《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

3. [2024·南昌九中月考]如图，四棱锥$S - ABCD$的所有的棱长都等于$2$，$E$是$SA$的中点，过$C$，$D$，$E$三点的平面与$SB$交于点$F$，则四边形$DEFC$的周长为(C)

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

答案： 3.C【解析】因为$AB = BC = CD = AD = 2$，所以四边形$ABCD$为菱形，所以$CD // AB$. 又因为$CD \not\subset$平面$SAB$，$AB \subset$平面$SAB$，所以$CD //$平面$SAB$. 又因为$CD \subset$平面$CDEF$，平面$CDEF \cap$平面$SAB = EF$，所以$CD // EF$，所以$EF // AB$. 又因为$E$为$SA$的中点，所以$EF = \frac{1}{2}AB = 1$. 又因为$\triangle SAD$和$\triangle SBC$都是等边三角形，所以$DE = CF = 2 × \sin 60^{\circ} = \sqrt{3}$，所以四边形$DEFC$的周长为$CD + DE + EF + FC = 2 + \sqrt{3} + 1 + \sqrt{3} = 3 + 2\sqrt{3}$.

4. [2024·贵阳一中月考]如图，已知四棱锥$P - ABCD$的底面是平行四边形，$AC$交$BD$于点$O$，$E$为$AD$的中点，$F$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： 4.D【解析】设$AO$交$BE$于点$G$，连接$FG$. 因为$E$为$AD$的中点，四边形$ABCD$为平行四边形，所以$\triangle AEG \sim \triangle CBG$，所以$\frac{AE}{BC} = \frac{AG}{CG} = \frac{1}{2}$，故$\frac{AG}{AC} = \frac{1}{3}$. 因为$PC //$平面$BEF$，$PC \subset$平面$PAC$，平面$BEF \cap$平面$PAC = GF$，所以$GF // PC$，所以$\frac{AF}{AP} = \frac{AG}{AC} = \frac{1}{3}$，即$\lambda = 3$.

5. [2024·唐山二中月考]如图，在三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，$AB = 2\sqrt{3}$，$AC = 3CF$，$\triangle AA_{1}B$与$\triangle A_{1}B_{1}B$为正三角形，动点$Q$为侧面$ABB_{1}A_{1}$内一点，若$CB_{1}//$平面$A_{1}QF$，则动点$Q$运动轨迹的长度为3。

答案：
5.3【解析】如图，取$BB_1$的中点$E$，连接$AB_1$，$A_1E$交于点$G$，连接$EF$，$FG$，则$\triangle AGA_1 \sim \triangle B_1GE$，所以$\frac{AG}{GB_1} = \frac{AA_1}{EB_1} = 2$. 又由$AC = 3CF$，得$\frac{AF}{CF} = 2$，所以$\frac{AF}{CF} = \frac{AG}{GB_1}$，所以$FG // CB_1$. 又$CB_1 \subset$平面$A_1EF$，$FG \subset$平面$A_1EF$，所以$CB_1 //$平面$A_1EF$，由此可知动点$Q$的运动轨迹为线段$A_1E$. 由题意知$A_1E \perp BB_1$，所以$A_1E = \frac{\sqrt{3}}{2}BB_1 = \frac{\sqrt{3}}{2}AB = 3$.

6. [2024·衡水中学周练]如图，在长方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$DD_{1} = 8$，$E$，$F$分别是侧棱$AA_{1}$，$CC_{1}$上的动点，$AE + CF = 8$。点$P$在棱$AA_{1}$上，且$AP = 2$，若$EF//$平面$PBD$，则$CF =$2。

答案： 6.2【解析】连接$AC$，交$BD$于点$O$，连接$PO$. 因为$EF //$平面$PBD$，$EF \subset$平面$EACF$，平面$EACF \cap$平面$PBD = PO$，所以$EF // PO$. 在$PA_1$上截取$PQ = AP = 2$，连接$QC$，则$QC // PO$，所以$EF // QC$，所以易知四边形$EFCQ$为平行四边形，则$CF = EQ$. 又$AE + CF = 8$，$AE + A_1E = 8$，所以$A_1E = CF = EQ = \frac{1}{2}A_1Q = 2$，故$CF = 2$.

