20182019高中数学第一章立体几何初步章末检测北师大版必修2

2018-2019学年北师大版必修2 第一章立体几何初步单元测试 (2)1．平面α∥平面β的一个充分条件是( )A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α解析：D [若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，则a∥α，a∥β，故排除A.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a ∥β，b∥α，故排除C.故选D.]2．已知α，β是两个不同的平面，给出下列四个条件：①存在一条直线a，a⊥α，a ⊥β；②存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥β；③存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a ∥β，b∥α；④存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α.可以推出α∥β的是( )A．①③B．②④C．①④ D．②③解析：C [对于②，平面α与β还可以相交；对于③，当a∥b时，不一定能推出α∥β，所以②③是错误的，易知①④正确，故选C.]3．(2018·合肥市二模)若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面α平行的棱有( )A．0条B．1条C．2条D．1条或2条解析：C [如图所示，四边形EFGH为平行四边形，则EF∥GH.∵EF⊄平面BCD，GH⊂平面BCD，∴EF∥平面BCD.∵EF⊂平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，∴EF∥CD，∴CD∥平面EFGH.同理AB∥平面EFGH.故选C.]4．下面四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形是( )A ．①②B ．①④C ．②③D ．③④解析：A [由线面平行的判定定理知图①②可得出AB ∥平面MNP .]5．如图所示，在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别为边AB ，AD 上的点，且AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4，又H ，G 分别为BC ，CD 的中点，则( )A ．BD ∥平面EFGH ，且四边形EFGH 是矩形B ．EF ∥平面BCD ，且四边形EFGH 是梯形C ．HG ∥平面ABD ，且四边形EFGH 是菱形 D ．EH ∥平面ADC ，且四边形EFGH 是平行四边形解析：B [由AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4知EF ∥BD ，且EF ＝15BD ，∴EF ∥平面BCD .又H ，G分别为BC ，CD 的中点，∴HG ∥BD ，且HG ＝12BD ，∴EF ∥HG 且EF ≠HG .∴四边形EFGH 是梯形．]6．如图所示，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是棱CC 1、C 1D 1、D 1D 、DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 满足条件 时，有MN ∥平面B 1BDD 1.解析：由题意，得HN ∥平面B 1BDD 1，FH ∥平面B 1BDD 1.∵HN ∩FH ＝H ，∴平面NHF ∥平面B 1BDD 1.∴当M 在线段HF 上运动时，有MN ∥平面B 1BDD 1. 答案：M ∈线段HF7．空间四面体A －BCD 的两条对棱AC ，BD 的长分别为5和4，则平行于两条对棱的截面四边形EFGH 在平移过程中，周长的取值范围是 .解析：设DH DA ＝GH AC ＝k (0＜k ＜1)，所以AH DA ＝EHBD＝1－k ，所以GH ＝5k ，EH ＝4(1－k )，所以周长＝8＋2k . 又因为0＜k ＜1，所以周长的范围为(8,10)． 答案：(8,10)8．已知平面α∥β，P ∉α且P ∉β，过点P 的直线m 与α，β分别交于A ，C ，过点P 的直线n 与α，β分别交于B ，D ，且PA ＝6，AC ＝9，PD ＝8，则BD 的长为 .解析：如图1，∵AC ∩BD ＝P ， ∴经过直线AC 与BD 可确定平面PCD .∵α∥β，α∩平面PCD ＝AB ，β∩平面PCD ＝CD ， ∴AB ∥CD .∴PA AC ＝PBBD，即69＝8－BD BD ，∴BD ＝245.如图2，同理可证AB ∥CD .∴PA PC ＝PB PD ，即63＝BD －88， ∴BD ＝24.综上所述，BD ＝245或24.答案：245或249．如图，ABCD 与ADEF 均为平行四边形，M ，N ，G 分别是AB ，AD ，EF 的中点．(1)求证：BE∥平面DMF；(2)求证：平面BDE∥平面MNG.证明：(1)连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又MN⊂平面MNG，BD⊄平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，所以平面BDE∥平面MNG.10． (理)(2018·桂林市、北海市、崇左市调研)在如图所示的多面体ABCDE中，AB ⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，AB＝CD＝1，AC＝3，AD＝DE＝2.(1)在线段CE上取一点F，作BF∥平面ACD(只需指出F的位置，不需证明)；(2)对(1)中的点F，求三棱锥B－FCD的体积．解：(1)取CE的中点F，连接BF ，BF ∥平面ACD (如图)．(2)因为AD 2＝AC 2＋CD 2， 所以∠ACD ＝90°. 所以AC ⊥CD . 因为DE ⊥平面ACD ， 所以AC ⊥DE . 因为DE ∩CD ＝D ， 所以AC ⊥平面CDE .因为DE ⊥平面ACD ，AB ⊥平面ACD ， 所以AB ∥DE .因为AB ⊄平面CED ，DE ⊂平面CED ， 所以AB ∥平面CED .所以B 到平面FCD 的距离为AC . 又S △FCD ＝12S △ECD ＝12×12×1×2＝12，所以V B －FCD ＝13AC ·S △FCD ＝36.10． (文 )如图，多面体ABCDEF 中，平面ABCD 是边长为a 的菱形，且∠DAB ＝60°，DF ＝2BE ＝2a ，DF ∥BE ，DF ⊥平面ABCD .(1)在AF 上是否存在点G ，使得EG ∥平面ABCD ，请证明你的结论； (2)求该多面体的体积．解：(1)当点G 位于AF 中点时，有EG ∥平面ABCD .证明如下： 取AD 的中点H ，连接GH ，GE ，BH .∵GH ∥DF 且GH ＝12DF ，∴GH ∥BE 且GH ＝BE .∴四边形BEGH 为平行四边形，∴EG ∥BH . 又BH ⊂平面ABCD ，EG ⊄平面ABCD ， ∴EG ∥平面ABCD .(2)连接BD ，BD ＝a ，AC ＝3a ，S BDFE ＝a ＋2a2·a ＝32a 2，由V ＝V A －BDFE ＋V C －BDFE ＝2V A －BDFE ＝2×13·32a ·32a 2＝32a 3. [能力提升组]11．在三棱锥S －ABC 中，△ABC 是边长为6的正三角形，SA ＝SB ＝SC ＝15，平面DEFH 分别与AB ，BC ，SC ，SA 交于D ，E ，F ，H ，点D ，E 分别是AB ，BC 的中点，如果直线SB ∥平面DEFH ，那么四边形DEFH 的面积为( )A.452B.4532C ．45D ．45 3解析：A [取AC 的中点G ，连接SG ，BG .易知SG ⊥AC ，BG ⊥AC ，故AC ⊥平面SGB ，所以AC ⊥SB .因为SB ∥平面DEFH ，SB ⊂平面SAB ，平面SAB ∩平面DEFH ＝HD ， 则SB ∥HD .同理SB ∥FE .又D ，E 分别为AB ，BC 的中点，则H ，F 也为AS ，SC 的中点， 从而得HF ∥DE ，HF ＝DE ，所以四边形DEFH 为平行四边形．又AC ⊥SB ，SB ∥HD ，DE ∥AC ，所以DE ⊥HD ，所以四边形DEFH 为矩形，其面积S ＝HF ·HD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12AC ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12SB ＝452.]12． (理 )如图，在四面体A －BCD 中，截面PQMN 是正方形，且PQ ∥AC ，则下列命题中，错误的是( )A ．AC ⊥BDB ．AC ∥截面PQMN C ．AC ＝BDD ．异面直线PM 与BD 所成的角为45°解析：C [由题意可知PQ ∥AC ，QM ∥BD ，PQ ⊥QM ，所以AC ⊥BD ，故A 正确；由PQ ∥AC 可得AC ∥截面PQMN ，故B 正确；由PN ∥BD 可知，异面直线PM 与BD 所成的角等于PM 与PN 所成的角，又四边形PQMN 为正方形，所以∠MPN ＝45°，故D 正确；而AC ＝BD 没有论证．12． (文 )如图，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ⊥平面ABCD ，且MD ＝NB ＝1，G 为MC 的中点．则下列结论中不正确的是( )A ．MC ⊥ANB ．GB ∥平面AMNC ．平面CMN ⊥平面AMND ．平面DCM ∥平面ABN解析：D [显然该几何图形为正方体截去两个三棱锥所剩的几何体，把该几何体放置到正方体中(如图)，作AN 的中点H ，连接HB ，MH ，GB ，则MC ∥HB ，又HB ⊥AN ，所以MC ⊥AN ，所以A 正确；由题意易得GB ∥MH ，又GB ⊄平面AMN ，MH ⊂平面AMN ，所以GB ∥平面AMN ，所以B 正确；因为AB ∥CD ，DM ∥BN ，且AB ∩BN ＝B ，CD ∩DM ＝D ，所以平面DCM ∥平面ABN ，所以D 正确．]13．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点P 是棱AD 上一点，且AP ＝a3，过B 1，D 1，P 的平面交底面ABCD 于PQ ，Q 在直线CD 上，则PQ ＝ .解析：∵平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABCD ，而平面B 1D 1P ∩平面ABCD ＝PQ ，平面B 1D 1P ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥PQ .又∵B 1D 1∥BD ，∴BD ∥PQ ， 设PQ ∩AB ＝M ，∵AB ∥CD ， ∴△APM ∽△DPQ .∴PQ PM ＝PD AP＝2，即PQ ＝2PM . 又知△APM ∽△ADB ，∴PM BD ＝AP AD ＝13，∴PM ＝13BD ，又BD ＝2a ，∴PQ ＝223a .答案：223a14． (理 )如图，已知正方形ABCD 的边长为6，点E ，F 分别在边AB ，AD 上，AE ＝AF ＝4，现将△AEF 沿线段EF 折起到△A ′EF 位置，使得A ′C ＝2 6.(1)求五棱锥A ′－BCDFE 的体积；(2)在线段A ′C 上是否存在一点M ，使得BM ∥平面A ′EF ？若存在，求出A ′M 的长；若不存在，请说明理由．解：(1)连接AC ，设AC ∩EF ＝H ，连接A ′H .因为四边形ABCD 是正方形，AE ＝AF ＝4， 所以H 是EF 的中点，且EF ⊥AH ，EF ⊥CH ， 从而有A ′H ⊥EF ，CH ⊥EF ， 又A ′H ∩CH ＝H ，所以EF ⊥平面A ′HC ，且EF ⊂平面ABCD . 从而平面A ′HC ⊥平面ABCD .过点A ′作A ′O 垂直HC 且与HC 相交于点O ， 则A ′O ⊥平面ABCD .因为正方形ABCD 的边长为6，AE ＝AF ＝4， 故A ′H ＝22，CH ＝42，所以cos ∠A ′HC ＝A ′H 2＋CH 2－A ′C 22A ′H ·CH＝8＋32－242×22×42＝12，所以HO ＝A ′H ·cos∠A ′HC ＝2，则A ′O ＝6， 所以五棱锥A ′－BCDFE 的体积V ＝13×⎝⎛⎭⎪⎫62－12×4×4×6＝2863. (2)线段A ′C 上存在点M ，使得BM ∥平面A ′EF ，此时A ′M ＝62.证明如下： 连接OM ，BD ，BM ，DM ，且易知BD 过点O .A ′M ＝62＝14A ′C ，HO ＝14HC ，所以OM ∥A ′H .又OM ⊄平面A ′EF ，A ′H ⊂平面A ′EF ， 所以OM ∥平面A ′EF .又BD ∥EF ，BD ⊄平面A ′EF ，EF ⊂平面A ′EF ， 所以BD ∥平面A ′EF .又BD ∩OM ＝O ，所以平面MBD ∥平面A ′EF ， 因为BM ⊂平面MBD ，所以BM ∥平面A ′EF .14． (文 )如图，空间几何体ADE －BCF 中，四边形ABCD 是梯形，四边形CDEF 是矩形，且平面ABCD ⊥平面CDEF ，AD ⊥DC ，AB ＝AD ＝DE ＝2，EF ＝4，M 是线段AE 上的动点．(1)试确定点M 的位置，使AC ∥平面MDF ，并说明理由；(2)在(1)的条件下，平面MDF 将几何体ADE －BCF 分成两部分，求空间几何体M －DEF 与空间几何体ADM －BCF 的体积之比．解：(1)当M 是线段AE 的中点时，AC ∥平面MDF .证明如下：连接CE 交DF 于N ，连接MN ，由于M ，N 分别是AE ，CE 的中点， 所以MN ∥AC ，又MN 在平面MDF 内， 所以AC ∥平面MDF .(2)将几何体ADE －BCF 补成三棱柱ADE －B ′CF ，三棱柱ADE －B 'CF 的体积为V ＝S △ADE ·CD ＝12×2×2×4＝8.则几何体ADE －BCF 的体积V ADE －BCF ＝V 三棱柱ADE －B ′CF －V F －BB ′C ＝8－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×2＝203，又三棱锥F －DEM 的体积V 三棱锥F －DEM ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×4×1＝43，所以两几何体的体积之比为43∶⎝ ⎛⎭⎪⎫203－43＝14.。

