高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(二十六) 4.2.1

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课时提升作业(二)圆柱、圆锥、圆台、球、简单组合体的结构特征(15分钟30分)一、选择题(每小题4分,共12分)1.(2015·嘉兴高二检测)下列几何体中是旋转体的是( )①圆柱;②六棱锥;③正方体;④球体;⑤四面体.A.①和⑤B.①C.③和④D.①和④【解析】选D.根据旋转体的概念可知,①和④是旋转体.2.(2015·淮北高一检测)下列几何体中不是旋转体的是( )【解析】选D.根据旋转体的概念可知:A,B,C中三个几何体均为旋转体,D中几何体为多面体.【补偿训练】(2015·淄博高一检测)下列几何体是组合体的是( )【解析】选D. A选项中的几何体是圆锥,B选项中的几何体是圆柱,C选项中的几何体是球,D选项中的几何体是一个圆台中挖去一个圆锥,是组合体.3.(2015·邯郸高一检测)用长为4,宽为2的矩形做侧面围成一个圆柱,此圆柱轴截面面积为( )A. 8B.C.D.【解题指南】可分圆柱底面周长为2和4两种情况分别求解.【解析】选B.若4为底面周长,则圆柱的高为2,此时圆柱的底面直径为,其轴截面的面积为;若底面周长为2,则圆柱高为4,此时圆柱的底面直径为,其轴截面面积为.二、填空题(每小题4分,共8分)4.图示几何体是由简单几何体构成的.【解析】四棱台上面放置一个球.答案:四棱台和球【补偿训练】图中阴影部分绕图示的直线旋转180°,形成的几何体是.【解析】三角形旋转后围成一个圆锥,圆面旋转后形成一个球,阴影部分形成的几何体为圆锥中挖去一个球后剩余的几何体.答案:圆锥挖去一个球的组合体5.(2015·重庆高二检测)有下列说法:①球的半径是球面上任意一点与球心的连线;②球的直径是球面上任意两点间的连线;③用一个平面截一个球,得到的是一个圆.其中正确说法的序号是.【解析】利用球的结构特征判断:①正确;②不正确,因为直径必过球心;③不正确,因为得到的是一个圆面.答案:①【补偿训练】给出下列说法:①用一个平面去截圆锥,得到的几何体是一个圆锥和一个圆台;②通过圆台侧面上一点,有无数条母线;③半圆绕定直线旋转形成球.其中错误说法的序号是.【解析】①不正确,用一个与圆锥底面平行的平面去截圆锥,得到的几何体才是一个圆锥和一个圆台;②不正确,通过圆台侧面上一点,有且只有一条母线;③不正确,半圆绕其直径所在直线旋转一周才可以形成球.答案:①②③三、解答题6.(10分)如图所示,梯形ABCD中,AD∥BC,且AD<BC,当梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周时,其他各边旋转围成了一个几何体,试描述该几何体的结构特征.【解析】如图所示,旋转所得的几何体是一个圆柱挖去两个圆锥后剩余部分构成的组合体.【补偿训练】如图所示,几何体可看作由什么图形旋转360°得到?画出平面图形和旋转轴.【解析】先画出几何体的轴,然后再观察寻找平面图形.旋转前的平面图形如图:(15分钟30分)一、选择题(每小题5分,共10分)1.如图所示的平面中阴影部分绕中间轴旋转一周,形成的几何体形状为( )A.一个球体B.一个球体中间挖出一个圆柱C.一个圆柱D.一个球体中间挖去一个长方体【解析】选B.圆旋转一周形成球,圆中的矩形旋转一周形成一个圆柱.【误区警示】解答本题时易出现不清楚球的大圆面是过球心的圆面而不能作答的情况.【补偿训练】在半径为30m的圆形广场中心上空,设置一个照明光源,射向地面的光呈圆锥形,其轴截面的顶角为120°,若要光源恰好照亮整个广场,则光源的高度应为m.【解析】画出圆锥的轴截面,转化为平面几何问题求解,此题可转化为已知等腰三角形的顶角为120°,底边一半的长为30m,易求得底边上的高线长为10m. 答案:102.(2015·泰安高一检测)过球的一条半径的中点,作垂直于该半径的截面,则截面的面积与球的一个大圆面积之比为( )A.1∶4B.1∶2C.3∶4D.2∶3【解析】选C.如图,设球的半径为R,则O 1A2=OA2-O=R2-R2=R2.所以∶S☉O=πR2∶πR2=3∶4.二、填空题(每小题5分,共10分)3.(2015·成都高二检测)如图是一个几何体的表面展开的平面图形,则这个几何体是.【解析】一个长方形和两个圆折叠后,能围成的几何体是圆柱.答案:圆柱4.一个正方体内接于一个球,过球心作一个截面,则图中,可能是截面的是.【解析】在组合体内取截面时,要注意交点是否在截面上,如当截面过对角面时,得②;当截面平行正方体的其中一个侧面时,得③;当截面不平行于任一侧面且不过对角面时,得①,只要是过球心就不可能截出④.答案:①②③三、解答题5.(10分)圆台上底面面积为π,下底面面积为16π,用一个平行于底面的平面去截圆台,该平面自上而下分圆台的高的比为2∶1,求这个截面的面积.【解题指南】由于截面为圆面,要求面积只需求出半径,由截面与底面平行,则在轴截面中利用平行线得三角形相似求得.【解析】圆台的轴截面如图所示,O1,O2,O3分别为上底面、下底面、截面圆心,过D作DF⊥AB于F,交GH于E.由题意知DO1=1,AO2=4,所以AF=3.因为DE=2EF,所以DF=3EF,所以==,所以GE=2.所以圆O3的半径为3.所以这个截面面积为9π.【补偿训练】已知一个圆柱的轴截面是一个正方形且其面积是Q,求此圆柱的底面半径.【解析】设圆柱底面半径为r,母线为l,则由题意得解得r=,所以此圆柱的底面半径为.关闭Word文档返回原板块。

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】第一章空间几何体§1.1空间几何体的结构第1课时多面体的结构特征一、基础过关1．下列说法中正确的是() A．棱柱的侧面可以是三角形B．由6个大小一样的正方形所组成的图形是正方体的展开图C．正方体的各条棱长都相等D．棱柱的各条棱长都相等2．棱台不具备的特点是() A．两底面相似B．侧面都是梯形C．侧棱都相等D．侧棱延长后都交于一点3. 如图，将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个小角度，则倾斜后水槽中的水形成的几何体是()A．棱柱B．棱台C．棱柱与棱锥的组合体 D．不能确定4．若棱台上、下底面的对应边之比为1∶2，则上、下底面的面积之比是() A．1∶2 B．1∶4 C．2∶1 D．4∶15．一个棱柱有10个顶点，所有的侧棱长的和为60 cm，则每条侧棱长为________cm. 6．在下面的四个平面图形中，哪几个是侧棱都相等的四面体的展开图________(填序号)．7．如图所示为长方体ABCD—A′B′C′D′，当用平面BCFE把这个长方体分成两部分后，各部分形成的多面体还是棱柱吗？如果不是，请说明理由；如果是，指出底面及侧棱．8. 如图所示的是一个三棱台ABC—A1B1C1，如何用两个平面把这个三棱台分成三部分，使每一部分都是一个三棱锥．二、能力提升9．下图中不可能围成正方体的是()10．在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何体的4个顶点，这些几何体是________(写出所有正确结论的编号)．①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体．11．根据下列对于几何体结构特征的描述，说出几何体的名称．(1)由八个面围成，其中两个面是互相平行且全等的正六边形，其它各面都是矩形；(2)由五个面围成，其中一个面是正方形，其它各面都是有一个公共顶点的全等三角形．三、探究与拓展12．正方体的截面可能是什么形状的图形？答案1．C 2.C 3.A 4.B 5.12 6.①②7．解截面BCFE右侧部分是棱柱，因为它满足棱柱的定义．它是三棱柱BEB′—CFC′，其中△BEB′和△CFC′是底面．EF，B′C′，BC是侧棱，截面BCFE左侧部分也是棱柱．它是四棱柱ABEA′—DCFD′.其中四边形ABEA′和四边形DCFD′是底面．A′D′，EF，BC，AD为侧棱．8．解过A1、B、C三点作一个平面，再过A1、B、C1作一个平面，就把三棱台ABC—A1B1C1分成三部分，形成的三个三棱锥分别是A1—ABC，B—A1B1C1，A1—BCC1.9．D10.①③④⑤11．解(1)该几何体有两个面是互相平行且全等的正六边形，其他各面都是矩形，可满足每相邻两个面的公共边都相互平行，故该几何体是六棱柱．(2)该几何体的其中一个面是四边形，其余各面都是三角形，并且这些三角形有一个公共顶点，因此该几何体是四棱锥．12．解本问题可以有如下各种答案：①截面可以是三角形：等边三角形、等腰三角形、一般三角形；②截面三角形是锐角三角形；③截面可以是四边形：平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形、等腰梯形；截面为四边形时，这个四边形中至少有一组对边平行；④截面可以是五边形；⑤截面可以是六边形；⑥截面六边形可以是等角(均为120°)的六边形．特别地，可以是正六边形．截面图形举例【若缺失公式、图片现象属于系统读取不成功，文档内容齐全完整，请放心下载。

全册综合检测试题时间：120分钟 分值：150分第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、单项选择题每小题5分，共40分 1．下列命题为假命题的是( D ) A ．复数的模是非负实数B ．复数等于零的充要条件是它的模等于零C ．两个复数的模相等是这两个复数相等的必要条件D ．复数z 1>z 2的充要条件是|z 1|>|z 2|解析：A 中，任何复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )的模|z |＝a 2＋b 2≥0总成立，所以A 正确；B 中，由复数为零的条件z ＝0⇔⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0，b ＝0⇔|z |＝0，故B 正确；C 中，若z 1＝a 1＋b 1i ，z 2＝a 2＋b 2i(a 1，b 1，a 2，b 2∈R )，且z 1＝z 2，则有a 1＝a 2，b 1＝b 2，所以|z 1|＝|z 2|；反之，由|z 1|＝|z 2|，推不出z 1＝z 2，如z 1＝1＋3i ，z 2＝1－3i 时，|z 1|＝|z 2|，故C 正确；D 中，若z 1＝a 1＋b 1i ，z 2＝a 2＋b 2i ，z 1>z 2，则a 1>a 2，b 1＝b 2＝0，此时|z 1|>|z 2|；若|z 1|>|z 2|，z 1与z 2不一定能比较大小，所以D 错误．2．随机调查某校50个学生在学校的午餐费，结果如表：餐费/元 6 7 8 人数102020这50A ．7.2,0.56 B ．7.2，0.56 C ．7,0.6 D ．7，0.6解析：根据题意，计算这50个学生午餐费的平均值是x ＝150×(6×10＋7×20＋8×20)＝7.2，方差是s 2＝150[10×(6－7.2)2＋20×(7－7.2)2＋20×(8－7.2)2]＝150(14.4＋0.8＋12.8)＝0.56.3．设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( B ) A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面解析：当α内有无数条直线与β平行，也可能两平面相交，故A 错．同样当α，β平行于同一条直线或α，β垂直于同一平面时，两平面也可能相交，故C ，D 错．由面面平行的判定定理可得B 正确．4．如图，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为3，则CC 1与平面AB 1C 1所成的角为( A )A.π6B.π4 C.π3D.π2解析：如图，取B 1C 1中点为D ，连接AD ，A 1D ，因为侧棱垂直于底面，底边是边长为2的正三角形，所以三棱柱ABC ­A 1B 1C 1是正三棱柱，所以CC 1∥AA 1，所以AA 1与平面AB 1C 1所成的角即是CC 1与平面AB 1C 1所成的角，因为B 1C 1⊥A 1D ，B 1C 1⊥AA 1，所以B 1C 1⊥平面AA 1D ，所以平面AA 1D ⊥平面AB 1C 1，所以AA 1与平面AB 1C 1所成角为∠A 1AD ，因为AA 1＝3，A 1D ＝3，所以tan ∠A 1AD ＝A 1D AA 1＝33，所以∠A 1AD ＝π6，所以CC 1与平面AB 1C 1所成角为π6.5．正方形ABCD 的边长为2，点E 为BC 边的中点，F 为CD 边上一点，若AF →·AE →＝|AE →|2，则|AF →|＝( D )A ．3B ．5 C.32D.52解析：以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立坐标系，如图所示，因为E 为BC 边的中点，所以E (2,1)，因为F 为CD 边上一点，所以可设F (t,2)(0≤t ≤2)，所以AF →＝(t,2)，AE →＝(2,1)，由AF →·AE →＝|AE →|2可得：2t ＋2＝22＋1＝5，所以t ＝32，所以AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2， 所以|AF →|＝322＋22＝52.6．已知点O 是△ABC 内部一点，并且满足OA →＋2OB →＋3OC →＝0，△BOC 的面积为S 1，△ABC 的面积为S 2，则S 1S 2＝( A )A.16B.13C.23D.34 解析：因为OA →＋2OB →＋3OC →＝0，所以OA →＋OC →＝－2(OB →＋OC →)，如图，分别取AC ，BC 的中点D ，E ，则 OA →＋OC →＝2OD →，OB →＋OC →＝2OE →， 所以OD →＝－2OE →，即O ，D ，E 三点共线且|OD →|＝2|OE →|， 则S △OBC ＝13S △DBC ，由于D 为AC 中点，所以S △DBC ＝12S △ABC ，所以S △OBC ＝16S △ABC ，即S 1S 2＝16.7．为向国际化大都市目标迈进，某市今年新建三大类重点工程，它们分别是30项基础设施类工程，20项民生类工程和10项产业建设类工程．现有3名民工相互独立地从这60个项目中任选一个项目参与建设，则这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是( D )A.12B.13C.14D.16解析：记第i 名民工选择的项目属于基础设施类、民生类、产业建设类分别为事件A i ，B i ，C i ，i ＝1,2,3.由题意，事件A i ，B i ，C i (i ＝1,2,3)相互独立，则P (A i )＝3060＝12，P (B i )＝2060＝13，P (C i )＝1060＝16，i ＝1,2,3，故这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是P ＝6P (A i B i C i )＝6×12×13×16＝16.8．如图，△ABC 是边长为23的正三角形，P 是以C 为圆心，半径为1的圆上任意一点，则AP →·BP →的取值X 围是( A )A ．[1,13]B ．(1,13)C ．(4,10)D ．[4,10]解析：取AB 的中点D ，连接CD ，CP ，则CA →＋CB →＝2CD →，所以AP →·BP →＝(CP →－CA →)·(CP →－CB →)＝CA →·CB →－2CD →·CP →＋1＝(23)2cos π3－2×3×1×cos〈CD →，CP →〉＋1＝7－6cos 〈CD →，CP →〉，所以当cos 〈CD →，CP →〉＝1时，AB →·BP →取得最小值为1；当cos 〈CD →，CP →〉＝－1时，AP →·BP→取得最大值为13，因此AP →·BP →的取值X 围是[1,13]．二、多项选择题每小题5分，共20分9．为了反映各行业对仓储物流业务需求变化的情况，以及重要商品库存变化的动向，中国物流与采购联合会和中储发展股份某某通过联合调查，制定了中国仓储指数．由2017年1月至2018年7月的调查数据得出的中国仓储指数，绘制出如下的折线图．根据该折线图，下列结论错误的是( ABC ) A ．2017年各月的仓储指数最大值是在3月份 B ．2018年1月至7月的仓储指数的中位数约为55 C ．2018年1月与4月的仓储指数的平均数约为52D ．2017年1月至4月的仓储指数相对于2018年1月至4月，波动性更大解析：2017年各月的仓储指数最大值是在11月份，所以A 错误；由题图知，2018年1月至7月的仓储指数的中位数约为52，所以B 错误；2018年1月与4月的仓储指数的平均数约为51＋552＝53，所以C 错误；由题图可知，2017年1月至4月的仓储指数比2018年1月至4月的仓储指数波动更大．所以D 正确．10．已知数据x 1，x 2，x 3，…，x n 是A 市n (n ≥3，n ∈N *)个普通职工的年收入，设这n 个数据的中位数为x ，平均数为y ，方差为z ，如果再加上世界首富的年收入x n ＋1，对于这(n ＋1)个数据，下列说法错误的是( ACD )A ．年收入平均数可能不变，中位数可能不变，方差可能不变B ．年收入平均数大大增大，中位数可能不变，方差变大C ．年收入平均数大大增大，中位数可能不变，方差也不变D ．年收入平均数大大增大，中位数一定变大，方差可能不变解析：∵数据x 1，x 2，x 3，…，x n 是A 市n (n ≥3，n ∈N *)个普通职工的年收入，而x n ＋1为世界首富的年收入，则x n ＋1会远大于x 1，x 2，x 3，…，x n ，∴对于这(n ＋1)个数据，年收入平均数大大增大，但中位数可能不变，也可能稍微变大，但由于数据的集中程度受到x n ＋1比较大的影响，数据更加离散，则方差变大．故A 、C 、D 说法错误，符合题意．11．已知向量a ，e 满足a ≠e ，|e |＝1，且对任意t ∈R ，恒有|a －t e |≥|a －e |成立，则( BC )A ．a ⊥eB ．a·e ＝1C ．e ⊥(a －e )D ．(a ＋e )⊥(a －e )解析：由条件可知|a －t e |2≥|a －e |2对t ∈R 恒成立，又∵|e |＝1，∴t 2－2t a ·e ＋2a ·e －1≥0对t ∈R 恒成立，即Δ＝(－2a ·e )2－8a ·e ＋4≤0恒成立，∴(a ·e －1)2≤0恒成立，而(a ·e －1)2≥0，∴a ·e －1＝0，即a ·e ＝1＝e 2，∴e ·(a －e )＝0，即e ⊥(a －e )．12．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2AD ＝2，E 为AB 的中点，将△ADE 沿DE 翻折到△A 1DE 的位置，A 1∉平面ABCD ，M 为A 1C 的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是( ABC )A ．恒有BM ∥平面A 1DEB ．B 与M 两点间距离恒为定值C ．三棱锥A 1­DEM 的体积的最大值为212D ．存在某个位置，使得平面A 1DE ⊥平面A 1CD解析：如图，取A 1D 的中点N ，连接MN ，EN ，可得四边形BMNE 是平行四边形，所以BM ∥EN ，所以BM ∥平面A 1DE ，故A 正确；(也可以延长DE ，CB 交于H ，可证明MB ∥A 1H ，从而证 BM ∥平面A 1DE ) 因为DN ＝12，DE ＝2，∠A 1DE ＝∠ADE ＝45°，根据余弦定理得EN 2＝14＋2－2×2×12×22，得EN ＝52， 因为EN ＝BM ，故BM ＝52，故B 正确； 因为M 为A 1C 的中点，所以三棱锥C ­A 1DE 的体积是三棱锥M ­A 1DE 的体积的两倍，故三棱锥C ­A 1DE 的体积VC ­A 1DE ＝VA 1­DEC ＝13S △CDE ·h ，其中h 表示A 1到底面ABCD 的距离，当平面A 1DE ⊥平面ABCD 时，h 达到最大值，此时VA 1­DEC 取到最大值26，所以三棱锥M ­A 1DE 体积的最大值为212，即三棱锥A 1­DEM 体积的最大值为212，故C 正确； 考察D 选项，假设平面A 1DE ⊥平面A 1CD ，因为平面A 1DE ∩平面A 1CD ＝A 1D ，A 1E ⊥A 1D ， 故A 1E ⊥平面A 1CD ，所以A 1E ⊥A 1C ， 则在△A 1CE 中，∠EA 1C ＝90°，A 1E ＝1，EC ＝2，所以A 1C ＝1，又因为A 1D ＝1，CD ＝2，所以A 1D ＋A 1C ＝CD ， 故A 1，C ，D 三点共线．所以A 1∈CD ，得A 1∈平面ABCD ，与题干条件A 1∉平面ABCD 矛盾，故D 不正确．故选ABC.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)三、填空题每小题5分，共20分13．随着社会的发展，食品安全问题渐渐成为社会关注的热点，为了提高学生的食品安全意识，某学校组织全校学生参加食品安全知识竞赛，成绩的频率分布直方图如图所示，数据的分组依次为[20,40)，[40,60)，[60,80)，[80,100]，若该校的学生总人数为 3 000，则成绩不超过60分的学生人数大约为900.解析：由题图知，成绩不超过60分的学生的频率为(0.005＋0.01)×20＝0.3，所以成绩不超过60分的学生人数大约为0.3×3 000＝900.14．从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是710. 解析：从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，共有10种情况．若选出的2名学生恰有1名女生，有6种情况，若选出的2名学生都是女生，有1种情况，所以所求的概率为6＋110＝710.15．已知复数z 1＝2＋3i ，z 2＝a ＋b i ，z 3＝1－4i ，它们在复平面上所对应的点分别为A ，B ，C ，若OC →＝2OA →＋OB →，则a ＝－3，b ＝－10. 解析：因为OC →＝2OA →＋OB →， 所以1－4i ＝2(2＋3i)＋(a ＋b i)即⎩⎪⎨⎪⎧1＝4＋a ，－4＝6＋b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝－10.16．已知正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为2，除平面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M ，则四棱锥M ­EFGH 的体积为23.解析：因为底面EFGH 的对角线EG 与FH 互相垂直， 所以S EFGH ＝12×EG ×FH ＝12×2×2＝2，又M 到底面EFGH 的距离等于棱长的一半， 即h ＝12×2＝1，所以四棱锥M ­EFGH 的体积：V M ­EFGH ＝13×S EFGH ×h ＝13×2×1＝23.四、解答题写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共70分17．(10分)某市举办法律知识问答活动，随机从该市18～68岁的人群中抽取了一个容量为n 的样本，并将样本数据分成五组：[18,28)，[28,38)，[38,48)，[48,58)，[58,68]，并绘制如图所示的频率分布直方图，再将其分别编号为第1组，第2组，…，第5组．该部门对回答问题的情况进行统计后，绘制了下表．组号 分组 回答正确的人数回答正确的人数占本组的比例第1组 [18,28) 5 0.5第2组 [28,38) 18 a第3组 [38,48) 270.9 第4组 [48,58) x0.36 第5组[58,68]30.2(1)分别求出a，x的值；(2)从第2,3,4组回答正确的人中用分层随机抽样的方法抽取6人，则第2,3,4组每组各应抽取多少人？(3)在(2)的前提下，在所抽取的6人中随机抽取2人颁发幸运奖，求第2组至少有1人获得幸运奖的概率．解：(1)第1组的人数为5÷0.5＝10，第1组的频率为0.010×10＝0.1，所以n＝10÷0.1＝100.第2组的频率为0.020×10＝0.2，人数为100×0.2＝20，所以a＝18÷20＝0.9.第4组的频率为0.025×10＝0.25，人数为100×0.25＝25，所以x＝25×0.36＝9.(2)第2,3,4组回答正确的人数的比为18279＝231，所以第2,3,4组每组各应抽取2人、3人、1人．(3)记“第2组至少有1人获得幸运奖”为事件A，设抽取的6人中，第2组的2人为a1，a2，第3组的3人为b1，b2，b3，第4组的1人为c，则从6人中任意抽取2人所有可能的结果为(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，c)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，c)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b1，c)，(b2，b3)，(b2，c)，(b3，c)，共15种．其中第2组至少有1人获得幸运奖的结果为(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，c)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，c)，共9种．故P(A)＝915＝35.所以抽取的6人中第2组至少有1人获得幸运奖的概率为35.18．(12分)某中学组织了一次数学学业水平模拟测试，学校从测试合格的男、女生中各随机抽取100人的成绩进行统计分析，分别制成了如图所示的男生和女生数学成绩的频率分布直方图．(注：分组区间为[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100])(1)若得分大于或等于80认定为优秀，则男、女生的优秀人数各为多少？(2)在(1)中所述的优秀学生中用分层随机抽样的方法抽取5人，从这5人中任意选取2人，求至少有一名男生的概率．解：(1)由题可得，男生优秀人数为100×(0.01＋0.02)×10＝30，女生优秀人数为100×(0.015＋0.03)×10＝45.(2)因为样本量与总体中的个体数的比是530＋45＝115，所以样本中包含的男生人数为30×115＝2，女生人数为45×115＝3.设抽取的5人分别为A ，B, C, D ，E ，其中A ，B 为男生，C, D ，E 为女生，从5人中任意选取2人，试验的样本空间Ω＝{(A ，B )，(A ，C )，(A ，D )，(A ，E )，(B ，C )，(B ，D )，(B ，E )，(C ，D )，(C ，E )，(D ，E ) }，共10个样本点．事件“至少有一名男生”包含的样本点有：(A ，B )，(A ，C )，(A ，D )，(A ，E )，(B ，C )，(B ，D )，(B ，E )，共7个样本点，故至少有一名男生的概率为P ＝710，即选取的2人中至少有一名男生的概率为710.19．(12分)已知在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，满足sin 2A ＋sin 2B －sin 2C ＝－3sin A sin B .(1)求角C 大小；(2)若c ＝2，求3a ＋b 的取值X 围．解：(1)因为sin 2A ＋sin 2B －sin 2C ＝－3sin A sin B ， 所以由正弦定理得a 2＋b 2－c 2＝－3ab ，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝－3ab 2ab ＝－32，因为C ∈(0，π)，所以C ＝5π6. (2)由正弦定理得2R ＝csin C ＝4，所以3a ＋b ＝2R (3sin A ＋sin B ) ＝4[3sin A ＋sin(π6－A )]＝4(3sin A ＋12cos A －32sin A )＝4sin(A ＋π6)，因为A ∈(0，π6)，所以A ＋π6∈(π6，π3)，所以sin(A ＋π6)∈(12，32)，所以3a ＋b 的取值X 围是(2,23)．20．(12分)如图，A ，C 两岛之间有一片暗礁，一艘小船于某日上午8时从A 岛出发，以10海里/小时的速度，沿北偏东75°方向直线航行，下午1时到达B 处．然后以同样的速度，沿北偏东15°方向直线航行，下午4时到达C 岛．(1)求A ，C 两岛之间的直线距离； (2)求∠BAC 的正弦值．解：(1)在△ABC 中，由已知，AB ＝10×5＝50，BC ＝10×3＝30，∠ABC ＝180°－75°＋15°＝120°.根据余弦定理，得AC 2＝502＋302－2×50×30cos120°＝4 900，所以AC ＝70. 故A ，C 两岛之间的直线距离是70海里． (2)在△ABC 中，据正弦定理，得BC sin ∠BAC ＝ACsin ∠ABC，所以sin ∠BAC ＝BC sin ∠ABC AC ＝30sin120°70＝3314， 故∠BAC 的正弦值是3314.21．(12分)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，△PCD 为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，PA ⊥CD ，CD ＝2，AD ＝3.(1)设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； (2)求证：PA ⊥平面PCD ；(3)求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接BD，如图，易知AC∩BD＝H，BH＝DH，又BG＝PG，故GH∥PD，又因为GH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以GH∥平面PAD.(2)证明：取棱PC的中点N，连接DN，如图，依题意，得DN⊥PC，又因为平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD＝PC，所以DN⊥平面PAC，又PA⊂平面PAC，故DN⊥PA，又因为PA⊥CD，CD∩DN＝D，所以PA⊥平面PCD.(3)连接AN，如图，由(2)中DN⊥平面PAC，可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角．因为△PCD为等边三角形，CD＝2且N为PC的中点，所以DN＝3，又DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN＝DNAD ＝33，所以直线AD与平面PAC所成角的正弦值为33.22．(12分)如图，在四棱锥P­ABCD中，△PAD为正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，AB ∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB＝2AD＝4.(1)求证：平面PCD⊥平面PAD；(2)求三棱锥P­ABC的体积；(3)在棱PC上是否存在点E，使得BE∥平面PAD？若存在，请确定点E的位置，并证明；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：因为AB∥CD，AB⊥AD，所以CD⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面PAD.因为CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD.(2)取AD的中点O，连接PO，如图．因为△PAD为正三角形，所以PO⊥AD.因为平面PAD ⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，所以PO为三棱锥P­ABC的高．因为△PAD为正三角形，CD＝2AB＝2AD＝4，所以PO＝3，所以V三棱锥P­ABC＝S△ABC·PO＝13×12×2×2×3＝233.(3)在棱PC上存在点E，当E为PC的中点时，BE∥平面PAD.证明：如图，分别取CP，CD的中点E，F，连接BE，BF，EF，所以EF∥PD.因为AB∥CD，CD＝2AB，所以AB∥FD，AB＝FD，所以四边形ABFD为平行四边形，所以BF∥AD. 因为BF∩EF＝F，AD∩PD＝D，所以平面BEF∥平面PAD.因为BE⊂平面BEF，所以BE∥平面PAD.。

