《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

3. [2024·大同一中月考]如图,在长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中,AB=BC=4,BB₁=2√{2},E,F,M分别为C₁D₁,A₁D₁,B₁C₁的中点,过点M的平面α与平面DEF平行,且与长方体的面相交,则交线围成的平面图形的面积为(A)

A.6√{5}
B.6√{6}
C.12
D.24

答案：
3.A[解析]如图，取$A_1B_1$的中点$N$，连接$MN$，$AN$，$AC$，$CM$，$A_1C_1$，则四边形$MNAC$为所求图形。因为$AA_1 // CC_1$，所以四边形$ACC_1A_1$为平行四边形，所以$A_1C_1 // AC$。又$M$，$N$分别为$B_1C_1$，$A_1B_1$的中点，所以$MN // A_1C_1$，故$MN // AC$，且$MN \neq AC$，所以四边形$MNAC$为梯形，$MN = \frac{1}{2}AC = 2\sqrt{2}$。过点$M$作$MP \perp AC$交$AC$于点$P$。因为$AN = MC = \sqrt{8 + 4} = 2\sqrt{3}$，所以$PC = \frac{AC - MN}{2} = \sqrt{2}$。在$Rt \triangle MPC$中，$MP = \sqrt{MC^{2} - PC^{2}} = \sqrt{10}$，所以梯形$MNAC$的面积为$\frac{1}{2} × (2\sqrt{2} + 4\sqrt{2}) × \sqrt{10} = 6\sqrt{5}$。故选A。

4. [2024·怀宁一中月考]已知正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱长为2,点P在棱AD上,过点P作该正方体的截面,当截面平行于平面B₁D₁C且面积为√{3}时,线段AP的长为(A)

A.√{2}
B.1
C.√{3}

$D.\frac{\sqrt{3}}{2}$

答案：
4.A[解析]如图，连接$A_1D$，$A_1B$，$BD$，由正方体的结构特征，可得平面$BDA_1 //$平面$B_1D_1C$。过点$P$作该正方体的截面，分别交$AB$于点$E$，交$AA_1$于点$F$。因为截面$PEF //$平面$B_1D_1C$，所以截面$PEF //$平面$BDA_1$，可得$PE // DB$，$EF // A_1B$，$PF // A_1D$，再由平行线截线段成比例，可得$AP = AE = AF$，$\triangle PEF$为正三角形。设$\triangle PEF$的边长为$a$，则$\frac{1}{2}a^{2} · \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$，解得$a = 2$，则$AP = \sqrt{2}$。故选A。

5. [2024·襄阳五中单元检测]设平面α//平面β,A,C∈α,B,D∈β,直线AB与CD交于点S,AS=8,BS=9,CD=34,则CS=16或272.

答案： 5.16或272[解析]当$S$位于$\alpha$，$\beta$之间时，由$\triangle SAC \sim \triangle SBD$，有$\frac{AS}{BS} = \frac{CS}{DS}$，即$\frac{AS}{AS + BS} = \frac{CS}{CS + DS}$，即$\frac{8}{8 + 9} = \frac{CS}{CS + 34}$，解得$CS = 16$；当$S$位于$\alpha$，$\beta$之外时，同理有$\frac{AS}{BS} = \frac{CS}{DS} = \frac{CS}{CS + CD}$，即$\frac{8}{9} = \frac{CS}{CS + 34}$，解得$CS = 8 × 34 = 272$。故$CS$的值为16或272。

6. [2024·洛阳一中月考]如图,平面α//平面β//平面γ,两条异面直线l,m分别与平面α,β,γ相交于点A,B,C和点D,E,F,已知AB=2 cm,BC=3 cm,DE=4 cm,则EF=6cm.

答案：
6.6cm[解析]如图所示，连接$AF$交平面$\beta$于点$G$，连接$CF$，$BG$，$EG$，$AD$。因为$AC \cap AF = A$，所以直线$AC$和$AF$确定一个平面$AFC$，则平面$AFC \cap \beta = BG$，平面$AFC \cap \gamma = CF$。又$\beta // \gamma$，所以$BG // CF$，所以$\frac{AB}{BC} = \frac{AG}{GF}$。同理可证$\frac{DE}{EF} = \frac{AG}{GF}$，所以$\frac{AB}{BC} = \frac{DE}{EF}$，所以$\frac{2}{3} = \frac{4}{EF}$，所以$EF = 6$cm。

7. [2024·哈尔滨三中月考]如图,P是△ABC所在平面外一点,平面α//平面ABC,α分别交线段PA,PB,PC于点A',B',C'.若PA':AA'=2:3,则$\frac{S_{△A'B'C'}}{S_{△ABC}}=$$\frac{4}{25}$.