2018-2019学年北师大版必修2 第一章 立体几何初步 单元检测(4)一、选择题1.设l 是直线, α,β是两个不同的平面( )A.若,l l αβ ,则αβB.若,l l αβ⊥ ,则αβ⊥C.若,l αβα⊥⊥,则l β⊥D.若,l αβα⊥ ,则l β⊥2已知直线平面,直线平面,下列四个命题中正确的是( ) ①②③④A.①与②B.③与④C.②与④D.①与③3.如图,四棱锥P ABCD -中, PAB ∆与PBC ∆是正三角形,平面PAB ⊥平面PBC ,AC BD ⊥,则下列结论不一定成立的是( )A. PB AC ⊥B. PD ⊥平面ABCDC. AC PD ⊥D.平面PBD ⊥平面ABCD4.已知,αβ为不重合的两个平面,直线m α⊂,那么“m β⊥”是“αβ⊥”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件5.如图,在正方形ABCD 中, ,E F 分别是,BC CD 的中点, G 是EF 的中点,现在沿,AE AF 及EF 把这个正方形折成一个空间图形,使,,B C D 三点重合,重合后的点记为H ,那么,在这个空间图形中必有( )A.AG EFH ⊥∆所在平面 B.AH EFH ⊥∆所在平面 C.HF AEF ⊥∆所在平面 D. HG AEF ⊥∆所在平面6.在等腰Rt ABC ∆中, 1,AB BC M ==为AC 的中点,沿BM 把它折成二面角,折后A 与C 的距离为1,则二面角C BM A --的大小为( )A. 30B. 60C. 90D. 1207.在长方体1111ABCD A B C D -中, 12AA AD AB ==,若,E F 分别为线段111,A D CC 的中点,则直线EF 与平面11ADD A 所成角的正弦值为( )A.B.C.D. 13二、填空题8.已知直线()2310m x my +++=与直线()()2230m x m y -++-=互相垂直,则m =9.如图, PA ⊥圆O 所在的平面, AB 是圆O 的直径, C 是圆O 上的一点, E 、F 分别是点A 在PB 、PC 上的射影,给出下列结论:①AF PB ⊥;②EF PB ⊥;③AF BC ⊥;④AE ⊥平面PBC ;⑤平面PBC ⊥平面PAC .其中正确命题的序号是10.若,b α表示直线, α表示平面,下列命题:①,//a b a b αα⊥=⇒⊥;②,//a a b b αα⊥=⊥⇒ ;③//,a a b b αα=⊥⇒⊥;④,//.a b a b αα⊥=⊥⇒其中正确的是 (将你认为正确的序号都填上)三、解答题11.如图,在三棱锥P ABC -中, 2,3,90PA PB AB BC ABC ====∠=︒,平面PAB ⊥平面,,ABC D E 分别为,AB AC 中点.1.求证: AB PE ⊥2.求二面角A PB E --的大小.参考答案一、选择题1.答案：B解析：对于选项A,若,l l αβ ,则平面,αβ可能相交,此时交线与l 平行,故A 错误; 对于B,若l α ,l β⊥,则αβ⊥,则在平面α内有一条直线垂直平面β,则根据面面垂直的判定定理得到成立,对于C,由于αβ⊥,l α⊥,则l β⊥,可能是平行,不能垂直。

第一章 立体几何初步章末检测(一)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分)1.设m ，n 是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m ⊥α，n ∥α，则m ⊥n ；②若α∥β，β∥γ，m ∥α，则m ∥γ；③若m ∥α，n ∥α，则m ∥n ；④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β. 其中正确命题的序号是( ) A.① B.②和③ C.③和④D.①和④解析 ①正确；②若α∥β，β∥γ，m ∥α，则m ∥γ或m γ，②错；③若m ∥α，n ∥α，则m ∥n ，而同平行于同一个平面的两条直线有三种位置关系，③错；④垂直于同一个平面的两个平面也可以相交，④错. 答案 A2.在如右图所示的三棱锥A －BCD 中，V A －BPQ ＝2，V C －APQ ＝6，V C －DPQ ＝12，则V A －BCD 等于( ) A.20 B.24 C.28 D.56解析 由V A －BPQ V C －APQ ＝26＝13，得V P －BDQ V P －CDQ ＝13，所以V P －BDQ ＝13V P －CDQ ＝4，所以V A －BCD ＝2＋6＋12＋4＝24. 答案 B3.如图，α∩β＝l ，A 、B ∈α，C ∈β，且C ∉l ，直线AB ∩l ＝M ，过A ，B ，C 三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( ) A.点AB.点BC.点C 但不过点MD.点C 和点M 解析 ∵AB γ，M ∈AB ，∴M ∈γ. 又α∩β＝l ，M ∈l ，∴M ∈β.根据公理3可知，点M 在γ与β的交线上. 同理可知，点C 也在γ与β的交线上. 答案 D4.平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为( ) A.6πB.43πC.46πD.63π解析 如图，设截面圆的圆心为O ′，M 为截面圆上任一点，则OO ′＝2，O ′M ＝1， ∴OM ＝（2）2＋1＝3，即球的半径为3，∴V ＝43π(3)3＝43π.答案 B5.如图所示，将等腰直角△ABC 沿斜边BC 上的高AD 折成一个二面角，此时∠B ′AC ＝60°，那么这个二面角大小是( ) A.90° B.60° C.45°D.30°解析 连接B ′C ，则△AB ′C 为等边三角形，设AD ＝a ， 则B ′D ＝DC ＝a ，B ′C ＝AC ＝2a ， 所以∠B ′DC ＝90°. 答案 A6.如图，平面α⊥平面β，点A ∈α，点B ∈β，AB 与两平面α，β所成的角分别为45°和30°.过点A ，B 分别作两平面交线的垂线，垂足为A ′，B ′，若AB ＝12，则A ′B ′＝( ) A.4 B.6 C.8D.9解析 如图所示，连接A ′B ，AB ′，由题意得BB ′⊥α，AA ′⊥β，∠BAB ′＝45°，∠ABA ′＝30°，BB ′⊥A ′B ′，AA ′⊥A ′B ′，AA ′⊥A ′B .因为AB ＝12，所以BA ′＝AB ·cos∠ABA ′＝63，BB ′＝AB sin∠BAB ′＝62，故A ′B ′＝BA ′2－BB ′2＝6.答案 B7.已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC ＝2，将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中( )A.存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直B.存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直C.存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直D.对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直 解析 A 错误，理由如下：过A 作AE ⊥BD ，垂足为E ，连接CE .若直线AC与直线BD垂直，则可得BD⊥平面ACE，于是BD⊥CE，而由矩形ABCD边长的关系可知BD与CE并不垂直.所以直线AC与直线BD不垂直；B正确，理由如下：翻折到点A在平面BCD内的射影恰好在直线BC上时，平面ABC⊥平面BCD，此时由CD⊥BC可证CD⊥平面ABC，于是有AB⊥CD；C错误，理由如下：若直线AD与直线BC垂直，则由BC⊥CD可知BC⊥平面ACD，于是BC⊥AC，但是AB<BC，在△ABC中∠ACB不可能是直角，故直线AD与直线BC 不垂直；由以上分析可得D错误.答案 B8.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A.3 2B.2 3C.2 2D.2解析由三视图知可把四棱锥放在一个正方体内部，四棱锥为D－BCC1B1，最长棱为DB1＝DC2＋BC2＋BB21＝4＋4＋4＝2 3.故选B.答案 B9.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，AD＝4，则从A出发，沿长方体的表面到C1的最短距离是( )A.5B.7C.29D.37解析两点之间，线段最短，在长方体展开图中，由A到C1的路线有三条，如下图，三条路线长分别为l 1＝12＋（2＋4）2＝37， l 2＝42＋（1＋2）2＝5， l 3＝22＋（1＋4）2＝29，所以最短距离为5. 答案 A10.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.8π3B.3πC.10π3D.6π解析 将三视图还原为直观图求体积.由三视图可知，此几何体(如图所示)是底面半径为1，高为4的圆柱被从母线的中点处截去了圆柱的14，所以V ＝34×π×12×4＝3π.答案 B11.如图所示，直线PA 垂直于圆O 所在的平面，△ABC 内接于圆O ，且AB 为圆O 的直径，点M 为线段PB 的中点.现有结论：①BC ⊥PC ；②OM ∥平面APC ；③点B 到平面PAC 的距离等于线段BC 的长，其中正确的是( ) A.①② B.①②③ C.①D.②③解析 对于①，∵PA ⊥平面ABC ，BC 平面ABC ， ∴PA ⊥BC ，∵AB 为圆O 的直径，∴BC ⊥AC ，PA ∩AC ＝A ，∴BC⊥平面PAC，又PC平面PAC，∴BC⊥PC，①正确；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA，∵PA平面PAC，平面PAC，∴OM∥平面PAC，②正确；对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确.答案 B12.已知二面角α－l－β为60°，动点P，Q分别在平面α，β内，P到β的距离为3，Q到α的距离为23，则P，Q两点之间距离的最小值为( )A. 3B.2C.2 3D.4解析如图，分别作QA⊥α于点A，AC⊥l于点C，PB⊥β于点B，PD⊥l于点D，连接CQ，BD，则∠ACQ＝∠PDB＝60°，AQ＝23，BP＝3，∴AC＝PD＝2.又∵PQ＝AQ2＋AP2＝12＋AP2≥2 3.当且仅当AP＝0，即点A与点P重合时取最小值.故选C.答案 C二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分)13.在△ABC中，∠BAC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，且PA＝PB＝PC，且平面PBC与平面ABC的位置关系是________.解析如右图所示，取BC的中点O，连接AO，PO.∵PB＝PC，∴PO⊥BC.又△ABC是以A为直角顶点的直角三角形，∴OA＝OB，又PA＝PB，∴△POA≌△POB，∴∠POA＝∠POB＝90°，即PO⊥OA，而OA∩BC＝O，∴PO⊥平面ABC，而PO平面PBC，∴平面PBC⊥平面ABC.答案垂直14.已知一个圆锥的展开图如图所示，其中扇形的圆心角为120°，底面圆的半径为1，则该圆锥的体积为________.解析 因为扇形弧长为2π，设母线长为l ，则有120°360°×2πl ＝2π，∴l＝3，所以圆锥母线长为3，高为32－12＝22，所求体积V ＝13×π×12×22＝22π3.答案22π315.已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，点E 、F 分别是棱PC 、PD 的中点，则①棱AB 与PD 所在直线垂直； ②平面PBC 与平面ABCD 垂直； ③△PCD 的面积大于△PAB 的面积； ④直线AE 与直线BF 是异面直线.以上结论正确的是________(写出所有正确结论的编号). 解析 由条件可得AB ⊥平面PAD ， ∴AB ⊥PD ，故①正确；若平面PBC ⊥平面ABCD ，由PB ⊥BC ，得PB ⊥平面ABCD ，从而PA ∥PB ，这显然不成立，故②错；S △PCD ＝12CD ·PD ，S △PAB ＝12AB ·PA ，由AB ＝CD ，PD >PA 知③正确； 由E 、F 分别是棱PC 、PD 的中点， 可得EF ∥CD ，又AB ∥CD ，∴EF ∥AB ，故AE 与BF 共面，故④错. 答案 ①③16.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是________.解析 由三视图可得该三棱锥的直观图如图所示，其中PA ＝1，BC ＝2，取BC 的中点M ，连接AM ，MP ，则AM ＝2，AM ⊥BC ，故AC ＝AB ＝BM 2＋AM 2＝1＋4＝5，由主视图和左视图可知PA ⊥平面ABC ，因此可得PC ＝PB ＝PA 2＋AB 2＝1＋5＝6，PM ＝PA 2＋AM 2＝1＋4＝5，所以三棱锥的表面积为S △ABC ＋S △PAB ＋S △PAC ＋S △PBC ＝12×2×2＋12×5×1＋12×5×1＋12×2×5＝2＋2 5.答案 2＋2 5三、解答题(本大题共6个小题，共70分)17.(10分)由四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1－B 1CD 1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A 1E ⊥平面ABCD .(1)证明：A 1O ∥平面B 1CD 1；(2)设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1. 证明 (1)取B 1D 1的中点O 1，连接CO 1，A 1O 1， 由于ABCD －A 1B 1C 1D 1是四棱柱， 所以A 1O 1∥OC ，A 1O 1＝OC ， 因此四边形A 1OCO 1为平行四边形， 所以A 1O ∥O 1C ，又O 1C 平面B 1CD 1，A 1O 平面B 1CD 1， 所以A 1O ∥平面B 1CD 1.(2)因为AC ⊥BD ，E ，M 分别为AD 和OD 的中点， 所以EM ⊥BD ，又A 1E ⊥平面ABCD ，BD 平面ABCD ， 所以A 1E ⊥BD ，因为B 1D 1∥BD ，所以EM ⊥B 1D 1，A 1E ⊥B 1D 1， 又A 1E ，EM 平面A 1EM ，A 1E ∩EM ＝E ， 所以B 1D 1⊥平面A 1EM ， 又B 1D 1平面B 1CD 1， 所以平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.18.(12分)一个多面体的直观图及三视图如图所示(其中M 、N 分别是AF 、BC 的中点).(1)求证：MN ∥平面CDEF ； (2)求多面体A －CDEF 的体积.解 由题图知该多面体是底面为直角三角形的直三棱柱，其中AB ＝BC ＝BF ＝2，DE ＝CF ＝22，∠CBF ＝90°.(1)证明 取BF 的中点G ，连接MG 、NG . 由M 、N 分别为AF 、BC 的中点，可得NG ∥CF ，MG ∥AB ，又AB ∥EF ，∴MG ∥EF ，∵MG ∩NG ＝G ，EF ∩CF ＝F ，∴平面MNG ∥平面CDEF ，MN 平面MNG ，∴MN ∥平面CDEF .(2)取DE 的中点H ，连接AH . 因为AD ＝AE ，所以AH ⊥DE . 在直三棱柱ADE －BCF 中， 平面ADE ⊥平面CDEF ， 平面ADE ∩平面CDEF ＝DE ， 所以AH ⊥平面CDEF ，所以多面体A －CDEF 是以AH 为高，矩形CDEF 为底面的棱锥.AH ＝2，S 矩形CDEF ＝DE ·EF ＝42，所以棱锥A －CDEF 的体积V ＝13S 矩形CDEF ·AH ＝83.19.(12分)如图，AB 是圆O 的直径，PA 垂直圆O 所在的平面，C 是圆O 上的点.设Q 为PA 的中点，G 为△AOC 的重心，求证：QG ∥平面PBC .证明 连接OG 并延长交AC 于点M ，连接QM ，QO ，OC ，由G 为△AOC 的重心，得M 为AC 中点. 由Q 为PA 中点，得QM ∥PC ， 又O 为AB 中点，得OM ∥BC .因为QM ∩MO ＝M ，QM 平面QMO ，MO 平面QMO ，BC ∩PC ＝C ，BC 平面PBC ，PC 平面PBC ，所以平面QMO ∥平面PBC .因为QG 平面QMO ，所以QG ∥平面PBC .20.(12分)如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E －ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积. (1)证明 因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .因为BE ⊥平面ABCD ，AC 平面ABCD ，所以AC ⊥BE .又BE ∩BD ＝B ，所以AC ⊥平面BED .又AC 平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(2)解 设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt△AEC 中，可得EG ＝32x . 由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，由勾股定理可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E －ACD 的体积V E －ACD ＝13×12AC ×GD ×BE ＝624x 3＝63，故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥E －ACD 的侧面积为3＋2 5.21.(12分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AB ＝2，CD ＝3，M 为PC 上一点，且PM ＝2MC .(1)求证：BM ∥平面PAD ；(2)若AD ＝2，PD ＝3，∠BAD ＝π3，求三棱锥P －ADM 的体积.解 (1)如图，过M 作MN ∥CD 交PD 于点N ，连接AN . ∵PM ＝2MC ，∴MN ＝23CD .又AB ＝23CD ，且AB ∥CD ，∴AB 綊MN ，∴四边形ABMN 为平行四边形， ∴BM ∥AN .又B 平面PAD ，AN 平面PAD ， ∴BM ∥平面PAD .(2)如图，过B 作AD 的垂线，垂足为E . ∵PD ⊥平面ABCD ，BE 平面ABCD ， ∴PD ⊥BE .又AD 平面PAD ，PD 平面PAD ， AD ∩PD ＝D .∴BE ⊥平面PAD . 由(1)知，BM ∥平面PAD ，∴点M 到平面PAD 的距离等于点B 到平面PAD 的距离，即BE . 连接BD ，在△ABD 中，AB ＝AD ＝2， ∠BAD ＝π3，∴BE ＝3，则三棱锥P －ADM 的体积V P －ADM ＝V M －PAD ＝13×S △PAD ×BE ＝13×3×3＝ 3.22.(12分)如图(1)，在Rt△ABC 中，∠C ＝90°，D ，E 分别为AC ，AB 的中点，点F 为线段CD 上的一点，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1F ⊥CD ，如图(2).(1)求证：DE ∥平面A 1CB ； (2)求证：A 1F ⊥BE ；(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？并说明理由.(1)证明∵D，E分别为AC，AB的中点，∴DE∥BC.又∵D 平面A1CB，BC平面A1CB，∴DE∥平面A1CB.(2)证明由已知得AC⊥BC且DE∥BC，∴DE⊥AC.∴DE⊥A1D，DE⊥CD，A1D∩CD＝D，∴DE⊥平面A1DC.而A1F平面A1DC，∴DE⊥A1F.又∵A1F⊥CD，DE∩CD＝D，∴A1F⊥平面BCDE，BE平面BCDE，∴A1F⊥BE.(3)解线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又∵DE∥BC，∴DE∥PQ.∴平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，A1C平面A1DC，∴DE⊥A1C.又∵P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，∴A1C⊥DP，DE∩DP＝D，∴A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q(中点)，使得A1C⊥平面DEQ.。