最新人教版高中数学必修2课时同步测题（全册共236页附解析）目录1.1 空间几何体的结构1.1.1 棱柱、棱锥、棱台的结构特征1.1.2 圆柱、圆锥、圆台、球、简单组合体的结构特征1.2 空间几何体的三视图和直观图1.2.1 中心投影与平行投影1.2.2 空间几何体的三视图1.2.3 空间几何体的直观图1.3 空间几何体的表面积与体积1.3.1 柱体、锥体、台体的表面积与体积1.3.2 球的体积和表面积章末复习课第一单元评估验收卷(一)第二章点、直线、平面之间的位置关系2.1 空间点、直线、平面之间的位置关系2.1.1 平面第二章点、直线、平面之间的位置关系2.1 空间点、直线、平面之间的位置关系2.1.2 空间中直线与直线之间的位置关系2.1.3 空间中直线与平面之间的位置关系2.1.4 平面与平面之间的位置关系2.2 直线、平面平行的判定及其性质2.2.1 直线与平面平行的判定2.2.2 平面与平面平行的判定2.2.3 直线与平面平行的性质2.2.4 平面与平面平行的性质2.3 直线、平面垂直的判定及其性质2.3.1 直线与平面垂直的判定2.3.2 平面与平面垂直的判定2.3.3 直线与平面垂直的性质2.3.4 平面与平面垂直的性质章末复习课第二单元评估验收卷(二)第三章直线与方程3.1 直线的倾斜角与斜率3.1.1 倾斜角与斜率3.1.2 两条直线平行与垂直的判定3.2 直线的方程3.2.1 直线的点斜式方程3.2.2 直线的两点式方程第一章空间几何体1.1 空间几何体的结构1.1.1 棱柱、棱锥、棱台的结构特征A级基础巩固一、选择题1．下列几何体中棱柱有()A．5个B．4个C．3个D．2个解析：由棱柱的定义及几何特征，①③为棱柱．答案：D2．对有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体，以下说法正确的是()A．棱柱B．棱锥C．棱台D．一定不是棱柱、棱锥解析：根据棱柱、棱锥、棱台的特征，一定不是棱柱、棱锥．答案：D3．下列图形经过折叠可以围成一个棱柱的是()解析：A、B、C、中底面多边形的边数与侧面数不相等．答案：D4．由5个面围成的多面体，其中上、下两个面是相似三角形，其余三个面都是梯形，并且这些梯形的腰延长后能相交于一点，则该多面体是()A．三棱柱B．三棱台C．三棱锥D．四棱锥解析：根据棱台的定义可判断知道多面体为三棱台．答案：B5．某同学制作了一个对面图案均相同的正方形礼品盒，如图所示，则这个正方体礼品盒的表面展开图应该为(对面是相同的图案)()解析：其展开图是沿盒子的棱剪开，无论从哪个棱剪开，剪开的相邻面在展开在图中可以不相邻，但未剪开的相邻面在展开图中一定相邻，又相同的图案是盒子相对的面，展开后绝不能相邻．答案：A二、填空题6.如图所示，正方形ABCD中，E，F分别为CD，BC的中点，沿AE，AF，EF将其折成一个多面体，则此多面体是________．解析：折叠后，各面均为三角形，且点B、C、D重合为一点，因此该多面体为三棱锥(四面体)．答案：三棱锥(四面体)7．一个棱柱有10个顶点，所有的侧棱长的和为60 cm，则每条侧棱长为________cm.解析：由题设，该棱柱为五棱柱，共5条侧棱．所以每条侧棱的长为605＝12(cm)．答案：128．①有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体的侧棱一定不相交于一点，故一定不是棱台；②两个互相平行的面是平行四边形，其余各面是四边形的几何体不一定是棱台；③两个互相平行的面是正方形，其余各面是四边形的几何体一定是棱台．其中正确说法的个数为________．解析：①正确，因为具有这些特征的几何体的侧棱一定不相交于一点，故一定不是棱台；②正确；③不正确，当两个平行的正方形完全相等时，一定不是棱台．答案：29．根据如图所示的几何体的表面展开图，画出立体图形．解：图①是以ABCD为底面，P为顶点的四棱锥．图②是以ABCD和A1B1C1D1为底面的棱柱．其图形如图所示．B级能力提升1.如图所示，将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个小角度，则倾斜后水槽中的水形成的几何体是()A．棱柱B．棱台C．棱柱与棱锥的组合体D．不能确定解析：如图所示，倾斜小角度后，因为平面AA1D1D∥平面BB1C1C，所以有水的部分始终有两个平面平行，而其余各面都易证是平行四边形(水面与两平行平面的交线)因此呈棱柱形状．答案：A2．一个正方体的六个面上分别标有字母A，B，C，D，E，F，下图是此正方体的两种不同放置，则与D面相对的面上的字母是________．解析：由图知，标字母C的平面与标有A、B、D、E的面相邻，则与D面相对的面为E面，或B面，若B面与D面相对，则A面与B面相对，这时图②不可能，故只能与D面相对的面上字母为B.答案：B3.如图所示，M是棱长为2 cm的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱CC1的中点，求沿正方体表面从点A到点M的最短路程．解：若以BC为轴展开，则A，M两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为2 cm，3 cm，故两点之间的距离是13 cm.若以BB1为轴展开，则A，M两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为1，4，故两点之间的距离是17 cm.故沿正方体表面从点A到点M的最短路程是13 cm.第一章空间几何体1.1 空间几何体的结构1.1.2 圆柱、圆锥、圆台、球、简单组合体的结构特征A级基础巩固一、选择题1．下列几何体中是旋转体的是()①圆柱②六棱锥③正方体④球体⑤四面体A．①和⑤B．①C．③和④D．①和④解析：圆柱、球体是旋转体，其余均为多面体．答案：D2．如图所示的简单组合体的结构特征是()A．由两个四棱锥组合成的B．由一个三棱锥和一个四棱锥组合成的C．由一个四棱锥和一个四棱柱组合成的D．由一个四棱锥和一个四棱台组合成的解析：这个8面体是由两个四棱锥组合而成．答案：A3．下图是由哪个平面图形旋转得到的()解析：图中几何体由圆锥、圆台组合而成，可由A中图形绕图中虚线旋转360°得到．答案：A4．如图所示的几何体是从一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的．现用一个平面去截这个几何体，若这个平面平行于底面，那么截面图形为()解析：截面图形应为图C所示的圆环面．答案：C5．用一张长为8、宽为4的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，则相应圆柱的底面半径是()A．2 B．2πC.2π或4πD.π2或π4解析：如图所示，设底面半径为r，若矩形的长8恰好为卷成圆柱底面的周长，则2πr＝8，所以r＝4π；同理，若矩形的宽4恰好为卷成圆柱的底面周长，则2πr＝4，所以r＝2π.所以选C.答案：C二、填空题6．等腰三角形绕底边上的高所在的直线旋转180°，所得几何体是________．解析：结合旋转体及圆锥的特征知，所得几何体为圆锥．答案：圆锥7．给出下列说法：①圆柱的母线与它的轴可以不平行；②圆锥的顶点、圆锥底面圆周上任意一点及底面圆的圆心三点的连线，都可以构成直角三角形；③在圆台的上、下两底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线；④圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的．其中正确的是____________(填序号)．解析：由旋转体的形成与几何特征可知①③错误，②④正确．答案：②④8．如图是一个几何体的表面展成的平面图形，则这个几何体是__________．答案：圆柱三、解答题9．如图所示的物体是运动器材——空竹，你能描述它的几何特征吗？解：此几何体是由两个大圆柱、两个小圆柱和两个小圆台组合而成的．10．如图所示，用一个平行于圆锥SO底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的半径分别2 cm和5 cm，圆台的母线长是12 cm，求圆锥SO的母线长．解：如图，过圆台的轴作截面，截面为等腰梯形ABCD，由已知可得上底半径O1A＝2 cm，下底半径OB＝5 cm，且腰长AB＝12 cm.设截得此圆台的圆锥的母线长为l，则由△SAO1∽△SBO，可得l－12 l＝25，所以l＝20 cm.故截得此圆台的圆锥的母线长为20 cm.B级能力提升1．如图所示的平面中阴影部分绕中间轴旋转一周，形成的几何体形状为()A．一个球体B．一个球体中间挖出一个圆柱C．一个圆柱D．一个球体中间挖去一个长方体解析：外面的圆旋转形成一个球，里面的长方形旋转形成一个圆柱．所有形成的几何为一个球体挖出一个圆柱．答案：B2．一个半径为5 cm的球，被一平面所截，球心到截面圆心的距离为4 cm，则截面圆面积为__________cm2.解析：如图所示，过球心O作轴截面，设截面圆的圆心为O1，其半径为r.由球的性质，OO1⊥CD.在Rt△OO1C中，R＝OC＝5，OO1＝4，则O1C＝3，所以截面圆的面积S＝π·r2＝π·O1C2＝9π.答案：9π3．如图，底面半径为1，高为2的圆柱，在A点有一只蚂蚁，现在这只蚂蚁要围绕圆柱由A点爬到B点，问蚂蚁爬行的最短距离是多少？解：把圆柱的侧面沿AB剪开，然后展开成为平面图形——矩形，如图所示，连接AB′，即为蚂蚁爬行的最短距离．因为AB＝A′B′＝2，AA′为底面圆的周长，且AA′＝2π×1＝2π.所以AB′＝A′B′2＋AA′2＝4＋（2π）2＝21＋π2，所以蚂蚁爬行的最短距离为21＋π2.第一章空间几何体1.2 空间几何体的三视图和直观图1.2.1 中心投影与平行投影1.2.2 空间几何体的三视图A级基础巩固一、选择题1．以下关于投影的叙述不正确的是()A．手影就是一种投影B．中心投影的投影线相交于点光源C．斜投影的投影线不平行D．正投影的投影线和投影面垂直解析：平行投影的投影线互相平行，分为正投影和斜投影两种，故C错．2．如图所示，水平放置的圆柱形物体的三视图是()答案：A3．如图，在直角三角形ABC，∠ACB＝90°，△ABC绕边AB 所在直线旋转一周形成的几何体的正视图为()解析：由题意，该几何体是两个同底的圆锥组成的简单组合体，且上部分圆锥比底部圆锥高，所以正视图应为选项B.答案：B4．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是()A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱解析：球的三视图都是圆；三棱锥的三视图都是全等的三角形；正方体的三视图都是正方形；圆柱的底面放置在水平面上，则其俯视图是圆，正视图是矩形，故几何体不可能是圆柱．5.一个四棱锥S-ABCD，底面是正方形，各侧棱长相等，如图所示，其正视图是一等腰三角形，其腰长与图中等长的线段是()A．AB B．SBC．BC D．SE解析：正视图的投影面应是过点E与底面ABCD垂直的平面，所以侧棱SB在投影面上的投影为线段SE.答案：D二、填空题6．下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是________(填序号)．①正方体②圆锥③三棱台④正四棱锥解析：在各自的三视图中，①正方体的三个视图都相同；②圆锥有两个视图相同；③三棱台的三个视图都不同；④正四棱锥有两个视图相同．所以满足仅有两个视图相同的是②④.答案：②④7．一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图不可能为：①长方形；②正方形；③圆．其中满足条件的序号是________．答案：②③8．下图中的三视图表示的几何体是________．解析：根据三视图的生成可知，该几何体为三棱柱．答案：三棱柱三、解答题9．根据三视图(如图所示)想象物体原形，指出其结构特征，并画出物体的实物草图．解：由俯视图知，该几何体的底面是一直角梯形；由正视图知，该几何体是一四棱锥，且有一侧棱与底面垂直．所以该几何体如图所示．10．画出图中3个图形的指定视图．解：如图所示．B级能力提升1．如图所示为一个简单几何体的三视图，则其对应的实物图是()答案：A2．已知正三棱锥V-ABC的正视图、俯视图如图所示，它的侧棱VA＝2，底面的边AC＝3，则由该三棱锥得到的侧视图的面积为________．解析：正三棱锥V-ABC的侧视图不是一个等腰三角形，而是一个以一条侧棱、该侧棱所对面的斜高和底面正三角形的一条高构成的三角形，如侧视图所示(其中VF是斜高)，由所给数据知原几何体的高为3，且CF＝3 2.故侧视图的面积为S＝12×32×3＝334.答案：33 43．如图所示的是某两个几何体的三视图，试判断这两个几何体的形状．解：①由俯视图知该几何体为多面体，结合正视图和侧视图知，几何体应为正六棱锥．②由几何体的三视图知该几何体的底面是圆，相交的一部分是一个与底面同圆心的圆，正视图和侧视图是由两个全等的等腰梯形组成的．故该几何体是两个圆台的组合体．第一章空间几何体1.2 空间几何体的三视图和直观图1.2.3 空间几何体的直观图A级基础巩固一、选择题1．关于斜二测画法所得直观图，以下说法正确的是()A．等腰三角形的直观图仍是等腰三角形B．正方形的直观图为平行四边形C．梯形的直观图不是梯形D．正三角形的直观图一定为等腰三角形解析：由直观图的性质知B正确．答案：B2．利用斜二测画法画边长为3 cm的正方形的直观图，正确的是图中的()解析：正方形的直观图应是平行四边形，且相邻两边的边长之比为2∶1.答案：C3．如图，用斜二测画法画一个水平放置的平面图形为一个正方形，则原来图形的形状是()解析：直观图中正方形的对角线为2，故在平面图形中平行四边形的高为22，只有A项满足条件，故A正确．答案：A4．已知两个圆锥，底面重合在一起，其中一个圆锥顶点到底面的距离为2 cm，另一个圆锥顶点到底面的距离为3 cm，则其直观图中这两个顶点之间的距离为()A．2 cm B．3 cm C．2.5 cm D．5 cm解析：因为这两个顶点连线与圆锥底面垂直，现在距离为5 cm，而在直观图中根据平行于z轴的线段长度不变，仍为5 cm.答案：D5．若一个三角形采用斜二测画法，得到的直观图的面积是原三角形面积的()A.24B．2倍 C.22 D.2倍解析：底不变，只研究高的情况即可，此结论应识记．答案：A二、填空题6．如图所示，△A′B′C′是△ABC的水平放置的直观图，A′B′∥y轴，则△ABC是________三角形．解析：由于A′B′∥y轴，所以在原图中AB∥y轴，故△ABC为直角三角形．答案：直角7．已知△ABC的直观图如图所示，则△ABC的面积为________．解析：△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝6，所以S＝12×3×6＝9.答案：98．如图所示，水平放置的△ABC的斜二测直观图是图中的△A′B′C′，已知A′C′＝6，B′C′＝4，则AB边的实际长度是_______．解析：在原图中AC＝6，BC＝4×2＝8，∠AOB＝90°，所以AB＝62＋82＝10.答案：10三、解答题9．如图所示，已知水平放置的平面图形的直观图是一等腰直角三角形ABC，且AB＝BC＝1，试画出它的原图形．解：(1)在如图所示的图形中画相应的x轴、y轴，使∠xOy＝90°(O与A′重合)；(2)在x轴上取C′，使A′C′＝AC，在y轴上取B′，使A′B′＝2AB；(3)连接B′C′，则△A′B′C′就是原图形．10．画出底面是正方形、侧棱均相等的四棱锥的直观图(棱锥的高不做具体要求)．解：画法：(1)画轴．画Ox轴、Oy轴、Oz轴，∠xOy＝45°(135°)，∠xOz＝90°，如图．(2)画底面．以O为中心在xOy平面内，画出底面正方形的直观图ABCD.(3)画顶点．在Oz轴上截取OP，使OP的长度是四棱锥的高．(4)成图．顺次连接PA、PB、PC、PD，并擦去辅助线，得四棱锥的直观图．B级能力提升1．水平放置的△ABC有一边在水平线上，它的斜二测直观图是正△A′B′C′，则△ABC为()A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．以上都有可能解析：如下图所示，斜二测直观图还原为平面图形，故△ABC 是钝角三角形．答案：C2.如图，Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，直角边O′B′＝1，则这个平面图形的面积是________．解析：因为O′B＝1，所以O′A′＝2，所以在Rt△OAB中，∠AOB＝90°，OB＝1，OA＝2 2.所以S△AOB＝12×1×22＝ 2.答案：23．如图是一个空间几何体的三视图，试用斜二测画法画出它的直观图．解：根据三视图可以想象出这个几何体是六棱台．(1)画轴．如图①，画x轴、y轴、z轴，使∠xOy＝45°，∠xOz ＝90°.(2)画两底面，由三视图知该几何体为六棱台，用斜二测画法画出底面正六边形ABCDEF，在z轴上截取OO′，使OO′等于三视图中的相应高度，过O′作Ox的平行线O′x′，Oy的平行线O′y′，利用O′x与O′y′画出底面正六边形A′B′C′D′E′F′.(3)成图．连接A′A，B′B，C′C，D′D，E′E，F′F，整理得到三视图表示的几何体的直观图，如图②.第一章空间几何体1.3 空间几何体的表面积与体积1.3.1 柱体、锥体、台体的表面积与体积A级基础巩固一、选择题1．轴截面是正三角形的圆锥称作等边圆锥，则等边圆锥的侧面积是底面积的( )A ．4倍B ．3倍 C.2倍D ．2倍解析：设轴截面正三角形的边长为2a ，所以S 底＝πa 2，S 侧＝πa ·2a ＝2πa 2，因此S 侧＝2S 底． 答案：D2.如图所示，ABC ­A ′B ′C ′是体积为1的棱柱，则四棱锥C -AA ′B ′B 的体积是( )A.13B.12C.23D.34解析：因为V C ­A ′B ′C ′＝13V 柱＝13，所以V C ­AA ′B ′B ＝1－13＝23.答案：C3．若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为3，则这个圆锥的全面积为( )A ．3πB ．33πC ．6πD ．9π解析：由于圆锥的轴截面是等边三角形，所以2r ＝l ， 又S 轴＝12×l 2×sin 60°＝34l 2＝3，所以l ＝2，r ＝1.所以S圆锥表＝πr2＋πrl＝π＋2π＝3π.故选A.答案：A4.(2015·课标全国Ⅰ卷)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依恒内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图所示，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放米约有()A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛解析：由l＝14×2πr＝8得圆锥底面的半径r＝16π≈163，所以米堆的体积V＝14×13πr2h＝14×2569×5＝3209(立方尺)，所以堆放的米有3209÷1.62≈22(斛)．答案：B5.已知正方体的8个顶点中，有4个为侧面是等边三角形的一三棱锥的顶点，则这个三棱锥与正方体的表面积之比为()A．1∶ 2 B．1∶ 3C．2∶ 2 D．3∶ 6解析：棱锥B′ ­ACD′为适合条件的棱锥，四个面为全等的等边三角形，设正方体的边长为1，则B′C＝2，S△B′AC＝3 2.三棱锥的表面积S 锥＝4×32＝23，又正方体的表面积S 正＝6. 因此S 锥∶S 正＝23∶6＝1∶ 3. 答案：B 二、填空题6．若一个圆台的正视图如图所示，则其侧面积为________．解析：由正视图可知，该圆台的上、下底面圆的半径分别为1，2，其高为2，所以其母线长l ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4－222＋22＝5， 所以S 侧＝π(1＋2)×5＝35π. 答案：35π7．下图是一个空间几何体的三视图，这个几何体的体积是________．解析：由图可知几何体是一个圆柱内挖去一个圆锥所得的几何体，V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π×22×3－13π×22×3＝8π.答案：8π8．(2015·福建卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于________．解析：由三视图知，该几何体是直四棱柱，底面是直角梯形，且底面梯形的周长为4＋ 2.则S侧＝8＋22，S底＝2×（1＋2）2×1＝3.故S表＝S侧＋S底＝11＋2 2.答案：11＋22三、解答题9．已知圆柱的侧面展开图是长、宽分别为2π和4π的矩形，求这个圆柱的体积．解：设圆柱的底面半径为R，高为h，当圆柱的底面周长为2π时，h＝4π，由2πR＝2π，得R＝1，所以V圆柱＝πR2h＝4π2.当圆柱的底面周长为4π时，h＝2π，由2πR＝4π，得R＝2，所以V圆柱＝πR2h＝4π·2π＝8π2.所以圆柱的体积为4π2或8π2.10．一个正三棱柱的三视图如图所示(单位：cm)，求这个正三棱柱的表面积与体积．解：由三视图知直观图如图所示，则高AA′＝2 cm，底面高B′D′＝23cm ，所以底面边长A ′B ′＝23×23＝4(cm)．一个底面的面积为12×23×4＝43(cm 2)．所以表面积S ＝2×43＋4×2×3＝24＋83(cm 2)， V ＝43×2＝83(cm 3)．所以表面积为(24＋83)cm 2，体积为83(cm 3)．B 级 能力提升1.某几何体的三视图如图所示，俯视图是由一个半圆与其直径组成的图形，则此几何体的体积是( )A.203π B.103π C ．6πD.163π 解析：该几何体的上方是以2为底面圆的半径，高为2的圆锥的一半，下方是以2为底面圆的半径，高为1的圆柱的一半，其体积为V ＝π×22×12＋12×13π×22×2＝2π＋43π＝103π.答案：B2．(2015·江苏卷)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径为__________．解析：底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱的总体积为13π×52×4＋π×22×8＝196π3.设新的圆锥和圆柱的底面半径为r ，则13π·r 2×4＋π·r 2×8＝28π3r 2＝196π3，解得r ＝7.答案：73．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，求该几何体的体积．解：由三视图知，该几何体是一个四棱柱与一个四棱锥的组合体． V 四棱柱＝23＝8，V 四棱锥＝13×22×2＝83.故几何体的体积V ＝V 四棱柱＋V 四棱锥＝8＋83 ＝323(cm 3)．第一章 空间几何体 1.3 空间几体的表面积与体积 1.3.2 球的体积和表面积A 级 基础巩固一、选择题1．若一个球的体积扩大到原来的27倍，则它的表面积扩大到原来的( )A ．3倍B ．3 3 倍C ．9倍D ．9 3 倍解析：由V ′＝27 V ，得R ′＝3R ，R ′R＝3则球的表面积比S ′∶S ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫R ′R 2＝9. 答案：C2．把3个半径为R 的铁球熔成一个底面半径为R 的圆柱，则圆柱的高为( )A ．RB ．2RC ．3RD ．4R 解析：设圆柱的高为h ，则πR 2h ＝3×43πR 3，所以h ＝4R . 答案：D3．如图所示，是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．9π＋42B ．36π＋18 C.92π＋12 D.92π＋18解析：由三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体，其体积V＝43π⎝⎛⎭⎪⎫323＋3×3×2＝92π＋18.答案：D4．设长方体的长、宽、高分别为2a，a，a，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为()A．3πa2B．6πa2C．12πa2D．24πa2解析：设该球的半径为R，所以(2R)2＝(2a)2＋a2＋a2＝6a2，即4R2＝6a2.所以球的表面积为S＝4πR2＝6πa2.答案：B5．下图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得几何体的表面积是()A．4π＋24 B．4π＋32C．22πD．12π解析：由三视图可知，该几何体上部分为半径为1的球，下部分为底边长为2，高为3的正四棱柱，几何体的表面积为4π＋32.答案：B二、填空题6．将一钢球放入底面半径为3 cm 的圆柱形玻璃容器中，水面升高4 cm ，则钢球的半径是________．解析：圆柱形玻璃容器中水面升高4cm ，则钢球的体积为V ＝π×32×4＝36π，即有43πR 3＝36π，所以R ＝3.答案：3 cm7．两个球的表面积之差为48π，它们的大圆周长之和为12π，则这两个球的半径之差为________．解析：由题意设两球半径分别为R 、r (R ＞r )，则：⎩⎪⎨⎪⎧4πR 2－4πr 2＝48π2πR ＋2πr ＝12π即⎩⎪⎨⎪⎧R 2－r 2＝12R ＋r ＝6.，所以R －r ＝2. 答案：28．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知几何体为组合体，上方是半径为1的球，下方是长方体，其底面是边长为2的正方形，侧棱长为4，故其体积V ＝43×π×13＋2×2×4＝16＋4π3. 答案：16＋4π3三、解答题9．某组合体的直观图如图所示，它的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，若图中r ＝1，l ＝3，试求该组合体的表面积和体积．解：组合体的表面积S ＝4πr 2＋2πrl ＝4π×12＋2π×1×3＝10π. 因为圆柱的体积V 圆柱＝πr 2l ＝π×12×3＝3π，又两个半球的体积2V 半球＝43πr 3＝43π， 因此组合体的体积V ＝3π＋43π＝133π. 10．如图，一个圆柱形的玻璃瓶的内半径为3 cm ，瓶里所装的水深为8 cm ，将一个钢球完全浸入水中，瓶中水的高度上升到8.5 cm ，求钢球的半径．解：设球的半径为R ，由题意可得43πR 3＝π×32×0.5， 解得：R ＝1.5 (cm)，所以所求球的半径为1.5 cm.B 级 能力提升1．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为( )A.8π3B.82π3 C ．82π D.32π3解析：截面面积为π，则该小圆的半径为1，设球的半径为R ，则R 2＝12＋12＝2，所以R ＝2，V ＝43πR 3＝82π3.答案：B2．边长为42的正方形ABCD 的四个顶点在半径为5的球O 的表面上，则四棱锥O -ABCD 的体积是________．解析：因为正方形ABCD 外接圆的半径r ＝（42）2＋（42）22＝4.又因为球的半径为5， 所以球心O 到平面ABCD 的距离d ＝R 2－r 2＝3，所以V O ­ABCD ＝13×(42)3×3＝32. 答案：323．体积相等的正方体、球、等边圆柱(轴截面为正方形的圆柱)的表面积分别是S 1，S 2，S 3，试比较它们的大小．解：设正方体的棱长为a ，球的半径为R ，等边圆柱的底面半径为r ，则S 1＝6a 2，S 2＝4πR 2，S 3＝6πr 2.由题意知，43πR 3＝a 3＝πr 2·2r ， 所以R ＝334πa ，r ＝312πa ， 所以S 2＝4π⎝⎛⎭⎪⎪⎫334πa 2＝4π·3916π2a 2＝336πa 2， S 3＝6π⎝⎛⎭⎪⎪⎫312πa 2＝6π·314π2a 2＝354πa 2， 所以S 2＜S 3.又6a 2＞3312πa 2＝354πa 2，即S 1＞S 3. 所以S 1，S 2，S 3的大小关系是S 2＜S 3＜S 1.章末复习课[整合·网络构建][警示·易错提醒]1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱(母线)延长后必交于一点．2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视虚线的画法．4．求组合体的表面积时：组合体的衔接部分的面积问题易出错．5．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．6．易混侧面积与表面积的概念.专题1空间几何体的三视图与直观图三视图是立体几何中的基本内容，能根据三视图识别其所表示的立体模型，并能根据三视图与直观图所提供的数据解决问题．主要考查形式：(1)由三视图中的部分视图确定其他视图；(2)由三视图还原几何体；(3)三视图中的相关量的计算．其中(3)是本章的难点，也是重点之一，解这类题的关键是准确地将三视图中的数据转化为几何体中的数据．[例1](1)若一个正三棱柱的三视图如图所示，则这个正三棱柱的高和底面边长分别为()A．2，23B．22，2C．4，2D．2，4(2)(2016·全国Ⅲ卷)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为()A．18＋36 5 B．54＋18 5 C．90 D．81解析：(1)由三视图的画法规则知，正视图与俯视图长度一致，正视图与侧视图高度一致，俯视图与侧视图宽度一致．所以侧视图中2为正三棱柱的高，23为底面等边三角形的高，所以底面等边三角形边长为4.(2)由三视图可知，该几何体的底面是边长为3的正方形，高为6，侧棱长为35，则该几何体的表面积S＝2×32＋2×3×35＋2×3×6＝54＋18 5.故选B.答案：(1)D(2)B。

