《(魯京遼)2022-2023學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第1章 立體幾何初步滾動訓(xùn)練二 新人教B版必修2》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(魯京遼)2022-2023學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第1章 立體幾何初步滾動訓(xùn)練二 新人教B版必修2(10頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、(魯京遼)2022-2023學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第1章 立體幾何初步滾動訓(xùn)練二 新人教B版必修2
一、選擇題
1.下列命題正確的是( )
A.兩兩相交的三條直線可確定一個平面
B.兩個平面與第三個平面所成的角都相等,則這兩個平面一定平行
C.過平面外一點的直線與這個平面只能相交或平行
D.和兩條異面直線都相交的兩條直線一定是異面直線
考點 異面直線的判定
題點 異面直線的判定
答案 C
解析 對于A,兩兩相交的三條直線可確定一個平面或三個平面,故A錯誤;對于B,兩個平面與第三個平面所成的角都相等,則這兩個平面平行或相交,故B錯誤;對于C,過平面外一點的直線一定在平面外,且直線與
2、這個平面相交或平行,故C正確;對于D,和兩條異面直線都相交的兩條直線是異面直線或共面直線,故D錯誤.故選C.
2.設(shè)X,Y,Z是空間不同的直線或平面,對下面四種情形,使“X⊥Z且Y⊥Z?X∥Y”為真命題的是( )
①X,Y,Z是直線;②X,Y是直線,Z是平面;③Z是直線,X,Y是平面;④X,Y,Z是平面.
A.①② B.①③
C.③④ D.②③
考點 線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用
題點 平行與垂直的判定
答案 D
解析 對于①X,Y,Z是直線,“X⊥Z且Y⊥Z?X∥Y”是假命題,如正方體共頂點的三條棱;
對于②X,Y是直線,Z是平面,“X⊥Z且Y⊥Z?X∥Y”是真命題
3、,根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理可知正確;
③Z是直線,X,Y是平面,“X⊥Z且Y⊥Z?X∥Y”是真命題,根據(jù)垂直于同一直線的兩個平面平行,故正確;
④X,Y,Z是平面,“X⊥Z且Y⊥Z?X∥Y”是假命題,如正方體共頂點的三個面.故選D.
3.已知m,n表示兩條不同的直線,α,β表示兩個不同的平面,則下列說法正確的是( )
A.若m?α,α⊥β,則m⊥β
B.若m?α,n?α,m∥β,n∥β,則α∥β
C.若α⊥β,m⊥β,則m∥α
D.若m⊥α,m∥β,則α⊥β
考點 線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用
題點 平行與垂直的判定
答案 D
解析 由m,n表示兩條不同的直線,α,β表示兩
4、個不同的平面知,在A中,若m?α,α⊥β,則m與β相交、平行或m?β,故A錯誤;
在B中,若m?α,n?α,m∥β,n∥β,則α與β相交或平行,故B錯;在C中,若α⊥β,m⊥β,則m∥α或m?α,故C錯誤;
在D中,若m⊥α,m∥β,則由面面垂直的判定定理,得α⊥β,故D正確.
4.如圖所示,AB是⊙O的直徑,C是圓周上不同于A,B的任意一點,PA⊥平面ABC,則四面體P-ABC的四個面中,直角三角形的個數(shù)為( )
A.4 B.3
C.2 D.1
考點 直線與平面垂直的性質(zhì)
題點 根據(jù)線面垂直的性質(zhì)判定線線垂直
答案 A
解析 ∵AB是圓O的直徑,
∴∠ACB
5、=90°,即BC⊥AC,
∴△ABC是直角三角形.
又∵PA⊥平面ABC,
∴△PAC,△PAB是直角三角形.
又BC?平面ABC,
∴PA⊥BC,又PA∩AC=A,PA,AC?平面PAC,
∴BC⊥平面PAC,
∴BC⊥PC,
∴△PBC是直角三角形.從而△PAB,△PAC,△ABC,△PBC都是直角三角形,故選A.
5.如圖所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BC=AC,AC1⊥A1B,M,N分別是A1B1,AB的中點,給出下列結(jié)論:①C1M⊥平面A1ABB1;②A1B⊥NB1;③平面AMC1∥平面CNB1.其中正確結(jié)論的個數(shù)為( )
A.0 B.1 C.
6、2 D.3
考點 線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用
題點 平行與垂直的判定
答案 D
解析 由側(cè)棱AA1⊥平面A1B1C1,可得AA1⊥C1M.由A1C1=B1C1及M為A1B1的中點可得C1M⊥A1B1,
∵AA1∩A1B1=A1,
∴C1M⊥平面A1ABB1,∴①正確;
由C1M⊥平面A1ABB1可得C1M⊥A1B,又已知AC1⊥A1B,C1M∩AC1=C1,
∴A1B⊥平面AMC1,從而可得A1B⊥AM,
又易證得AM∥NB1,
∴A1B⊥NB1,∴②正確;
易證得AM∥NB1,MC1∥CN,從而根據(jù)面面平行的判定定理可證得平面AMC1∥平面CNB1,∴③正確,故選D.