第一章 立体几何初步(时间：100分钟；满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.(2014·北京高一检测)圆锥的侧面展开图是( ) A ．三角形 B ．正方形 C ．圆 D ．扇形 解析：选D.圆锥的侧面展开图是扇形．2.一个简单几何体的主视图、左视图如图所示，则其俯视图不可能为：①长方形；②正方形；③圆．其中正确的是( )A ．①②B ．②③C ．①③D ．①②解析：选B.从所给的几何体的主视图，左视图可知其俯视图不可能是正方形和圆． 3.设l 是直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( ) A ．若l ∥α，l ∥β，则α∥β B ．若l ∥α，l ⊥β，则α⊥βm ，则l ∥m .因为l ⊥β，则m ⊥β.又m α，，那么正方体的棱长等于( )B.223 D.433R ＝2.设正方体的棱长为a ，则3a 2＝(2R )2＝16.∴a 2＝163，∴a ＝433.5．如图是一个几何体的三视图．若它的体积是33，则a ＝( )A ．2 3 B. 6 C. 3 D ．2 6解析：选C.该几何体是一个横着放的三棱柱，由已知的数据可得12a ×2×3＝33，所以a ＝ 3.6.(2014·潍坊高一检测)过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积是球的表面积的( )A.316B.916C.38D.58解析：选A.设球的半径为R ，截面圆的半径为r ，则r ＝R 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫R 22＝32R ，S 截面＝πr 2＝34πR 2，S 球＝4πR 2， S 截面S 球＝316. 7.已知一个空间几何体的三视图如图所示，其中主视图、左视图都是由半圆和矩形组成，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是( )A ．2πB.43π C.53π D ．3π 解析：选C.由三视图知，此几何体下部为圆柱，上部为半球，且圆柱底面半径均为1，圆柱高为1，所以这个几何体的体积为V ＝π·12×1＋12×43π·13＝53π.8.正四棱锥(顶点在底面的射影是底面正方形的中心)的体积为12，底面对角线的长为26，则侧面与底面所成的二面角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选C.由棱锥体积公式可得底面边长为23，高为3，在底面正方形的任一边上，取其中点，连接棱锥的顶点及其在底面的射影，根据二面角定义即可判定其平面角，在直角三角形中，因为tan θ＝3，所以二面角为60°，选C.9.在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A 1到截面AB 1D 1的距离为( )A.83B.38C.43D.34解析：选C.利用三棱锥A 1­AB 1D 1的体积变换：VA 1­AB 1D 1＝VA ­A 1B 1D 1，则13×6×h ＝13×2×4，h ＝43.10.(2014·潍坊高一检测)已知直线a 和平面α，β，α∩β＝l ，a α，a β，且a 在α，β内的射影分别为直线b 和c ，则b 和c 的位置关系是( )A ．相交或平行B ．相交或异面C ．平行或异面D ．相交、平行或异面解析：选D.由题意，若a ∥l ，则利用线面平行的判定，可知a ∥α，a ∥β，从而a 在α，β内的射影直线b 和c 平行；若a ∩l ＝A ，则a 在α，β内的射影直线b 和c 相交于点A ；若a ∩α＝A ，a ∩β＝B ，且直线a 和l 垂直，则a 在α，β内的射影直线b 和c 相交；否则直线b 和c 异面．综上所述，b 和c 的位置关系是相交、平行或异面，选D.二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在题中横线上)11.(2014·北京高一检测)已知各面均为等边三角形的四面体的棱长为2，则它的表面积是________．解析：四面体每个面的面积为S ′＝34×22＝3，故四面体的四个面面积之和即为表面积S ＝4 3. 答案：4 312.(2014·北京高一检测)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为________．解析：该几何体是底面是直角梯形的直四棱柱，如图所示，底面是梯形ABCD ，高h ＝6，V ＝Sh ＝[12×(2＋4)×2]×6＝36.答案：3613.如图，AB 是⊙O 的直径，C 是圆周上不同于A ，B 的点，PA 垂直于⊙O 所在的平面，AE ⊥PB 于E ，AF ⊥PC 于F ，因此，________⊥平面PBC .(填图中的一条直线)．解析：因为AB 是⊙O 的直径，C 是圆周上不同于A ，B 的点，所以BC ⊥AC .因为PA 垂直于⊙O 所在的平面，所以BC ⊥PA .又PA ∩AC ＝A ，所以BC ⊥平面PAC .又AF 平面PAC ，所以AF ⊥BC .又AF ⊥PC ，BC ∩PC ＝C ，所以AF ⊥平面PBC .答案：AF14.已知三棱锥P ­ABC 的三条侧棱PA ，PB ，PC 两两相互垂直，且三个侧面的面积分别为S 1，S 2，S 3，则这个三棱锥的体积为________．解析：因为PA ，PB ，PC 两两相互垂直，所以V P ­ABC ＝V A ­PBC . 设S △APB ＝S 1，S △APC ＝S 2，S △PBC ＝S 3，因为12AP ·PB ＝S 1，12AP ·PC ＝S 2， 12PB ·PC ＝S 3， 所以14AP 2·PB ·PC ＝S 1S 2，所以AP 2＝2S 1S 2S 3，所以AP ＝2S 1S 2S 3，＝1AP 的长为2，其余各棱长都为1，则二面角A ­CD ­B 的F (图略)，则EF ＝12，BE ＝22，BF ＝32，结合图形＝BF ＝33. 答案：33三、解答题(本大题共5小题，共55分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16.(本小题满分10分)(2014·瑞安高一检测)某几何体的三视图如图，其中俯视图的内外均为正方形，边长分别为2和4，几何体的高为3，求此几何体的表面积和体积．解：依题意得侧面的高h ′＝（2－1）2＋32＝10， S ＝S 上底＋S 下底＋S 侧面＝22＋42＋4×12×(2＋4)×10＝20＋1210，所以几何体的表面积为20＋1210.体积V ＝13(42＋22＋2×4)×3＝28.17.(本小题满分10分)如图，在底面为正三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，F ，F 1分别是AC ，A 1C 1的中点．求证：(1)平面AB 1F 1∥平面C 1BF ； (2)平面AB 1F 1⊥平面ACC 1A 1.证明：(1)在底面为正三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中， ∵F ，F 1分别是AC ，A 1C 1的中点， ∴B 1F 1∥BF ，AF 1∥C 1F .又∵B 1F 1∩AF 1＝F 1，C 1F ∩BF ＝F ， ∴平面AB 1F 1∥平面C 1BF .(2)在底面为正三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，∵AA 1⊥平面A 1B 1C 1， ∴B 1F 1⊥AA 1.又∵B 1F 1⊥A 1C 1，A 1C 1∩AA 1＝A 1，∴B 1F 1⊥平面ACC 1A 1，而B 1F 1平面AB 1F 1， ∴平面AB 1F 1⊥平面ACC 1A 1.18.(本小题满分10分)(2014·呼和浩特高一检测)已知正四棱台ABCD ­A 1B 1C 1D 1的上底面、下底面周长分别为8和16，高为 3.(1)求上、下底面面积； (2)求斜高及侧面积； (3)求表面积．解：设上底边长为a ，下底边长为b ，斜高为h ′.(1)因为4a ＝8，所以a ＝2，所以S 上＝a 2＝4.因为4b ＝16，所以b ＝4，所以S 下＝b 2＝16.故上、下底面面积分别为4、16.(2)由于上、下底边心距a 2、b2的差，高h ，斜高h ′构成一个直角三角形，如图．所以h ′＝h 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2－a 22＝3＋1＝2，即斜高为2.所以侧面积为4×12×(2＋4)×2＝24.(3)该几何体的表面积为侧面积与上、下底面面积之和，所以表面积为4＋16＋24＝44. 19.(本小题满分12分)(2014·周口店高一检测)如图，圆锥SO 中，AB ，CD 为底面圆的两条直径，AB ∩CD ＝O ，且AB ⊥CD ，SO ＝OB ＝2，P 为SB 的中点．(1)求证：SA ∥平面PCD ；(2)求异面直线SA 与PD 所成角的正切值．解：(1)证明：连接PO ，因为P ，O 分别为SB ，AB 的中点，PO SA 平面， SA ∥平面 ， SOB ，中，2，OP ＝12SA ＝12SB ＝2，所以异面直线SA 与PD 所成角的正切值为 2.20.(本小题满分13分)(2014·无锡高一检测)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为DD 1，DB 的中点．(1)求证：EF ∥平面ABC 1D 1；(2)求证：EF ⊥B 1C ；(3)求三棱锥B 1­EFC 的体积．解：(1)证明：连接BD 1，在△DD 1B 中，E ，F 分别为D 1D ，DB 的中点，则EF ∥D 1B .因为EF ∥D 1B ，D 1B 平面ABC 1D 1，EF 平面ABC 1D 1， 所以EF ∥平面ABC 1D 1.(2)证明：因为B 1C ⊥AB ，B 1C ⊥BC 1，AB ，BC 1平面ABC 1D 1，AB ∩BC 1＝B ， 所以B 1C ⊥平面ABC 1D 1. 又BD 1平面ABC 1D 1，所以B 1C ⊥BD 1.又因为EF ∥BD 1， 所以EF ⊥B 1C .(3)因为CF ⊥平面BDD 1B 1，所以CF ⊥平面EFB 1且CF ＝BF ＝2，因为EF ＝12BD 1＝3，B 1F ＝BF 2＋BB 21＝（2）2＋22＝6， B 1E ＝B 1D 21＋D 1E 2＝（22）2＋12＝3，所以EF 2＋B 1F 2＝B 1E 2，即∠EFB 1＝90°，所以VB 1­EFC ＝VC ­B 1EF ＝13·S △B 1EF ·CF＝13×12·EF ·B 1F ·CF ＝13×12×3×6×2＝1.。