高中数学必修二：课时提升作业(二十六)_4.2.1直线与圆的位置关系(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.直线x-y+1=0与圆(x+1)2+y2=1的位置关系是( )A.相切B.直线过圆心C.直线不过圆心但与圆相交D.相离【解析】选B.圆(x+1)2+y2=1的圆心为(-1,0),点(-1,0)在直线x-y+1=0上,故选B. 【补偿训练】直线3x+4y-5=0与圆2x2+2y2-4x-2y+1=0的位置关系是( )A.相离B.相切C.相交且直线不过圆心D.相交且直线过圆心【解析】选D.圆2x2+2y2-4x-2y+1=0的圆心为,圆心到直线3x+4y-5=0的距离为d==0,所以直线与圆相交且直线过圆心.2.若直线3x+4y+k=0与圆x2+y2-6x+5=0相切,则k的值等于( )A.1或-19B.10或-1C.-1或-19D.-1或19【解析】选 A.x2+y2-6x+5=0的圆心为(3,0),半径r=2,由题意得圆心到直线的距离d==2,解得k=-19或1.3.点M(x 0,y 0)是圆x 2+y 2=a 2(a>0)内不为圆心的一点,则直线x 0x+y 0y=a 2与该圆的位置关系是 ( ) A.相切 B.相交 C.相离D.相切或相交【解析】选C.M 在圆内,且不为圆心,则0<+< a 2,则圆心到直线x 0x+y 0y=a 2的距离为d =>=a,所以相离.4.平行于直线2x+y+1=0且与圆x 2+y 2=5相切的直线的方程是( )A.2x-y+=0或2x-y-=0B.2x+y+=0或2x+y-=0C.2x-y+5=0或2x-y-5=0D.2x+y+5=0或2x+y-5=0【解析】选D.设所求切线方程为2x+y+c=0,依题有=,解得c=±5,所以所求的直线方程为2x+y+5=0或2x+y-5=0.【补偿训练】过点P(2,3)引圆x 2+y 2-2x+4y+4=0的切线,其方程是 ( ) A.x=2 B.12x-5y+9=0 C.5x-12y+26=0 D.x=2和12x-5y-9=0【解析】选D.点P 在圆外,故过P 必有两条切线,所以选D.5.在平面直角坐标系xOy 中,直线3x+4y-5=0与圆x 2+y 2=4相交于A,B 两点,则弦AB 的长等于 ( )A.3B.2C. D.1【解析】选B.圆x 2+y 2=4的圆心为(0,0),半径为2,则圆心到直线3x+4y-5=0的距离为d==1.所以=2=2=2.二、填空题(每小题5分,共15分)6.已知直线5x+12y+m=0与圆x 2-2x+y 2=0相切,则m= .【解析】由题意,得圆心C(1,0),半径r=1,则=1,解得m=8或-18.答案:8或-18【延伸探究】若本题中直线与圆相交,如何求m 的范围?【解析】由题意,得圆心C(1,0),半径r=1,则<1,解得-18<m<8. 7.过点G(0,1)的直线与圆x 2+y 2=4相交于A,B 两点,则|AB|的最小值为 . 【解析】当圆心到直线距离最大时,弦长最短,易知当圆心与定点G(0,1)的连线与直线AB 垂直时,圆心到直线AB 的距离取得最大值,即d==1,此时弦长最短,即≥=⇒|AB|≥2.故|AB|的最小值为2.答案:28.由直线y=x+1上的点向圆C:x 2+y 2-6x+8=0引切线,则切线长的最小值为 .【解析】直线y=x+1上点P(x 0,y 0)到圆心C 的距离与切线长d 满足d====≥.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知点P(x,y)是圆C:(x+2)2+y 2=1上任意一点.求P 点到直线3x+4y+12=0的距离的最大值和最小值.【解析】圆心C(-2,0)到直线3x+4y+12=0的距离为d==.所以P点到直线3x+4y+12=0的距离的最大值为d+r=+1=,最小值为d-r=-1=.10.已知圆C:x 2+y 2-8y+12=0,直线l :ax+y+2a=0. (1)当a 为何值时,直线l 与圆C 相切. (2)当直线l 与圆C 相交于A,B 两点,且AB=2时,求直线l 的方程.【解析】将圆C 的方程x 2+y 2-8y+12=0配方得标准方程为x 2+(y-4)2=4,则此圆的圆心为(0,4),半径为2.(1)若直线l 与圆C 相切,则有=2.解得a=-.(2)过圆心C 作CD ⊥AB,则根据题意和圆的性质,得解得a=-7或a=-1.故所求直线方程为7x-y+14=0或x-y+2=0. 【拓展延伸】数形结合思想方法的应用数形结合是一种重要的解题思想方法,直线和圆的方程将数(方程)与形(直线或圆)有机地结合起来,因此常用直线与圆的图形解决一些代数问题.【补偿训练】求与直线x+2y-1=0切于点A(1,0),且过点B(2,-3)的圆的方程.【解析】设所求圆的方程为(x-a)2+(y-b)2=r2,圆心O的坐标为(a,b),半径为r.由直线x+2y-1=0与圆O相切,可得直线AO与x+2y-1=0垂直.因为x+2y-1=0的斜率为-,所以直线AO的斜率k=2,即=2,①把A的坐标代入圆的方程得(1-a)2+b2=r2,②把B的坐标代入圆的方程得(2-a)2+(-3-b)2=r2③联立①②③,解得a=0,b=-2,r=,故所求圆的方程为x2+(y+2)2=5.(20分钟40分)一、选择题(每小题5分,共10分)1.已知点M在圆O:x2+y2=1外,则直线ax+by=1与圆O的位置关系是( )A.相切B.相交C.相离D.不确定【解题指南】求出圆心到直线的距离,并结合点M在圆外判断与半径的关系,可得直线与圆的关系.【解析】选B.因为点M在圆外,得a2+b2>1,所以O到直线ax+by=1的距离d=<1=r,则直线与圆O相交.2.一条光线从点(-2,-3)射出,经y 轴反射后与圆(x+3)2+(y-2)2=1相切则反射光线所在直线的斜率为 ( )A.-或-B.-或-C.-或-D.-或-【解析】选 D.反射光线过点(2,-3),设反射光线所在直线方程为y+3=k(x-2),即kx-y-2k-3=0,反射光线与圆相切,圆心(-3,2)到直线的距离等于半径1,即=1,解得k=-或k=-.二、填空题(每小题5分,共10分)3.(设点M(x 0,1),若在圆O:x 2+y 2=1上存在点N,使得 ∠OMN=45°,则x 0的取值范围是 . 【解析】由题意画出图形如图,点M(x 0,1),要使圆O:x 2+y 2=1上存在点N,使得∠OMN=45°,则∠OMN 的最大值大于或等于45°时一定存在点N,使得∠OMN=45°,而当MN 与圆相切时∠OMN 取得最大值,此时MN=1,图中只有M ′到M ″之间的区域满足MN=1,所以x 0的取值范围是[-1,1]. 答案:[-1,1]【补偿训练】设直线2x+3y+1=0和圆x 2+y 2-2x-3=0相交于点A,B,则弦AB 的垂直平分线所在方程是 .【解析】设与2x+3y+1=0垂直的直线方程是3x-2y +m=0.又因为直线过圆心(1,0),所以3×1-2×0+m=0,所以m=-3,即所求直线方程为3x-2y-3=0. 答案:3x-2y-3=04.若直线3x-4y+5=0与圆x2+y2=r2(r>0)相交于A,B两点,且∠AOB=120°(O为坐标原点),则r= .【解析】如图,直线3x-4y+5=0与圆x2+y2=r2(r>0)交于A,B两点,O为坐标原点,且∠AOB=120°,则圆心(0,0)到直线3x-4y+5=0的距离为r,即=r,所以r=2.答案:2三、解答题(每小题10分,共20分)5.设圆上的点A(2,3)关于直线x+2y=0的对称点仍在圆上,且圆与直线x-y+1=0相交的弦长为2,求圆的方程.【解析】设圆的方程为(x-a)2+(y-b)2=r2.由已知可知,直线x+2y=0过圆心,则a+2b=0,①又点A在圆上,则(2-a)2+(3-b)2=r2,②因为直线x-y+1=0与圆相交的弦长为2.所以()2+=r2.③解由①②③所组成的方程组得或故所求方程为(x-6)2+(y+3)2=52或(x-14)2+(y+7)2=244.【补偿训练】已知点M(3,1),圆C:(x-1)2+(y-2)2=4.(1)求过点M(3,1)的圆的切线方程.(2)若直线ax-y+4=0与圆相交于A,B两点,且弦AB的长为2,求a的值.【解析】(1)圆心C(1,2),半径为r=2,当直线的斜率不存在时,方程为x=3.由圆心C(1,2)到直线x=3的距离d=3-1=2=r知,此时,直线与圆相切.当直线的斜率存在时,设方程为y-1=k(x-3),即kx-y+1-3k=0.由题意知=2,解得k=.所以方程为y-1=(x-3),即3x-4y-5=0.故过M点的圆的切线方程为x=3或3x-4y-5=0.(2)因为圆心到直线ax-y+4=0的距离为,所以+=4,解得a=-.6.已知圆C:x2+(y-1)2=5,直线l:mx-y+1-m=0.(1)求证:对任意m∈R,直线l与圆C总有两个不同的交点.(2)设l与圆C交于A,B两点,若|AB|=,求l的倾斜角.【解题指南】(1)直线l方程mx-y+1-m=0可得直线恒过定点且定点在圆内,由此证明直线与圆总有两个交点.(2)将直线方程与圆的方程联立,结合弦长|AB|=,求出m的值,确定出直线相应的倾斜角.【解析】(1)由已知直线l:y-1=m(x-1),知直线l恒过定点P(1,1),因为12=1<5,所以P点在圆C内,所以直线l与圆C总有两个不同的交点.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程组,消去y得(m2+1)x2-2m2x+m2-5=0,则x1,x2是一元二次方程的两个实根,因为=,所以=·,所以m2=3,m=±,所以l的倾斜角为或.关闭Word文档返回原板块。

课时提升作业(四)空间几何体的直观图(15分钟30分)一、选择题(每小题4分,共12分)1.如图,已知等腰三角形ABC,则如图所示的四个图中,可能是△ABC的直观图的是( )A.①②B.②③C.②④D.③④【解析】选D.原等腰三角形画成直观图后,原来的腰长不相等,③④两图可以是△ABC的直观图.2.如图,△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图,则在△ABC的三边及中线AD中,最长的线段是( )A.ABB.ACC.BCD.AD【解析】选B.由直观图可知△ABC是以∠B为直角的三角形,所以斜边AC最长.【补偿训练】AB=2CD,AB∥x轴,CD∥y轴,已知在直观图中,AB的直观图是A′B′,CD的直观图是C′D′,则( )A.A′B′=2C′D′B.A′B′=C′D′C.A′B′=4C′D′D.A′B′=错误！未找到引用源。

C′D′【解析】选C.因为AB∥x轴,CD∥y轴,所以AB=A′B′,CD=2C′D′,故A′B′=4C′D′.3.(2015·温州高二检测)如图Rt△O′A′B′是一个平面图形的直观图,若O′B′=错误！未找到引用源。

,则这个平面图形的面积是( )A.1B.错误！未找到引用源。

C.2错误！未找到引用源。

D.4错误！未找到引用源。

【解析】选C.由已知中Rt△O′A′B′,直角边O′B′=错误！未找到引用源。

,则Rt△O′A′B′的面积S=1,由原图的面积与直观图面积之比为1∶错误！未找到引用源。

,可得原图形的面积为2错误！未找到引用源。

.二、填空题(每小题4分,共8分)4.斜二测画法中,位于平面直角坐标系中的点M(4,4)在直观图中的对应点是M′,则点M′的坐标为.【解析】在x′轴的正方向上取点M1,使O′M1=4,在y′轴上取点M2,使O′M2=2,过M1和M2分别作平行于y′轴和x′轴的直线,则交点就是M′.答案:(4,2)5.(2015·蚌埠高一检测)如图所示,水平放置的△ABC在坐标系中的直观图,其中D′是A′C′的中点,且∠ACB≠30°,则原图形中与线段BD的长相等的线段有条.【解析】△ABC为直角三角形,因为D为AC中点,所以BD=AD=CD.所以与BD 的长相等的线段有2条.答案:2三、解答题6.(10分)如图,已知某几何体的三视图如图(单位:cm).画出这个几何体的直观图(不要求写画法).【解析】由该几何体的三视图可知,此几何体是由一个三棱柱和一个四棱柱拼接而成的组合体,其直观图如图所示.【延伸探究】由几何体的三视图画直观图的方法(1)要认清几何体的形状与大小,这是解决此类问题的关键.(2)按斜二测画法的规则及步骤作出直观图.(3)对于复杂的组合体,有时需要建立多个辅助坐标系,这时只要逐个解决即可.(15分钟30分)一、选择题(每小题5分,共10分)1.(2015·济南高一检测)水平放置的△ABC有一边在水平线上,它的斜二测直观图是正△A′B′C′,则△ABC为( )A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.以上都有可能【解析】选C.用斜二测画法,原图的直角变成45°,直观图中的正△A′B′C′的角度是60°,60°>45°.所以原图是钝角三角形.2.(2015·开封高二检测)已知两个圆锥,底面重合在一起,其中一个圆锥顶点到底面的距离为2cm,另一个圆锥顶点到底面的距离为3cm,则其直观图中这两个顶点之间的距离为( )A.2 cmB.3 cmC.2.5 cmD.5 cm【解题指南】空间图形的直观图中,与z轴平行的线段的长度保持不变. 【解析】选 D.圆锥顶点到底面的距离即圆锥的高,故两顶点间的距离为2+3=5(cm),在直观图中与z轴平行的线段长度不变,仍为5cm.【补偿训练】水平放置的△ABC的斜二测直观图如图所示,已知A′C′=3, B′C′=2,则AB边上的中线的实际长度为.【解析】由直观图知,原平面图形为直角三角形,且AC=A′C′=3,BC=2B′C′=4,计算得AB=5,所求中线长为2.5.答案:2.5二、填空题(每小题5分,共10分)3.(2015·广州高二检测)如图所示,正方形O′A′B′C′的边长为1,它是水平放置的一个平面图形的直观图,则原图形的周长是.【解析】原图形如图.OABC为平行四边形,OA=1,AB=错误！未找到引用源。

