《（魯京遼）2022-2023學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第1章 立體幾何初步滾動訓(xùn)練二 新人教B版必修2》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（魯京遼）2022-2023學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第1章 立體幾何初步滾動訓(xùn)練二 新人教B版必修2（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（魯京遼）2022-2023學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第1章 立體幾何初步滾動訓(xùn)練二 新人教B版必修2 一、選擇題 1．下列命題正確的是(　　) A．兩兩相交的三條直線可確定一個平面 B．兩個平面與第三個平面所成的角都相等，則這兩個平面一定平行 C．過平面外一點的直線與這個平面只能相交或平行 D．和兩條異面直線都相交的兩條直線一定是異面直線 考點　異面直線的判定 題點　異面直線的判定 答案　C 解析　對于A，兩兩相交的三條直線可確定一個平面或三個平面，故A錯誤；對于B，兩個平面與第三個平面所成的角都相等，則這兩個平面平行或相交，故B錯誤；對于C，過平面外一點的直線一定在平面外，且直線與

2、這個平面相交或平行，故C正確；對于D，和兩條異面直線都相交的兩條直線是異面直線或共面直線，故D錯誤．故選C. 2．設(shè)X，Y，Z是空間不同的直線或平面，對下面四種情形，使“X⊥Z且Y⊥Z?X∥Y”為真命題的是(　　) ①X，Y，Z是直線；②X，Y是直線，Z是平面；③Z是直線，X，Y是平面；④X，Y，Z是平面． A．①② B．①③ C．③④ D．②③ 考點　線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用 題點　平行與垂直的判定 答案　D 解析　對于①X，Y，Z是直線，“X⊥Z且Y⊥Z?X∥Y”是假命題，如正方體共頂點的三條棱； 對于②X，Y是直線，Z是平面，“X⊥Z且Y⊥Z?X∥Y”是真命題

3、，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理可知正確； ③Z是直線，X，Y是平面，“X⊥Z且Y⊥Z?X∥Y”是真命題，根據(jù)垂直于同一直線的兩個平面平行，故正確； ④X，Y，Z是平面，“X⊥Z且Y⊥Z?X∥Y”是假命題，如正方體共頂點的三個面．故選D. 3．已知m，n表示兩條不同的直線，α，β表示兩個不同的平面，則下列說法正確的是(　　) A．若m?α，α⊥β，則m⊥β B．若m?α，n?α，m∥β，n∥β，則α∥β C．若α⊥β，m⊥β，則m∥α D．若m⊥α，m∥β，則α⊥β 考點　線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用 題點　平行與垂直的判定 答案　D 解析　由m，n表示兩條不同的直線，α，β表示兩

4、個不同的平面知，在A中，若m?α，α⊥β，則m與β相交、平行或m?β，故A錯誤； 在B中，若m?α，n?α，m∥β，n∥β，則α與β相交或平行，故B錯；在C中，若α⊥β，m⊥β，則m∥α或m?α，故C錯誤； 在D中，若m⊥α，m∥β，則由面面垂直的判定定理，得α⊥β，故D正確． 4．如圖所示，AB是⊙O的直徑，C是圓周上不同于A，B的任意一點，PA⊥平面ABC，則四面體P－ABC的四個面中，直角三角形的個數(shù)為(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 考點　直線與平面垂直的性質(zhì) 題點　根據(jù)線面垂直的性質(zhì)判定線線垂直 答案　A 解析　∵AB是圓O的直徑， ∴∠ACB

5、＝90°，即BC⊥AC， ∴△ABC是直角三角形． 又∵PA⊥平面ABC， ∴△PAC，△PAB是直角三角形． 又BC?平面ABC， ∴PA⊥BC，又PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC， ∴BC⊥平面PAC， ∴BC⊥PC， ∴△PBC是直角三角形．從而△PAB，△PAC，△ABC，△PBC都是直角三角形，故選A. 5．如圖所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BC＝AC，AC1⊥A1B，M，N分別是A1B1，AB的中點，給出下列結(jié)論：①C1M⊥平面A1ABB1；②A1B⊥NB1；③平面AMC1∥平面CNB1.其中正確結(jié)論的個數(shù)為(　　) A．0 B．1 C．

6、2 D．3 考點　線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用 題點　平行與垂直的判定 答案　D 解析　由側(cè)棱AA1⊥平面A1B1C1，可得AA1⊥C1M.由A1C1＝B1C1及M為A1B1的中點可得C1M⊥A1B1， ∵AA1∩A1B1＝A1， ∴C1M⊥平面A1ABB1，∴①正確； 由C1M⊥平面A1ABB1可得C1M⊥A1B，又已知AC1⊥A1B，C1M∩AC1＝C1， ∴A1B⊥平面AMC1，從而可得A1B⊥AM， 又易證得AM∥NB1， ∴A1B⊥NB1，∴②正確； 易證得AM∥NB1，MC1∥CN，從而根據(jù)面面平行的判定定理可證得平面AMC1∥平面CNB1，∴③正確，故選D.

