《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版巅峰版》

1. [2023 江苏苏州中学月考]如图，四棱锥 $ P - ABCD $ 的底面是平行四边形，$ AC $ 交 $ BD $ 于点 $ O $，$ E $ 为 $ AD $ 的中点，点 $ F $ 在 $ PA $ 上，$ AP = \lambda AF $，$ PC // $ 平面 $ BEF $，则 $ \lambda $ 的值为(D)

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

答案：
1.D　如图，设AO交BE于点G,连接FG.因为O,E分别是BD,AD的中点，所以$\frac{AG}{AO}=\frac{2}{3}$，则有$\frac{AG}{AC}=\frac{1}{3}$，因为$PC//$平面BEF,平面BEF∩平面PAC=GF,所以$GF// PC$,则$\frac{AF}{AP}=\frac{AG}{AC}=\frac{1}{3}$,即$\lambda = 3$。
　　　　　

2. [多选题，2024 江苏徐州三中期末]如图所示，在棱长为$\sqrt{2}$的正方体 $ ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} $ 中，$ P $，$ Q $ 分别为线段 $ BD_{1} $，$ BB_{1} $ 上的动点(不含端点)，则下列说法正确的是(BD)

A.存在点 $ P $，$ Q $，使得 $ C_{1}P // AQ $
B.直线 $ A_{1}P $ 和直线 $ C_{1}Q $ 异面
C.存在点 $ P $，$ Q $，使得 $ PQ // $ 平面 $ DCC_{1}D_{1} $
D.$ \triangle C_{1}PQ $ 周长的最小值为$\sqrt{8 + 4\sqrt{2}}$

答案：
2.BD　对于A,如图1,在$CC_1$上取点E,使$CE = BQ$,在正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中,$CE// BQ$,则四边形BCEQ为平行四边形，所以$QE// BC$,$QE = BC$,又在正方形ABCD中,$BC// AD$且$BC = AD$,所以$QE// AD$且$QE = AD$,则四边形ADEQ是平行四边形，所以$AQ// DE$,因为$D$,$E$,$C_1\in$平面$CDD_1C_1$,$C_1\notin DE$,$P\notin$平面$CDD_1C_1$,所以DE和$C_1P$为异面直线，则AQ和$C_1P$不可能平行，故不存在点P,Q,使得$C_1P// AQ$,故A错误;
　　　　　　　
对于B,如图2,在$AA_1$上取点F,使$AF = BQ$,与选项A同理可得$FQ// D_1C_1$，由图可知,点$A_1$在平面$FQCD_1$上方，点P在平面$FQCD_1$下方，则直线$A_1P$与平面$FQCD_1$相交，交点T在线段$A_1P$上,则$T\notin C_1Q$,$A_1P\cap$平面$FQCD_1 = T$,$C_1Q\subset$平面$FQCD_1$,则直线$A_1P$和直线$C_1Q$异面，故B正确;
　　　　　　　
对于C,如图3所示，若$PQ//$平面$DCC_1D_1$，由$PQ\subset$平面$DBB_1D_1$，平面$DCC_1D_1\cap$平面$DBB_1D_1 = DD_1$，则$PQ// DD_1$，此时点P与点B重合，不合题意，故C错误;
　　　　　　　
对于D,将三棱锥$C_1 - BB_1D_1$展开成平面图形如图4所示，
　　　　　　
连接$C_2C_3$分别交$BD_1$和$BB_1$于点P,Q,此时$\triangle C_1PQ$的周长最小,即为$C_2C_3$，在$\triangle BC_2C_3$中,$\angle C_2BC_3 = 90^{\circ}+45^{\circ}=135^{\circ}$,$BC_2 = BC_3 = 2$,由余弦定理得$C_2C_3=\sqrt{4 + 4 - 2×2×2×(-\frac{\sqrt{2}}{2})}=\sqrt{8 + 4\sqrt{2}}$，即$\triangle C_1PQ$周长的最小值为$\sqrt{8 + 4\sqrt{2}}$，故D正确。

3. [2025 重庆十一中教育集团期中]如图 1，在平行四边形 $ ABCD $ 中，$ A = 60^{\circ} $，$ AD = 2 $，$ AB = 4 $，将 $ \triangle ABD $ 沿 $ BD $ 折起到 $ \triangle A'BD $ 位置，使得平面 $ A'BD \perp $ 平面 $ BCD $，如图 2.
（1）求证：$ BC \perp $ 平面 $ A'BD $.
（2）在线段 $ A'C $ 上是否存在点 $ M $，使得二面角 $ M - BD - C $ 的大小为 $ 45^{\circ} $？若存在，求出$\frac{A'M}{A'C}$的值；若不存在，请说明理由.

答案：
3.
(1)证明:在$\triangle ABD$中,$A = 60^{\circ}$,$AD = 2$,$AB = 4$,由余弦定理知,$BD^{2}=AB^{2}+AD^{2}-2AB· AD\cos A = 16 + 4 - 2×4×2×\frac{1}{2}=12$,所以$BD^{2}+AD^{2}=AB^{2}$,即$AD\perp BD$,因为$AD// BC$,所以$BC\perp BD$。又因为平面$A'BD\perp$平面BCD,平面$A'BD\cap$平面BCD = BD,$BC\subset$平面BCD,所以$BC\perp$平面$A'BD$。
(2)解:如图2,过点M作$MN\perp CD$于N,过点N作$NH\perp BD$于H,连接MH,则$NH// BC$。因为$A'D\perp BD$,平面$A'BD\perp$平面BCD,平面$A'BD\cap$平面BCD = BD,$A'D\subset$平面$A'BD$,所以$A'D\perp$平面BCD。因为$CD\subset$平面BCD,所以$A'D\perp CD$,所以$MN// A'D$,所以$MN\perp$平面BCD,所以$\angle MHN$就是二面角$M - BD - C$的平面角，即$\angle MHN = 45^{\circ}$,所以$MN = NH$,因为$MN// A'D$,$NH// BC$,所以$\frac{MN}{A'D}=\frac{CN}{CD}$,$\frac{NH}{BC}=\frac{DN}{CD}$,而$A'D = BC$,所以$CN = DN$,即N是CD的中点,所以M是$A'D$的中点，所以$\frac{A'M}{A'C}=\frac{1}{2}$。