综合质量评估(第一至第四章)(120分钟150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知圆的方程是(x-2)2+(y-3)2=4,则点P(3,2)满足( )A.是圆心B.在圆上C.在圆内D.在圆外【解析】选C.因为(3-2)2+(2-3)2=2<4,故点P(3,2)在圆内.2.直线x-y-4=0与圆x2+y2-2x-2y-2=0的位置关系是( )A.相交B.相切C.相交且过圆心D.相离【解析】选D.圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=4,则圆心到直线的距离d=错误！未找到引用源。

=2错误！未找到引用源。

>2,所以直线与圆相离.【补偿训练】(2015·郑州高一检测)对任意实数k,圆C:(x-3)2+(y-4)2=13与直线l:kx-y-4k+3=0的位置关系是( )A.相交B.相切C.相离D.与k取值有关【解析】选 A.对任意实数k,直线l:kx-y-4k+3=0恒过定点(4,3),而(4-3)2+(3-4)2<13,故定点(4,3)在圆C内部,所以直线与圆相交.3.(2015·乌海高一检测)已知空间两点P1(-1,3,5),P2(2,4,-3),则|P1P2|等于( ) A.错误！未找到引用源。

B.3错误！未找到引用源。

C.错误！未找到引用源。

D.错误！未找到引用源。

【解析】选A.错误！未找到引用源。

=错误！未找到引用源。

=错误！未找到引用源。

.4.已知两圆的方程是x2+y2=1和x2+y2-6x-8y+9=0,那么这两个圆的位置关系是( ) A.外离 B.相交 C.外切 D.内切【解析】选C.将圆x2+y2-6x-8y+9=0,化为标准方程得(x-3)2+(y-4)2=16.所以两圆的圆心距为错误！未找到引用源。

=5,又r1+r2=5,所以两圆外切.5.设l,m,n表示三条直线,α,β,γ表示三个平面,给出下列四个结论:①若l⊥α,m⊥α,则l∥m;②若m⊂β,n是l在β内的射影,m⊥l,则m⊥n;③若m⊂α,m∥n,则n∥α;④若α⊥γ,β⊥γ,则α⊥β.其中正确的为( )A.①②B.①②③C.①②③④D.③④【解析】选A.①正确,②可用线面垂直证明,正确,③中,n可能在α内;④中,可能有α,β相交或平行,故选A.6.(2015·临汾高一检测)垂直于直线y=x+1且与圆x2+y2=1相切于第一象限的直线方程是( )A.x+y-错误！未找到引用源。

课时提升作业(十六)平面与平面垂直的性质(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.平面α⊥平面β,直线a∥α,则( )A.a⊥βB.a∥βC.a与β相交D.以上都有可能【解析】选 D.因为a∥α,平面α⊥平面β,所以直线a与β垂直、相交、平行都有可能.2.已知三个平面α,β,γ,若β⊥γ,且α与γ相交但不垂直,则( )A.存在a?α,a⊥γB.存在a?α,a∥γC.任意b?β,b⊥γD.任意b?β,b∥γ【解析】选 B.因为三个平面α,β,γ,若β⊥γ,且α与γ相交但不垂直,则可知存在a?α,a∥γ.3.已知直线m,n和平面α,β,若α⊥β,α∩β=m,n?α,要使n⊥β,则应增加的条件是( )A.m∥nB.n⊥mC.n∥αD.n⊥α【解析】选B.已知直线m,n和平面α,β,若α⊥β,α∩β=m,n?α,应增加的条件n⊥m,才能使得n⊥β.4.已知平面α⊥平面β,α∩β=l,点A∈α,A l,直线AB∥l,直线AC⊥l,直线m∥α,m∥β,则下列四种位置关系中,不一定成立的是( )A.AB∥mB.AC⊥mC.AB∥βD.AC⊥β【解析】选 D.如图,AB∥l∥m,AC⊥l,m∥l?AC⊥m,AB∥l?AB∥β.5.(2015·郑州高一检测)已知平面α,β,γ,则下列命题中正确的是( )A.α⊥β,β⊥γ,则α∥γB.α∥β,β⊥γ,则α⊥γC.α∩β=a,β∩γ=b,α⊥β,β⊥γ,则a⊥bD.α⊥β,α∩β=a,a⊥b,则b⊥α【解析】选B.A中α,γ可以相交;C中如图:a与b不一定垂直;D中b仅垂直于α的一条直线a,不能判定b⊥α.二、填空题(每小题5分,共15分)6.平面α⊥平面β,α∩β=l,n?β,n⊥l,直线m⊥α,则直线m与n的位置关系是.【解析】因为α⊥β,α∩β=l,n?β,n⊥l,所以n⊥α.又m⊥α,所以m∥n. 答案:平行7.(2015·太原高一检测)已知平面α,β,γ,直线l,m满足:α⊥γ,γ∩α=m,γ∩β=l,l⊥m,那么①m⊥β;②l⊥α;③β⊥γ;④α⊥β.由上述条件可推出的结论有.(请将你认为正确的结论的序号都填上)【解析】因为γ∩β=l,所以l?γ,因为α⊥γ,γ∩α=m,l⊥m,所以l⊥α,又l?β,所以α⊥β.由于β可以绕l转动,位置不定,所以m⊥β和β⊥γ不一定成立.即②④正确,①③错误.答案:②④【误区警示】应用面面垂直定理时,注意三点(1)两个平面垂直是前提条件.(2)直线必须在其中一个平面内.(3)直线必须垂直于它们的交线.8.(2015·大同高一检测)如图,空间四边形ABCD中,平面ABD⊥平面BCD,∠BAD=90°,且AB=AD,则AD与平面BCD所成的角是.【解析】过A作AO⊥BD于O点,因为平面ABD⊥平面BCD,所以AO⊥平面BCD,则∠ADO即为AD与平面BCD所成的角.因为∠BAD=90°,AB=AD,所以∠ADO=45°.答案:45°三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2015·临沂高一检测)如图所示,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是矩形,侧面SDC⊥底面ABCD,求证:平面SCD⊥平面SBC.【证明】因为底面ABCD是矩形,所以BC⊥CD.又平面SDC⊥平面ABCD,平面SDC∩平面ABCD=CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面SCD.又因为BC?平面SBC,所以平面SCD⊥平面SBC.【补偿训练】如图,α⊥β,α∩β=l,AB?α,AB⊥l,BC?β,DE?β,BC⊥DE.求证:AC⊥DE.【证明】因为α⊥β,α∩β=l,AB?α,AB⊥l,所以AB⊥β.因为DE?β,所以AB⊥DE.因为BC⊥DE,AB∩BC=B,所以DE⊥平面ABC.因为AC?平面ABC,所以AC⊥DE.10.如图,已知平面α⊥平面β,在α与β的交线上取线段AB=4cm,AC,BD分别在平面α和平面β内,它们都垂直于交线AB,并且AC=3cm,BD=12cm,求CD的长.【解析】连接BC.因为α⊥β,α∩β=AB,BD⊥AB,所以BD⊥平面α.因为BC?α,所以BD⊥BC,在Rt△BAC中,BC===5,在Rt△DBC中,CD===13,所以CD长为13cm.【补偿训练】已知在四棱锥S-ABCD中,SD⊥平面ABCD,AB∥DC,AB=AD=1,SD=2,BC ⊥BD,AD⊥AB,E为棱SB上的一点,平面EDC⊥平面SBC.证明:(1)DE⊥平面SBC.(2)SE=2EB.【证明】(1)如图,因为SD⊥平面ABCD,故BC⊥SD,又BC⊥BD,所以BC⊥平面BDS,所以BC⊥DE.作BK⊥EC,K为垂足,由平面EDC⊥平面SBC,平面EDC∩平面SBC=EC,故BK⊥平面EDC.又DE?平面EDC,所以BK⊥DE.又因为BK?平面SBC,BC?平面SBC,BK∩BC=B,所以DE⊥平面SBC.(2)由(1)知DE⊥SB,DB==,所以SB===.在直角三角形SDB中,由等积法知SD·DB=SB·DE,所以DE==.EB==,SE=SB-EB=.所以SE=2EB.(20分钟40分)一、选择题(每小题5分,共10分)1.如图所示,平面α⊥平面β,A∈α,B∈β,AB与两平面α,β所成的角分别为和.过A,B分别作两平面交线的垂线,垂足分别为A′、B′,则AB∶A′B′等于( )A.2∶1B.3∶1C.3∶2D.4∶3【解析】选 A.如图,由已知得AA′⊥β,∠ABA′=,BB′⊥α,∠BAB′=,设AB=a,则BA′=a,BB′=a,在Rt△BA′B′中,A′B′=a,所以=.2.(2015·聊城高一检测)如图所示,三棱锥P-ABC的底面在平面α上,且AC⊥PC,平面PAC⊥平面PBC,点P,A,B是定点,则动点C运动形成的图形是( )A.一条线段B.一条直线C.一个圆D.一个圆,但要去掉两个点【解析】选 D.因为平面PAC⊥平面PBC,AC⊥PC,AC?平面PAC,且平面PAC∩平面PBC=PC,所以AC⊥平面PBC.又因为BC?平面PBC,所以AC⊥BC,所以∠ACB=90°,所以动点C运动形成的图形是以AB为直径的圆,除去A和B两点.二、填空题(每小题5分,共10分)3.(2015·安庆高一检测)α,β是两个不同的平面,m,n是平面α及β之外的两条不同的直线,给出四个论断:①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α.以其中三个论断作为条件,余下一个论断作为结论,写出你认为正确的一个命题: .【解析】利用面面垂直的判定,可知①③④?②为真;利用面面垂直的性质,可知②③④?①为真.所以应填“若①③④则②”,或“若②③④则①”.答案:若①③④则②(或若②③④则①)4.(2015·合肥高一检测)如图,平行四边形ABCD中,AB⊥BD,沿BD将△ABD折起,使平面ABD⊥平面BCD,连接AC,则在四面体ABCD的四个面中,互相垂直的平面的对数为.【解析】因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB⊥BD,所以AB⊥平面BCD.所以平面ABC⊥平面BCD,因为AB⊥BD,AB∥CD,所以CD⊥BD.又因为平面ABD⊥平面BCD,所以CD⊥平面ABD,所以平面ACD⊥平面ABD,共3对.答案:3【延伸拓展】在垂直的判定定理和性质定理中,有很多限制条件,如“相交直线”“线在面内”“平面经过一直线”等.这些条件一方面有很强的约束性,另一方面又为证明指出了方向.在利用定理时,既要注意定理的严谨性,又要注意推理的规律性.三、解答题(每小题10分,共20分)5.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA⊥PD,底面ABCD 是直角梯形,其中BC∥AD,∠BAD=90°,AD=3BC,O是AD上一点.(1)若CD∥平面PBO,试指出点O的位置.(2)求证:平面PAB⊥平面PCD.【解析】(1)因为CD∥平面PBO,CD?平面ABCD,且平面ABCD∩平面PBO=BO,所以BO∥CD.又BC∥AD,所以四边形BCDO为平行四边形.则BC=DO,而AD=3BC,所以AD=3OD,即点O是靠近点D的线段AD上的一个三等分点.(2)因为侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩底面ABCD=AD,AB?底面ABCD,且AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD.又PD?平面PAD,所以AB⊥PD.又PA⊥PD,且PA?平面PAB,AB?平面PAB,AB∩PA=A,所以PD⊥平面PAB.又PD?平面PCD,所以平面PAB⊥平面PCD.6.如图,已知V是△ABC所在平面外一点,VB⊥平面ABC,平面VAB⊥平面VAC,求证:△ABC是直角三角形.【证明】过B作BD⊥VA于D,因为平面VAB⊥平面VAC,所以BD⊥平面VAC,所以BD⊥AC,又因为VB⊥平面ABC,所以VB⊥AC,VB∩BD=B,所以AC⊥平面VAB,所以AC⊥BA,即△ABC是直角三角形.【拓展延伸】垂直关系的知识总结线面垂直的关键,定义来证最常见;判定定理也常用,它的意义要记清;平面之内两直线,两线交于一个点;面外还有一条线,垂直两线是条件.面面垂直要证好,原有图中去寻找;若是这样还不好,辅助线面是个宝.先作交线的垂线,面面转为线和面;再证一步线和线,面面垂直即可见.借助辅助线和面,加的时候不能乱;以某性质为基础,不能主观凭臆断.判断线和面垂直,线垂面中两交线.两线垂直同一面,相互平行共伸展.两面垂直同一线,一面平行另一面.要让面和面垂直,面过另面一垂线.面面垂直成直角,线面垂直记心间.关闭Word文档返回原板块。

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课时提升作业(二十八)直线与圆的方程的应用(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.圆x2+y2-4x+2y+c=0,与直线3x-4y=0相交于A,B两点,圆心为P,若∠APB=90°,则c的值为( )A.8B.2C.-3D.3【解析】选C.由题意得C<5,圆心P(2,-1),r=,圆心到直线的距离d==2,由于∠APB=90°,所以r=d=2,从而=2,c=-3.【补偿训练】若P(2,-1)为圆(x-1)2+y2=25的弦AB的中点,则直线AB的方程是( )A.x-y-3=0B.2x+y-3=0C.x+y-1=0D.2x-y-5=0【解析】选A.已知圆心为O(1,0),根据题意:又kAB 〃kOP=-1,所以kAB=1,故直线AB的方程是x-y-3=0.2.如果实数x,y满足等式(x-1)2+y2=,那么的最大值是( )A. B. C. D.【解析】选D.的几何意义是圆上的点P(x,y)与原点连线的斜率,结合图形得,斜率的最大值为,所以=.3.台风中心从A地以20千米/时的速度向东北方向移动,离台风中心30千米内的地区为危险区域,城市B在A的正东40千米处,B城市处在危险区域的时间为( )A.0.5小时B.1小时C.3.6小时D.4.5小时【解析】选B.受影响的区域长度=2=20千米,故影响时间是1小时.4.点P(x0,y)在圆x2+y2=r2内,则直线xx+yy=r2和已知圆的公共点个数为( )A.0B.1C.2D.无法确定【解析】选A.因为+<r2,圆心到直线x0x+yy=r2的距离d=>r,故直线与圆相离.【延伸探究】若将本题改为“点P(x0,y)在圆x2+y2=r2外”,其余条件不变,又如何求解?【解析】选C.因为+>r2,圆心到直线x0x+yy=r2的距离d =< r,故直线与圆相交,所以公共点的个数为两个.5.已知集合M={(x,y)|y=,y≠0},n={(x,y)|y=x+b},若M∩N≠∅,则实数b的取值范围是( )A.[-3,3]B.[-3,3]C.(-3,3]D.[-3,3)【解题指南】解得本题的关键是注意到y=,即x2+y2=9(y>0),图形是半圆.【解析】选C.由于M∩N≠∅,说明直线y=x+b与半圆x2+y2=9(y>0)相交,画图探索可知-3<b≤3.【方法技巧】数形结合在求解直线与圆交点个数中的应用直线与圆的一部分有交点时,如果采用代数法去研究,则消元以后转化成了给定区间的二次方程根的分布问题,求解过程相对复杂,而如果采用数形结合及直线与圆的几何法求解,先找出边界,然后结合直线或圆的变化特征求解,相对来说就简单多了.二、填空题(每小题5分,共15分)6.过点A(11,2)作圆x2+y2+2x-4y-164=0的弦,其中弦长为整数的共有条.【解析】方程化为(x+1)2+(y-2)2=132,圆心为(-1,2),到点A(11,2)的距离为12,最短弦长为10,最长弦长为26,所以所求弦长为整数的条数为2+2〓(25-11+1)=32.答案:32【补偿训练】过直线x+y-2=0上点P作圆x2+y2=1的两条切线,若两条切线的夹角是60°,则点P的坐标是.【解析】设P(x,y),则由已知可得PO(O为原点)与切线的夹角为30°,则|PO|=2,由可得答案:(,)7.设村庄外围所在曲线的方程可用(x-2)2+(y+3)2=4表示,村外一小路方程可用x-y+2=0表示,则从村庄外围到小路的最短距离为.【解析】因为圆心到直线的距离为,从村庄外围到小路的最短距离为-2.答案:-2【补偿训练】(2015〃保定高一检测)已知实数x,y满足2x+y+5=0,那么的最小值为( )A. B. C.2 D.2【解析】选A.表示点(x,y)与原点的距离,所以其最小值为原点到2x+y+5=0的距离,故d==.8.已知x+y+1=0,那么的最小值是.【解析】表示点(x,y)与点(-2,-3)之间的距离,又点(x,y)在直线x+y+1=0上,故最小值为点(-2,-3)到直线x+y+1=0的距离,即d==2.答案:2三、解答题(每小题10分,共20分)9.等边△ABC中,点D,E分别在边BC,AC上且=,=,AD,BE相交于点P.求证:AP⊥CP.【解题指南】要证AP⊥CP,可转化为直线AP,CP的斜率之积等于-1即可,由此以B为原点,BC边所在直线为x轴,线段BC长的为单位长,建立平面直角坐标系.【证明】以B为原点,BC边所在直线为x轴,线段BC长的为单位长,建立平面直角坐标。