7、 6．三棱錐P－ABC的四個頂點均在半徑為2的球面上，且AB＝BC＝CA＝2，平面PAB⊥平面ABC，則三棱錐P－ABC的體積的最大值為(　　) A．4 B．3 C．4 D．3 考點　柱體、錐體、臺體的體積 題點　錐體的體積 答案　B 解析　根據(jù)題意半徑為2的球面上， 且AB＝BC＝CA＝2， △ABC是截面為大圓上的三角形， 設(shè)圓心為O，AB的中點為N，ON＝＝1， ∵平面PAB⊥平面ABC， ∴三棱錐P－ABC的體積最大時， PN⊥AB，PN⊥平面ABC， PN＝＝， ∴三棱錐P－ABC的體積的最大值為 ××(2)2×＝3， 故選B. 7．如圖，

8、在四棱錐P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD為矩形，AB＝2BC，E是CD上一點，若AE⊥平面PBD，則的值為(　　) A. B. C．3 D．4 考點　線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用 題點　平行與垂直的計算與探索性問題 答案　C 解析　∵PD⊥底面ABCD，AE?底面ABCD， ∴PD⊥AE， 當(dāng)AE⊥BD時，AE⊥平面PBD，此時△ABD∽△DAE， 則＝， ∵AB＝2BC， ∴DE＝AB＝DC， ∴＝3. 故選C. 8．如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是BB1，A1B1的中點，點P在正方體的表面上運動，則總能使M

9、P⊥BN的點P所形成圖形的周長是(　　) A．4 B．2＋ C．3＋ D．2＋ 考點　線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用 題點　平行與垂直的計算與探索性問題 答案　D 解析　如圖，取CC1的中點G，連接DG，MG，則MG∥BC.設(shè)BN交AM于點E. ∵BC⊥平面ABB1A1，NB?平面ABB1A1， ∴NB⊥MG. ∵正方體的棱長為1，M，N分別是BB1，A1B1的中點， ∴在△BEM中，∠MBE＝30°，∠BME＝60°， ∴∠MEB＝90°，即BN⊥AM，又MG∩AM＝M， ∴NB⊥平面ADGM， ∴使NB與MP垂直的點P所構(gòu)成的軌跡為矩形ADGM(不包括

10、M點)．∵正方體的棱長為1， ∴矩形ADGM的周長等于2＋.故選D. 二、填空題 9．下列四個命題中，真命題的個數(shù)為________． ①如果兩個平面有三個公共點，那么這兩個平面重合； ②兩條直線可以確定一個平面； ③若點M∈α，M∈β，α∩β＝l，則M∈l； ④空間中，相交于同一點的三條直線在同一平面內(nèi)． 考點　平面的基本性質(zhì) 題點　確定平面問題 答案　1 解析　只有③正確． 10．如圖，兩個正方形ABCD和ADEF所在平面互相垂直，設(shè)M，N分別是BD和AE的中點，那么①AD⊥MN；②MN∥平面CDE；③MN∥CE；④MN，CE異面，其中正確結(jié)論的序號是_______

11、_． 考點　線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用 題點　平行與垂直的判定 答案?、佗冖? 解析　∵兩個正方形ABCD和ADEF所在平面互相垂直， 設(shè)M，N分別是BD和AE的中點， 取AD的中點G，連接MG，NG，易得AD⊥平面MNG， 進(jìn)而得到AD⊥MN，故①正確； 連接AC，CE，根據(jù)三角形中位線定理， 可得MN∥CE，由線面平行的判定定理， 可得②MN∥平面CDE及③MN∥CE正確，④MN，CE異面錯誤； 故答案為①②③. 11．我們將一個四面體四個面中直角三角形的個數(shù)定義為此四面體的直度，在四面體ABCD中，AD⊥平面ABC，AC⊥BC，則四面體ABCD的直度為___

12、_____． 考點　空間中的垂直問題 題點　空間中的垂直問題 答案　4 解析　∵在四面體ABCD中，AD⊥平面ABC， ∴AD⊥AB，AD⊥AC，AD⊥BC， ∵AC⊥BC，AC∩AD＝A， ∴BC⊥平面ACD，∴BC⊥CD， ∴四面體ABCD的四個面均為直角三角形， ∴四面體ABCD的直度為4. 三、解答題 12．如圖，已知△ABC是正三角形，EA，CD都垂直于平面ABC，且EA＝AB＝2a，DC＝a，F(xiàn)是BE的中點，求證： (1)FD∥平面ABC； (2)AF⊥平面EDB. 考點　線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用 題點　平行、垂直綜合問題的證明 證明　(1