第2课时平面与平面垂直的判定1.下列命题正确的是()①过平面外一点有且仅有一个平面与已知平面垂直;②如果一条直线和两个垂直平面中的一个垂直,那么它必和另一个平面平行;③过不在平面内的一条直线可作无数个平面与已知平面垂直;④如果两个平面互相垂直,那么经过一个平面内一点与另一平面垂直的直线在该平面内.A.①③B.②③C.②③④D.④解析:过平面外一点可作一条直线与平面垂直,过该直线的任何一个平面都与已知平面垂直,所以①不对;若α⊥β,a⊥α,则a⫋β或a∥β,所以②不对;当平面外的直线是平面的垂线时,能作无数个平面与已知平面垂直,否则只能作一个,所以③不对;④正确.故选D.答案:D2.已知PA⊥矩形ABCD所在的平面,如图所示,图中互相垂直的平面有()A.1对B.4对C.5对D.6对解析:因为DA⊥AB,DA⊥PA,AB∩PA=A,所以DA⊥平面PAB,同理BC⊥平面PAB,AB⊥平面PAD,DC⊥平面PAD,所以平面ABCD⊥平面PAD,平面ABCD⊥平面PAB,平面PBC⊥平面PAB,平面PDC⊥平面PAD,平面PAB⊥平面PAD.答案:C3.在三棱锥P-ABC中,∠ABC=90°,PA=PB=PC,则下列说法正确的是()A.平面PAC⊥平面ABCB.平面PAB⊥平面PBCC.PB⊥平面ABCD.BC⊥平面PAB解析:如图所示,因为∠ABC=90°,PA=PB=PC,所以点P在底面的射影落在△ABC的斜边AC的中点O处,连接OB,OP,则PO⊥OB,又PA=PC,所以PO⊥AC,且AC∩OB=O,所以PO⊥平面ABC,又PO⫋平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABC.答案:A4.如图所示,△ADB和△ADC都是以D为直角顶点的等腰直角三角形,且∠BAC=60°,则下列说法错误的是()A.AD⊥平面BDCB.BD⊥平面ADCC.DC⊥平面ABDD.BC⊥平面ABD解析:由题意可知,AD⊥BD,AD⊥DC.∴AD⊥平面BDC.又△ABD与△ADC均是以D为直角顶点的等腰直角三角形,∴AB=AC,BD=DC=AB.∵∠BAC=60°,∴△ABC为等边三角形.∴BC=AB=BD.∴∠BDC=90°,即BD⊥DC,∴BD⊥平面ADC.同理DC⊥平面ABD,故A,B,C均正确.答案:D5.已知两条不同直线m,l,两个不同平面α,β,在下列条件中,可以得出α⊥β的是()A.m⊥l,l∥α,l∥βB.m⊥l,α∩β=l,m⫋αC.m∥l,m⊥α,l⊥βD.m∥l,l⊥β,m⫋α解析:对于A,l∥α,l∥β,α与β可以平行或相交;对于B,α与β不一定垂直;对于C,由m∥l,m⊥α,得l⊥α,又l⊥β,则α∥β,故C不正确;对于D,由m∥l,l⊥β,得m⊥β,又m⫋α,则α⊥β.答案:D6.在四棱锥V-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,其他四个侧面都是边长为的等腰三角形,则二面角V-AB-C的平面角的大小为.解析:取AB,CD的中点E,F,连接VE,VF,EF,因为底面ABCD是边长为2的正方形, 侧面都是棱长为的等腰三角形,所以VE⊥AB,EF⊥AB,所以∠VEF即为二面角V-AB-C的平面角.又EF=BC=2,VE=-=2=VF,故△VEF为等边三角形,所以∠VEF=60°.答案:60°7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,二面角D1-AB-D的平面角的大小为. 解析:如图所示,AD⊥AB,AD1⊥AB,所以∠D1AD即为二面角D1-AB-D的平面角.由正方形的对角线平分对角的性质知∠D1AD=45°.答案:45°8.如图所示,一山坡的坡面与水平面成30°的二面角,坡面上有一直道AB,它和坡脚的水平线成30°的角,沿这一直道行走20 m后升高m.答案:59.如图所示,已知三棱锥P-ABC,∠ACB=90°,D为AB的中点,且△PDB是正三角形,PA⊥PC.求证:(1)PA⊥平面PBC;(2)平面PAC⊥平面ABC.证明(1)因为△PDB是正三角形,所以∠BPD=60°.因为D是AB的中点,所以AD=BD=PD.又∠ADP=120°,所以∠DPA=30°,所以∠DPA+∠BPD=90°,即∠APB=90°,所以PA⊥PB.又PA⊥PC,PB∩PC=P,所以PA⊥平面PBC.(2)因为PA⊥平面PBC,所以PA⊥BC.因为∠ACB=90°,所以AC⊥BC.又PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC.因为BC⫋平面ABC,所以平面PAC⊥平面ABC.★10.如图所示,在梯形ABCD中,AB∥CD,E,F是线段AB上的两点,且DE⊥AB,CF⊥AB,AB=12,AD=5,BC=4,DE=4.现将△ADE,△CFB分别沿DE,CF折起,使A,B两点重合于点G,得到多面体CDEFG.求证:平面DEG⊥平面CFG.证明因为DE⊥EF,CF⊥EF,CD∥EF,所以四边形CDEF为矩形.由GD=5,DE=4,得GE=-=3,由GC=4,CF=4,得FG=-=4,所以EF=5.在△EFG中,有EF2=GE2+FG2,所以EG⊥GF.又因为CF⊥EF,CF⊥FG,EF∩FG=F,所以CF⊥平面EFG,所以CF⊥EG.又FG∩CF=F,所以EG⊥平面CFG.因为EG⫋平面DEG,所以平面DEG⊥平面CFG.★11.如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1=A1C1,D,E分别是棱BC,CC1上的点(点D 不同于点C),且AD⊥DE,F为B1C1的中点.求证:(1)平面ADE⊥平面BCC1B1;(2)直线A1F∥平面ADE.证明(1)因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,所以有BB1⊥平面ADC,即有AD⊥BB1.又AD⊥DE,且BB1与DE必相交,所以AD⊥平面BCC1B1.又AD⫋平面ADE,所以平面ADE⊥平面BCC1B1.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1=A1C1,所以有AB=AC.又由(1)知AD⊥平面BCC1B1,所以AD⊥BC,所以D为BC的中点.如图所示,连接DF,得四边形AA1FD为平行四边形,故A1F∥AD.又AD⫋平面ADE,A1F⊈平面ADE,所以直线A1F∥平面ADE.。