7、
6.三棱錐P-ABC的四個頂點均在半徑為2的球面上,且AB=BC=CA=2,平面PAB⊥平面ABC,則三棱錐P-ABC的體積的最大值為( )
A.4 B.3
C.4 D.3
考點 柱體、錐體、臺體的體積
題點 錐體的體積
答案 B
解析 根據(jù)題意半徑為2的球面上,
且AB=BC=CA=2,
△ABC是截面為大圓上的三角形,
設(shè)圓心為O,AB的中點為N,ON==1,
∵平面PAB⊥平面ABC,
∴三棱錐P-ABC的體積最大時,
PN⊥AB,PN⊥平面ABC,
PN==,
∴三棱錐P-ABC的體積的最大值為
××(2)2×=3,
故選B.
7.如圖,
8、在四棱錐P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD為矩形,AB=2BC,E是CD上一點,若AE⊥平面PBD,則的值為( )
A. B. C.3 D.4
考點 線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用
題點 平行與垂直的計算與探索性問題
答案 C
解析 ∵PD⊥底面ABCD,AE?底面ABCD,
∴PD⊥AE,
當AE⊥BD時,AE⊥平面PBD,此時△ABD∽△DAE,
則=,
∵AB=2BC,
∴DE=AB=DC,
∴=3.
故選C.
8.如圖,在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別是BB1,A1B1的中點,點P在正方體的表面上運動,則總能使M
9、P⊥BN的點P所形成圖形的周長是( )
A.4 B.2+
C.3+ D.2+
考點 線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用
題點 平行與垂直的計算與探索性問題
答案 D
解析 如圖,取CC1的中點G,連接DG,MG,則MG∥BC.設(shè)BN交AM于點E.
∵BC⊥平面ABB1A1,NB?平面ABB1A1,
∴NB⊥MG.
∵正方體的棱長為1,M,N分別是BB1,A1B1的中點,
∴在△BEM中,∠MBE=30°,∠BME=60°,
∴∠MEB=90°,即BN⊥AM,又MG∩AM=M,
∴NB⊥平面ADGM,
∴使NB與MP垂直的點P所構(gòu)成的軌跡為矩形ADGM(不包括
10、M點).∵正方體的棱長為1,
∴矩形ADGM的周長等于2+.故選D.
二、填空題
9.下列四個命題中,真命題的個數(shù)為________.
①如果兩個平面有三個公共點,那么這兩個平面重合;
②兩條直線可以確定一個平面;
③若點M∈α,M∈β,α∩β=l,則M∈l;
④空間中,相交于同一點的三條直線在同一平面內(nèi).
考點 平面的基本性質(zhì)
題點 確定平面問題
答案 1
解析 只有③正確.
10.如圖,兩個正方形ABCD和ADEF所在平面互相垂直,設(shè)M,N分別是BD和AE的中點,那么①AD⊥MN;②MN∥平面CDE;③MN∥CE;④MN,CE異面,其中正確結(jié)論的序號是_______
11、_.
考點 線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用
題點 平行與垂直的判定
答案 ①②③
解析 ∵兩個正方形ABCD和ADEF所在平面互相垂直,
設(shè)M,N分別是BD和AE的中點,
取AD的中點G,連接MG,NG,易得AD⊥平面MNG,
進而得到AD⊥MN,故①正確;
連接AC,CE,根據(jù)三角形中位線定理,
可得MN∥CE,由線面平行的判定定理,
可得②MN∥平面CDE及③MN∥CE正確,④MN,CE異面錯誤;
故答案為①②③.
11.我們將一個四面體四個面中直角三角形的個數(shù)定義為此四面體的直度,在四面體ABCD中,AD⊥平面ABC,AC⊥BC,則四面體ABCD的直度為___
12、_____.
考點 空間中的垂直問題
題點 空間中的垂直問題
答案 4
解析 ∵在四面體ABCD中,AD⊥平面ABC,
∴AD⊥AB,AD⊥AC,AD⊥BC,
∵AC⊥BC,AC∩AD=A,
∴BC⊥平面ACD,∴BC⊥CD,
∴四面體ABCD的四個面均為直角三角形,
∴四面體ABCD的直度為4.
三、解答題
12.如圖,已知△ABC是正三角形,EA,CD都垂直于平面ABC,且EA=AB=2a,DC=a,F(xiàn)是BE的中點,求證:
(1)FD∥平面ABC;
(2)AF⊥平面EDB.
考點 線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用
題點 平行、垂直綜合問題的證明
證明 (1
13、)取AB的中點M,連接FM,MC.