北师大版高中数学必修2全册课时练习第一章《立体几何初步》简单旋转体1．给出以下说法：①圆台的上底面缩小为一点时(下底面不变)，圆台就变成了圆锥；②球面就是球；③过空间四点总能作一个球．其中正确说法的个数是( )A．0 B．1 C．2 D．3答案 B解析根据圆锥和圆台的形状之间的联系可知①正确；球面是曲面，球是球体的简称，是实心的几何体，故②不正确；当空间四点在同一条直线上时，过这四点不能作球，故③不正确．2．如图阴影部分，绕中间轴旋转一周，形成的几何体形状为( )A．一个球体B．一个球体中间挖去一个圆柱C．一个圆柱D．一个球体中间挖去一个棱柱答案 B解析按旋转体的定义得到几何体B.3．有下列三个命题：①圆柱是将矩形旋转一周所得的几何体；②圆台的任意两条母线的延长线，可能相交也可能不相交；③圆锥的轴截面是等腰三角形．其中错误命题的个数是( )A．0 B．1 C．2 D．3答案 C解析①将矩形的一边作为旋转轴旋转一周得到的几何体是圆柱．②圆台的两条母线的延长线必相交，故①②错误，③是正确的．4．如图所示的几何体由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的．现用一个竖直的平面去截这个几何体，则所截得的图形可能是( )A．(1)(2) B．(1)(3) C．(1)(4) D．(1)(5)答案 D解析轴截面为(1)，平行于圆锥轴截面的截面是(5)．5．下列命题中，错误的是( )A．圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个B．圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中面积最大的一个C．圆台的所有平行于底面的截面都是圆面D．圆锥所有的轴截面都是全等的等腰三角形答案 B解析当圆锥的截面顶角大于90°时，面积不是最大．6．圆锥被平行于底面的平面所截，若截面面积与底面面积之比为1∶2，则此圆锥的高被分成的两段之比为( )A．1∶2 B．1∶4C．1∶(2＋1) D．1∶(2－1)答案 D解析根据相似性，若截面面积与底面面积之比为1∶2，则对应小圆锥与原圆锥高之比为1∶2，那么圆锥的高被截面分成的两段之比为1∶(2－1)．7．一个正方体内有一个内切球，作正方体的对角面，所得截面图形是下图中的( )答案 B解析由组合体的结构特征知，球只与正方体的六个面相切，而与两侧棱相离，故正确答案为B.8．将等边三角形绕它的一条中线旋转180°，形成的几何体是________．答案圆锥解析 由旋转体的概念可知，得到的几何体是圆锥．9．圆台两底面半径分别是2 cm 和5 cm ，母线长是310 cm ，则它的轴截面的面积是________．答案 63 cm 2解析 画出轴截面，如图，过A 作AM ⊥BC 于M ，则BM ＝5－2＝3(cm)，AM ＝AB 2－BM 2＝9(cm)，∴S 四边形ABCD ＝＋2＝63(cm 2)．10．如图所示的四个几何体中，哪些是圆柱与圆锥，哪些不是，并指出圆柱与圆锥的结构名称．解 ②是圆锥，圆面AOB 是圆锥的底面，SO 是圆锥的高，SA ，SB 是圆锥的母线． ③是圆柱，圆面A ′O ′B ′和圆面AOB 分别为上、下底面，O ′O 为圆柱的高，A ′A 与B ′B 为圆柱的母线．①不是圆柱，④不是圆锥．简单多面体1．五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个五棱柱对角线的条数共有( )A ．20B ．15C ．12D ．10 答案 D解析 如图，在五棱柱ABCDE －A 1B 1C 1D 1E 1中，从顶点A 出发的对角线有两条：AC 1，AD 1，同理从B ，C ，D ，E 点出发的对角线均有两条，共2×5＝10(条)．2．有两个面平行的多面体不可能是( )A．棱柱 B．棱锥C．棱台 D．长方体答案 B解析棱锥的各面都相交，故有两个面平行的多面体不可能是棱锥．3．如图，将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个小角度，则倾斜后水槽中的水形成的几何体是( )A．棱柱B．棱台C．棱柱与棱锥的组合体D．不能确定答案 A解析形成的几何体前后两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，符合棱柱的定义．4．若棱台上、下底面的对应边之比为1∶2，则上、下底面的面积之比是( )A．1∶2 B．1∶4C．2∶1 D．4∶1答案 B解析由棱台的结构特征知，棱台上、下底面是相似多边形，面积比为对应边之比的平方，故选B.5．某同学制作了一个对面图案相同的正方体礼品盒(如下图1)，则这个正方体礼品盒的表面展开图应该为( )答案 A 解析 两个不能相邻，B 、D 错误；两个不能相邻，C 错误，故选A.也可通过制作模型来判断．6．如下图所示，在三棱台A ′B ′C ′－ABC 中，截去三棱锥A ′－ABC 后，剩余部分是( )A ．三棱锥B ．四棱锥C ．三棱柱D ．三棱台 答案 B解析 剩余部分是四棱锥A ′－BB ′C ′C .7．若一个正棱锥有6个顶点，所有侧棱长的和为20 cm ，则每条侧棱的长为________cm. 答案 4解析 依题意，正棱锥有6个顶点，则该正棱锥为正五棱锥，所以每条侧棱长为205＝4 cm.8．在下面的四个平面图形中，属于侧棱都相等的四面体的展开图的是________(填序号)．答案①②解析③④中的图不能组成四面体，只有①②行．9．一个正方体内接于一个球，过球心作一截面，则截面的可能图形有________．答案①②③解析当截面平行于正方体的一个侧面时得③，当截面过正方体的对角线时得②，当截面不平行于任何侧面也不过对角线时得①，但无论如何都不能截出④.10．已知长方体ABCD－A1B1C1D1(如下图所示)．(1)这个长方体是棱柱吗？如果是，是几棱柱？为什么？(2)用截面BCFE把这个长方体分成两部分后，各部分形成的几何体还是棱柱吗？如果是，是几棱柱？如果不是，请说明理由．解(1)是棱柱，并且是四棱柱．因为以长方体相对的两个面作底面，这两个面都是四边形且平行，其余各面都是矩形，当然是平行四边形，并且四条侧棱互相平行．(2)截面BCFE上方部分是棱柱，且是三棱柱BEB1－CFC1，其中△BEB1和△CFC1是底面．截面BCFE下方部分也是棱柱，且是四棱柱ABEA1－DCFD1，其中四边形ABEA1和四边形DCFD1是底面．2 直观图1．关于斜二测画法的叙述，其中正确的个数为( ) (1)两条相交直线的直观图可能是平行直线； (2)两条互相垂直的直线的直观图仍然垂直； (3)正方形的直观图可能是梯形； (4)平行四边形的直观图是平行四边形； (5)相等线段的直观图仍然相等． A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 A解析 由于斜二测画法保共点性，所以(1)错；保平行性，所以(3)错，(4)对；原来垂直的两线段，在直观图中夹角为45°，所以(2)错；与y 轴平行的线段长度变为原来的一半，所以(5)错．2．如下图建立坐标系，得到的正三角形ABC 的直观图不是全等三角形的一组是( )答案 C解析 在A 、B 、D 中，三角形ABC 的直观图的底面边长和高均相等，它们是全等的，只有C 不全等．3．已知正三角形ABC 的边长为a ，那么△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为( ) A.34a 2 B.38a 2 C.68a 2 D.616a 2 答案 D解析 先根据题意，画出直观图，然后根据直观图△A ′B ′C ′的边长及夹角求解．图(2)所示为实际图形的直观图，由(2)可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图(2)中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a . ∴S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.4．如下图，用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为一个正方形，则原来图形的形状是( )答案 A解析 直观图边长为1，对角线为2，则原图形中对应的对角线为2 2.故选A.5．如图所示是水平放置的正方形ABCO ，在平面直角坐标系xOy 中，点B 的坐标为(4,4)，则由斜二测画法画出的正方形的直观图中，顶点B ′到x ′轴的距离为( )A. 2B.22C ．2 2D ．2 答案 A解析 由斜二测画法规则画出直观图如图所示，作B′E⊥x′轴于点E，在Rt△B′C′E中，B′C′＝2，∠B′C′E＝45°，B′E＝B′C′sin45°＝2×22＝ 2.6．如下图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6 cm，O′C′＝2 cm，则原图形是( )A．正方形B．矩形C．菱形D．一般的平行四边形答案 C解析如图，在原图形OABC中，OD＝2O′D′＝2×22＝4 2 cm，CD＝C′D′＝2 cm.∴OC＝OD2＋CD2＝22＋22＝6 cm，∴OA＝OC，故四边形OABC是菱形．7．如图，正方形O′A′B′C′的边长为1 cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图的周长是( )A．8 cm B．6 cmC．2(1＋3) cm D．2(1＋2) cm答案 A解析根据直观图的画法，原几何图形如图所示，四边形OABC为平行四边形，OB＝22，OA＝1，AB＝3，从而原图周长为8 cm.8．若一个三角形，采用斜二测画法作出其直观图，则其直观图的面积是原三角形面积的________倍．答案24解析 从这个三角形的一边所在的直线为x 轴建立坐标系，则在直观图中，该边边长不变，高变为原来的24倍． 9．如图所示，四边形ABCD 是一平面图形的水平放置的斜二测直观图．在斜二测直观图中，ABCD 是一直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，且BC 与y ′轴平行．若AB ＝6，CD ＝4，AD ＝2，则这个平面图形的实际面积是________．答案 20 2解析 由斜二测直观图作图规则知，该平面图形是梯形，且AB 与CD 的长度不变，仍为6和4，高为42，故面积为20 2.10．已知直角梯形ABCD 中，AD ＝22，AB ＝3，CD ＝1，用斜二测画法画出其直观图如图所示，求直观图中的梯形A ′B ′C ′D ′的周长．解 由斜二测画法可知，A ′D ′＝12AD ＝2，A ′B ′＝AB ＝3，C ′D ′＝CD ＝1.在直观图中，如图，过D ′作D ′E ′⊥A ′B ′于E ′， 过C ′作C ′F ′⊥A ′B ′于F ′.∵∠D ′A ′E ′＝45°，∴C′F′＝D′E′＝A′E′＝2×sin45°＝2×22＝1，∴F′B′＝3－1－1＝1，∴B′C′＝12＋12＝2，故梯形A′B′C′D′的周长为4＋2 2.三视图1．以下说法错误的是( )A．三视图相同的几何体只有球B．直立圆锥的主视图与左视图都是等腰三角形，俯视图是圆和圆心C．直立圆柱的主视图与左视图都是矩形，俯视图是圆D．长方体的三视图都是矩形，正方体的三视图都是正方形(有一面正对观察者)答案 A解析选项A中错在“只有”这两个字上，例如正方体的三视图可以都为正方形；根据圆锥、圆柱、长方体、正方体的几何特征易知B、C、D均正确．故选A.2．下列选项是正六棱柱的三视图，其中画法正确的是( )答案 A解析主视图的矩形中应有两条实线，左视图应为两个全等的矩形且中间为实线．故选A.3．如图所示，下列几何体各自的三视图(阴影面为主视面)中，有且仅有两个视图相同的是( )A．①② B．①③ C．①④ D．②④答案 D解析在各自的三视图中，①正方体的三个视图都相同；②圆锥有两个视图相同；③三棱台的三个视图都不同；④正四棱锥有两个视图相同．4．请根据图中三视图，想象物体的形状，用小正方块搭出这个物体，并数一数有多少个小正方块( )A．7 B．6 C．8或10 D．9或10答案 D解析物体的立体图如图所示，由9个或10个小正方块搭成．5．已知三棱锥的俯视图与左视图如下图所示，俯视图是边长为2的正三角形，左视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的主视图可能为( )答案 C解析由题设条件知，该三棱锥的直观图可能如图所示，其底面ABC为正三角形，侧棱PC垂直于底面，在主视图中，PA的投影是虚线．故选C.6．若一个正三棱柱(底面为正三角形，侧面为矩形的棱柱)的三视图如下图所示，则这个正三棱柱的侧棱长和底面边长分别为( )A．2,2 3 B．22， 2C．4,2 D．2,4答案 D解析从三视图可以看出，底面三角形的高为23，侧棱长为2，∴底面边长为4.7．某几何体的主视图与左视图均为边长为1的正方形，则下面四个图形中，可能是该几何体俯视图的个数为( )A．1 B．2 C．3 D．4答案 C解析俯视图从左到右依次记为：如果几何体为棱长为1的正方体，则俯视图如图①；如果几何体为圆柱，它的底面直径为1，高为1，则俯视图如图④；如果几何体为从棱长为1的正方体中挖去直径为2，高为1的圆柱的14，则俯视图如图②；以图③为俯视图的几何体的正视图不是正方形．故选C.8．如图所示，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的主视图是边长为4的正方形，则此正三棱柱的左视图的面积为________．答案 8 3解析 由主视图可知三棱柱的高为4，底面边长为4，所以底面正三角形的高为23，所以左视图的面积为4×23＝8 3.9．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是AA 1、D 1C 1的中点，G 是正方形BCC 1B 1的中心，则空间四边形AEFG 在该正方体各面上的正投影不可能是下图中的________．答案 (2)解析 四边形在面ABCD 与面A 1B 1C 1D 1的投影为(1)；在面AA 1B 1B 与面DD 1C 1C 的投影为(3)；在面ADD 1A 1与面BCC 1B 1的投影为(4)．10．如图，物体的三视图有无错误？如果有，请指出并改正．解主视图正确，左视图和俯视图错误，正确的画法如图所示．空间图形基本关系的认识空间图形的公理(一)1．如果空间四点A，B，C，D不共面，那么下列判断中正确的是( )A．A，B，C，D四点中必有三点共线B．A，B，C，D四点中不存在三点共线C．直线AB与CD相交D．直线AB与CD平行答案 B解析若A，B，C，D四点中有三点共线，则A，B，C，D四点共面；若AB与CD相交(或平行)，则AB与CD共面，即得A，B，C，D四点共面．故选B.2．若点A∈平面α，点B∈平面α，点C∈直线AB，则( )A．C∈αB．C∉αC．AB⊆/αD．AB∩α＝C答案 A解析因为点A∈平面α，点B∈平面α，所以ABα.又点C∈直线AB，所以C∈α.3．如图所示，用符号语言可表示为( )A．α∩β＝m，nα，m∩n＝AB．α∩β＝m，n∈α，m∩n＝AC．α∩β＝m，nα，A m，A nD．α∩β＝m，n∈α，A∈m，A∈n答案 A解析很明显，α与β交于m，n在α内，m与n交于A，故选A.4．如图，平面α∩平面β＝l，点A∈α，点B∈α，且点C∈β，点C∉l.又AB∩l＝R，设A，B，C三点确定的平面为γ，则β∩γ是( )A．直线AC B．直线BCC．直线CR D．直线AR答案 C解析∵C∈平面ABC，AB平面ABC，而R∈AB，∴R∈平面ABC，而C∈β，lβ，R ∈l，∴R∈β，∴点C，点R为两平面ABC与β的公共点，∴β∩γ＝CR.5．在四面体ABCD的棱AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF与HG交于点M，则( )A．M一定在直线AC上B．M一定在直线BD上C．M可能在AC上，也可能在BD上D．M不在AC上，也不在BD上答案 A解析因为E，F，G，H分别是四面体ABCD的棱AB，BC，CD，DA上的点，EF与HG交于点M，所以点M为平面ABC与平面ACD的公共点，而两个平面的交线为AC，所以M一定在直线AC上．6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1、EF、CD都相交的直线( )A．不存在B．有且只有两条C．有且只有三条D．有无数条答案 D解析如下图：在直线CD上任取一点H，则直线A1D1与点H确定一平面A1D1HG.显然EF与平面A1D1HG有公共点O且A1D1∥HG.又O∉HG.连接HO并延长，则一定与直线A1D1相交．由于点H有无数个，所以与A1D1、EF、CD都相交的直线有无数条．7．如图，在这个正方体中，①BM与ED平行；②CN与BM是异面直线；③CN与BE是异面直线；④DN与BM是异面直线．以上四个命题中，正确命题的序号是________．答案②④解析观察图形可知①③错误，②④正确．8．有下面几个说法：①如果一条线段的中点在一个平面内，那么它的两个端点也在这个平面内；②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；③两组对边分别平行的四边形是平行四边形；④四边形有三条边在同一平面内，则第四条边也在这个平面内；⑤点A在平面α外，点A和平面α内的任意一条直线都不共面．其中正确的序号是________(把你认为正确的序号都填上)．答案③④解析①中线段可与平面α相交；②中的四边形可以是空间四边形；③中平行的对边能确定平面，所以是平行四边形；④中三边在同一平面内，可推知第四条边的两个端点也在这个平面内，所以第四条边在这个平面内；⑤中点A与α内的任意直线都能确定一个平面．9．已知α，β为两个不同的平面，A，B，M，N为四个不同的点，a为直线，下列推理错误的是________(填序号)．①A ∈a ，B ∈a ，A ∈β，B ∈β⇒a β； ②M ∈α，M ∈β，N ∈α，N ∈β⇒α∩β＝MN ； ③A ∈α，A ∈β⇒α∩β＝A . 答案 ③解析 ∵A ∈α，A ∈β，∴A ∈α∩β，由公理3知α∩β为经过点A 的一条直线而不是一个点A ，故③错误．故填③.10．如下图，四面体ABCD 中，E 、G 分别为BC 、AB 的中点，F 在CD 上，H 在AD 上，且有DF ∶FC ＝2∶3，DH ∶HA ＝2∶3.求证：EF 、GH 、BD 交于一点．证明 如图所示，连接GE 、HF ，∵E 、G 分别为BC 、AB 的中点， ∴GE ∥AC ，GE ＝12AC .又∵DF ∶FC ＝2∶3，DH ∶HA ＝2∶3， ∴HF ∥AC ，HF ＝25AC ，∴GE ∥HF ，GE >HF . ∴G 、E 、F 、H 四点共面． ∴EF 与GH 相交，设交点为O .则O ∈平面ABD ∩平面BCD ，而平面ABD ∩平面BCD ＝BD ， ∴O ∈BD .即EF 、GH 、BD 交于一点．空间图形的公理(二)1．若直线a∥b，b∩c＝A，则a与c的位置关系是( )A．异面 B．相交C．平行 D．异面或相交答案 D解析a与c不可能平行，若a∥c，又因为a∥b，所以b∥c，这与b∩c＝A矛盾，而a与c异面、相交都有可能．2．如图所示，在三棱锥P－ABC的六条棱所在的直线中，异面直线共有( )A．2对 B．3对C．4对 D．6对答案 B解析据异面直线的定义可知共有3对．AP与BC，CP与AB，BP与AC.3．如图所示，在长方体木块ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是B1O和C1O的中点，则长方体的各棱中与EF平行的有( )A．3条 B．4条 C．5条 D．6条答案 B解析由于E、F分别是B1O、C1O的中点，故EF∥B1C1，因为和棱B1C1平行的棱还有3条：AD、BC、A1D1，所以共有4条．4．异面直线a，b，有aα，bβ且α∩β＝c，则直线c与a，b的关系是( ) A．c与a，b都相交B．c与a，b都不相交C．c至多与a，b中的一条相交D．c至少与a，b中的一条相交答案 D解析若c与a、b都不相交，∵c与a在α内，∴a∥c.又c 与b 都在β内，∴b ∥c .由基本性质4，可知a ∥b ，与已知条件矛盾． 如图，只有以下三种情况．故直线c 至少与a ，b 中的一条相交．5．已知E ，F ，G ，H 分别为空间四边形ABCD 的各边AB ，BC ，CD ，DA 的中点，若对角线BD ＝2，AC ＝4，则EG 2＋HF 2的值是(平行四边形的对角线的平方和等于四条边的平方和)( )A ．5B ．10C ．12D ．不能确定 答案 B解析 如图所示，由三角形中位线的性质可得EH 綊12BD ，FG 綊12BD ，再根据公理4可得四边形EFGH 是平行四边形，那么所求的是平行四边形的对角线的平方和，所以EG 2＋HF 2＝2×(12＋22)＝10.6．如图所示的是正三棱锥的展开图(D ，E 分别为PB ，PA 的中点)，则在正三棱锥中，下列说法正确的是( )A ．直线DE 与直线AF 相交成60°角B ．直线DE 与直线AC 相交 C ．直线DE 与直线AB 异面D ．直线AF 与直线BC 平行 答案 A解析 将题中的展开图还原成正三棱锥，如图所示，点F 与点P 重合，易知在△PDE 中，PD ＝PE ＝DE ，△PDE 是等边三角形，故∠PED ＝60°，即直线DE 与AF 相交成60°角，A 项正确．由图易知其余选项均错误．7．如图所示，在三棱锥A －BCD 中，M ，N 分别为AB ，CD 的中点，则下列结论正确的是( )A ．MN ≥12(AC ＋BD )B ．MN ≤12(AC ＋BD )C ．MN ＝12(AC ＋BD )D ．MN <12(AC ＋BD )答案 D解析 如图所示，取BC 的中点E ，连接ME ，NE ，则ME ＝12AC ，NE ＝12BD ，所以ME ＋NE ＝12(AC ＋BD )．在△MNE 中，有ME ＋NE >MN ，所以MN <12(AC ＋BD )．8．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BD 和B 1D 1是正方形ABCD 和A 1B 1C 1D 1的对角线，(1)∠DBC 的两边与________的两边分别平行且方向相同； (2)∠DBC 的两边与________的两边分别平行且方向相反． 答案 (1)∠D 1B 1C 1 (2)∠B 1D 1A 1解析 (1)B 1D 1∥BD ，B 1C 1∥BC 并且方向相同，所以∠DBC 的两边与∠D 1B 1C 1的两边分别平行且方向相同；(2)B 1D 1∥BD ，D 1A 1∥BC 且方向相反，所以∠DBC 的两边与∠B 1D 1A 1的两边分别平行且方向相反．9．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱C 1D 1，C 1C 的中点．有以下四个结论：①直线AM 与CC 1是相交直线 ②直线AM 与BN 是平行直线 ③直线BN 与MB 1是异面直线 ④直线AM 与DD 1是异面直线其中正确的结论为________(注：把你认为正确结论的序号都填上)． 答案 ③④解析 由异面直线的定义知③④正确．10．如图，设E ，F ，G ，H 依次是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 上的点，且AEAB＝AH AD ＝λ，CF CB ＝CGCD＝μ.(1)当λ＝μ时，求证：四边形EFGH 是平行四边形；(2)当λ≠μ时，求证：①四边形EFGH 是梯形；②三条直线EF ，HG ，AC 交于一点． 证明 在△ABD 中，AE AB ＝AH AD＝λ， 故EH 綊λBD .同理FG 綊μBD . 由公理4得EH ∥FG ，又可得FG ＝μλEH .(1)若λ＝μ，则FG ＝EH ，故EFGH 是平行四边形． (2)①若λ≠μ，则EH ≠FG ，故EFGH 是梯形．②若λ≠μ，则EH ≠FG ，则在平面EFGH 中EF 、HG 不平行，必然相交． 不妨设λ>μ，EF ∩HG ＝O ，如图所示． 由O ∈EF ，EF 平面ABC ，得O ∈平面ABC . 同理有O ∈HG 平面ACD .而平面ABC ∩平面ACD ＝AC ，所以O ∈AC ， 即EF 、HG 、AC 交于点O .平行关系的判定1．已知两条相交直线a ，b ，a ∥α，则b 与平面α的位置关系是( ) A ．b ∥α B ．b 与α相交 C ．b α D ．b ∥α或b 与α相交答案 D解析 ∵a ，b 相交，∴a ，b 确定一个平面β，如果β∥α，则b ∥α，如果β不平行于α，则b 与α相交．2．不同直线m 、n 和不同平面α、β，给出下列命题：其中错误的有( )A．0个 B．1个 C．2个 D．3个答案 D解析由面面平行与线面平行的定义知：①是正确的．对于②，n可能在平面β内．对于③，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，如图，AA1平面ADD1A1，CC1平面CDD1C1，而AA1∥C1C，从而A1A与CC1可确定一个平面AA1C1C.即AA1，C1C可以共面．对于④，m可能在平面β内．故②③④错，选D.3．如图，在四面体ABCD中，若M，N，P分别为线段AB，BC，CD的中点，则直线BD 与平面MNP的位置关系为( )A．平行B．可能相交C．相交或BD平面MNP D．以上都不对答案 A解析因为N，P分别为BC，CD的中点．∴NP∥BD.又NP平面MNP，BD⊆/平面MNP，∴BD∥平面MNP.4．平面α与△ABC的两边AB，AC分别交于点D，E，且AD∶DB＝AE∶EC，如图所示，则BC与α的位置关系是( )A ．平行B ．相交C ．异面D ．BC α 答案 A解析 在△ABC 中，AD DB ＝AEEC，∴DE ∥BC . ∵DE α，BC ⊆/ α，∴BC ∥平面α.5．直线l ∥平面α，直线m ∥平面α，直线l 与m 相交于点P ，且l 与m 确定的平面为β，则α与β的位置关系是( )A ．相交B ．平行C ．异面D ．不确定 答案 B解析 因为l ∩m ＝P ，所以过l 与m 确定一个平面β.又因l ∥α，m ∥α，l ∩m ＝P ，所以β∥α.6．一条直线l 上有相异三个点A 、B 、C 到平面α的距离相等，那么直线l 与平面α的位置关系是( )A ．l ∥αB ．l ⊥αC ．l 与α相交但不垂直D ．l ∥α或l α答案 D解析 l ∥α时，直线l 上任意点到α的距离都相等，l α时，直线l 上所有的点到α的距离都是0；l ⊥α时，直线l 上有两个点到α的距离相等；l 与α斜交时，也只能有两点到α的距离相等．7．已知不重合的直线a ，b 和平面α.给出下列命题： ①若a ∥α，b α，则a ∥b ； ②若a ∥α，b ∥α，则a ∥b ； ③若a ∥b ，b α，则a ∥α； ④若a ∥b ，a ∥α，则b ∥α或b α. 其中正确的是________(填序号)． 答案 ④解析 ①若a ∥α，b α，则a ，b 平行或异面； ②若a ∥α，b ∥α，则a ，b 平行或相交或异面；③若a ∥b ，b α，则a ∥α或a α. ④正确．8．对于平面α与平面β，有下列条件：①α，β都平行于平面γ；②α内不共线的三点到β的距离相等；③l ，m 为两条平行直线，且l ∥α，m ∥β；④l ，m 是异面直线，且l ∥α，m ∥α，l ∥β，m ∥β.则可判定平面α与平面β平行的条件是________(填序号)．答案 ①④解析 由面面平行的传递性可知①能得出α∥β.对于④，l ，m 是异面直线，则分别在α，β内作l ′∥l ，m ′∥m 及l ″∥l ，m ″∥m ，则l ′与m ′，l ″与m ″都分别相交，故α∥β.对于②③，平面α与平面β可能相交．9．在四面体ABCD 中，M ，N 分别是△ACD ，△BCD 的重心，则四面体的四个面中与MN 平行的是________．答案 平面ABC 、平面ABD解析 如图，连接AM 并延长交CD 于点E ，连接BN 并延长交CD 于点F .由重心的定义及性质可知，E ，F 重合为一点，设为E ，且该点为CD 的中点，由EM MA ＝EN NB ＝12，得MN ∥AB ， 因此，MN ∥平面ABC 且MN ∥平面ABD .10．如图所示，在三棱锥S －ABC 中，D ，E ，F 分别是棱AC ，BC ，SC 的中点，求证：平面DEF ∥平面SAB .证明 因为D ，E 分别是棱AC ，BC 的中点，所以DE 是△ABC 的中位线，DE ∥AB . 因为DE ⊆/ 平面SAB ，AB 平面SAB ，所以DE ∥平面SAB ， 同理可证：DF ∥平面SAB ，又因为DE ∩DF ＝D ，DE 平面DEF ，DF 平面DEF ，所以平面DEF∥平面SAB.平行关系的性质1．a∥α，b∥β，α∥β，则a与b位置关系是( )A．平行 B．异面C．相交 D．平行或异面或相交答案 D解析如图(1)，(2)，(3)所示，a与b的关系分别是平行、异面或相交．2．三棱锥S－ABC中，E、F分别是SB、SC上的点，且EF∥平面ABC，则( ) A．EF与BC相交 B．EF与BC平行C．EF与BC异面 D．以上均有可能答案 B解析由线面平行的性质定理可知EF∥BC.3．如图，四棱锥P－ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，则( )A．MN∥PDB．MN∥PAC．MN∥ADD．以上均有可能答案 B解析∵MN∥平面PAD，MN平面PAC，平面PAD∩平面PAC＝PA，∴MN∥PA.4．下列说法正确的个数是( )①两个平面平行，夹在两个平面间的平行线段相等；②两个平面平行，夹在两个平面间的相等线段平行；③如果一条直线和两个平行平面中的一个平行，那么它和另一个也平行；④平行于同一条直线的两个平面平行．A．1 B．2 C．3 D．4答案 A解析只有①正确．②中的两线段还可能相交或异面；③中的直线可能在另一个平面内；④中的两个平面可能相交．5．平面α截一个三棱锥，如果截面是梯形，那么平面α必定和这个三棱锥的( ) A．一个侧面平行 B．底面平行C．仅一条棱平行 D．某两条相对的棱都平行答案 C解析当平面α∥平面ABC时，如下图(1)所示，截面是三角形，不是梯形，所以A、B 不正确；当平面α∥SA时，如上图(2)所示，此时截面是四边形DEFG.又SA平面SAB，平面SAB∩α＝DG，所以SA∥DG.同理，SA∥EF，所以EF∥DG.同理，当平面α∥BC时，GF∥DE，但是截面是梯形，则四边形DEFG中仅有一组对边平行，所以平面α仅与一条棱平行．所以D不正确，C正确．6．下列说法正确的是( )A．平行于同一条直线的两个平面平行B．平行于同一个平面的两个平面平行C．一个平面内有三个不共线的点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行D．若三直线a，b，c两两平行，则在过直线a的平面中，有且只有一个平面与b，c 均平行答案 B解析平行于同一条直线的两个平面可以平行也可以相交，所以A错；B显然正确；C 中没有指明这三个点在平面的同侧还是异侧，不正确；D不正确，因为过直线a的平面中，只要b ，c 不在其平面内，则与b ，c 均平行．7．设m 、n 是平面α外的两条直线，给出三个论断：①m ∥n ；②m ∥α；③n ∥α.以其中的两个为条件，余下的一个为结论，构成三个命题，写出你认为正确的一个命题：________.(用序号表示)答案 ①②⇒③(或①③⇒②) 解析 ①②⇒③设过m 的平面β与α交于l .∵m ∥α，∴m ∥l ，∵m ∥n ，∴n ∥l ，∵n ⊆/ α，l α，∴n ∥α.8．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上．若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．答案2解析 因为直线EF ∥平面AB 1C ，EF 平面ABCD ，且平面AB 1C ∩平面ABCD ＝AC ，所以EF ∥AC ，又因为E 是DA 的中点，所以F 是DC 的中点，由中位线定理可得：EF ＝12AC ，又因为在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，所以AC ＝22，所以EF ＝ 2.9．在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱A 1B 1，B 1C 1的中点，P 是棱AD 上一点，AP ＝a3，过P ，M ，N 的平面与棱CD 交于Q ，则PQ ＝________.答案22a3解析 ∵MN ∥平面AC ，PQ ＝平面PMN ∩平面ABCD ， ∴MN ∥PQ ，易知DP ＝DQ ＝2a3，故PQ ＝PD 2＋DQ 2＝2DP ＝22a 3.10．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点N 在BD 上，点M 在B 1C 上，且CM ＝DN .求证：MN ∥平面AA 1B 1B .证明 如图，作MP ∥BB 1交BC 于点P ，连接NP ，∵MP ∥BB 1，∴CM MB 1＝CP PB. ∵BD ＝B 1C ，DN ＝CM ， ∴B 1M ＝BN ，∴CM MB 1＝DN NB ，∴CP PB ＝DN NB， ∴NP ∥CD ∥AB .∵NP ⊆/ 平面AA 1B 1B ，AB 平面AA 1B 1B ， ∴NP ∥平面AA 1B 1B .∵MP ∥BB 1，MP ⊆/ 平面AA 1B 1B ，BB 1平面AA 1B 1B ， ∴MP ∥平面AA 1B 1B .又∵MP 平面MNP ，NP 平面MNP ，MP ∩NP ＝P ， ∴平面MNP ∥平面AA 1B 1B .∵MN 平面MNP ，∴MN ∥平面AA 1B 1B .平面与平面垂直的判定1．下列说法中正确的是( )A ．平面α和β分别过两条互相垂直的直线，则α⊥βB ．若平面α内的一条直线垂直于平面β内的两条平行直线，则α⊥βC ．若平面α内的一条直线垂直于平面β内的两条相交直线，则α⊥β。