2018-2019学年北师大版必修2 第一章 立体几何初步 单元测试 (3)1．已知空间三条直线l ，m ，n ，若l 与m 异面，且l 与n 异面，则( ) A ．m 与n 异面 B ．m 与n 相交 C ．m 与n 平行D ．m 与n 异面、相交、平行均有可能解析：D [在如图所示的长方体中，m ，n 1与l 都异面，但是m ∥n 1，所以A ，B 错误；m ，n 2与l 都异面，且m ，n 2也异面，所以C 错误．]2．如图是正方体或四面体，P ，Q ，R ，S 分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一个图是( )解析：D [在A 图中分别连接PS ，QR ，易证PS ∥QR ，∴P ，Q ，R ，S 共面；在C 图中分别连接PQ ，RS ，易证PQ ∥RS ，∴P ，Q ，R ，S 共面；在B 图中过P ，Q ，R ，S 可作一正六边形，故四点共面；D 图中PS 与QR 为异面直线，∴四点不共面，故选D.]3．如图是某个正方体的侧面展开图，l 1，l 2是两条侧面对角线，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π3D ．相交且夹角为π3解析：D [将侧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π3.故选D.]4．已知空间四边形ABCD 中，M ，N 分别为AB ，CD 的中点，则下列判断：①MN ≥12(AC ＋BD )；②MN ＞12(AC ＋BD )；③MN ＝12(AC ＋BD )；④MN ＜12(AC ＋BD )．其中正确的是( )A ．①③B ．②④C ．②D ．④解析：D [如图，取BC 的中点O ，连接MO ，NO ，则OM ＝12AC ，ON ＝12BD .在△MON 中，MN ＜OM ＋ON ＝12(AC ＋BD )，∴④正确．]5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P ，Q ，R 分别是AB ，AD ，B 1C 1的中点，那么正方体过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：D [如图所示，作RG ∥PQ 交C 1D 1于G ，连接QP 并延长与CB 延长线交于M ，且QP 反向延长线与CD 延长线交于N ，连接MR 交BB 1于E ，连接PE ，则PE ，RE 为截面与正方体的交线，同理连接NG 交DD 1于F ，连接QF ，FG ，则QF ，FG 为截面与正方体的交线，∴截面为六边形PQFGRE .]6．如图所示，在三棱锥A －BCD 中，E ，F ，G ，H 分别是棱AB ，BC ，CD ，DA 的中点，则当AC ，BD 满足条件 时，四边形EFGH 为菱形，当AC ，BD 满足条件 时，四边形EFGH 是正方形．解析：易知EH ∥BD ∥FG ，且EH ＝12BD ＝FG ，同理EF ∥AC ∥HG ，且EF ＝12AC ＝HG ，显然四边形EFGH 为平行四边形．要使平行四边形EFGH 为菱形需满足EF ＝EH ，即AC ＝BD ；要使平行四边形EFGH 为正方形需满足EF ＝EH 且EF ⊥EH ，即AC ＝BD 且AC ⊥BD .答案：AC ＝BD AC ＝BD 且AC ⊥BD7． (2018·安庆市二模)正四面体ABCD 中，E 、F 分别为边AB 、BD 的中点，则异面直线AF 、CE 所成角的余弦值为 .解析：如图，连接CF ，取BF 的中点M ，连接CM ，EM ，则ME ∥AF ，故∠CEM 即为所求的异面直线角．设这个正四面体的棱长为2，在△ABD 中，AF ＝3＝CE ＝CF ，EM ＝32，CM ＝132，∴cos ∠CEM ＝34＋3－1342×32×3＝16.答案：168．如图所示，在正方体ABCD － A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱C 1D 1，C 1C 的中点，给出以下四个结论：①直线AM 与直线C 1C 相交；②直线AM 与直线BN 平行；③直线AM 与直线DD 1异面；④直线BN 与直线MB 1异面．其中正确结论的序号为 .(把你认为正确的结论的序号都填上)解析：AM与C1C异面，故①错；AM与BN异面，故②错．易知③④正确．答案：③④9．已知空间四边形ABCD中，E，H分别是边AB，AD的中点，F，G分别是边BC，CD的中点．(1)求证：BC与AD是异面直线；(2)求证：EG与FH相交．证明：(1)假设BC与AD共面，不妨设它们所共平面为α，则B，C，A，D∈α.所以四边形ABCD为平面图形，这与四边形ABCD为空间四边形相矛盾．所以BC与AD 是异面直线．(2)如图，连接AC，BD，则EF∥AC，HG∥AC，因此EF∥HG；同理EH∥FG，则EFGH为平行四边形．又EG，FH是▱EFGH的对角线，所以EG与HF相交．10．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，(1)求A1C1与B1C所成角的大小；(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小．解：(1)如图，连接AC，AB1，由ABCD－A1B1C1D1是正方体，知AA1C1C为平行四边形，所以AC∥A1C1，从而B1C与AC所成的角就是A1C1与B1C所成的角．由△AB1C中，由AB1＝AC＝B1C可知∠B1CA＝60°，即A1C1与B1C所成角为60°.(2)如图，连接BD，由(1)知AC∥A1C1.∴AC与EF所成的角就是A1C1与EF所成的角．∵EF是△ABD的中位线，∴EF∥BD.又∵AC⊥BD，∴AC⊥EF，即所求角为90°.∴EF⊥A1C1.即A1C1与EF所成的角为90°.[能力提升组]11．如图，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是( )A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面解析：A [连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，所以A1，C1，C，A四点共面，所以A1C⊂平面ACC1A1.因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，所以A，M，O三点共线．故选A.] 12． (理 )长方体ABCD－A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，E为AB的中点，CE＝3，异面直线A 1C 1与CE 所成角的余弦值为539，且四边形ABB 1A 1为正方形，则球O 的直径为( )A ．4 B.51 C ．4或51D ．4或5解析：C [设AE ＝x ，则EB ＝x ，BC ＝9－x 2，AC ＝9＋3x 2. 因为A 1C 1∥AC ，所以∠ACE 为异面直线A 1C 1与CE 所成角，由余弦定理得9＋3x 2＋9－x22×3×9＋3x 2＝539，所以x 4－7x 2＋6＝0，所以x 2＝1或6，所以x ＝1或 6.设球O 的半径为R ，则2R ＝AA 21＋AC 2＝AB 2＋AC 2＝4或51.故选C.]12． (文 )如图是三棱锥D －ABC 的三视图，点O 在三个视图中都是所在边的中点，则异面直线DO 和AB 所成角的余弦值等于( )A.33B.12C. 3D.22解析：A [如图，三棱锥D －ABC 的棱AB ，AC ，AD 两两垂直且AB ＝AC ＝2，AD ＝1，O 是BC 中点，取AC 中点E ，连接DE ，DO ，OE ，则AE ＝1，OE ＝1，∠DOE 即为所求两异面直线所成的角或其补角．DE ＝2，AO ＝2，DO ＝ 3.在三角形DOE 中，由余弦定理得cos ∠DOE ＝1＋3－22×1×3＝33.故选A.]13．如图所示，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是AC 的中点，AA 1∶AB ＝2∶1，则异面直线AB 1与BD 所成的角为 .解析：如图，取A 1C 1的中点D 1，连接B 1D 1.因为D 是AC 的中点，所以B 1D 1∥BD ，所以∠AB 1D 1即为异面直线AB 1与BD 所成的角．连接AD 1，设AB ＝a ，则AA 1＝2a ，所以AB 1＝3a ，B 1D 1＝32a ，AD 1＝14a 2＋2a 2＝32a .所以，在△AB 1D 1中，由余弦定理得cos ∠AB 1D 1＝AB 21＋B 1D 21－AD212AB 1·B 1D 1＝3a 2＋34a 2－94a22×3a ×32a＝12，所以∠AB 1D 1＝60°.答案：60°14．如图，在体积为3的正三棱锥A －BCD 中，BD 长为23，E 为棱BC 的中点，求：(1)异面直线AE 与CD 所成角的余弦值； (2)正三棱锥A －BCD 的表面积．解：(1)过点A 作AO ⊥平面BCD ，垂足为O ，则O 为△BCD 的中心，由13×12×23×3×AO＝3，得AO ＝1.又在正三角形BCD 中得OE ＝1，所以AE ＝ 2.取BD 中点F ，连接AF ，EF ，故EF ∥CD ，所以∠AEF 就是异面直线AE 与CD 所成的角．在△AEF 中，AE ＝AF ＝2，EF ＝ 3.所以cos ∠AEF ＝AE 2＋EF 2－AF 22·AE ·EF ＝64.所以异面直线AE 与CD 所成的角的余弦值为64.(2)由AE ＝2可得正三棱锥A －BCD 的侧面积为S ＝3·12·BC ·AE ＝32×23×2＝36，所以正三棱锥A －BCD 的表面积为S ＝36＋34·BC 2＝36＋3 3.。

2018-2019学年北师大版必修2 第一章 立体几何初步 单元检测(1)一、选择题1.下列结论正确的是( )A.若直线 l ⊥平面α,直线l ⊥平面β,且,αβ不共面,则//αβB.若直线 //l 平面//l αα,直线//l 平面β,则//αβC.若两直线 12,l l 与平面α所成的角相等,则12//l lD.若直线 l 上两个不同的点,A B 到平面α的距离相等,则//l α2.设m ,n 是两条不重合的直线,α,β是两个不同的平面,有下列四个命题:①若//m n ,n α⊂,则//m α;②若m α⊂,n β⊂,//αβ,则//m n ;③若m α⊥,n β⊥,m n ⊥,则αβ⊥;④若m α⊥,n β⊥,//m n ,则//αβ；则正确的命题为( )A.①②③B.②③C.③④D.②④3.已知 ,m n 是两条不同的直线, ,,αβγ是三个不同的平面,下列命题中错误的是( )A.若m α⊥,m β⊥,则//αβB.若//αγ,//βγ,则//αβC.若m α⊂,n β⊂,//m n ,则//αβD.若,m n 是异面直线, m α⊂,//m β,n β⊂,//n α,则//αβ4.下列四个正方体图形中, A ,B 为正方体的两个顶点, M ,N ,P 分别为其所在棱的中点,能得出AB ∥平面MNP 的图形的序号是( )A.①③B.①④C.②③D.②④5.如图,正方体1111ABCD A B C D -的棱线长为1,线段11B D 上有两个动点,E F ,且12EF =,则下列结论中错误的是( )A. AC BE ⊥B. EF 平面ABCDC.三棱锥A BEF -的体积为定值D. AEF ∆的面积与BEF ∆的面积相等6.如下图所示,在空间四边形ABCD 中, E 、F 分别为AB 、AD 上的点,且::AE EB AF FD =1:4=,又H 、G 分别为BC 、CD 的中点,则( )A.//BD 平面EFGH ,且四边形EFGH 是矩形 B.//EF 平面BCD ,且四边形EFGH 是梯形 C.//HG 平面ABD ,且四边形EFGH 是菱形 D. //EH 平面ADC ,且四边形EFGH 是平行四边形7.已知直线m ,n 与平面α,β,γ满足αβ⊥,m αβ⋂=,n α⊥,n γ⊂,则下列判断一定正确的是( )A. //m γ,αγ⊥B. //n β,αγ⊥C. //βγ,αγ⊥D. m n ⊥,αγ⊥8.如图,正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2,E 是棱AB 的中点, F 是侧面11AA D D 内一点,若EF //平面11,BB D D 则EF 长度的范围( )A.B.C.D. 二、填空题9.已知点S 是正三角形ABC 所在平面外一点,点D ,E ,F 分别是SA ,SB , SC 的中点,则平面DEF 与平面ABC 的位置关系是 .10.设,m n 是两条不同的直线, ,αβ是两个不同的平面,有下列正确命题的序号是(1)若//m α,n α则,?m n (2)若,m m n α⊥⊥则//n α(3)若m α⊥,n β⊥且m n ⊥,则αβ⊥;(4)若m β⊂,//αβ,则//m α11.设平面//α平面,,,,A C B D βα∈∈B ,直线AB 与CD 交于点S ,且点S 位于平面,αβ之间8,6,12AS BS CS ===,则SD =12.如图所示,在正方体1111ABCD A B C D -中, ,,,?E F G H 分别是棱1111,,,CC C D D D DC 的中点, N 是BC 的中点,点M 在四边形及其内部运动,则M 满足 条件时 ,有//MN 平面11B BDD .三、解答题13.如图所示,在正方体1111ABCD A B C D 中,S 是11B D 的中点,,,E F G 分别是,BC CD 和SC 的中点.求证:1.直线//EG 平面11BDD B ;2.平面//EFG 平面11BDD B .参考答案一、选择题1.答案：A解析：2.答案：C解析：3.答案：C解析：由线面垂直的性质可知A 正确;由两个平面平行的性质可知B 正确;由异面直线的性质及面面平行的判定易知D 也是正确的;对于选项C, ,αβ可以相交,可以平行,故C 错误,选C 。

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.。

2018-2019年高中数学北师大版《必修二》《第一章立体几何初步》《1.7 简单几何体的面积和体积》课后练习试卷【3】含答案考点及解析班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________ 题号一二三总分得分注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上评卷人得分一、选择题 1.若直线不平行于平面，则下列结论成立的是（）A．内的所有直线都与直线异面B．内不存在与平行的直线C．内的直线都与相交D．直线与平面有公共点【答案】D 【解析】试题分析：直线不平行于平面,则与平面相交或，所以D正确.考点：直线与平面的位置关系.2.已知a、b、c为三条不重合的直线，下面结论：①若a⊥b，a⊥c，则b∥c；②若a⊥b，a⊥c则b⊥c；③若a∥b，b⊥c，则a⊥c.其中正确的个数为( ) A．0个B．1个C．2个D．3个【答案】B 【解析】试题分析：在空间，若a⊥b，a⊥c，则b、c可以平行，也可以相交，也可以异面，所以①②错；③显然成立所以选B. 考点：空间直线的位置关系.3.设、是两个不同的平面，、是两条不同的直线，给出下列4个命题,其中正确命题是（） A．若∥，∥，则∥B．若∥，∥，∥，则∥ C．若⊥，⊥，⊥，则⊥ D．若、在平面内的射影互相垂直，则⊥【答案】C【解析】解：因为命题A中，平行与同一平面的两直线有三种位置关系，因此错误选项B中，只有a,b相交时成立。

选项D中，射影垂直，但是原来的直线未必垂直，错误，选C. 4.右图是一个几何体的三视图（侧视图中的弧线是半圆），则该几何体的表面积是（）A．20＋3πB．24＋3πC．20＋4πD．24＋4π【答案】A【解析】此题考查三视图的知识点，根据三视图还原出原图是关键。