∵F,M分別是BE,BA的中點,
∴FM∥EA,F(xiàn)M=EA=a.
∵EA,CD都垂直于平面ABC,
∴CD∥EA,
∴CD∥FM.
又∵DC=a,∴FM=DC,
∴四邊形FMCD是平行四邊形,
∴FD∥MC.
∵FD?平面ABC,MC?平面ABC,
∴FD∥平面ABC.
(2)∵M是AB的中點,△ABC是正三角形,
∴CM⊥AB.
又∵AE⊥平面ABC,CM?平面ABC,∴CM⊥AE,
又∵AB∩AE=A,AB,AE?平面EAB,
∴CM⊥平面EAB,
又AF?平面EAB,
∴CM⊥AF.
又∵CM∥FD,
∴FD⊥
14、AF.
∵F是BE的中點,EA=AB,
∴AF⊥BE.
又∵FD∩BE=F,F(xiàn)D,BE?平面EDB,
∴AF⊥平面EDB.
13.如圖,四邊形ABCD是矩形,平面ABCD⊥平面BCE,BE⊥EC.
(1)求證:平面AEC⊥平面ABE;
(2)已知點F在BE上,若DE∥平面ACF,DC=CE=BC=3,求三棱錐A-BCF的體積.
考點 線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用
題點 平行與垂直的計算與探索性問題
(1)證明 ∵ABCD為矩形,
∴AB⊥BC.
∵平面ABCD⊥平面BCE,平面ABCD∩平面BCE=BC,AB?平面ABCD,
∴AB⊥平面BCE.
∵CE?平面BC
15、E,
∴CE⊥AB.
∵CE⊥BE,AB?平面ABE,BE?平面ABE,AB∩BE=B,
∴CE⊥平面ABE.
∵CE?平面AEC,
∴平面AEC⊥平面ABE.
(2)解 連接BD交AC于點O,連接OF.
∵DE∥平面ACF,DE?平面BDE,平面ACF∩平面BDE=OF,
∴DE∥OF.
又∵矩形ABCD中,O為BD中點,
∴F為BE中點,即BF=FE.
在Rt△BEC中,
∵BC=6,EC=3,
∴BE==3.
∴S△BFC=××3×3=.
又AB=DC=3,
∴VA-BCF=××3=.
四、探究與拓展
14.如圖,在正方形SG1G2G3中,E,F(xiàn)分
16、別是G1G2,G2G3的中點,現(xiàn)在沿SE,SF,EF把這個正方形折成一個四面體,使G1,G2,G3重合,重合后的點記為G.給出下列關(guān)系:
①SG⊥平面EFG;②SE⊥平面EFG;③GF⊥SE;④EF⊥平面SEG.其中成立的有( )
A.①與② B.①與③
C.②與③ D.③與④
考點 線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用
題點 平行與垂直的判定
答案 B
解析 由SG⊥GE,SG⊥GF,得SG⊥平面EFG,同理GF⊥SEG;若SE⊥平面EFG,則SG∥SE,這與SG∩SE=S矛盾,排除A、C,同理排除D,故選B.
15.如圖①所示,在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分別
17、為AC,AB的中點,點F為線段CD上的一點,將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如圖②所示.
(1)求證:DE∥平面A1CB;
(2)求證:A1F⊥BE;
(3)線段A1B上是否存在點Q,使A1C⊥平面DEQ?說明理由.
考點 線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用
題點 平行與垂直的計算與探索性問題
(1)證明 因為D,E分別為AC,AB的中點,所以DE∥BC.
又DE?平面A1CB,BC?平面A1CB,所以DE∥平面A1CB.
(2)證明 由已知得DC⊥BC且DE∥BC,
所以DE⊥DC.又DE⊥A1D,A1D∩CD=D,A1D,CD?平面A1DC,
所
18、以DE⊥平面A1DC,
而A1F?平面A1DC,
所以DE⊥A1F.
又因為A1F⊥CD,CD∩DE=D,CD,DE?平面BCDE,所以A1F⊥平面BCDE,又BE?平面BCDE,
所以A1F⊥BE.
(3)解 線段A1B上存在點Q,使A1C⊥平面DEQ.
理由如下:
如圖所示,分別取A1C,A1B的中點P,Q,連接DP,PQ,QE,
則PQ∥BC.又因為DE∥BC,所以DE∥PQ,所以平面DEQ即為平面DEP.
由(2)知,DE⊥平面A1DC,所以DE⊥A1C.
又因為P是等腰三角形DA1C底邊A1C的中點,
所以A1C⊥DP,又DE∩DP=D,DE,DP?平面DEP,所以A1C⊥平面DEP,從而A1C⊥平面DEQ.
故線段A1B上存在點Q,且Q為A1B的中點時,A1C⊥平面DEQ.