13、)取AB的中點M，連接FM，MC. ∵F，M分別是BE，BA的中點， ∴FM∥EA，F(xiàn)M＝EA＝a. ∵EA，CD都垂直于平面ABC， ∴CD∥EA， ∴CD∥FM. 又∵DC＝a，∴FM＝DC， ∴四邊形FMCD是平行四邊形， ∴FD∥MC. ∵FD?平面ABC，MC?平面ABC， ∴FD∥平面ABC. (2)∵M(jìn)是AB的中點，△ABC是正三角形， ∴CM⊥AB. 又∵AE⊥平面ABC，CM?平面ABC，∴CM⊥AE， 又∵AB∩AE＝A，AB，AE?平面EAB， ∴CM⊥平面EAB， 又AF?平面EAB， ∴CM⊥AF. 又∵CM∥FD， ∴FD⊥

14、AF. ∵F是BE的中點，EA＝AB， ∴AF⊥BE. 又∵FD∩BE＝F，F(xiàn)D，BE?平面EDB， ∴AF⊥平面EDB. 13．如圖，四邊形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面BCE，BE⊥EC. (1)求證：平面AEC⊥平面ABE； (2)已知點F在BE上，若DE∥平面ACF，DC＝CE＝BC＝3，求三棱錐A－BCF的體積． 考點　線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用 題點　平行與垂直的計算與探索性問題 (1)證明　∵ABCD為矩形， ∴AB⊥BC. ∵平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD∩平面BCE＝BC，AB?平面ABCD， ∴AB⊥平面BCE. ∵CE?平面BC

15、E， ∴CE⊥AB. ∵CE⊥BE，AB?平面ABE，BE?平面ABE，AB∩BE＝B， ∴CE⊥平面ABE. ∵CE?平面AEC， ∴平面AEC⊥平面ABE. (2)解　連接BD交AC于點O，連接OF. ∵DE∥平面ACF，DE?平面BDE，平面ACF∩平面BDE＝OF， ∴DE∥OF. 又∵矩形ABCD中，O為BD中點， ∴F為BE中點，即BF＝FE. 在Rt△BEC中， ∵BC＝6，EC＝3， ∴BE＝＝3. ∴S△BFC＝××3×3＝. 又AB＝DC＝3， ∴VA－BCF＝××3＝. 四、探究與拓展 14．如圖，在正方形SG1G2G3中，E，F(xiàn)分

16、別是G1G2，G2G3的中點，現(xiàn)在沿SE，SF，EF把這個正方形折成一個四面體，使G1，G2，G3重合，重合后的點記為G.給出下列關(guān)系： ①SG⊥平面EFG；②SE⊥平面EFG；③GF⊥SE；④EF⊥平面SEG.其中成立的有(　　) A．①與② B．①與③ C．②與③ D．③與④ 考點　線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用 題點　平行與垂直的判定 答案　B 解析　由SG⊥GE，SG⊥GF，得SG⊥平面EFG，同理GF⊥SEG；若SE⊥平面EFG，則SG∥SE，這與SG∩SE＝S矛盾，排除A、C，同理排除D，故選B. 15．如圖①所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分別

17、為AC，AB的中點，點F為線段CD上的一點，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如圖②所示． (1)求證：DE∥平面A1CB； (2)求證：A1F⊥BE； (3)線段A1B上是否存在點Q，使A1C⊥平面DEQ？說明理由． 考點　線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用 題點　平行與垂直的計算與探索性問題 (1)證明　因為D，E分別為AC，AB的中點，所以DE∥BC. 又DE?平面A1CB，BC?平面A1CB，所以DE∥平面A1CB. (2)證明　由已知得DC⊥BC且DE∥BC， 所以DE⊥DC.又DE⊥A1D，A1D∩CD＝D，A1D，CD?平面A1DC， 所

18、以DE⊥平面A1DC， 而A1F?平面A1DC， 所以DE⊥A1F. 又因為A1F⊥CD，CD∩DE＝D，CD，DE?平面BCDE，所以A1F⊥平面BCDE，又BE?平面BCDE， 所以A1F⊥BE. (3)解　線段A1B上存在點Q，使A1C⊥平面DEQ. 理由如下： 如圖所示，分別取A1C，A1B的中點P，Q，連接DP，PQ，QE， 則PQ∥BC.又因為DE∥BC，所以DE∥PQ，所以平面DEQ即為平面DEP. 由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C. 又因為P是等腰三角形DA1C底邊A1C的中點， 所以A1C⊥DP，又DE∩DP＝D，DE，DP?平面DEP，所以A1C⊥平面DEP，從而A1C⊥平面DEQ. 故線段A1B上存在點Q，且Q為A1B的中點時，A1C⊥平面DEQ.