有三视图可知：此几何体是是一个组合体：是有一个正方体和半个圆柱组合而成的，其中圆柱的轴截面和正方体的底面重合，正方体的棱长是2，半个圆柱的高是2，底面半径是1，所以该几何体的表面积是由长方体的5个面的面积加上圆柱的侧面积的一半再加上一个圆的面积：即 5.已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为（）A．1B．2C．3D．4【答案】D【解析】试题分析：由题意可知，几何体为三棱锥，将其放置在长方体模型中即可得出正确答案．解：由题意可知，几何体是三棱锥，其放置在长方体中形状如图所示（图中红色部分），利用长方体模型可知，此三棱锥的四个面中，全部是直角三角形．故选：D．考点：由三视图还原实物图．6.已知三棱锥的三视图如图所示,其中侧视图为直角三角形,俯视图为等腰直角三角形,则此三棱锥的体积等于（） A．B．C．D．【答案】B【解析】试题分析：由三视图可知该几何体为三棱锥，底面为等腰直角三角形，直角边为，高为，所以体积为考点：三视图7.一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积等于（）A．B．C．D．【答案】D 【解析】试题分析：∵平面图形的直观图是一个底角为，腰和上底长均为的等腰梯形，∴平面图形为直角梯形，且直角腰长为，上底边长为，∴梯形的下底长为，∴平面图形的面积．故选D．考点：平面图形的直观图． 8.利用斜二测画法得到的：①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④菱形的直观图是菱形．以上结论正确的是（）A．①②B．① C．③④D．①②③④【答案】A【解析】试题分析：根据斜二测画法的规则可知，平行于坐标轴的直线平行性不变，平行轴的线段长度不变，平行于轴的长度减半，①三角形的直观图中，三角形的高减少为原来的一半，显然是三角形，所以正确；②根据平行性不变原则，平行四边形的直观图是平行四边形，所以是正确的；③正方形中的直角，在直观图中边为角，不是正方形，所以是错误的；④菱形的直观图中高的长度减半，对应的直观图不是菱形，所以是错误的，故选A．考点：斜二测画法的应用．9.某四面体的三视图如图所示，则该四面体的四个面中，直角三角形的面积和是（）A．2 B．4 C．D．【答案】C【解析】试题分析：由三视图可得原几何体如图，该几何体的高PO=2，底面ABC为边长为2的等腰直角三角形，所以，该几何体中，直角三角形是底面ABC和侧面PBC．事实上，∵PO⊥底面ABC，∴平面PAC⊥底面ABC，而BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC．PC=．S＝×2×＝．△PBC S＝×2×2＝2．△ABC 所以，则该四面体的四个面中，直角三角形的面积和是考点：由三视图求面积、体积10.如图，在正方体中，为线段的中点，则异面直线与所成角的大小为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设BD与AC交于O,则四边形DOBE为平行四边形,因此异面直线与所成角为1,设正方体棱长为1，则即，选C.评卷人得分二、填空题11.若某多面体的三视图(单位：cm)如图所示，其中正视图与俯视图均为等腰三角形，则此多2 面体的表面积为________cm.v 【答案】【解析】由三视图知：多面体为右图所示，其表面积为：12.已知四面体ABCD中，DA＝DB＝DC＝，且DA，DB，DC两两互相垂直，点O是△ABC的中心，将△DAO绕直线DO旋转一周，则在旋转过程中，直线DA与直线 BC所成角的余弦值的取值范围是。

2018-2019学年北师大版必修2 第一章立体几何初步单元测试 (1)1．(2018·南阳、信阳等六市一模)设直线m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列事件中是必然事件的是( )A．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥βB．若m∥α，n⊥β，m∥n，则α∥βC．若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥βD．若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β解析：D [若m∥α，n∥β，m⊥n，则α、β位置关系不确定，选项A不正确；若m ∥α，则α中存在直线c与m平行，m∥n，n⊥β，则c⊥β，又∵c⊂α，∴α⊥β，选项B不正确；若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α、β可以相交，选项C不正确；若m⊥α，m ∥n，n⊥β，∴α∥β，选项D正确．故选D.]2．已知平面α与平面β相交，直线m⊥α，则( )A．β内必存在直线与m平行，且存在直线与m垂直B．β内不一定存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直C．β内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直D．β内必存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直解析：C [如图，在平面β内的直线若与α，β的交线a平行，则有m与之垂直．但却不一定在β内有与m平行的直线，只有当α⊥β时才存在．]3．如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则点C1在平面ABC上的射影H必在( )A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC的内部解析：A [连接AC1，∵AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，∴AC⊥平面ABC1，又AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC，∴点C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上，故选A.]4．如图，在四面体D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是( )A ．平面ABC ⊥平面ABDB ．平面ABD ⊥平面BDCC ．平面ABC ⊥平面BDE ，且平面ADC ⊥平面BDED ．平面ABC ⊥平面ADC ，且平面ADC ⊥平面BDE解析：C [因为AB ＝CB ，且E 是AC 的中点，所以BE ⊥AC ，同理有DE ⊥AC ，于是AC ⊥平面BDE .因为AC 在平面ABC 内，所以平面ABC ⊥平面BDE .又由于AC ⊂平面ACD ，所以平面ACD ⊥平面BDE ，所以选C.]5．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形，若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为( )A.5π12B.π3C.π4D.π6解析：B [取正三角形ABC 的中心O ，连接OP ，则∠PAO 是PA 与平面ABC 所成的角．因为底面边长为3，所以AD ＝3×32＝32，AO ＝23AD ＝23×32＝1.三棱柱的体积为12×(3)2×32AA 1＝94，解得AA 1＝3，即OP ＝AA 1＝3，所以tan ∠PAO ＝OP OA ＝3，即∠PAO ＝π3.]6．设α，β是空间中两个不同的平面，m ，n 是平面α及β外的两条不同直线．从“①m ⊥n ；②α⊥β；③n ⊥β；④m ⊥α”中选取三个作为条件，余下一个作为结论，写出你认为正确的一个命题： (填序号)．解析：因为当n ⊥β，m ⊥α时，平面α及β所成的二面角与直线m ，n 所成的角相等或互补，所以若m⊥n，则α⊥β，从而由①③④⇒②正确；同理②③④⇒①也正确．答案：①③④⇒②或②③④⇒①7．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)解析：由定理可知，BD⊥PC.所以当DM⊥PC时，即有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(答案不唯一)8． (理 )a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最大值为60°；其中正确的是.(填写所有正确结论的编号)解析：由题意，AB是以AC为轴，BC为底面半径的圆锥的母线，由AC⊥a，AC⊥b，又AC⊥圆锥底面，在底面内可以过点B，作BD∥a，交底面圆C于点D，如图所示，连结DE，则DE⊥BD，∴DE∥b，连结AD，等腰△ABD中，AB＝AD＝2，当直线AB与a成60°角时，∠ABD＝60°，故BD＝2，又在Rt△BDE中，BE＝2，∴DE＝2，过点B作BF∥DE，交圆C 于点F，连结AF，由圆的对称性可知BF＝DE＝2，∴△ABF为等边三角形，∴∠ABF＝60°，即AB与b成60°角，②正确，①错误．由最小角定理可知③正确；很明显，可以满足平面ABC⊥直线a，直线AB与a所成的最大角为90°，④错误．正确的说法为②③.答案：②③8． (文 )如图，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E、F分别是点A 在PB 、PC 上的正投影，给出下列结论：①AF ⊥PB ；②EF ⊥PB ；③AF ⊥BC ；④AE ⊥平面PBC . 其中正确结论的序号是 .解析：由题意知PA ⊥平面ABC ，∴PA ⊥BC . 又AC ⊥BC ，PA ∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面PAC . ∴BC ⊥AF .∵AF ⊥PC ，BC ∩PC ＝C ， ∴AF ⊥平面PBC ，∴AF ⊥PB ，AF ⊥BC . 又AE ⊥PB ，AE ∩AF ＝A ，∴PB ⊥平面AEF . ∴PB ⊥EF .故①②③正确． 答案：①②③9．(理 )(2018·丹东市二模)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都等于2，点F 是棱BC 中点，点E 在棱CC 1上，且CC 1＝4CE .(1)求证：平面B 1AF ⊥平面EAF ； (2)求点C 1到平面AEF 的距离．解：(1)证明：在△B 1BF 和△FCE 中，由题意知BB 1BF ＝FC EC ＝2，∠B 1BF ＝∠FCE ＝π2， 所以△B 1BF ∽△FCE ， ∠EFC ＝∠BB 1F ，所以∠B 1FB ＋∠EFC ＝∠B 1FB ＋∠BB 1F ＝π2，即B 1F ⊥EF .由直棱柱的性质知，底面ABC ⊥侧面BB 1C 1C ，F 为BC 中点，所以AF ⊥BC ，所以AF ⊥侧面BB 1C 1C ，则AF ⊥EF ，所以EF ⊥平面B 1AF ，从而平面B 1AF ⊥平面EAF .(2)如图，连结AC 1，C 1F ，设点C 1到平面AEF 的距离为d ， 经计算S △AEF ＝154，S △AEC 1＝32，FG ＝32，由V 三棱锥C 1－AFE ＝V 三棱锥F －AEC 1得 13·S △AEF ·d ＝13·SAEC 1·32， 解得d ＝355，点C 1到平面AEF 的距离为355.9． (文 )(2017·高考全国Ⅰ卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P －ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．解：(1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，从而AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD . (2)在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为E .由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，可得PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x . 故四棱锥P －ABCD 的体积V P －ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，故x ＝2.从而PA ＝PD ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝2 2.可得四棱锥P －ABCD 的侧面积为12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3.10． (理 )如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是CD 、A 1D 1的中点．(1)求证：AB 1⊥BF ； (2)求证：AE ⊥BF ；(3)棱CC 1上是否存在点P ，使BF ⊥平面AEP ？若存在，确定点P 的位置，若不存在，说明理由．解：(1)证明：连接A 1B ，则AB 1⊥A 1B ， 又∵AB 1⊥A 1F ，且A 1B ∩A 1F ＝A 1，∴AB 1⊥平面A 1BF .又BF ⊂平面A 1BF ，∴AB 1⊥BF . (2)证明：取AD 中点G ，连接FG ，BG ，则FG ⊥AE ，又∵△BAG ≌△ADE ， ∴∠ABG ＝∠DAE .∴AE ⊥BG .又∵BG ∩FG ＝G ， ∴AE ⊥平面BFG .又BF ⊂平面BFG ，∴AE ⊥BF .(3)存在．取CC 1中点P ，即为所求．连接EP ，AP ，C 1D ， ∵EP ∥C 1D ，C 1D ∥AB 1，∴EP ∥AB 1. 由(1)知AB 1⊥BF ，∴BF ⊥EP .又由(2)知AE ⊥BF ，且AE ∩EP ＝E ， ∴BF ⊥平面AEP .10． (文 )(2018·开封市一模)如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AD ＝CD ＝12AB ＝2，点E 为AC 中点．将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体D －ABC ，如图2所示．(1)在CD 上找一点F ，使AD ∥平面EFB ； (2)求三棱锥D －ABC 的高．解：(1)取CD 的中点F ，连结EF ，BF ，在△ACD 中，因为E ，F 分别为AC ，DC 的中点， 所以EF 为△ACD 的中位线， 所以AD ∥EF ，EF ⊂平面EFB ，AD ⊄平面EFB所以AD ∥平面EFB .(2)设点C 到平面ABD 的距离为h ， 因为平面ADC ⊥平面ABC ，且BC ⊥AC ， 所以BC ⊥平面ADC ， 所以BC ⊥AD ，而AD ⊥DC ， 所以AD ⊥平面BCD ，即AD ⊥BD . 所以S △ADB ＝23，所以三棱锥B －ACD 的高BC ＝22，S △ACD ＝2， 所以13×22h ＝13×2×22，所以可解得h ＝2.[能力提升组]11．如图，正方体AC 1的棱长为1，过点A 作平面A 1BD 的垂线，垂足为点H .则以下命题中，错误的是( )A ．点H 是△A 1BD 的垂心B ．AH 垂直于平面CB 1D 1C ．AH 延长线经过点C 1D ．直线AH 和BB 1所成角为45°解析：D [对于A ，由于AA 1＝AB ＝AD ，所以点A 在平面A 1BD 上的射影必到点A 1，B ，D 的距离相等，即点H 是△A 1BD 的外心，而A 1B ＝A 1D ＝BD ，故点H 是△A 1BD 的垂心，命题A 是真命题；对于B ，由于B 1D 1∥BD ，CD 1∥A 1B ，故平面A 1BD ∥平面CB 1D 1，而AH ⊥平面A 1BD ，从而AH ⊥平面CB 1D 1，命题B 是真命题；对于C ，由于AH ⊥平面CB 1D 1，因此AH 的延长线经过点C 1，命题C 是真命题； 对于D ，由C 知直线AH 即是直线AC 1，又直线AA 1∥BB 1，因此直线AC 1和BB 1所成的角就等于直线AA 1与AC 1所成的角，即∠A 1AC 1，而tan ∠A 1AC 1＝21＝2，因此命题D 是假命题．] 12．在边长为1的菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，将菱形沿对角线AC 折起，使折起后BD ＝1，则二面角B －AC －D 的余弦值为( )A.13B.12C.223D.32解析：A [在菱形ABCD 中，连接BD 交AC 于O 点，则AC ⊥BD ，在折起后的图中，由四边形ABCD 为菱形且边长为1，则DO ＝OB ＝32，由于DO ⊥AC ，BO ⊥AC ，因此∠DOB 就是二面角B －AC －D 的平面角，由BD ＝1得cos ∠DOB ＝OD 2＋OB 2－DB 22OD ·OB＝34＋34－12×32×32＝13.]13． (理 )如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E为CD的中点，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，则下列说法正确的是.(写出所有正确说法的序号)①不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥平面DEC；②不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN⊥AE；③不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥AB；④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC⊥AD.解析：由已知，在未折叠的原梯形中，AB∥DE，BE∥AD，所以四边形ABED为平行四边形，所以BE＝AD，折叠后如图所示．①过点M作MP∥DE，交AE于点P，连接NP.因为M，N分别是AD，BE的中点，所以点P为AE的中点，故NP∥EC.又MP∩NP＝P，DE∩CE＝E，所以平面MNP∥平面DEC，故MN∥平面DEC，①正确；②由已知，AE⊥ED，AE⊥EC，所以AE⊥MP，AE⊥NP，又MP∩NP＝P，所以AE⊥平面MNP，又MN⊂平面MNP，所以MN⊥AE，②正确；③假设MN∥AB，则MN与AB确定平面MNBA，从而BE⊂平面MNBA，AD⊂平面MNBA，与BE和AD是异面直线矛盾，③错误；④当EC⊥ED时，EC⊥AD.因为EC⊥EA，EC⊥ED，EA∩ED＝E，所以EC⊥平面AED，AD⊂平面AED，所以EC⊥AD，④正确．答案：①②④13． (文)(2018·泉州市一模)如图，一张A4纸的长、宽分别为22a,2a，A，B，C，D分别是其四条边的中点，现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体，关于该多面体的下列命题，正确的是.(写出所有正确命题的序号)．①该多面体是三棱锥；②平面BAD⊥平面BCD；③平面BAC⊥平面ACD；④该多面体外接球的表面积为5πa2.解析：长、宽分别为22a,2a，A，B，C，D分别是其四条边的中点，现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体，则①由于(2a)2＋(2a)2＝4a2，∴该多面体是以A，B，C，D为顶点的三棱锥，正确；②∵AP⊥BP，AP⊥CP，∴AP⊥平面BCD，∵AP⊂平面BAD，∴平面BAD⊥平面BCD，正确；③与②同理，可得平面BAC⊥平面ACD，正确；④该多面体外接球的半径为52a，表面积为5πa2，正确．答案：①②③④14． (理)(2018·西安市一模)如图1：在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，AD＝6，CE⊥AD于E点，把△DEC沿CE折到D′EC的位置，使D′A＝23，如图2：若G，H分别为D′B，D′E的中点．(1)求证：GH⊥平面AD′C；(2)求平面D′AB与平面D′CE的夹角．解：(1)证明：∵在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，AD＝6，CE ⊥AD于E点，把△DEC沿CE折到D′EC的位置，使D′A＝23，∴AE＝CE＝2，D′E＝6－2＝4，∴D′A2＋AE2＝D′E2，CD′＝22＋32＝25，∴AD′⊥AE.∵AD′⊥AB，AE∩AB＝A，∴AD′⊥平面ABCE，∴平面AD′C⊥平面ABCE.又因为ABCE是正方形，∴BE⊥AC，∴BE⊥平面ACD′.∵G，H分别为D′B，D′E的中点，∴GH∥BE，∴GH⊥平面AD′C.(2)如图，过点D′作直线m∥AB.∵AB∥EC，∴直线m就是平面D′AB与平面D′CE的交线．∵CE⊥AE，平面AED′⊥平面ABCE，且交于AE，∴CE⊥D′E，即D′E⊥m.∵AD′⊥AB，∴AD′⊥m，∵AD′⊂平面AD′B，D′E⊂D′CE，∴∠AD′E就是平面D′AB 与平面D′CE的夹角的平面角．在直角三角形AD′E中，AE＝2，D′E＝4，可得∠AD′E＝30°.即平面D′AB与平面D′CE的夹角为30°.14． (文)(2018·广州市一模)如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体．(1)求证：AB⊥平面ADC；(2)若AD＝1，AC与其在平面ABD内的正投影所成角的正切值为6，求点B到平面ADE的距离．解：(1)证明：∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，又BD ⊥DC ，∴DC ⊥平面ABD .∵AB ⊂平面ABD ，∴DC ⊥AB .又∵折叠前后均有AD ⊥AB ，DC ∩AD ＝D ，∴AB ⊥平面ADC .(2)由(1)知DC ⊥平面ABD ，所以AC 在平面ABD 内的正投影为AD ， 即∠CAD 为AC 与其在平面ABD 内的正投影所成角．依题意tan ∠CAD ＝CD AD ＝6， AD ＝1，∴CD ＝ 6.设AB ＝x (x ＞0)，则BD ＝x 2＋1.∵△ABD ∽△BDC ，∴AB AD ＝DC BD， 即x 1＝6x 2＋1， 解得x ＝2，故AB ＝2，BD ＝3，BC ＝3.由于AB ⊥平面ADC ，AB ⊥AC ，E 为BC 的中点，由平面几何知识得AE ＝BC 2＝32， 同理DE ＝BC 2＝32， ∴S △ADE ＝12×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22. ∵DC ⊥平面ABD ，∴V A －BCD ＝13CD ·S ABD ＝33. 设点B 到平面ADE 的距离为d ，则13d ·S ADE ＝V B －ADE ＝V A －BDE ＝12V A －BCD ＝36， ∴d ＝62，即点B 到平面ADE 的距离为62.。

