形，所以$AH// BF$.而$P$为$ED$上靠近点$D$的四等分点，则$P$为$HD$的中点.又$N$为$CD$的中点，则$PN// HC$，所以$EF// PN$；又$EF⊄$平面$EBF$，$PN⊄$平面$EBF$，所以$PN//$平面$EBF$；显然$PM// AH// BF$，又$BF\subset$平面$EBF$，$PM⊄$平面$EBF$，则$PM//$平面$EBF$；又$PM\cap PN=P$，$PM$，$PN\subset$平面$PMN$，所以平面$PMN//$平面$EBF$.

14. 如图,在三棱台A₁B₁C₁ - ABC中,点D在A₁B₁上,且AA₁//BD,点M是△A₁B₁C₁内(含边界)的一个动点,且有平面BDM//平面AA₁C₁C,则动点M的轨迹是 (C)

A.平面
B.直线
C.线段,但只含一个端点
D.圆

答案：
14.C 如图，过$D$作$DN// A_1C_1$，交$B_1C_1$于点$N$，连接$BN$，由于$A_1C_1\subset$平面$AA_1C_1C$，$DN⊄$平面$AA_1C_1C$，所以$DN//$平面$AA_1C_1C$.又在三棱台$A_1B_1C_1 - ABC$中，点$D$在$A_1B_1$上，且$AA_1\subset$平面$AA_1C_1C$，$BD⊄$平面$AA_1C_1C$，所以$BD//$平面$AA_1C_1C$；而$BD\cap DN=D$，$BD$，$DN\subset$平面$BDN$，所以平面$BDN//$平面$AA_1C_1C$.由点$M$是$\triangle A_1B_1C_1$内(含边界)的一个动点，且有平面$BDM//$平面$AA_1C_1C$，得$M$的轨迹是线段$DN$，且$M$与$D$不重合，因此动点$M$的轨迹是线段，但只含1个端点.