7. [2024·银川一中月考]如图所示，四棱锥$P - ABCD$的底面是边长为$a$的正方形，侧棱$PA\perp AB$，在侧面$PBC$内，有$PB\perp BC$，$BE\perp PC$于点$E$，且$BE = \frac{\sqrt{6}}{3}a$。在线段$AB$上是否存在一点$F$，使$EF//$平面$PAD$？若存在，求出$\frac{AF}{AB}$的值；若不存在，请说明理由。

答案：
7.存在满足条件的点$F$. 理由如下：
如图所示，在平面$PCD$内，过点$E$作$EG // CD$交$PD$于点$G$，连接$AG$，在$AB$上取点$F$，使$AF = EG$，连接$EF$. 因为$EG // CD // AF$，$EG = AF$，所以四边形$FEGA$为平行四边形，所以$FE // AG$. 又$AG \subset$平面$PAD$，$FE \not\subset$平面$PAD$，所以$EF //$平面$PAD$，所以$F$即为所求的点. 因为$PB \perp BC$，所以$PC^2 = BC^2 + BC^2 = BC^2 + AB^2 + PA^2$，设$PA = x$，则$PC = \sqrt{2a^2 + x^2}$，因为$BE \perp PC = E$，所以$PB · BC = PC · BE$，则$\sqrt{a^2 + x^2} · a = \sqrt{2a^2 + x^2} · \frac{\sqrt{6}}{3}a$，解得$x = a$，即$PA = a$，所以$PC = \sqrt{3}a$. 又$CE = \sqrt{a^2 - (\frac{\sqrt{6}}{3}a)^2} = \frac{\sqrt{3}}{3}a$，所以$\frac{GE}{CD} = \frac{PE}{PC} = \frac{2}{3}$，即$GE = \frac{2}{3}CD = \frac{2}{3}a$，所以$AF = \frac{2}{3}a$，即$\frac{AF}{AB} = \frac{2}{3}$.

8. [2024·日照一中月考]如图，在棱长为$1$的正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，点$M$在$AD_{1}$上移动，点$N$在$BD$上移动，$D_{1}M = DN = a(0 ＜ a ＜ \sqrt{2})$，连接$MN$。
(1)证明：对任意$a\in(0,\sqrt{2})$，总有$MN//$平面$DCC_{1}D_{1}$；
(2)当$a$为何值时，$MN$最短？

答案：
8.
(1)证明：如图，作$MP // AD$，交$DD_1$于点$P$，作$NQ // BC$，交$DC$于点$Q$，连接$PQ$. 由题意得，$MP // NQ$，$\frac{MP}{AD} = \frac{D_1M}{AD_1} = \frac{DN}{BD} = \frac{NQ}{BC}$，因为$AD = BC$，所以$MP = NQ$，则四边形$MNQP$为平行四边形，所以$MN // PQ$. 又$PQ \subset$平面$DCC_1D_1$，$MN \not\subset$平面$DCC_1D_1$，所以$MN //$平面$DCC_1D_1$.
(2)由
(1)知四边形$MNQP$为平行四边形，所以$MN = PQ$. 又$D_1M = DN = a$，$DD_1 = AD = DC = 1$，所以$AD = BD = \sqrt{2}$，所以$\frac{D_1P}{DD_1} = \frac{D_1M}{AD_1}$，$\frac{DQ}{DC} = \frac{DN}{BD}$，即$\frac{D_1P}{1} = \frac{a}{\sqrt{2}}$，$\frac{DQ}{1} = \frac{a}{\sqrt{2}}$，所以$D_1P = \frac{\sqrt{2}a}{2}$，$DQ = \frac{\sqrt{2}a}{2}$. 所以$MN = PQ = \sqrt{(1 - D_1P)^2 + DQ^2} = \sqrt{(1 - \frac{\sqrt{2}a}{2})^2 + (\frac{\sqrt{2}a}{2})^2} = \sqrt{(a - \frac{\sqrt{2}}{2})^2 + \frac{1}{2}}(0 ＜ a ＜ \sqrt{2})$，故当$a = \frac{\sqrt{2}}{2}$时，$MN$取得最小值$\frac{\sqrt{2}}{2}$，即当$M$，$N$分别为$AD_1$，$BD$的中点时，$MN$最短，此时$MN$的长为$\frac{\sqrt{2}}{2}$.