§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AC B.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PA,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PA,PB,PC,PD上各有两个点在α内,由公理2可知,直线PA,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.。

§垂直关系
垂直关系的判定
第课时直线与平面垂直的判定
.垂直于梯形两腰的直线与梯形所在平面的位置关系是()
.垂直
.相交但不垂直
.平行
.不能确定
解析:梯形的两腰所在的直线相交,根据线面垂直的判定定理可知选项正确.
答案
.若直线不垂直于平面α,则平面α内与直线垂直的直线有()
条
条
.无数条
.α内所有直线
解析不垂直于α,但是过上一点作平面α的垂线,令直线与垂线确定的平面与α的交线为,则在α内与垂直的直线必与垂直.
答案
.已知矩形.将△沿矩形的对角线所在的直线进行翻折,在翻折过程中,()
.存在某个位置,使得直线与直线垂直
.存在某个位置,使得直线与直线垂直
.存在某个位置,使得直线与直线垂直
.对任意位置,三对直线“与”“与”“与”均不垂直
解析:当时,由,得∠为直角⊥,又因为⊥,所以⊥平面.所以⊥.
答案
.在正方体中,若为的中点,则直线垂直于()
解析:如图所示,连接,
∵⊥∥,∴⊥.
∵⊥,∴⊥平面.
∵⫋平面,∴⊥.
答案
.在△中⊥平面,则点到的距离是()
.
解析:如图所示,作⊥于,连接,
因为⊥平面,
所以⊥∩,
所以⊥平面,
所以⊥.
因为,所以.
在△中,所以,
在△中,
所以.
答案
.
如图所示,在正方体中,下列判断正确的是() ⊥面
⊥面
⊥面。