第一章空间几何体课时作业（一）棱柱、棱锥、棱台的结构特征姓名______________ 班级_________学号__________一、选择题(每小题5分，共20分)1.从长方体的一个顶点出发的三条棱上各取一点E，F，G，过此三点作长方体的截面，那么截去的几何体是()A．三棱柱B．三棱锥C．四棱柱D．四棱锥答案： B2．下列说法中正确的是()①一个棱柱至少有五个面；②用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫棱台；③棱台的侧面是等腰梯形；④棱柱的侧面是平行四边形．A．①④B．②③C．①③D．②④解析：因为棱柱有两个底面，因此棱柱的面数由侧面个数决定，而侧面个数与底面多边形的边数相等，故面数最少的棱柱为三棱柱，有五个面，①正确；②中的截面与底面不一定平行，故②不正确；由于棱台是由棱锥截来的，而棱锥的所有侧棱不一定相等，所以棱台的侧棱不一定都相等，即不一定是等腰梯形，③不正确；由棱柱的定义知④正确，故选A.答案： A3．正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有()A．20 B．15C．12 D．10解析：正五棱柱任意不相邻的两条侧棱可确定一个平面，每个平面可得到正五棱柱的两条对角线，五个平面共可得到10条对角线，故选D.答案： D4.纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上、下、东、南、西、北，现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开，外面朝上展平，得到右侧的平面图形，则标“△”的面的方位是()A．南B．北C．西D．下解析：将所给图形还原为正方体，如图所示，最上面为△，最左面为东，最里面为上，将正方体旋转后让东面指向东，让“上”面向上可知“△”的方位为北．故选B.答案： B二、填空题(每小题5分，共10分)5.如图，正方形ABCD中，E，F分别为CD，BC的中点，沿AE，AF，EF将其折成一个多面体，则此多面体是________．解析：此多面体由四个面构成，故为三棱锥，也叫四面体．答案：三棱锥(也可答四面体)6．下列命题中，真命题有________．①棱柱的侧面都是平行四边形；②棱锥的侧面为三角形，且所有侧面都有一个公共点；③棱台的侧面有的是平行四边形，有的是梯形；④棱台的侧棱所在直线均相交于同一点；⑤多面体至少有四个面．解析：棱柱是由一个平面多边形沿某一方向平移而形成的几何体，因而侧面是平行四边形，故①对．棱锥是由棱柱的一个底面收缩为一个点而得到的几何体，因而其侧面均是三角形，且所有侧面都有一个公共点，故②对．棱台是棱锥被平行于底面的平面所截后，截面与底面之间的部分，因而其侧面均是梯形，且所有的侧棱延长后均相交于一点(即原棱锥的顶点)，故③错④对．⑤显然正确．因而真命题有①②④⑤.答案：①②④⑤三、解答题(每小题10分，共20分)7．(1)如图所示的几何体是不是棱台？为什么？(2)如图所示的几何体是不是锥体？为什么？解析：(1)①②③都不是棱台．因为①和③都不是由棱锥所截得的，故①③都不是棱台；虽然②是由棱锥所截得的，但截面不和底面平行，故不是棱台．只有用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分才是棱台．(2)都不是．棱锥定义中要求各侧面有一个公共顶点．图①中侧面ABC与CDE没有公共顶点，故该几何体不是锥体；图②中侧面ABE与面CDF没有公共点，故该几何体不是锥体．8．判断下列语句的对错．(1)一个棱锥至少有四个面；(2)如果四棱锥的底面是正方形，那么这个四棱锥的四条侧棱都相等；(3)五棱锥只有五条棱；(4)用与底面平行的平面去截三棱锥，得到的截面三角形和底面三角形相似．解析：(1)正确．(2)不正确．四棱锥的底面是正方形，它的侧棱可以相等，也可以不相等．(3)不正确．五棱锥除了五条侧棱外，还有五条底边，故共有10条棱．(4)正确．尖子生题库☆☆☆9．(10分)在如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，请连接三条线，把它分成三部分，使每一部分都是一个三棱锥．解析：如图，连接A1B，BC1，A1C，则三棱柱ABC－A1B1C1被分成三部分，形成三个三棱锥，分别是A1－ABC，A1－BB1C1，A1－BCC1.课时作业（二）圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征简单组合体的结构特征姓名______________ 班级_________学号__________一、选择题(每小题5分，共20分)1．下列四种说法①在圆柱的上、下两底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线；③在圆台上、下两底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线；④圆柱的任意两条母线相互平行．其中正确的是()A．①②B．②③C．①③D．②④解析：①所取的两点与圆柱的轴OO′的连线所构成的四边形不一定是矩形，若不是矩形，则与圆柱母线定义不符．③所取两点连线的延长线不一定与轴交于一点，不符合圆台母线的定义．②④符合圆锥、圆柱母线的定义及性质．故选D.答案： D2．下图是由选项中的哪个图形旋转得到的()解析：该组合体上部是圆锥，下部是圆台，由旋转体定义知，上部由直角三角形的直角边为轴旋转形成，下部由直角梯形垂直于底边的腰为轴旋转形成．故选A.答案： A3.如图所示为一个空间几何体的竖直截面图形，那么这个空间几何体自上而下可能是()A．梯形、正方形B．圆台、正方形C．圆台、圆柱D．梯形、圆柱解析：空间几何体不是平面几何图形，所以应该排除A、B、D.答案： C4．如图所示的几何体，关于其结构特征，下列说法不正确的是()A．该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体B．该几何体有12条棱、6个顶点C．该几何体有8个面，并且各面均为三角形D．该几何体有9个面，其中一个面是四边形，其余均为三角形解析：该几何体用平面ABCD可分割成两个四棱锥，因此它是这两个四棱锥的组合体，因而四边形ABCD是它的一个截面而不是一个面．故选D.答案： D二、填空题(每小题5分，共10分)5．有下列说法：①与定点的距离等于定长的点的集合是球面；②球面上三个不同的点，一定都能确定一个圆；③一个平面与球相交，其截面是一个圆面．其中正确说法的个数为________．解析：命题①②都对，命题③中一个平面与球相交，其截面是一个圆面，③对．答案： 36．下面几何体的截面一定是圆面的是________．(填正确序号)①圆柱②圆锥③球④圆台答案：③三、解答题(每小题10分，共20分)7．如图所示几何体可看作由什么图形旋转360°得到？画出平面图形和旋转轴．解析：先画出几何体的轴，然后再观察寻找平面图形．旋转前的平面图形如下：8．如图所示的几何体是否为台体？为什么？尖子生题库☆☆☆9．(10分)一个圆台的母线长为12 cm，两底面面积分别为4π cm2和25π cm2，求：(1)圆台的高；(2)截得此圆台的圆锥的母线长．解析：(1)圆台的轴截面是等腰梯形ABCD(如图所示)．由已知可得上底一半O1A＝2 cm，下底一半OB＝5 cm.又因为腰长为12 cm，所以高AM＝122－(5－2)2＝315(cm)．(2)如图所示，延长BA ，OO 1，CD ，交于点S ，设截得此圆台的圆锥的母线长为l ，则由△SAO 1∽△SBO 可得l －12l ＝25，解得l ＝20 cm.即截得此圆台的圆锥的母线长为20 cm.课时作业（三） 中心投影与平行投影空间几何体的三视图姓名______________ 班级_________学号__________一、选择题(每小题5分，共20分) 1．下列说法正确的是( ) A ．矩形的平行投影一定是矩形 B ．梯形的平行投影一定是梯形C ．两条相交直线的平行投影可能平行D ．若一条线段的平行投影是一条线段，则中点的平行投影仍为这条线段投影的中点 解析： 对于A ，矩形的平行投影可以是线段、矩形、平行四边形，主要与矩形的放置及投影面的位置有关；同理，对于B ，梯形的平行投影可以是梯形或线段；对于C ，平行投影把两条相交直线投射成两条相交直线或一条直线；D 正确。

