《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

1. [2024·烟台一中月考](多选)已知$a,b$表示两条直线，$\alpha,\beta,\gamma$表示三个不重合的平面，给出下列说法，正确的有(BD)

A.若$\alpha\cap\gamma = a,\beta\cap\gamma = b$，且$a// b$，则$\alpha//\beta$
B.若$a,b$相交，且都在$\alpha,\beta$外，$a//\alpha,b//\alpha$，$a//\beta,b//\beta$，则$\alpha//\beta$
C.若$a//\alpha,b//\beta$，且$a// b$，则$\alpha//\beta$
D.若$a\subset\alpha,a//\beta,\alpha\cap\beta = b$，则$a// b$

答案： 1.BD 【解析】在A,C中，$\alpha$与$\beta$可能相交，故A,C错误；由平面与平面平行的判定定理知B正确；由线面平行的性质知D正确.故选BD.

2. [2024·南京一中月考](多选)已知平面$\alpha,\beta$为两个不同的平面，则下列说法正确的有(BCD)

A.若平面$\alpha//$平面$\beta$，直线$a//$平面$\alpha$，则直线$a$一定平行于平面$\beta$
B.若平面$\alpha//$平面$\beta$，则$\alpha$内的任意一条直线都平行于平面$\beta$
C.若一个三角形的两条边所在的直线分别平行于一个平面，则该三角形所在的平面与这个平面平行
D.分别在两个平行平面内的两条直线只能是平行直线或异面直线

答案： 2.BCD【解析】若平面$\alpha$//平面$\beta$，直线$a$//平面$\alpha$，则直线$a$还可能在平面$\beta$内，故A错误；若平面$\alpha$//平面$\beta$，则$\alpha$内的任意一条直线都平行于平面$\beta$，故B正确；若一个三角形的两条边所在的直线分别平行于一个平面，则由面面平行的判定定理知，该三角形所在的平面与这个平面平行，故C正确；分别在两个平行平面内的两条直线只能是平行直线或异面直线，故D正确.故选BCD.

3. [2024·江西临川一中期中]如图所示，正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$的棱长为$a$，$M,N$分别为$A_1B$和$AC$上的点，$A_1M = AN =\frac{\sqrt{2}}{3}a$，则$MN$与平面$BB_1C_1C$的位置关系是(B)


A.相交
B.平行
C.垂直
D.不能确定

答案：
3.B【解析】如图，过点$M$作$MP// A_1B_1$交$BB_1$于点$P$，过点$N$作$NQ// AB$交$BC$于点$Q$，连接$PQ$，则由$A_1M=\frac{\sqrt{2}}{3}a$，且$A_1B_1=AC=\sqrt{2}a$，得$MP=\frac{2}{3}A_1B_1$，$NQ=\frac{2}{3}AB$.又$A_1B_1\perp AB$，所以$NQ\perp MP$，所以四边形$MNQP$为平行四边形，所以$MN// PQ$.又$MN\not\subset$平面$BB_1C_1C$，$PQ\subset$平面$BB_1C_1C$，所以$MN//$平面$BB_1C_1C$.故选B.

4. [2024·岳阳一中月考]已知正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$的棱$C_1D_1$上存在一点$E$(不与端点重合)，使得$BD_1//$平面$B_1CE$，则(D)

A.$BD_1// CE$
B.$AC_1\perp BD_1$
C.$D_1E = 2EC_1$
D.$D_1E = EC_1$

答案：
4.D【解析】如图，连接$BC_1$，设$B_1C\cap BC_1=O$，连接$OE$，因为$BD_1//$平面$B_1CE$，$BD_1\subset$平面$BCD_1A_1$，平面$BCD_1A_1\cap$平面$B_1CE=OE$，所以$BD_1// OE$，因为$O$为$BC_1$的中点，所以$E$为$C_1D_1$的中点，所以D正确，C错误；由异面直线的定义，知$BD_1$，$CE$是异面直线，故A错误；连接$AD_1$，在矩形$ABCD_1$中，$AC_1$与$BD_1$不垂直，故B错误.故选D.

5. 如图，在棱长为$2$的正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$M$是$A_1B_1$的中点，$P$是侧面$CDD_1C_1$上的动点，且$MP//$平面$AB_1C$，则线段$MP$长度的取值范围是(B)

A.$[\sqrt{2},\sqrt{6}]$
B.$[\sqrt{6},2\sqrt{2}]$
C.$[\sqrt{6},2\sqrt{3}]$
D.$[\sqrt{3},\sqrt{6}]$

答案：
5.B【解析】如图，取$CD$的中点$N$，$CC_1$的中点$R$，$B_1C_1$的中点$H$，连接$MN,NR,MR,MH,RH$，则$MN// B_1C// HR,MH// AC$.因为$MN\cap MH=M,B_1C\cap AC=C$，所以平面$MNRH//$平面$ABC_1$.
要使$MP//$平面$ABC_1$，则$MP\subset$平面$MNRH$，线段$MP$扫过的图形是$\triangle MNR$.因为$AB=2$，所以$MN=2\sqrt{2}$，$NR=\sqrt{2}$，$MR=\sqrt{6}$，所以$MN^2=NR^2+MR^2$，所以$\angle MRN$是直角，所以线段$MP$长度的取值范围是$[\sqrt{6},2\sqrt{2}]$.故选B.