第一章测评(时间:120分钟满分: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.如图所示,观察四个几何体,其中判断正确的是()A.①是棱台B.②是圆台C.③是棱锥D.④不是棱柱答案:C2.如图所示,△O'A'B'是水平放置的△OAB的直观图,则△OAB的面积是()A.6B.3C.6D.12解析:△OAB是直角三角形,其两条直角边的长分别是4和6,则其面积是12.答案:D3.若三个球的半径之比是1∶2∶3,则半径最大的球的体积是其余两球的体积和的()A.4倍B.3倍C.2倍D.1倍解析:设三个球的半径依次为a,2a,3a,V最大=π(3a)3=36πa3,V1+V2=πa3+π(2a)3=πa3=12πa3,=3.答案:B4.若一个圆台的上、下底面半径和高的比为1∶4∶4,圆台的侧面积为400π,则该圆台的母线长为()A.10B.20C.12D.24解析:设圆台上底面半径为r,则下底面半径、高分别为4r,4r,于是其母线l==5r,又侧面积为400π,所以π(r+4r)·5r=400π,解得r=4,于是母线长为20.答案:B5.以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴,将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于()A.2πB.πC.2D.1解析:根据题意,可得圆柱侧面展开图为矩形,长为2π×1=2π,宽为1,∴S=2π×1=2π.故选A.6.(2015安徽高考,理7)一个四面体的三视图如图所示,则该四面体的表面积是()A.1+B.2+C.1+2D.2解析:该四面体的直观图如图所示,平面ABD⊥平面BCD,△ABD与△BCD为全等的等腰直角三角形,AB=AD=BC=CD=.取BD的中点O,连接AO,CO,则AO⊥CO,AO=CO=1,由勾股定理得AC=,因此△ABC与△ACD为全等的正三角形,由三角形面积公式得,S△ABC=S△ACD=,S△ABD=S△BCD=1,所以四面体的表面积为2+.答案:B7.导学号62180085如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若点E为A1C1上的一点,则直线CE一定垂直于()A.ACB.BDC.A1DD.A1D1解析:连接AC,由于BD⊥AC,BD⊥AA1,AC∩AA1=A,所以BD⊥平面ACC1A1.又因为CE⫋平面ACC1A1,所以CE⊥BD.答案:B8.已知平面α⊥平面β,α∩β=l,则下列命题错误的是()A.如果直线a⫋α,那么直线a必垂直于平面β内的无数条直线B.如果直线a⫋α,那么直线a不可能与平面β平行C.如果直线a⫋α,a⊥l,那么直线a⊥平面βD.平面α内一定存在无数条直线垂直于平面β内的所有直线解析:A选项中直线a必定与平面β内无数条平行直线垂直,故正确;B选项中如果a⫋α,a∥l,则a∥β,故错误;由面面垂直的性质定理可知C选项正确;在平面α内,垂直于交线l的直线,都垂直于平面β,也就垂直于平面β内的所有直线,故D选项正确.9.正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为()A. B.16π C.9π D.解析:由图知,R2=(4-R)2+2,∴R2=16-8R+R2+2,∴R=,∴S表=4πR2=4π×π,选A.答案:A10.设α,β是两个不同的平面,l是一条直线,给出下列说法:①若l⊥α,α⊥β,则l⫋β②若l∥α,α∥β,则l⫋β③若l⊥α,α∥β,则l⊥β④若l∥α,α⊥β,则l⊥β其中说法正确的个数为()A.1B.2C.3D.0解析:对于①,若l⊥α,α⊥β,则l∥β或l⫋β,故①错误;对于②,若l∥α,α∥β,则l⫋β或l∥β,故②错误;对于③,若l⊥α,α∥β,则l⊥β,故③正确;对于④,若l∥α,α⊥β,则l⫋β或l∥β或l⊥β或l与β斜交,故④错误.答案:A11.一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:由三视图可得原石材为如图所示的直三棱柱A1B1C1-ABC,且AB=8,BC=6,BB1=12.若要得到半径最大的球,则此球与平面A1B1BA,BCC1B1,ACC1A1相切,故此时球的半径与△ABC内切圆的半径相等,故半径r==2.故选B.答案:B12.如图所示,在棱长均相等的三棱锥P-ABC中,D,E,F分别是AB,BC,CA的中点,下面四个结论不成立的是()A.BC∥平面PDFB.DF⊥平面PAEC.平面PDF⊥平面PAED.平面PDE⊥平面ABC解析:由BC∥DF,易得BC∥平面PDF,A成立;易证BC⊥平面PAE,BC∥DF,所以结论B,C均成立;点P 在底面ABC上的射影为△ABC的中心,不在中位线DE上,故结论D不成立.答案:D二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)13.一水平放置的平面图形OABC,用斜二测画法画出它的直观图O'A'B'C'如图所示,此直观图恰好是一个边长为2的正方形,则原平面图形OABC的面积为.解析:利用原平面图形面积S与直观图的面积S'之间的换算关系S=2S'.由已知条件知,原平面图形的直观图是一个边长为2的正方形,则S'=22=4,故原平面图形OABC 的面积S=2S'=2×4=8.答案:814.一个六棱锥的体积为2,其底面是边长为2的正六边形,侧棱长都相等,则该六棱锥的侧面积为.解析:根据题意得底面正六边形面积为6,设六棱锥的高为h,则V=Sh,∴×6h=2,解得h=1.设侧面高为h',则h2+()2=h'2,∴h'=2.∴正六棱锥的侧面积为6××2×2=12.答案:1215.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱C1D1,C1C的中点,给出以下四个结论:①直线AM与直线C1C相交②直线AM与直线BN平行③直线AM与直线DD1异面④直线BN与直线MB1异面其中正确结论的序号为.(把你认为正确的结论的序号都填上)解析:AM与C1C异面,故①错;AM与BN异面,故②错.易知③④正确.答案:③④16.设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1,S2,体积分别为V1,V2,若它们的侧面积相等,且,则的值是.解析:设甲、乙两个圆柱底面半径和高分别为r1,h1,r2,h2,则2πr1h1=2πr2h2,.又,所以,则.答案:三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本小题满分10分)如图所示,四边形BCC1B1是圆柱的轴截面.AA1是圆柱的一条母线,已知AB=2,AC=2,AA1=3.(1)求证:AC⊥BA1;(2)求圆柱的侧面积.解:(1)依题意AB⊥AC.因为AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥AC.又AB∩AA1=A,所以AC⊥平面AA1B1B.因为BA1⫋平面AA1B1B,所以AC⊥BA1.(2)在Rt△ABC中,AB=2,AC=2,∠BAC=90°,所以BC=2.S侧=2π×3=6π.18.(本小题满分12分)已知圆锥的表面积是它内切球表面积的2倍,求圆锥侧面积与底面积之比.解:过圆锥的轴作截面,截圆锥和内切球分别得△SAB和球的大圆☉O,且☉O为△SAB的内切圆,如图所示.设圆锥底面半径为r,母线长为l,内切圆半径为R,则S圆锥表=πr2+πrl,S球=4πR2,∴r2+rl=8R2.①又∵△SOE∽△SAO1,∴.②由②得R2=r2·,代入①得r2+rl=8r2·,解得l=3r,∴=3,∴圆锥侧面积与底面积之比为3∶1.19.导学号62180086(本小题满分12分)四面体ABCD及其三视图如图所示,平行于棱AD,BC的平面分别交四面体的棱AB,BD,DC,CA于点E,F,G,H.(1)求四面体ABCD的体积;(2)证明:四边形EFGH是矩形.(1)解:由该四面体的三视图可知,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1,∴AD⊥平面BDC.∴四面体体积V=×2×2×1=.(2)证明:∵BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH,∴BC∥FG,BC∥EH.∴FG∥EH.同理EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG.∴四边形EFGH是平行四边形.又AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC.∴EF⊥FG.∴四边形EFGH是矩形.20.(本小题满分12分)(2015山东高考,文18)如图,三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC 的中点.(1)求证:BD∥平面FGH;(2)若CF⊥BC,AB⊥BC,求证:平面BCD⊥平面EGH.(1)证法一:连接DG,CD,设CD∩GF=M.连接MH.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形.则M为CD的中点.又H为BC的中点,所以HM∥BD,又HM⫋平面FGH,BD⊈平面FGH,所以BD∥平面FGH.证法二:在三棱台DEF-ABC中,由BC=2EF,H为BC的中点,可得BH∥EF,BH=EF,所以四边形HBEF为平行四边形,可得BE∥HF.在△ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点,所以GH∥AB.又GH∩HF=H,所以平面FGH∥平面ABED.因为BD⫋平面ABED,所以BD∥平面FGH.(2)证明:连接HE.因为G,H分别为AC,BC的中点,所以GH∥AB.由AB⊥BC,得GH⊥BC.又H为BC的中点,所以EF∥HC,EF=HC,因此四边形EFCH是平行四边形.所以CF∥HE,又CF⊥BC,所以HE⊥BC.又HE,GH⫋平面EGH,HE∩GH=H,所以BC⊥平面EGH.又BC⫋平面BCD,所以平面BCD⊥平面EGH.21.(本小题满分12分)在如图所示的几何体中,四边形ABCD是正方形,MA⊥平面ABCD,PD∥MA,E,G,F分别为MB,PB,PC的中点,且AD=PD=2MA.(1)求证:平面EFG⊥平面PDC;(2)求三棱锥P-MAB与四棱锥P-ABCD的体积之比.(1)证明:由已知MA⊥平面ABCD,PD∥MA,所以PD⊥平面ABCD.又BC⫋平面ABCD,所以PD⊥BC.因为四边形ABCD为正方形,所以BC⊥DC.又PD∩DC=D,因此BC⊥平面PDC.在△PBC中,因为G,F分别为PB,PC的中点,所以GF∥BC,因此GF⊥平面PDC.又GF⫋平面EFG,所以平面EFG⊥平面PDC.(2)解:因为PD⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,不妨设MA=1,则PD=AD=2,所以V P-ABCD=S正方形ABCD·PD=.因为DA⊥平面MAB,且PD∥MA,所以DA即为点P到平面MAB的距离,所以三棱锥V P-MAB=×2=,所以V P-MAB∶V P-ABCD=1∶4.22.(本小题满分12分)在如图所示的多面体中,四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形.(1)若AC⊥BC,证明:直线BC⊥平面ACC1A1;(2)设D,E分别是线段BC,CC1的中点,在线段AB上是否存在一点M,使直线DE∥平面A1MC?请证明你的结论.解:(1)因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AC.因为AB,AC为平面ABC内两条相交直线,所以AA1⊥平面ABC.因为直线BC⫋平面ABC,所以AA1⊥BC.又由已知,AC⊥BC,AA1,AC为平面ACC1A1内两条相交直线,所以BC⊥平面ACC1A1.(2)取线段AB的中点M,连接A1M,MC,A1C,AC1,设O为A1C,AC1的交点.由已知,O为AC1的中点.连接MD,OE,则MD,OE分别为△ABC,△ACC1的中位线.所以,MD AC,OE AC,因此MD OE.连接OM,从而四边形MDEO为平行四边形,则DE∥MO.因为直线DE⊈平面A1MC,MO⫋平面A1MC,所以直线DE∥平面A1MC.即线段AB上存在一点M(线段AB的中点),使直线DE∥平面A1MC.。

§6垂直关系6.1垂直关系的判定第1课时直线与平面垂直的判定1.垂直于梯形两腰的直线与梯形所在平面的位置关系是()A.垂直B.相交但不垂直C.平行D.不能确定解析:梯形的两腰所在的直线相交,根据线面垂直的判定定理可知选项A正确.答案:A2.若直线a不垂直于平面α,则平面α内与直线a垂直的直线有()A.0条B.1条C.无数条D.α内所有直线解析:a不垂直于α,但是过a上一点作平面α的垂线,令直线a与垂线确定的平面与α的交线为b,则在α内与b垂直的直线必与a垂直.答案:C3.已知矩形ABCD,AB=1,BC=.将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折,在翻折过程中,()A.存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直B.存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直C.存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直D.对任意位置,三对直线“AC与BD”“AB与CD”“AD与BC”均不垂直解析:当AC=1时,由DC=1,AD=2,得∠ACD为直角,DC⊥AC,又因为DC⊥BC,所以DC⊥平面ABC.所以DC⊥AB.答案:B4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E为A1C1的中点,则直线CE垂直于()A.ACB.BDC.A1DD.A1A解析:如图所示,连接AC,BD,∵BD⊥AC,A1C1∥AC,∴BD⊥A1C1.∵BD⊥A1A,∴BD⊥平面ACC1A1.∵CE⫋平面ACC1A1,∴BD⊥CE.答案:B5.在△ABC中,AB=AC=5,BC=6,PA⊥平面ABC,PA=8,则点P到BC的距离是()A.B.2C.3D.4解析:如图所示,作PD⊥BC于D,连接AD,因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥BC,PD∩PA=P,所以CB⊥平面PAD,所以AD⊥BC.因为AB=AC,所以CD=BD=3.在Rt△ACD中,AC=5,CD=3,所以AD=4,在Rt△PAD中,PA=8,AD=4,所以PD=2+424答案:D6.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列判断正确的是()A.A1C⊥面AB1D1B.A1C⊥面AB1C1DC.A1B⊥面AB1D1D.A1B⊥AD1解析:在正方体ABCD-A1B1C1D1中,∵平面A1B1C1D1为正方形,∴A1C1⊥B1D1,B1D1⊥CC1,∴B1D1⊥面A1C1C,∴B1D1⊥A1C.同理可得A1C⊥AD1,又AD1∩B1D1=D1,∴A1C⊥面AB1D1.答案:A7.如图所示,平行四边形ABCD的对角线交于点O,点P在▱ABCD所在平面外,且PA=PC,PD=PB,则PO 与平面ABCD的位置关系是.解析:因为AO=CO,PA=PC,所以PO⊥AC,因为BO=DO,PD=PB,所以PO⊥BD.又AC∩BD=O,所以PO⊥平面ABCD.答案:PO⊥平面ABCD8.如图,在直角三角形BMC中,∠BCM=90°,∠MBC=60°,BM=5,MA=3,MA⊥BC,AB=4,则∠MCA的正弦值为.解析:因为BM=5,MA=3,AB=4,所以AB2+AM2=BM2,所以MA⊥AB.又因为MA⊥BC,AB⫋平面ABC,BC⫋平面ABC,且AB∩BC=B,所以MA⊥平面ABC,所以MA⊥AC.又因为∠MBC=60°,所以=23.MC=53,所以sin∠MCA=MA=532答案:2359.如图所示,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,G是EF的中点,现在沿AE,AF及EF把这个正方形折成一个空间图形,使B,C,D三点重合,重合后的点记为H,给出下面四个结论:①AH⊥平面EFH;②AG⊥平面EFH;③HF⊥平面AEF;④HG⊥平面AEF.其中正确结论的序号是.解析:在这个空间图形中,AH⊥HF,AH⊥HE,所以AH⊥平面EFH.答案:①★10.如图所示,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是正方形,AB=2EF,EF∥AB,EF⊥FB,BF=FC,H为BC的中点.求证:AC⊥平面EDB.证明如图所示,设AC与BD交于点G,则G为AC的中点,连接EG,GH,则GH∥AB∥EF,且AB=EF,∴四边形EFHG为平行四边形.由四边形ABCD为正方形,有AB⊥BC.又EF∥AB,∴EF GH=12⊥BC,又EF⊥FB,∴EF⊥平面BFC,∴EF⊥FH.∴AB⊥FH.又BF=FC,H为BC的中点,∴FH⊥BC,∴FH⊥平面ABCD.∴FH⊥AC.又由四边形EFHG为平行四边形得FH∥EG,∴AC⊥EG.又AC⊥BD,EG⫋平面EDB,BD⫋平面EDB,EG∩BD=G,∴AC⊥平面EDB.★11.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,P,Q,M,N分别是棱AB,AD,DD1,BB1,A1B1,A1D1的中点.求证:(1)直线BC1∥平面EFPQ;(2)直线AC1⊥平面PQMN.分析在第(1)问中,可考虑利用线线平行去证明线面平行,连接AD1,可先证明AD1和FP平行,再证明BC1平行于AD1,从而可证BC1平行于平面EFPQ.在第(2)问中,可考虑利用线线垂直去证线面垂直,需证AC1与平面MNPQ内两条相交直线垂直.证明(1)如图所示,连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知AD1∥BC1.因为F,P分别是AD,DD1的中点,所以FP∥AD1.从而BC1∥FP.而FP⫋平面EFPQ,BC1⊈平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2)如图所示,连接AC,BD,则AC⊥BD.由CC1⊥平面ABCD,BD⫋平面ABCD,可得CC1⊥BD.又AC∩CC1=C,所以BD⊥平面ACC1.而AC1⫋平面ACC1,所以BD⊥AC1.因为M,N分别是A1B1,A1D1的中点,所以MN∥BD,从而MN⊥AC1.同理可得PN⊥AC1.又PN∩MN=N,所以直线AC1⊥平面PQMN.。