北师大版高中数学必修二全册同步习题含解析目录第1章立体几何初步 1.1.1习题第1章立体几何初步 1.1.2习题第1章立体几何初步 1.2习题第1章立体几何初步 1.3.1习题第1章立体几何初步 1.3.2习题第1章立体几何初步 1.4.1习题第1章立体几何初步 1.4.2习题第1章立体几何初步 1.5.1.1习题第1章立体几何初步 1.5.1.2习题第1章立体几何初步 1.5.2习题第1章立体几何初步 1.6.1.1习题第1章立体几何初步 1.6.1.2习题第1章立体几何初步 1.6.2习题第1章立体几何初步 1.7.1习题第1章立体几何初步 1.7.2习题第1章立体几何初步 1.7.3习题第1章立体几何初步习题课习题第1章立体几何初步检测习题第2章解析几何初步 2.1.1习题第2章解析几何初步 2.1.2.1习题第2章解析几何初步 2.1.2.2习题第2章解析几何初步 2.1.3习题第2章解析几何初步 2.1.4习题第2章解析几何初步 2.1.5.1习题第2章解析几何初步 2.1.5.2习题第2章解析几何初步 2.2.1习题第2章解析几何初步 2.2.2习题第2章解析几何初步 2.2.3.1习题第2章解析几何初步 2.2.3.2习题第2章解析几何初步 2.3.1-2.3.2习题第2章解析几何初步 2.3.3习题第2章解析几何初步检测习题模块综合检测习题北师大版2018-2019学年高中数学必修2习题01第一章立体几何初步§1简单几何体1.1简单旋转体1.下列说法正确的是()A.圆锥的母线长等于底面圆直径B.圆柱的母线与轴垂直C.圆台的母线与轴平行D.球的直径必过球心答案:D2.下面左边的几何体是由选项中的哪个图形旋转得到的()解析:选项B中的图形旋转后为两个共底面的圆锥;选项C中的图形旋转后为一个圆柱与一个圆锥的组合体;选项D中的图形旋转后为两个圆锥与一个圆柱的组合体.答案:A3.用一个平面去截一个几何体,得到的截面一定是圆面,则这个几何体是()A.圆锥B.圆柱C.球D.圆台答案:C4.AB为圆柱下底面内任一不过圆心的弦,过AB和上底面圆心作圆柱的一截面,则这个截面是()A.三角形B.矩形C.梯形D.以上都不对解析:如图所示,由于圆柱的上下底面相互平行,故过AB和上底面圆心作圆柱的一截面与上底面的交线CD 必过上底面圆心,且CD∥AB,在圆柱的侧面上,连接A,C(或B,D)两点的线是曲线,不可能是直线.故这个截面是有两条边平行、另两边是曲线的曲边四边形.故选D.答案:D5.以钝角三角形的较短边所在的直线为轴,其他两边旋转一周所得的几何体是()A.两个圆锥拼接而成的组合体B.一个圆台C.一个圆锥D.一个圆锥挖去一个同底的小圆锥解析:如图所示.旋转一周后其他两边形成的几何体为在圆锥AO的底部挖去一个同底的圆锥BO.答案:D6.点O1为圆锥高上靠近顶点的一个三等分点,过O1与底面平行的截面面积是底面面积的()A.13B.23C.14D.19解析:如图所示,由题意知SO1∶SO=1∶3,∴O1B∶OA=1∶3,∴S☉O1∶S☉O=1∶9,故选D.答案:D7.下列说法中错误的是.①过圆锥顶点的截面是等腰三角形;②过圆台上底面中心的截面是等腰梯形;③圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个.答案:②8.若过轴的截面是直角三角形的圆锥的底面半径为r,则其轴截面的面积为.解析:由圆锥的结构特征,可知若过轴的截面为直角三角形,则为等腰直角三角形,其斜边上的高为r,所以S=12×2r2=r2.答案:r29.已知圆锥的母线与旋转轴所成的角为30°,母线的长为2,则其底面面积为.解析:如图所示,过圆锥的旋转轴作截面ABC,设圆锥的底面半径为r,底面圆心为O.∵△ABC为等腰三角形,∴△ABO为直角三角形.又∠BAO=30°,∴BO=r=1AB=2.∴底面圆O的面积为S=πr2=π2.答案:π10.把一个圆锥截成圆台,已知圆台的上、下底面的半径比是1∶4,母线长是10 cm,求这个圆锥的母线长.分析:处理有关旋转体的问题时,一般要作出其过轴的截面,在这个截面图形中去寻找各元素之间的关系.解:设圆锥的母线长为y cm,圆台上、下底面的半径分别为x cm,4x cm.作圆锥过轴的截面如图所示.在Rt△SOA中,O'A'∥OA,则SA'SA =O'A'OA,即y-10y =x4x,解得y=403.故圆锥的母线长为40cm.11.圆锥的底面半径为r,母线长是底面半径的3倍,在底面圆周上有一点A,求一个动点P自点A出发在侧面上绕一周回到点A的最短路程.解:沿圆锥的母线SA将侧面展开,如图所示.则线段AA1就是所求的最短路程.∵弧A1A的长为2πr,SA=3r,设弧A1A所对的圆心角为α,∴απ·3r=2πr,∴α=120°.∴AA1=SA·cos30°×2=3r×3×2=33r,即所求最短路程是33r.1.2简单多面体1.关于棱柱,下列说法正确的是()A.只有两个面平行B.所有的棱都相等C.所有的面都是平行四边形D.两底面平行,侧棱也互相平行解析:正方体可以有六个面平行,故选项A错误;长方体并不是所有的棱都相等,故选项B错误;三棱柱的底面是三角形,故选项C错误;由棱柱的概念知,两底面平行,侧棱也互相平行,故选项D正确.答案:D2.一个正棱锥的底面边长与侧棱长相等,则该棱锥一定不是()A.正三棱锥B.正四棱锥C.正五棱锥D.正六棱锥解析:由于正六边形的中心到顶点的距离与边长都相等,故正六棱锥的侧棱长必大于底面边长.答案:D3.棱台不一定具有的性质是()A.两底面相似B.侧面都是梯形C.侧棱都相等D.侧棱延长后都交于一点解析:由棱台的定义可知,棱台是用平行于棱锥底面的平面去截棱锥而得到的,所以A,B,D选项都成立,只有选项C不一定成立.答案:C4.下列图形中,不是三棱柱的展开图的是()解析:根据三棱柱的结构特征知,A,B,D中的展开图都可还原为三棱柱,但是C中展开图还原后的几何体没有下底面,故不是三棱柱的展开图.答案:C5.下列说法正确的个数为()①存在斜四棱柱,其底面为正方形;②存在棱锥,其所有面均为直角三角形;③任意的圆锥都存在两条母线互相垂直;④矩形绕任意一条直线旋转都可以形成圆柱.A.1B.2C.3D.4解析:①存在斜四棱柱,其底面为正方形,正确.②正确.如图所示.③不正确,圆锥轴截面的顶角小于90°时就不存在.④不正确,矩形绕其对角线所在直线旋转,不能围成圆柱.故答案为B.答案:B6.用一个平行于棱锥底面的平面截这个棱锥,截得的棱台上、下底面的面积之比为1∶4,截去的棱锥的高是3 cm,则棱台的高是()A.12 cmB.9 cmC.6 cmD.3 cm解析:棱台的上、下底面的面积之比为1∶4,则截去的棱锥的高与原棱锥的高的比为1∶2,棱台的高是3cm.答案:D7.有下列四个结论:①各侧面是全等的等腰三角形的四棱锥是正四棱锥;②底面是正多边形的棱锥是正棱锥;③三棱锥的所有面可能都是直角三角形;④四棱锥中侧面最多有四个直角三角形.其中正确的有(填正确结论的序号).答案:③④8.如图所示,将装有水的长方体水槽固定底面一边后将水槽倾斜一个小角度,则倾斜后水槽中的水形成的几何体的形状是.解析:如图所示,假设以AB边固定进行倾斜,则几何体BB2C2C-AA2D2D一定为棱柱.答案:棱柱9.在侧棱长为23的正三棱锥P−ABC中,∠APB=40°,E,F分别是PB,PC上的点,过点A,E,F作截面AEF,则△AEF周长的最小值是.解析:将正三棱锥的三个侧面展开,如图所示.则当E,F为AA1与PB,PC的交点时,△AEF的周长最小,最小值为2AP·cos30°=2×23×3=6.答案:610.把右图中的三棱台ABC-A1B1C1分成三个三棱锥.解:如图所示,分别连接A1B,A1C,BC1,则将三棱台分成了三个三棱锥,即三棱锥A-A1BC,B1-A1BC1,C-A1BC1.(本题答案不唯一)11.试从正方体ABCD-A1B1C1D1的八个顶点中任取若干,连接后构成以下空间几何体,并且用适当的符号表示出来.(1)只有一个面是等边三角形的三棱锥.(2)四个面都是等边三角形的三棱锥.(3)三棱柱.解:(1)如图所示,三棱锥A1-AB1D1(答案不唯一).(2)如图所示,三棱锥B1-ACD1(答案不唯一).(3)如图所示,三棱柱A1B1D1-ABD(答案不唯一).★12.如图所示,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=3,AA1=4,M为AA1的中点,P是BC上的一点,且由点P沿棱柱侧面经过棱CC1到M的最短路线的长为设这条最短路线与CC1的交点为N.求:(1)该三棱柱的侧面展开图的对角线的长;(2)求PC和NC的长.解:(1)正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面展开图是一个长为9,宽为4的矩形,其对角线长为92+42=97.(2)如图所示,将侧面BB1C1C绕棱CC1旋转120°使其与侧面AA1C1C在同一平面上,则点P旋转到点P1的位置,连接MP1交CC1于点N,则MP1的长等于由点P沿棱柱侧面经过棱CC1到点M的最短路线的长.设PC=x,则P1C=x.在Rt△MAP1中,由勾股定理,得(3+x)2+22=29,解得x=2,所以PC=P1C=2,又NCMA =P1CP1A=25,所以NC=45.§2直观图1.关于用斜二测画法所得的直观图,以下说法正确的是()A.等腰三角形的直观图仍是等腰三角形B.正方形的直观图为平行四边形C.梯形的直观图不是梯形D.正三角形的直观图一定为等腰三角形解析:根据斜二测画法的规则知,正方形的直观图为平行四边形.答案:B2.水平放置的△ABC,有一条边在水平线上,它的斜二测直观图是正三角形A'B'C',则△ABC是()A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.任意三角形解析:根据斜二测画法的规则,可知△ABC中有一个角是钝角,所以△ABC是钝角三角形.答案:C3.如图所示为一平面图形的直观图,则此平面图形可能是()答案:C4.对于一条边在x轴上的三角形,采用斜二测画法作出其直观图,则其直观图的面积是原三角形面积的()A.2倍B.2C.2D.1解析:由于平行于y轴的线段其平行性不变,长度变为原来的一半,又直观图中∠x'O'y'=45°,设原三角形的面积为S,其直观图的面积为S',则S'=1×2S=2S.答案:B5.一个水平放置的三角形的直观图是等腰直角三角形A'B'O',如图所示,若O'B'=1,那么原△ABO的面积是()A.12B.22C.2D.22解析:由斜二测画法,可知原三角形为直角三角形,且∠AOB=90°,OB=1,OA=2O'A'=22,∴S△AOB=12×1×22= 2.故选C.答案:C6.已知△A'B'C'为水平放置的△ABC的直观图,如图所示,则在△ABC的三边及中线AD中,最长的线段是()A.ABB.ADC.BCD.AC解析:由斜二测画法,可知原图形为直角三角形.AC为斜边,D为BC的中点,故AC>AD,故最长线段为AC.答案:D7.一个平面图形的斜二测直观图是腰长为2的等腰直角三角形,如图,则其平面图形的面积为.答案:48.已知正三角形ABC的边长为a,则水平放置的△ABC的直观图△A'B'C'的面积为.解析:图①、图②分别为实际图形和直观图.由图可知A'B'=AB=a,O'C'=1OC=3a,在图②中作C'D'⊥A'B'于点D',则C'D'=2O′C′=6a.所以S△A'B'C'=12A′B′·C'D'=12×a×68a=616a2.答案:616a29.在等腰梯形ABCD中,上底边CD=1,AD=CB=2,下底边AB=3,按平行于上、下底边取x轴,则直观图A′B′C′D′的面积为.解析:等腰梯形ABCD的高为1,且直观图A'B'C'D'仍为梯形,其高为1sin45°=2,故面积为1×(1+3)×2= 2.答案:2210.画出如图所示放置的直角三角形的直观图.解:画法:(1)画x'轴和y'轴,使∠x'O'y'=45°(如图②所示);(2)在原图中作BD⊥x轴,垂足为D(如图①所示);(3)在x'轴上截取O'A'=OA,O'D'=OD,在y'轴上截取O'C'=12OC,过D'作B'D'∥y'轴,使D'B'=1BD;(4)连线成图(擦去辅助线)(如图③所示).11.用斜二测画法得到一水平放置的Rt△ABC,AC=1,∠ABC=30°,如图所示,试求原三角形的面积.解:如图所示,作AD⊥BC于点D,令x'轴与y'轴的交点为E,则DE=AD,在Rt△ABC中,由∠ABC=30°,AC=1,可知BC=2,AB= 3.由AD⊥BC,AD=DE,可知AD=32,AE=62,由斜二测画法可知,原三角形A'B'C'中,B'C'=BC=2,A'E'=2AE=6,且A'E'⊥B'C',所以S△A'B'C'=1B′C′·A'E'=1×2×6= 6.★12.画水平放置的圆锥的直观图.分析用斜二测画法画水平放置的圆锥的直观图,由于圆锥底面可以看作是水平放置的,因此,只需先画轴,再画底面和高即可.解:(1)画轴,如图所示,画x轴、y轴、z轴,使∠xOy=45°,∠xOz=90°;(2)画圆锥的底面,画出底面圆的直观图,与x轴交于A,B两点;(3)画圆锥的顶点,在Oz上截取点P,使得PO等于圆锥的高;(4)连线成图,连接P A,PB,并加以整理(擦去辅助线,将被遮挡的部分改为虚线),得圆锥的直观图.§3三视图3.1简单组合体的三视图1.用一个平行于水平面的平面去截球,得到如图所示的几何体,则它的俯视图是()解析:截去的平面在俯视图中看不到,故用虚线,因此选B.答案:B2.下列各几何体的三视图中,有且仅有两个视图相同的是()A.①②B.①③C.①④D.②④解析:①中正方体的三视图均相同;②中圆锥的主视图和左视图相同;③中三棱台的三视图各不相同;④中正四棱锥的主视图和左视图相同.答案:D3.某几何体的主视图和左视图均如图所示,则该几何体的俯视图不可能是()解析:D选项的主视图为,故不可能是D选项.答案:D4.如图所示,若△A'B'C'为正三角形,与底面不平行,且CC'>BB'>AA',则多面体的主视图为()解析:因为△A'B'C'为正三角形,面A'B'BA向前,所以主视图不可能是A,B,C三个选项,只能是D.答案:D5.“牟台方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体.它由完全相同的四个曲面构成,相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上,好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖).其直观图如图所示,图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线.当其主视图和左视图完全相同时,它的俯视图可能是()答案:B6.如图所示,画出四面体AB1CD1三视图中的主视图,若以面AA1D1D为投影面,则得到的主视图为()解析:显然AB1,AC,B1D1,CD1分别投影得到主视图的外轮廓,B1C为可见实线,AD1为不可见虚线.故A正确.答案:A★7.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BB1的中点,若用过点A,E,C1的平面截去该正方体的上半部分,则剩余几何体的左视图为()设过点A,E,C1的截面与棱DD1相交于点F,且F是棱DD1的中点,该正方体截去上半部分后,剩余几何体如图所示,则它的左视图应选C.答案:C8.如图所示,图①②③是图④表示的几何体的三视图,其中图①是,图②是,图③是(填写视图名称).解析:由三视图可知,①为主视图,②为左视图,③为俯视图.答案:主视图左视图俯视图9.如图(a)所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为正方体的中心,则△P AC在该正方体各个面上的射影可能是图(b)中的(把可能的序号都填上).图(a)图(b)解析:要考虑△P AC在该正方体各个面上的射影,在上、下两个面上的射影是①,在前后左右四个面上的射影是④.答案:①④10.(1)画出如图①所示组合体的三视图;(2)图②所示的是一个零件的直观图,试画出这个几何体的三视图.图①图②解(1)该组合体是由一个四棱柱和一个圆锥拼接而成,其三视图如图所示.(2)作出三视图如图所示.★11.如图是根据某一种型号的滚筒洗衣机抽象出来的几何体,数据如图所示(单位:cm).试画出它的三视图.解这个几何体是由一个长方体挖去一个圆柱体构成的,三视图如图所示.3.2由三视图还原成实物图1.若一个几何体的主视图和左视图都是等腰梯形,俯视图是两个同心圆,则这个几何体可能是()A.圆柱B.圆台C.圆锥D.棱台答案:B2.某几何体的三视图如图所示,则该几何体是()A.棱台B.棱柱C.棱锥D.以上均不对解析:由相似比,可知几何体的侧棱相交于一点.答案:A3.如图所示是底面为正方形、一条侧棱垂直于底面的四棱锥的三视图,则该四棱锥的直观图是下列各图中的()解析:由俯视图排除B,C选项;由主视图、左视图可排除A选项,故选D.答案:D4.某几何体的三视图如图所示,则这个几何体是()A.三棱锥B.四棱锥C.四棱台D.三棱台解析:因为主视图和左视图为三角形,可知几何体为锥体.又俯视图为四边形,所以该几何体为四棱锥,故选B.答案:B5.如图所示,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的是一个几何体的三视图,则这个几何体是()A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱解析:由题知,该几何体的三视图为一个三角形,两个四边形,经分析可知该几何体为三棱柱,故选B.答案:B6.一块石材表示的几何体的三视图如图所示,将该石材切削、打磨,加工成球,则能得到的最大球的半径等于()A.1B.2C.3D.4解析:由三视图画出直观图如图所示,判断这个几何体是底面边长为6,8,10的直角三角形,高为12的躺下的直=2,这就是做成的最大球的半径.三棱柱,直角三角形的内切圆的半径为r=6+8-102答案:B7.把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起,连接AC,得到三棱锥C-ABD,其主视图、俯视图均为全等的等腰直角三角形(如图所示),其左视图的面积为.解析:如图所示,根据两个视图可以推知折起后∠CEA=90°,其侧视图是一个两直角边长为1的等腰直角三.角形,所以左视图的面积为12答案:18.用n个体积为1的正方体搭成一个几何体,其主视图、左视图都是如图所示的图形,则n的最大值与最小值之差是.解析:由主视图、左视图可知,正方体个数最少时,底层有3个小正方体,上面有2个,共5个;个数最多时,底层有9个小正方体,上面有2个,共11个.故n的最大值与最小值之差是6.答案:69.下图是一个几何体的三视图,想象该几何体的几何结构特征,画出该几何体的形状.解由于俯视图中有一个圆和一个四边形,则该几何体是由旋转体和多面体构成的组合体,结合左视图和主视图,可知该几何体是由上面一个圆柱、下面一个四棱柱拼接成的组合体.该几何体的形状如图所示.★10.已知几何体的三视图如图所示,用斜二测画法画出它的直观图.解由三视图可知其几何体是底面边长为2,高为3的正六棱锥,其直观图如图所示.§4空间图形的基本关系与公理第1课时平面性质1.两个平面重合的条件是()A.有四个公共点B.有无数个公共点C.有一条公共直线D.有两条相交公共直线解析:由两条相交直线确定一个平面知D选项正确.答案:D2.与“直线l上两点A,B在平面α内”含义不同的是()A.l⫋αB.直线l在平面α内C.直线l上只有这两个点在平面α内D.直线l上所有的点都在平面α内答案:C3.有下列说法:①梯形的四个顶点在同一平面内;②三条平行直线必共面;③有三个公共点的两个平面必重合.其中正确的个数是()A.0B.1C.2D.3解析:梯形是一个平面图形,所以其四个顶点在同一个平面内,故①正确;两条平行直线确定1个平面,三条平行直线确定1个或3个平面,故②错误;三个公共点可以同在两个相交平面的交线上,故③错误.答案:B4.设P表示一个点,a,b表示两条直线,α,β表示两个平面,给出下列四个命题,其中正确的命题是()①P∈a,P∈α⇒a⫋α;②a∩b=P,b⫋β⇒a⫋β;③a∥b,a⫋α,P∈b,P∈α⇒b⫋α;④α∩β=b,P∈α,P∈β⇒P∈b.A.①②B.②③C.①④D.③④答案:D5.三棱台ABC-A'B'C'的一条侧棱AA'所在直线与平面BCC'B'之间的关系是()A.相交B.平行C.直线在平面内D.平行或直线在平面内解析:棱台就是棱锥被一个平行于底面的平面截去一个棱锥得到的,所以延长棱台各侧棱可以恢复成棱锥的形状,由此可知三棱台的一条侧棱所在直线与其对面所在的平面相交.答案:A6.如图所示,平面α∩平面β=l,A∈α,B∈α,AB∩l=D,C∈β,且C∉l,则平面ABC与平面β的交线是()A.直线ACB.直线BCC.直线ABD.直线CD解析:由题意知,平面ABC与平面β有公共点C,根据公理3,这两平面必定相交,有且只有一条经过C的交线,由于两点确定一条直线,所以只要再找到两平面的另一个公共点即可.显然点D在直线AB上,从而它在平面ABC内,而点D又在直线l上,所以它又在平面β内,所以点D也是平面ABC与平面β的公共点.因此平面ABC 与平面β的交线是直线CD.答案:D7.已知点P在平面α外,点A,B,C在平面α内且不共线,A',B',C'分别在P A,PB,PC上,若A'B',B'C',A'C'与平面α分别交于D,E,F三点,则D,E,F三点()A.成钝角三角形B.成锐角三角形C.成直角三角形D.在一条直线上解析:本题考查三点关系,根据两平面公共点在其交线上,知D,E,F三点共线,故选D.答案:D8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q,R分别是AB,AD,B1C1的中点,那么,正方体的过P,Q,R的截面图形是()A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形解析:如图所示,作GR∥PQ交C1D1于G,延长QP与CB延长线交于M,连接MR交BB1于E,连接PE.同理延长PQ交CD延长线于点N,连接NG交DD1于F,连接QF.所以截面PQFGRE为六边形.故选D.答案:D9.四条线段首尾相接得到一个四边形,当且仅当它的两条对角线时,能得到一个平面图形.解析:由公理1,2知当两条对角线相交时为平面图形,当两条对角线不共面时为空间四边形.答案:相交10.一个平面内不共线的三点到另一个平面的距离相等且不为零,则这两个平面的位置关系是.解析:当三点在另一个平面同侧时,这两个平面平行,当三点不在另一个平面同侧时,这两个平面相交.答案:平行或相交11.过已知直线a外的一点P,与直线a上的四个点A,B,C,D分别画四条直线,求证:这四条直线在同一平面内.证明:如图所示,因为点P在直线a外,所以过直线a及点P可作一平面α,因为A,B,C,D均在a上,所以A,B,C,D均在α内,所以直线P A,PB,PC,PD上各有两个点在α内,由公理2可知,直线P A,PB,PC,PD均在平面α内,故这四条直线在同一平面内.12.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,M,N分别是AA1,D1C1的中点,过D,M,N三点的平面与正方体下底面相交于直线l.试画出直线l的位置,并说明理由.解:如图所示,连接DM并延长,交D1A1的延长线于点P',连接NP',则直线NP'即为所求直线l.理由如下: 如图所示,连接DN,∵P'=DM∩D1A1,且DM⫋平面DMN,D1A1⫋平面A1B1C1D1,∴P'∈平面DMN∩平面A1B1C1D1.又N∈平面DMN∩平面A1B1C1D1,∴由公理3知,直线NP'为平面DMN与平面A1B1C1D1的交线.第2课时 异面直线所成的角1.若直线a ∥b ,b ∩c=A ,则直线a 与c 的位置关系是( ) A.异面 B.相交 C.平行 D.异面或相交答案:D2.在三棱锥A-BCD 中,E ,F ,G 分别是AB ,AC ,BD 的中点,如果AD 与BC 所成的角是60°,那么∠FEG 为( ) A .60° B .30°C .120°D .60°或120° 解析:异面直线AD 与BC 所成的角可能等于∠FEG ,也可能等于∠FEG 的补角.答案:D3.若空间中四条两两不同的直线l 1,l 2,l 3,l 4满足l 1⊥l 2,l 2∥l 3,l 3⊥l 4,则下列结论一定正确的是( ) A .l 1⊥l 4 B .l 1∥l 4C .l 1与l 4既不垂直也不平行D .l 1与l 4的位置关系不确定解析:因为l 2∥l 3,所以l 1⊥l 3,l 3⊥l 4.实质上就是l 1与l 4同垂直于一条直线,所以l 1⊥l 4,l 1∥l 4,l 1与l 4既不垂直也不平行都有可能成立,故l 1与l 4的位置关系不确定. 答案:D4.如图,在某个正方体的表面展开图中,l 1,l 2是两条面对角线,则在正方体中,l 1与l 2( ) A.互相平行 B.异面且互相垂直 C.异面且夹角为60° D.相交且夹角为60°解析:将表面展开图还原成正方体如图所示,则B ,C 两点重合.故l 1与l 2相交,连接AD ,△ABD 为正三角形,所以l 1与l 2的夹角为60°. 答案:D5.在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,若点E ,F 分别在AB ,AC 上,且AE=13AB ,AF=13AC ,则下列说法正确的是( ) A.EF ⊥BB 1 B.EF ∥A 1B 1 C.EF ∥B 1C 1D.EF ∥AA 1解析:∵AE=1AB ,AF=1AC ,∴EF ∥BC.又ABC-A1B1C1为棱柱,∴BC∥B1C1.∴EF∥B1C1.答案:C6.下列说法正确的是()A.空间中没有交点的两条直线是平行直线B.一条直线和两条平行直线中的一条相交,则它和另一条也相交C.空间四条直线a,b,c,d,如果a∥b,c∥d,且a∥d,那么b∥cD.分别在两个平面内的直线是平行直线解析:A,B选项中,两直线可能异面,D选项中两直线可能相交,也可能异面.答案:C7.如图是一个正方体的表面展开图,如果将它还原为正方体,那么AB,CD,EF,GH这四条线段所在直线是异面直线的有对.解析:将图形还原成正方体,观察有AB与CD,AB与GH,EF与GH共3对异面直线.答案:38.如图,已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,A1A=AB,E,F分别是BD1和AD中点,则异面直线CD1,EF所成的角的大小为.答案:90°9.如图所示,在四棱锥C-ABED中,底面ABED是梯形.若AB∥DE,DE=2AB,且F是CD的中点,P是CE的中点,则AF与BP的位置关系是.解析:连接PF,∵P,F分别是CE,CD的中点,∴PF∥ED,且PF=1ED.2又AB∥ED,且DE=2AB,∴AB∥PF,且AB=PF,即四边形ABPF是平行四边形,∴BP∥AF.答案:平行10.如图所示,在三棱锥P-ABC中,D,E是PC上不重合的两点,F,H分别是P A,PB上的点,且与点P不重合.求证:EF和DH是异面直线.证明∵P A∩PC=P,∴P A,PC确定一个平面α.∵E∈PC,F∈P A,∴E∈α,F∈α,∴EF⫋α.∵D∈PC,∴D∈α,且D∉EF.又PB∩α=P,H∈PB,且点H与点P不重合,∴H∉α,DH∩α=D,且DH与EF不相交,于是直线EF和DH是异面直线.★11.如图所示,在空间四边形ABCD中,两条对边AB=CD=3,E,F分别是另外两条对边AD,BC上的点,且AE=BF=1,EF=5,求AB和CD所成的角的大小.解如图所示,过点E作EO∥AB,交BD于点O,连接OF,所以AEED =BOOD,所以BOOD=BFFC,所以OF∥CD.所以∠EOF或其补角是AB和CD所成的角.在△EOF中,OE=2AB=2,OF=1CD=1,又EF=5,所以EF2=OE2+OF2,所以∠EOF=90°.即异面直线AB和CD所成的角为90°.★12.在梯形ABCD中(如图①所示),AB∥CD,E,F分别为BC和AD的中点,将平面CDFE沿EF翻折起来,使CD到C'D'的位置,G,H分别为AD'和BC'的中点,得到如图②所示的立体图形.求证:四边形EFGH为平行四边形.。

高中数学必修二：课时提升作业(二十七)_4.2.2圆与圆的位置关系(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.(圆x2+y2-2x=0与圆x2+y2+4y=0的位置关系是( )A.外离B.外切C.相交D.内切【解析】选C.圆x2+y2-2x=0的圆心为(1,0),半径为1;圆x2+y2+4y=0的圆心为(0,-2),半径为2.因为圆心距为,且2-1<<1+2,所以两圆相交.2.过两圆x2+y2+6x+4y=0及x2+y2+4x+2y-4=0的交点的直线的方程是( )A.x+y+2=0B.x+y-2=0C.5x+3y-2=0D.不存在【解析】选A.将两圆的方程相减,可得直线方程x+y+2=0,此直线即为过两圆交点的直线方程.【补偿训练】已知两圆C1:x2+y2=10,C2:x2+y2+2x+2y-14=0.则经过两圆交点的公共弦所在的直线方程为( )A.x+y=2B.x-y=2C.2x-y=1D.x-2y=1【解析】选A.将两圆C1与C2的方程相减,即得到经过两圆交点的公共弦所在的直线方程,即x+y=2.3.两圆C1:x2+y2+2x+2y-2=0,C2:x2+y2-4x-2y+1=0的公切线有且仅有( )A.1条B.2条C.3条D.4条【解析】选 B.两圆的圆心分别是(-1,-1),(2,1),半径分别是2,2,两圆圆心距离|C1C2|==,由于0<<4,说明两圆相交,因而公切线只4.圆C 1:(x+2)2+(y-m)2=9与圆C 2:(x-m)2+(y+1)2=4外切,则m 的值为 ( ) A.2B.-5C.2或-5D.不确定【解析】选C.圆C 1:(x+2)2+(y-m)2=9的圆心为(-2,m),半径长为3,圆C 2:(x-m)2+(y+1)2=4的圆心为(m,-1),半径长为 2.依题意有=3+2,即m 2+3m-10=0,解得m=2或m=-5.5.已知圆C:(x-3)2+(y-4)2=1和两点A(-m,0),B(m,0)(m>0),若圆C 上存在点P,使得∠APB=90°,则m 的最大值为 ( ) A.7 B.6 C.5D.4【解题指南】点P 在以AB 为直径的圆上,此圆与圆C 有公共点P,当圆半径最大时,m 最大.【解析】选B.点P 在以AB 为直径的圆O:x 2+y 2=m 2上,当圆O 与圆C 内切时,圆O 的半径最大,m 最大,此时m=5+1=6. 二、填空题(每小题5分,共15分)6.圆C 1:x 2+y 2=4和C 2:x 2+y 2-6x+8y-24=0的位置关系是 .【解析】圆C 1的半径是2,圆心为(0,0),圆C 2的半径是7,圆心为(3,-4),所以两圆心之间的距离为5,半径差也为5,所以两圆关系为内切. 答案:内切【补偿训练】圆O 1:x 2+y 2-2x=0和圆O 2;x 2+y 2-4y=0的位置关系是 .【解析】化圆O 1,圆O 2方程为标准方程知,它们的圆心分别为O 1(1,0),半径为1;圆O 2(0,2),半径为1,因为=,R+r=3,R-r=1,所以1<<3,故圆O 1、圆O 2相交.7.两圆x2+y2=1和(x+4)2+(y-a)2=25相外切,则常数a的值为.【解析】两圆的圆心距为d=,半径分别为1和 5.由于两圆外切,则=1+5,解得a=±2.答案:±2【补偿训练】若x2+y2-2ax+4y+a2+3=0与x2+y2-14x-2y+14=0所表示的曲线相互内切,则a 的值为.【解析】由x2+y2-2ax+4y+a2+3=0可得(x-a)2+(y+2)2=1,圆心为(a,-2),半径为 1.由x2+y2-14x-2y+14=0可得(x-7)2+(y-1)2=36,圆心为(7,1),半径为6,由于两圆相互内切,故=6-1,解得a=11或a=3.答案:11或38.圆x2+y2-16=0与圆x2+y2-4x+4y-12=0的公共弦长为.【解析】因为两圆公共弦所在的直线方程为x-y-1=0,由于圆x2+y2-16=0的圆心(0,0)到直线x-y-1=0的距离为d==,该圆的半径为4,则公共弦长为2=.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知圆C1:x2+y2+2x+6y+9=0,圆C2:x2+y2-6x+2y+1=0,试确定两圆公切线的条数.【解析】两圆化为标准方程分别为:圆C1:(x+1)2+(y+3)2=1,圆C2:(x-3)2+(y+1)2=9,所以两圆圆心为C1(-1,-3),C2(3,-1).半径r1=1,r2=3.因为|C1C2|=2>1+3,所以两圆相外离,故两圆有四条公切线.10.圆O1的方程为x2+(y+1)2=4,圆O2的圆心O2(2,1).(1)若圆O2与圆O1外切,求圆O2的方程.(2)若圆O2与圆O1交于A,B两点,且|AB|=2,求圆O2的方程.【解析】(1)圆O2半径为r1.由两圆外切,所以|O1O2|=r1+2,r2=|O1O2|-2=2(-1),故圆O2的方程是(x-2)2+(y-1)2=4(-1)2.(2)设圆O2的方程为(x-2)2+(y-1)2=,因为圆O1的方程为x2+(y+1)2=4,将两圆的方程相减,即得两圆公共弦AB所在直线的方程:4x+4y+-8=0.作O1H⊥AB,则|AH|=|AB|=,O1H=,由圆心O1(0,-1)到直线4x+4y+-8=0的距离得=,得=4或=20,故圆O2的方程为:(x-2)2+(y-1)2=4或(x-2)2+(y-1)2=20.(20分钟40分)一、选择题(每小题5分,共10分)1.圆:x2+y2-4x+6y=0和圆:x2+y2-6x=0交于A,B两点,则AB的垂直平分线的方程是( )A.x+y+3=0B.2x-y-5=0C.3x-y-9=0D.4x-3y+7=0【解析】选C.将两圆方程相减,得公共弦AB 所在直线的方程为x+3y=0,AB 的垂直平分线的斜率为3且过圆心(3,0),所以其方程为y=3(x-3),即3x-y-9=0. 【拓展延伸】求解相交弦问题的技巧把两个圆的方程进行相减得:x 2+y 2+D 1x+E 1y+F 1-(x 2+y 2+D 2x+E 2y+F 2)=0, 即(D 1-D 2)x+(E 1-E 2)y+(F 1-F 2)=0, ①当两圆C 1,C 2相交时,方程①表示两圆公共弦所在的直线方程; 当两圆C 1,C 2相切时,方程①表示过圆C 1,C 2切点的公切线方程.2.圆C 1:(x+2)2+(y-2)2=m(m>0)与圆C 2:x 2+y 2-4x-10y+13=0有3条公切线,则m= ( ) A.1 B.2 C.3 D.4【解题指南】因为两圆有3条公切线,由此可知两圆外切,则两圆的圆心距应等于两圆半径之和,建立等式求解m.【解析】选A.C 1(-2,2),r 1=;C 2(2,5),r 2=4.因为两圆有3条公切线,所以两圆外切, 即|C 1C 2|=r 1+r 2,所以=4+,解得m=1.二、填空题(每小题5分,共10分)3.若a 2+b 2=4,则两圆(x-a)2+y 2=1与x 2+(y-b)2=1的位置关系是 .【解析】因为两圆的圆心分别为O 1(a,0),O 2(0,b),半径r 1=r 2=1,所以==2=r 1+r 2,故两圆外切.答案:外切4.集合A={(x,y)|x 2+y 2=4},B={(x,y)|(x-3)2+(y-4)2=r 2},其中r>0,若A ∩B 中有且仅有一个元素,则r的值是.【解题指南】明确两集合的含义,由A∩B中有且仅有一个元素,可知两圆相切,可分为外切和内切.【解析】因为A∩B中有且仅有一个元素,所以圆x2+y2=4与圆(x-3)2+(y-4)2=r2相切.当内切时,=|2-r|,解得r=7.当外切时,=2+r,解得r=3.答案:3或7【延伸探究】若本题中将“A∩B中有且仅有一个元素”改为“A∩B中有两个元素”,又如何求r的范围?【解析】因为A∩B中有两个元素,所以圆x2+y2=4与圆(x-3)2+(y-4)2=r2相交.则有<<r+2,解得3<r<7.三、解答题(每小题10分,共20分)5.(已知圆M:x2+y2-2mx-2ny+m2-1=0与圆N:x2+y2+2x+2y-2=0交于A,B两点,且这两点平分圆N的圆周,求圆心M的轨迹方程.【解题指南】将两圆方程相减,可得公共弦AB所在的直线方程,又A,B两点平分圆N的圆周,则直线AB经过圆N的圆心.【解析】两圆方程相减,得公共弦AB所在的直线方程为2(m+1)x+2(n+1)y-m2-1=0,由于A,B两点平分圆N的圆周,所以A,B为圆N直径的两个端点,即直线AB过圆N的圆心N,而N(-1,-1),所以-2(m+1)-2(n+1)-m2-1=0,即m2+2m+2n+5=0,即(m+1)2=-2(n+2)(n≤-2),由于圆M的圆心M(m,n),从而可知圆心M的轨迹方程为(x+1)2=-2(y+2)(y≤-2).【补偿训练】求圆心在直线x-y+1=0上,且经过圆x2+y2+6x-4=0与圆x2+y2+6y-28=0的交点的圆的方程.【解析】设圆x2+y2+6x-4=0与圆x2+y2+6y-28=0的交点为A,B,解方程组:⇒或不妨设A(-1,3),B(-6,-2),因此直线AB的垂直平分线方程为x+y+3=0,x-y+1=0与x+y+3=0联立,解得:x=-2,y=-1,即所求圆心C为(-2,-1),半径r=|AC|=.故所求圆C的方程为:(x+2)2+(y+1)2=17.6.已知圆O:x2+y2=1和定点A(2,1),由圆O外一点P(a,b)向圆O引切线PQ,切点为Q,=成立.(1)求a,b间关系.(2)求的最小值.(3)以P为圆心作圆,使它与圆O有公共点,试在其中求出半径最小的圆的方程.【解析】(1)连接OQ,OP,则△OQP为直角三角形,又=,所以=+=1+,所以a2+b2=1+(a-2)2+(b-1)2,故2a+b-3=0.(2)由(1)知,P在直线l:2x+y-3=0上,所以=,此为A到直线l的距离,所以==.(3)以P为圆心的圆与圆O有公共点,半径最小时为与圆O外切的情形,而这些半径的最小值为圆O到直线l的距离减去圆O的半径,圆心P为过原点与l垂直的直线l′与l的交点P0,所以r=-1=-1,又l′:x-2y=0,与l:x+2y-3=0联立得P0.所以所求圆的方程为+=.关闭Word文档返回原板块。