答案： 7.$\frac{4}{25}$[解析]因为平面$\alpha //$平面$ABC$，所以$AB // A'B'$，$BC // B'C'$，$AC // A'C'$。由等角定理得$\angle ABC = \angle A'B'C'$，$\angle BCA = \angle B'C'A'$，$\angle CAB = \angle C'A'B'$，所以$\triangle ABC \sim \triangle A'B'C'$。因为$\triangle PAB \sim \triangle PA'B'$，$PA' : AA' = 2:3$，所以$\frac{A'B'}{AB} = \frac{PA'}{PA} = \frac{2}{5}$，所以$\frac{S_{\triangle A'B'C'}}{S_{\triangle ABC}} = (\frac{A'B'}{AB})^{2} = \frac{4}{25}$。

8. [2024·岳阳一中月考]如图,已知平面α//平面β,GH,GD,HE分别交α,β于A,B,C,D,E,F,且$GA=9,AB=12,BH=16,S_{△ACE}=72,$求$S_{△DBF}.$

答案： 8.因为平面$HAE \cap$平面$\alpha = AE$，平面$HAE \cap$平面$\beta = BF$，平面$\alpha //$平面$\beta$，所以$AE // BF$，同理可得$AC // BD$，所以$\angle EAC$与$\angle FBD$相等或互补，所以$\sin \angle EAC = \sin \angle FBD$。
因为$AE // BF$，$AH = AB + BH = 28$，所以$BF:AE = BH:AH = 16:28 = 4:7$，即$BF = \frac{4}{7}AE$。
因为$BD // AC$，$GB = GA + AB = 21$，所以$BD:AC = GB:GA = 21:9 = 7:3$，即$BD = \frac{7}{3}AC$。
因为$S_{\triangle ACE} = 72$，所以$\frac{1}{2}AE · AC · \sin \angle EAC = 72$，所以$AE · AC · \sin \angle EAC = 144$，所以$S_{\triangle DBF} = \frac{1}{2}BF · BD · \sin \angle FBD = \frac{1}{2} · \frac{4}{7}AE · \frac{7}{3}AC · \sin \angle FBD = \frac{2}{3}AE · AC · \sin \angle EAC = \frac{2}{3} × 144 = 96$。

9. [2024·莆田五中期中]如图,在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中,D为AC的中点,点D₁是A₁C₁上的一点.
(1)当$\frac{A₁D₁}{D₁C₁}$等于何值时,平面DBC₁//平面AB₁D₁?并证明.
(2)当平面DBC₁//平面AB₁D₁时,记几何体A-B₁D₁A₁,B₁C₁D₁-ABD的体积分别为V₁,V₂,求V₁:V₂.

答案： 9.
(1)当$\frac{AD}{DC} = 1$时，平面$DBC_1 //$平面$AB_1D_1$，证明如下：因为$D$，$D_1$分别是线段$AC$，$A_1C_1$的中点，所以$AD // D_1C_1$，且$AD = D_1C_1$，所以四边形$ADC_1D_1$是平行四边形，所以$AD_1 // DC_1$。又$DC_1 \not\subset$平面$AB_1D_1$，$AD_1 \subset$平面$AB_1D_1$，所以$DC_1 //$平面$AB_1D_1$。连接$DD_1$，由$D$，$D_1$分别是线段$AC$，$A_1C_1$的中点，得$DD_1 // BB_1$，且$DD_1 = BB_1$，所以四边形$DD_1B_1B$是平行四边形，所以$BD // B_1D_1$。因为$BD \not\subset$平面$AB_1D_1$，$B_1D_1 \subset$平面$AB_1D_1$，所以$BD //$平面$AB_1D_1$。又$BD \subset$平面$DBC_1$，$DC_1 \subset$平面$DBC_1$，$DC_1 \cap BD = D$，
所以平面$DBC_1 //$平面$AB_1D_1$。
(2)易知$V_1 = \frac{1}{3}S_{\triangle B_1D_1A_1}h_1$，$V_{三棱锥C_1 - BCD} = \frac{1}{3}S_{\triangle BCD}h_2$，其中$h_1$，$h_2$分别为点$A$到平面$B_1D_1A_1$的距离和点$C_1$到平面$BCD$的距离，显然$h_1 = h_2$。
由
(1)知，当平面$DBC_1 //$平面$AB_1D_1$时，$D$是线段$AC$的中点，则显然有$S_{\triangle B_1D_1A_1} = S_{\triangle BCD}$，所以$V_1 = V_{三棱锥C_1 - BCD}$。
而$V_{三棱柱ABC - A_1B_1C_1} = S_{\triangle ABC}h_1 = 2S_{\triangle BCD}h_2 = 6V_1$，所以$V_2 = V_{三棱柱ABC - A_1B_1C_1} - V_1 - V_{三棱锥C_1 - BCD} = 4V_1$，所以$V_1:V_2 = 1:4$。