《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

10. [2024·北京四中期末]如图，正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$的棱长为$1$，$E,F$分别为$B_1C_1,C_1D_1$的中点，$P$是底面$A_1B_1C_1D_1$上一点。若$AP//$平面$BEF$，则$AP$长度的最大值是$\frac{\sqrt{5}}{2}$，最小值是$\frac{3\sqrt{2}}{4}$。

答案： 10.$\frac{\sqrt{5}}{2}\frac{3\sqrt{2}}{4}$【解析】取$A_1D_1$的中点$N$，$A_1B_1$的中点$M$，连接$AM,AN,MN,B_1D_1$.由$E,N$分别为$B_1C_1$，$A_1D_1$的中点，得$AN// BE$.又$AN\not\subset$平面$BEF$，$BE\subset$平面$BEF$，所以$AN//$平面$BEF$.因为$E,F$分别为$B_1C_1,C_1D_1$的中点，所以$EF// B_1D_1$，同理可知$MN// B_1D_1$，所以$MN// EF$，又$MN\not\subset$平面$BEF$，$EF\subset$平面$BEF$，所以$MN//$平面$BEF$.又$AN\cap MN=N$，$AN,MN\subset$平面$AMN$，所以平面$AMN//$平面$BEF$.因为$P$是底面$A_1B_1C_1D_1$上一点，且$AP//$平面$BEF$，所以$P\in MN$.在等腰三角形$AMN$中，当点$P$位于点$M$或$N$处时，$AP$的长度最大，$AP_{max}=AM=AN=\sqrt{1^2+(\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{5}}{2}$.当$P$为$MN$的中点时，$AP$的长度最小，$AP_{min}=\sqrt{AM^2-(\frac{MN}{2})^2}=\sqrt{(\frac{\sqrt{5}}{2})^2-(\frac{\sqrt{2}}{2})^2}=\frac{3\sqrt{2}}{4}$.

11. [2024·贵阳一中月考]如图1，在直角梯形$ABCP$中，$AP// BC$，$AP\perp AB$，$AB = BC =\frac{1}{2}AP$，$D$为$AP$的中点，$E,F,G$分别为$PC,PD,CB$的中点。将$\triangle PCD$沿$CD$折起，得到四棱锥$P - ABCD$，如图2。求证：在四棱锥$P - ABCD$中，$AP//$平面$EFG$。

答案： 11.证明：在四棱锥$P-ABCD$中，因为$E,F$分别为$PC,PD$的中点，所以$EF// CD$.
因为$AB// CD$，所以$EF// AB$.
因为$EF\not\subset$平面$PAB$，$ABC\subset$平面$PAB$，
所以$EF//$平面$PAB$.同理$EG//$平面$PAB$.
又因为$EF\cap EG=E$，$EF\subset$平面$EFG$，$EG\subset$平面$EFG$，所以平面$EFG//$平面$PAB$.
因为$AP\subset$平面$PAB$，所以$AP//$平面$EFG$.

12. [2024·中山一中单元检测]如图，在三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$中，$E,F,G$分别为$B_1C_1,A_1B_1,AB$的中点。
(1)求证：平面$A_1C_1G//$平面$BEF$；
(2)若平面$A_1C_1G\cap BC = H$，求证：$H$为$BC$的中点。

答案： 12.证明：
(1)因为$E,F$分别为$B_1C_1,A_1B_1$的中点，所以$EF// A_1C_1$.
因为$A_1C_1\subset$平面$A_1C_1G$，$EF\not\subset$平面$A_1C_1G$，
所以$EF//$平面$A_1C_1G$.
又$F,G$分别为$A_1B_1,AB$的中点，
所以$A_1F=BG,A_1F// BG$，
所以四边形$A_1GBF$为平行四边形，所以$BF// A_1G$.
因为$A_1G\subset$平面$A_1C_1G$，$BF\not\subset$平面$A_1C_1G$，
所以$BF//$平面$A_1C_1G$.
又$EFC\subset$平面$BEF$，$BFC\subset$平面$BEF$，
且$EF\cap BF=F$，所以平面$A_1C_1G//$平面$BEF$.
(2)因为平面$A_1C_1G$与平面$ABC$有公共点$G$，且平面$A_1C_1G\cap BC=H$，
所以平面$A_1C_1G\cap$平面$ABC=GH$.
又平面$ABC//$平面$A_1B_1C_1$，
平面$A_1C_1G\cap$平面$A_1B_1C_1=A_1C_1$，
所以$A_1C_1// GH$，所以$GH// AC$.
因为$G$为$AB$的中点，所以$H$为$BC$的中点.

13. [2024·华中师大一附中期中]如图所示，在矩形$ABCD$和矩形$ABEF$中，$AF = AD$，$AM = DN$，矩形$ABEF$可沿$AB$任意翻折。
(1)求证：当点$F,A,D$不共线时，线段$MN$总平行于平面$ADF$。
(2)不管怎样翻折矩形$ABEF$，线段$MN$总和线段$FD$平行，这个结论对吗？如果对，请证明；如果不对，请说明能否改变个别已知条件使上述结论成立。

答案：
13.
(1)证明：在平面图形中，连接$MN$，设$MN$与$AB$交于点$G$.因为四边形$ABCD$和四边形$ABEF$都是矩形且$AD=AF$，所以$AD// BE$且$AD=BE$，所以四边形$ADBE$是平行四边形.又$AM - DN$，所以根据比例关系可得$MN// AD$.当点$F,A,D$不共线时，如图，则有$MG// AF,NG// AD$，因为$MG\cap NG=G$，$MG,NG\subset$平面$MNG$，$AF\cap AD=A$，$AF,AD\subset$平面$ADF$，所以平面$ADF//$平面$MNG$.又$MNC\subset$平面$MNG$，所以$MN//$平面$ADF$.所以当点$F,A,D$不共线时，$MN$总平行于平面$ADF$.
(2)这个结论不对.要使结论成立，$M,N$应分别为$AE$和$DB$的中点.
理由如下：
当点$F,A,D$共线时，如题图，易证得$MN// FD$.当点$F,A,D$不共线时，由
(1)知平面$MNG//$平面$ADF$，则要使$MN// FD$总成立，根据面面平行的性质定理，只要$FD$与$MN$共面即可.连接$FM$，要使$FD$与$MN$共面，只要$FM$与$DN$相交即可，因为$FMC$平面$ABEF$，$DNC$平面$ABCD$，平面$ABEF\cap$平面$ABCD=AB$，所以若$FM$与$DN$相交，则交点只能为点$B$，此时只有$M,N$分别为$AE,DB$的中点才满足.
由$FM\cap DN=B$，可知$FM$与$DN$确定一个平面，即$F,D,N,M$四点共面.又平面$FDNM\cap$平面$MNG=MN$，平面$FDNM\cap$平面$ADF=FD$，所以$MN// FD$.