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课时提升作业(十六)平面与平面垂直的性质(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.平面α⊥平面β,直线a∥α,则( )A.a⊥βB.a∥βC.a与β相交D.以上都有可能【解析】选D.因为a∥α,平面α⊥平面β,所以直线a与β垂直、相交、平行都有可能.2.已知三个平面α,β,γ,若β⊥γ,且α与γ相交但不垂直,则( )A.存在a⊂α,a⊥γB.存在a⊂α,a∥γC.任意b⊂β,b⊥γD.任意b⊂β,b∥γ【解析】选B.因为三个平面α,β,γ,若β⊥γ,且α与γ相交但不垂直,则可知存在a⊂α,a∥γ.3.已知直线m,n和平面α,β,若α⊥β,α∩β=m,n⊂α,要使n⊥β,则应增加的条件是( )A.m∥nB.n⊥mC.n∥αD.n⊥α【解析】选B.已知直线m,n和平面α,β,若α⊥β,α∩β=m,n⊂α,应增加的条件n⊥m,才能使得n⊥β.4.已知平面α⊥平面β,α∩β=l,点A∈α,A l,直线AB∥l,直线AC⊥l,直线m ∥α,m∥β,则下列四种位置关系中,不一定成立的是( )A.AB∥mB.AC⊥mC.AB∥βD.AC⊥β【解析】选D.如图,AB∥l∥m,AC⊥l,m∥l⇒AC⊥m,AB∥l⇒AB∥β.5.(2015·郑州高一检测)已知平面α,β,γ,则下列命题中正确的是( )A.α⊥β,β⊥γ,则α∥γB.α∥β,β⊥γ,则α⊥γC.α∩β=a,β∩γ=b,α⊥β,β⊥γ,则a⊥bD.α⊥β,α∩β=a,a⊥b,则b⊥α【解析】选B.A中α,γ可以相交;C中如图:a与b不一定垂直;D中b仅垂直于α的一条直线a,不能判定b⊥α.二、填空题(每小题5分,共15分)6.平面α⊥平面β,α∩β=l,n⊂β,n⊥l,直线m⊥α,则直线m与n的位置关系是.【解析】因为α⊥β,α∩β=l,n⊂β,n⊥l,所以n⊥α.又m⊥α,所以m∥n.答案:平行7.(2015·太原高一检测)已知平面α,β,γ,直线l,m满足:α⊥γ,γ∩α=m,γ∩β=l,l⊥m,那么①m⊥β;②l⊥α;③β⊥γ;④α⊥β.由上述条件可推出的结论有.(请将你认为正确的结论的序号都填上)【解析】因为γ∩β=l,所以l⊂γ,因为α⊥γ,γ∩α=m,l⊥m,所以l⊥α,又l⊂β,所以α⊥β.由于β可以绕l转动,位置不定,所以m⊥β和β⊥γ不一定成立.即②④正确,①③错误.答案:②④【误区警示】应用面面垂直定理时,注意三点(1)两个平面垂直是前提条件.(2)直线必须在其中一个平面内.(3)直线必须垂直于它们的交线.8.(2015·大同高一检测)如图,空间四边形ABCD中,平面ABD⊥平面BCD,∠BAD=90°,且AB=AD,则AD与平面BCD所成的角是.【解析】过A作AO⊥BD于O点,因为平面ABD⊥平面BCD,所以AO⊥平面BCD,则∠ADO即为AD与平面BCD所成的角.因为∠BAD=90°,AB=AD,所以∠ADO=45°.答案:45°三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2015·临沂高一检测)如图所示,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是矩形,侧面SDC⊥底面ABCD,求证:平面SCD⊥平面SBC.【证明】因为底面ABCD是矩形,所以BC⊥CD.又平面SDC⊥平面ABCD,平面SDC∩平面ABCD=CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面SCD.又因为BC⊂平面SBC,所以平面SCD⊥平面SBC.【补偿训练】如图,α⊥β,α∩β=l,AB⊂α,AB⊥l,BC⊂β,DE⊂β,BC⊥DE.求证:AC⊥DE.【证明】因为α⊥β,α∩β=l,AB⊂α,AB⊥l,所以AB⊥β.因为DE⊂β,所以AB⊥DE.因为BC⊥DE,AB∩BC=B,所以DE⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥DE.10.如图,已知平面α⊥平面β,在α与β的交线上取线段AB=4cm,AC,BD分别在平面α和平面β内,它们都垂直于交线AB,并且AC=3cm,BD=12cm,求CD的长.【解析】连接BC.因为α⊥β,α∩β=AB,BD⊥AB,所以BD⊥平面α.因为BC⊂α,所以BD⊥BC,在Rt△BAC中,BC===5,在Rt△DBC中,CD===13,所以CD长为13cm.【补偿训练】已知在四棱锥S-ABCD中,SD⊥平面ABCD,AB∥DC,AB=AD=1,SD=2,BC ⊥BD,AD⊥AB,E为棱SB上的一点,平面EDC⊥平面SBC.证明:(1)DE⊥平面SBC.(2)SE=2EB.【证明】(1)如图,因为SD⊥平面ABCD,故BC⊥SD,又BC⊥BD,所以BC⊥平面BDS,所以BC⊥DE.作BK⊥EC,K为垂足,由平面EDC⊥平面SBC,平面EDC∩平面SBC=EC,故BK⊥平面EDC.又DE⊂平面EDC,所以BK⊥DE.又因为BK⊂平面SBC,BC⊂平面SBC,BK∩BC=B,所以DE⊥平面SBC.(2)由(1)知DE⊥SB,DB==,所以SB===.在直角三角形SDB中,由等积法知SD·DB=SB·DE,所以DE==.EB==,SE=SB-EB=.所以SE=2EB.(20分钟40分)一、选择题(每小题5分,共10分)1.如图所示,平面α⊥平面β,A∈α,B∈β,AB与两平面α,β所成的角分别为和.过A,B分别作两平面交线的垂线,垂足分别为A′、B′,则AB∶A′B′等于( )A.2∶1B.3∶1C.3∶2D.4∶3【解析】选A.如图,由已知得AA′⊥β,∠ABA′=,BB′⊥α,∠BAB′=,设AB=a,则BA′=a,BB′=a,在Rt△BA′B′中,A′B′=a,所以=.2.(2015·聊城高一检测)如图所示,三棱锥P-ABC的底面在平面α上,且AC⊥PC,平面PAC⊥平面PBC,点P,A,B是定点,则动点C运动形成的图形是( )A.一条线段B.一条直线C.一个圆D.一个圆,但要去掉两个点【解析】选D.因为平面PAC⊥平面PBC,AC⊥PC,AC⊂平面PAC,且平面PAC∩平面PBC=PC,所以AC⊥平面PBC.又因为BC⊂平面PBC,所以AC⊥BC,所以∠ACB=90°,所以动点C运动形成的图形是以AB为直径的圆,除去A和B两点.二、填空题(每小题5分,共10分)3.(2015·安庆高一检测)α,β是两个不同的平面,m,n是平面α及β之外的两条不同的直线,给出四个论断:①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α.以其中三个论断作为条件,余下一个论断作为结论,写出你认为正确的一个命题: .【解析】利用面面垂直的判定,可知①③④⇒②为真;利用面面垂直的性质,可知②③④⇒①为真.所以应填“若①③④则②”,或“若②③④则①”.答案:若①③④则②(或若②③④则①)4.(2015·合肥高一检测)如图,平行四边形ABCD中,AB⊥BD,沿BD将△ABD折起,使平面ABD⊥平面BCD,连接AC,则在四面体ABCD的四个面中,互相垂直的平面的对数为.【解析】因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB⊥BD,所以AB⊥平面BCD.所以平面ABC⊥平面BCD,因为AB⊥BD,AB∥CD,所以CD⊥BD.又因为平面ABD⊥平面BCD,所以CD⊥平面ABD,所以平面ACD⊥平面ABD,共3对.答案:3【延伸拓展】在垂直的判定定理和性质定理中,有很多限制条件,如“相交直线”“线在面内”“平面经过一直线”等.这些条件一方面有很强的约束性,另一方面又为证明指出了方向.在利用定理时,既要注意定理的严谨性,又要注意推理的规律性.三、解答题(每小题10分,共20分)5.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA⊥PD,底面ABCD 是直角梯形,其中BC∥AD,∠BAD=90°,AD=3BC,O是AD上一点.(1)若CD∥平面PBO,试指出点O的位置.(2)求证:平面PAB⊥平面PCD.【解析】(1)因为CD∥平面PBO,CD⊂平面ABCD,且平面ABCD∩平面PBO=BO,所以BO∥CD.又BC∥AD,所以四边形BCDO为平行四边形.则BC=DO,而AD=3BC,所以AD=3OD,即点O是靠近点D的线段AD上的一个三等分点.(2)因为侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩底面ABCD=AD,AB⊂底面ABCD,且AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD.又PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD.又PA⊥PD,且PA⊂平面PAB,AB⊂平面PAB,AB∩PA=A,所以PD⊥平面PAB. 又PD⊂平面PCD,所以平面PAB⊥平面PCD.6.如图,已知V是△ABC所在平面外一点,VB⊥平面ABC,平面VAB⊥平面VAC,求证:△ABC是直角三角形.【证明】过B作BD⊥VA于D,因为平面VAB⊥平面VAC,所以BD⊥平面VAC,所以BD⊥AC,又因为VB⊥平面ABC,所以VB⊥AC,VB∩BD=B,所以AC⊥平面VAB,所以AC⊥BA,即△ABC是直角三角形.【拓展延伸】垂直关系的知识总结线面垂直的关键,定义来证最常见;判定定理也常用,它的意义要记清;平面之内两直线,两线交于一个点;面外还有一条线,垂直两线是条件.面面垂直要证好,原有图中去寻找;若是这样还不好,辅助线面是个宝.先作交线的垂线,面面转为线和面;再证一步线和线,面面垂直即可见.借助辅助线和面,加的时候不能乱;以某性质为基础,不能主观凭臆断.判断线和面垂直,线垂面中两交线.两线垂直同一面,相互平行共伸展.两面垂直同一线,一面平行另一面.要让面和面垂直,面过另面一垂线.面面垂直成直角,线面垂直记心间.关闭Word文档返回原板块- 11 -。

（人教版）高中数学必修二（全册）同步练习+单元检测卷汇总课后提升作业一棱柱、棱锥、棱台的结构特征(45分钟70分)一、选择题(每小题5分，共40分)1.下列说法中正确的是( )A.棱柱的面中，至少有两个面互相平行B.棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面C.棱柱中一条侧棱的长就是棱柱的高D.棱柱的侧面一定是平行四边形，但它的底面一定不是平行四边形【解析】选A.棱柱的两底面互相平行，故A正确；棱柱的侧面也可能有平行的面(如正方体)，故B错；立在一起的一摞书可以看成一个四棱柱，当把这摞书推倾斜时，它的侧棱就不是棱柱的高，故C错；由棱柱的定义知，棱柱的侧面一定是平行四边形，但它的底面可以是平行四边形，也可以是其他多边形，故D错.2.四棱柱有几条侧棱，几个顶点( )A.四条侧棱、四个顶点B.八条侧棱、四个顶点C.四条侧棱、八个顶点D.六条侧棱、八个顶点【解析】选C.结合正方体可知，四棱柱有四条侧棱，八个顶点.3.下列说法错误的是( )A.多面体至少有四个面B.九棱柱有9条侧棱，9个侧面，侧面为平行四边形C.长方体、正方体都是棱柱D.三棱柱的侧面为三角形【解析】选D.三棱柱的侧面是平行四边形，故D错误.4.如图，将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个小角度，则倾斜后水槽中的水形成的几何体是( )A.棱柱B.棱台C.由一个棱柱与一个棱锥构成D.不能确定【解析】选 A.根据棱柱的结构特征，当倾斜后水槽中的水形成了以左右(或前后)两个侧面为底面的四棱柱.5.(2016·郑州高一检测)如图都是正方体的表面展开图，还原成正方体后，其中两个完全一样的是( )A.(1)(2)B.(2)(3)C.(3)(4)D.(1)(4)【解题指南】让其中一个正方形不动，其余各面沿这个正方形的各边折起，进行想象后判断.【解析】选B.在图(2)(3)中，⑤不动，把图形折起，则②⑤为对面，①④为对面，③⑥为对面，故图(2)(3)完全一样，而(1)(4)则不同. 【补偿训练】下列图形经过折叠可以围成一个棱柱的是( )【解析】选D.A，B，C中底面多边形的边数与侧面数不相等.6.若棱台上、下底面的对应边之比为1∶2，则上、下底面的面积之比是( )A.1∶2B.1∶4C.2∶1D.4∶1【解析】选 B.由棱台的概念知，上、下两底面是相似的多边形，故它们的面积之比等于对应边长之比的平方，故为1∶4.7.(2016·温州高一检测)在五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个五棱柱的对角线的条数共有( )A.20条B.15条C.12条D.10条【解析】选 D.因为棱柱的侧棱都是平行的，所以过任意不相邻的两条侧棱的截面为一个平行四边形，共可得5个截面，每个平行四边形可得到五棱柱的两条对角线，故共有10条对角线.8.(2015·广东高考)若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值( )A.大于5B.等于5C.至多等于4D.至多等于3【解析】选 C.正四面体的四个顶点是两两距离相等的，即空间中n 个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值至多等于4.二、填空题(每小题5分，共10分)9.在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何体的4个顶点，这些几何体是________.(写出所有正确结论的编号)①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体.【解析】如图：①正确，如图四边形A1D1CB为矩形；②错误，任意选择4个顶点，若组成一个平面图形，则必为矩形或正方形，如四边形ABCD为正方形，四边形A1BCD1为矩形；③正确，如四面体A1ABD；④正确，如四面体A1C1BD；⑤正确，如四面体B1ABD；则正确的说法是①③④⑤.答案：①③④⑤10.(2016·天津高一检测)一个棱柱有10个顶点，所有的侧棱长的和为60cm，则每条侧棱长为________cm.【解析】因为n棱柱有2n个顶点，又此棱柱有10个顶点，所以它是五棱柱，又棱柱的侧棱都相等，五条棱长的和为60cm，可知每条侧棱长为12cm.答案：12三、解答题(每小题10分，共20分)11.根据下面对几何体结构特征的描述，说出几何体的名称.(1)由8个面围成，其中2个面是互相平行且全等的六边形，其他各面都是平行四边形.(2)由5个面围成，其中一个是正方形，其他各面都是有1个公共顶点的三角形.【解析】(1)根据棱柱的结构特征可知，该几何体为六棱柱.(2)根据棱锥的结构特征可知，该几何体为四棱锥.12.已知三棱柱ABC-A′B′C′，底面是边长为1的正三角形，侧面为全等的矩形且高为8，求一点自A点出发沿着三棱柱的侧面绕行一周后到达A′点的最短路线长.【解析】将三棱柱侧面沿侧棱AA′剪开，展成平面图形如图，则AA″即为所求的最短路线.在Rt△AA1A″中，AA1=3，A1A″=8，所以AA″==.【延伸探究】本题条件不变，求一点自A点出发沿着三棱柱的侧面绕行两周后到达A′点的最短路线长.【解析】将两个相同的题目中的三棱柱的侧面都沿AA′剪开，然后展开并拼接成如图所示，则AA″即为所求的最短路线.在Rt△AA1A″中，AA1=6，A1A″=8，所以AA″===10.【能力挑战题】如图，在边长为2a的正方形ABCD中，E，F分别为AB，BC的中点，沿图中虚线将3个三角形折起，使点A，B，C重合，重合后记为点P.问：(1)折起后形成的几何体是什么几何体？(2)这个几何体共有几个面，每个面的三角形有何特点？(3)每个面的三角形面积为多少？【解析】(1)如图，折起后的几何体是三棱锥.(2)这个几何体共有4个面，其中△DEF为等腰三角形，△PEF为等腰直角三角形，△DPE和△DPF均为直角三角形.(3)S△PEF=a2，S△DPF=S△DPE=×2a×a=a2，S△DEF=S正方形ABCD-S△PEF-S△DPF-S△DPE=(2a)2-a2-a2-a2=a2.关闭Word文档返回原板块温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。

课时提升作业(十)直线与平面平行的判定平面与平面平行的判定(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.如果两直线a∥b,且a∥α,则b与α的位置关系是( )A.相交B.b∥αC.b⊂αD.b∥α或b⊂α【解析】选D.由a∥b,且a∥α,知b与α平行或b⊂α.2.如图,在四面体ABCD中,若M,N,P分别为线段AB,BC,CD的中点,则直线BD 与平面MNP的位置关系为( )A.平行B.可能相交C.相交或BD⊂平面MNPD.以上都不对【解析】选A.因为N,P分别为线段BC,CD的中点,所以NP∥BD.又BD⊄平面MPN,NP⊂平面MPN,所以BD∥平面MNP.3.能够判断两个平面α,β平行的条件是( )A.平面α,β都和第三个平面相交,且交线平行B.夹在两个平面间的线段相等C.平面α内的无数条直线与平面β无公共点D.平面α内的所有的点到平面β的距离都相等【解析】选D.平面α内的所有的点到平面β的距离都相等说明平面α,β无公共点.4.平面α与△ABC的两边AB,AC分别交于点D,E,且AD∶DB=AE∶EC,如图所示,则BC与α的位置关系是( )A.平行B.相交C.异面D.BC⊂α【解析】选A.在△ABC中,因为AD∶DB=AE∶EC,所以BC∥DE.因为BC⊄α,DE ⊂α所以BC∥α.5.已知三棱柱ABC-A 1B1C1中,E是BC的中点,D是AA1上的动点,且错误！未找到引用源。

=m,若AE∥平面DB1C,则m的值为( )A.错误！未找到引用源。

B.1C.错误！未找到引用源。

D.2【解题指南】为证AE∥平面DB1C,需在平面DB1C内找直线与AE平行;结合图形可知应利用平行四边形的性质证明线线平行.【解析】选B.当错误！未找到引用源。

=m=1时,AE∥平面DB1C,理由如下:取B1C的中点F,连接DF,EF,因为E,F分别是BC,B1C的中点,所以EF∥BB1,且EF=错误！未找到引用源。