6. [2024·长沙一中期末](多选)如图，在棱长均相等的四棱锥$P - ABCD$中，$O$为底面正方形的中心，$M,N$分别为侧棱$PA,PB$的中点，则下列结论正确的有(ABCD)

A.$OM// PC$
B.$PD//$平面$OMN$
C.平面$PCD//$平面$OMN$
D.$PD\perp PB$

答案： 6.ABCD【解析】对于A，连接$AC$，显然$O$为$AC$的中点.因为$M$为$PA$的中点，所以$OM// PC$，A正确.对于B，连接$BD$，显然$O$为$BD$的中点.因为$N$为$PB$的中点，所以$PD// ON$，由线面平行的判定定理，可得$PD//$平面$OMN$，B正确.对于C，因为$OM// PC$，所以由线面平行的判定定理，可得$PC//$平面$OMN$.又由选项B得$PD//$平面$OMN$，由面面平行的判定定理，可得平面$PCD//$平面$OMN$，C正确.对于D，因为底面为正方形，所以$AB^2+AD^2=BD^2$.又所有棱长都相等，所以$PB^2+PD^2=AB^2+AD^2=BD^2$，故$PB\perp PD$，D正确.故选ABCD.

7. 在正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$M,N,Q$分别是棱$D_1C_1,A_1D_1,BC$的中点，点$P$在$BD_1$上，且$BP = \frac{2}{3}BD_1$，则有以下四个说法：
①$MN//$平面$APC$；②$C_1Q//$平面$APC$；③$A,P,M$三点共线；④平面$MNQ//$平面$APC$。
其中正确的有②③。(填序号)

答案：
7.②③【解析】由题可知，$MN// AC$，$AB=2MD_1$且$AB// MD_1$，如图，连接$AM$，则$AM,BD_1$交于点$P$，同理，连接$CN$，则$CN,BD_1$交于点$P$，易得$AM,CN$交于点$P$，即$M,N\subset$平面$APC$，所以①错误；由①知$M,N$在平面$APC$上，连接$AN$，由题易知$AN// C_1Q$，因为$C_1Q\not\subset$平面$APC$，$AN\subset$平面$APC$，所以$C_1Q//$平面$APC$，所以②正确；由①知$A,P,M$三点共线，所以③正确；由①知$MNC$平面$APC$，又$MNC$平面$MNQ$，所以平面$MNQ$与平面$APC$相交，所以④错误.故答案为②③.

8. [2024·阜阳太和一中月考]已知在棱长为$2$的正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，点$E$在棱$AD$上，且$2AE = DE$，则过点$B_1$且与平面$A_1BE$平行的正方体的截面面积为$\frac{4\sqrt{11}}{3}$。

答案：
8.$\frac{4\sqrt{11}}{3}$【解析】如图所示，取$DE$的中点$G$，$A_1D_1$的三等分点$F$(靠近点$A_1$)，$BC$的三等分点$H$(靠近点$B$)，连接$B_1F,FG,GH,B_1H,FH,B_1G$.
因为$2AE=DE$，所以$EG=\frac{1}{3}AD=\frac{1}{3}A_1D_1=A_1F=\frac{2}{3}$.又$A_1F// EG$，所以四边形$A_1FGE$为平行四边形，所以$A_1E// FG$.同理可得$B_1F// BE$.又$A_1E,BE\subset$平面$A_1BE$，$B_1F,FG\subset$平面$B_1FG$，$A_1E\cap BE=E$，$B_1F\cap FG=F$，所以平面$A_1BE//$平面$B_1FG$，即平面$B_1FG$为所求截面.
因为平面$BCC_1B_1//$平面$ADD_1A_1$，$B_1H// A_1E// FG$，所以$B_1H$为平面$B_1FG$和平面$BCC_1B_1$的交线，故平面$B_1FGH$为所求截面，根据勾股定理可知$B_1F=FG=GH=HB_1$，即四边形$B_1FGH$为菱形.
易知$HF=A_1B_1=2\sqrt{2}$，$GB_1=\sqrt{AB^2+AG^2+BB_1^2}=\sqrt{2^2+(\frac{4}{3})^2+2^2}=\frac{2\sqrt{22}}{3}$，所以所求截面面积为$\frac{1}{2}HF· GB_1=\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×\frac{2\sqrt{22}}{3}=\frac{4\sqrt{11}}{3}$.

9. [2024·华中师大一附中期末]如图，在正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$E,F,G,H$分别为棱$CC_1,C_1D_1,D_1D,CD$的中点，$N$为$BC$的中点，$Q$为$CC_1$上的动点，$M$在四边形$EFGH$上及其内部运动，$O$为底面$ABCD$的中心。
(1)当点$Q$满足条件$Q$为$C_1C$的中点时，平面$D_1BQ//$平面$GAO$；
(2)当点$M$满足条件$M\in FH$时，$MN//$平面$B_1BDD_1$。

答案： 9.
(1)$Q$为$C_1C$的中点
(2)$M\in FH$
【解析】
(1)当$Q$为$C_1C$的中点时，平面$D_1BQ//$平面$GAO$.因为$Q$为$CC_1$的中点，$G$为$DD_1$的中点，所以$QB// GA$.又$G,O$为$DD_1,DB$的中点，所以$D_1B// GO$.又$GO\cap GA=G$，$D_1B\cap QB=B$，所以平面$D_1BQ//$平面$GAO$.
(2)连接$HN,FH,FN$.因为$H,N$分别为$CD,BC$的中点，所以$HN// DB$.又$HN\not\subset$平面$B_1BDD_1$，$BD\subset$平面$B_1BDD_1$，所以$HN//$平面$B_1BDD_1$.同理$FH//$平面$B_1BDD_1$.又$FH\cap HN=H$，所以平面$FHN//$平面$B_1BDD_1$.又点$M$在四边形$EFGH$边上及其内部运动，所以当$M\in FH$时，$MNC$平面$FHN$，所以$MN//$平面$B_1BDD_1$.