《2025年零失误分层训练高中数学必修第二册人教版黑吉辽内蒙古专版》

4. 【题型一、三】如图，在长方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$\frac{A_1E}{EB_1} = \frac{BF}{FB_1} = \frac{CG}{GC_1} = \frac{D_1H}{HC_1} = 2$，则下列说法错误的是 (A)

A.$BD_1 // GH$
B.$BD$与$EF$异面
C.$EH //$平面$ABCD$
D.平面$EFGH //$平面$A_1BCD_1$

答案：
4.A[提示：如图，连接$A_1B$，$D_1C$，$BD$，$BD_1$，根据题意，由$\frac{A_1E}{EB_1}=\frac{BF}{FB_1}=2$可得$EF// A_1B$，且$\frac{EF}{A_1B}=\frac{B_1F}{B_1B}=\frac{B_1E}{A_1B_1}=\frac{1}{3}$，同理可得$GH// CD_1$，$FG// BC$，且$\frac{GH}{CD_1}=\frac{1}{3}$.因为$GH// CD_1$，而$CD_1\cap BD = D_1$，所以$BD_1$不可能平行于$GH$，即A错误；易知$BD$与$EF$不平行，且不相交，由异面直线定义可知，$BD$与$EF$异面，即B正确；在长方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$A_1B// CD_1$，$A_1B = CD_1$，所以$EF// GH$，$EF = GH$，即四边形$EFGH$为平行四边形，所以$EH// FG$，又$BC// FG$，所以$EH// BC$.因为$EH\not\subset$平面$ABCD$，$BC\subset$平面$ABCD$，所以$EH//$平面$ABCD$，即C正确；由$EF// A_1B$，$EF\not\subset$平面$A_1BCD_1$，$A_1B\subset$平面$A_1BCD_1$，所以$EF//$平面$A_1BCD_1$，又$BC// FG$，$FG\not\subset$平面$A_1BCD_1$，$BC\subset$平面$A_1BCD_1$，所以$FG//$平面$A_1BCD_1$，又$FG\cap EF = F$，且$FG$，$EF\subset$平面$EFGH$，所以平面$EFGH//$平面$A_1BCD_1$，即D正确.]

5. 【题型一、二】(2025·吉林长春外国语学校高一下期中)如图，点$P$为正方形$ABCD$所在平面外一点，$E$，$F$，$G$分别为$PD$，$AB$，$DC$的中点，求证：
(1) $AE //$平面$PCF$；
(2) 平面$AEG //$平面$PCF$.

答案：
5.证明：
(1)如图，取$PC$的中点$H$，连接$EH$，$FH$.因为$E$，$F$，$H$分别为$PD$，$AB$，$PC$的中点，所以$EH// DC// AB$，$EH=\frac{1}{2}DC=\frac{1}{2}AB = AF$，所以四边形$EAFH$为平行四边形，所以$EA// FH$.又$AE\not\subset$平面$PCF$，$FH\subset$平面$PCF$，所以$AE//$平面$PCF$.
(2)因为$E$，$G$分别为$PD$，$CD$的中点，所以$EG// PC$.又$EG\not\subset$平面$PCF$，$PC\subset$平面$PCF$，所以$EG//$平面$PCF$.由
(1)知$AE//$平面$PCF$，$EG\cap AE = E$，所以平面$PCF//$平面$AEG$.

6. 【题型一、二、三】(2025·黑龙江哈尔滨师大附中高一下期中)如图，已知点$P$是平行四边形$ABCD$所在平面外一点. $M$，$N$，$K$分别为$AB$，$PC$，$PA$的中点，平面$PBC \cap$平面$APD = l$.
(1) 判断直线$l$与$BC$的位置关系并证明.
(2) 求证：$MN //$平面$PAD$.
(3) 在棱$CD$上是否存在点$H$，使得平面$KMH //$平面$PBC$？若存在，求出点$H$的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.

答案：
6.
(1)解：直线$l$与$BC$是平行关系.证明如下：在平行四边形$ABCD$中，可得$BC// AD$，因为$AD\subset$平面$PAD$，$BC\not\subset$平面$PAD$，所以$BC//$平面$PAD$.因为平面$PBC\cap$平面$APD = l$，$BC\subset$平面$PBC$，所以$l// BC$.
(2)证明：如图，取$PD$的中点$E$，连接$EN$，$AE$.因为$M$，$N$分别为$AB$，$PC$的中点，所以$EN// CD$，$EN=\frac{1}{2}CD$，$AM// CD$，$AM=\frac{1}{2}CD$，所以$EN// AM$，$EN = AM$，所以四边形$AMNE$为平行四边形，所以$MN// AE$.又$AE\subset$平面$PAD$，$MN\not\subset$平面$PAD$，所以$MN//$平面$PAD$.
(3)解：棱$CD$上存在点$H$，使得平面$KMH//$平面$PBC$，取$CD$的中点$H$，连接$EH$，$MH$，$K$，$E$分别为$AB$，$PA$的中点，可得$MK// PB$，$EH// PC$，$KE=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}MH$，所以$MK$与$HE$相交，$PB$，$PC\subset$平面$PBC$，$KM$，$EH\subset$平面$MHEK$，可得平面$MHEK//$平面$PBC$，所以$H$为$CD$的中点满足条件.

7. 【题型一、二、三】(2025·黑龙江哈尔滨六中高一下期中)如图，已知四棱锥$S - ABCD$，底面$ABCD$为梯形，$AD // BC$，$SA = AB = BC = 2$，$AD = 3$，$P$，$Q$为侧棱$SD$上的点，且$DP:PQ:QS = 3:2:4$，点$M$为$SA$上的点，且$3AM = AS$.
(1) 求证：$CP //$平面$SAB$；
(2) 求证：平面$BMQ //$平面$ACP$；
(3) 平面$BMQ$与侧棱$SC$相交于点$E$，求$\frac{SE}{EC}$的值.

答案：
7.
(1)证明：如图，连接$MP$，在$\triangle SAD$中，因为$\frac{SM}{SA}=\frac{2}{3}=\frac{SP}{SD}$，所以$MP// AD$，且$MP=\frac{2}{3}AD = 2$.又因为$AD// BC$，$BC = 2$，所以$MP// BC$且$MP = BC$，所以四边形$MPCB$为平行四边形，所以$CP// BM$.又因为$BM\subset$平面$SAB$，$CP\not\subset$平面$SAB$，所以$CP//$平面$SAB$.
(2)证明：根据
(1)得$CP// BM$，又因为$CP\not\subset$平面$BMQ$，$BM\subset$平面$BMQ$，所以$CP//$平面$BMQ$.在$\triangle SAD$中，因为$DP:PQ:QS = 3:2:4$，所以$\frac{SQ}{SP}=\frac{2}{3}=\frac{SM}{SA}$，所以$MQ// AP$.又因为$AP\not\subset$平面$BMQ$，$MQ\subset$平面$BMQ$，所以$AP//$平面$BMQ$.又由于$AP\cap CP = P$且$AP$，$CP$均在平面$ACP$中，所以平面$ACP//$平面$BMQ$.
(3)解：根据
(1)知$BM// CP$，又因为$BM\not\subset$平面$SCD$，$CP\subset$平面$SCD$，所以$BM//$平面$SCD$.又因为$BM\subset$平面$BMQ$，平面$BMQ\cap$平面$SCD = QE$，所以$BM// QE$.又因为$BM// CP$，所以$QE// CP$，所以$\frac{SE}{EC}=\frac{SQ}{QP}=2$.