《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版巅峰版》

6. [多选题，2024 山东聊城期中]正方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 的棱长为 1，已知 $AC_{1} \perp$ 平面 $\alpha$，则关于 $\alpha$ 截此正方体所得截面的判断正确的是(AC)

A.截面形状可能为正三角形
B.截面形状可能为正方形
C.截面形状可能为正六边形
D.截面面积的最大值为 $\sqrt{3}$

答案：
6.AC　如图1，在正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，连接A₁B，A₁D，BD，AC，因为AA₁⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥AA₁，因为四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC，又因为AA₁∩AC = A，AA₁，AC⊂平面AA₁C₁C，所以BD⊥平面AA₁C₁C，因为AC⊂平面AA₁C₁C，所以AC⊥BD，同理可证AC⊥A₁B，因为A₁B∩BD = B，A₁B，BD⊂平面A₁BD，所以AC⊥平面A₁BD，所以平面α与平面A₁BD平行或重合，所以平面α与正方体的截面形状可以是正三角形，故A正确；当E，F，N，M，G，H分别为对应棱的中点时，截面EFNMGH为正六边形，因为E，H分别为BB₁，A₁B₁的中点，所以EH//A₁B，因为EH⊄平面A₁BD，A₁B⊂平面A₁BD，所以EH//平面A₁BD，同理可得EF//平面A₁BD，又因为EH∩EF = E，EH，EF⊂平面EFNMGH，所以平面EFNMGH//平面A₁BD，所以AC⊥平面EFNMGH，此时截面为正六边形，故C正确；将平面α平移，可知截面不可能是正方形，故B错误；设截面为多边形GMEFNH，设A₁G = x，则0≤x≤1，所以GH = ME = NF = $\sqrt{2}x$，MG = NH = EF = $\sqrt{2}(1 - x)$，MN = $\sqrt{2}$，所以多边形GMEFNH的面积为两个等腰梯形的面积之和，所以S = $\frac{1}{2}·(GH + MN)·h₁+\frac{1}{2}·(MN + EF)·h₂$，因为$h₁=\sqrt{[\sqrt{2}(1 - x)]^{2}-(\frac{\sqrt{2}-\sqrt{2}x}{2})^{2}}=\sqrt{\frac{3}{2}}(1 - x)$，$h₂=\sqrt{(\sqrt{2}x)^{2}-[\frac{\sqrt{2}-\sqrt{2}(1 - x)}{2}]^{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}x$，所以$S=\frac{1}{2}(\sqrt{2}x+\sqrt{2})·\sqrt{\frac{3}{2}}(1 - x)+\frac{1}{2}[\sqrt{2}+\sqrt{2}(1 - x)]·\frac{\sqrt{6}}{2}x= - \sqrt{3}x^{2}+\sqrt{3}x+\frac{\sqrt{3}}{2}$，当x = $\frac{1}{2}$时，$S_{max}=\frac{3\sqrt{3}}{4}$，故D错误.

7. [2024 江苏苏州期中]一个透明密闭正方体容器恰好盛有该容器一半体积的水，任意转动这个正方体，则水面的形状可能是②③④⑤。(① 三角形；② 菱形；③ 矩形；④ 正方形；⑤ 正六边形)

答案：
7.②③④⑤　因为正方体容器中盛有一半容积的水，无论怎样转动，其水面总是过正方体的中心.过正方体的一条棱和中心可作一截面，截面形状为矩形，如图1；过正方体一面上一边的中点和此边外的顶点以及正方体的中心作一截面，截面形状为菱形，如图2；过正方体一面上相邻两边的中点以及正方体的中心作一截面，截面形状为正六边形，如图3；过正方体一面上相对两边的中点以及正方体的中心作一截面，得截面形状为正方形，如图4.至于截面三角形，过正方体的中心不可能作出截面为三角形的图形.

8. [2025 福建福州期中]在正方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中。
（1）如图 1，若 $AC \cap BD = O$，$A_{1}C \cap$ 平面 $BDC_{1} = E$，求证：$C_{1}$，$E$，$O$ 三点共线。
（2）$M$，$N$ 分别为 $AB$ 和 $C_{1}D_{1}$ 的中点，$P$，$Q$ 分别为 $BC$ 和 $CC_{1}$ 的一个三等分点（都靠近点 $C$）。
① 如图 2，求证：$AP$，$DC$，$D_{1}Q$ 三线共点；
② 过 $M$，$N$，$Q$ 三点作该正方体的截面，在图 3 中作出这个截面（不必说明画法和理由，但要保留作图痕迹）。

答案：
8.
(1)证明：如图，连接A₁C₁，因为C₁∈平面A₁ACC₁，且C₁∈平面BDC₁，所以C₁是平面A₁ACC₁与平面BDC₁的公共点.因为AC₁∩BD = O，所以O∈AC₁，AC₁⊂平面A₁ACC₁，又O∈BD，BD⊂平面BDC₁，所以O是平面A₁ACC₁与平面BDC₁的公共点，所以平面A₁ACC₁∩平面BDC₁ = OC₁.又A₁C₁∩平面BDC₁ = E，所以E∈A₁C₁，A₁C₁⊂平面A₁ACC₁，所以E∈平面BDC₁，所以E是平面A₁ACC₁与平面BDC₁的公共点，所以E∈OC₁，即C₁，E，O三点共线.

(2)①证明：如图，分别延长AP，DC交于点R，连接D₁R.因为R∈直线DC，DC⊂平面ABCD，PC = $\frac{1}{3}AD$，BC//AD，所以CR = $\frac{1}{3}DR$.又D₁D//C₁C，所以D₁R与C₁C的交点为C₁C的三等分点，即点Q，所以AP，DC，D₁Q三线共点.

②解：如图，六边形MPQNTS即为所求作的截面.