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高中数学必修2-第二章《点、直线、平面之间的位置关系》单元测试题


第二章综合素能检测
时间 120 分钟,满分 150 分。 一、选择题(本大题共 12 个小题,每小题 5 分,共 60 分,在每小题给出的四个选项中 只有一个是符合题目要求的) 1.(2013~2014· 福建师大附中模块)设 α,β 表示两个平面,l 表示直线,A,B,C 表示 三个不同的点,给出下列命题: ①若 A∈l,A∈α,B∈l,B∈α,则 l?α; ②α,β 不重合,若 A∈α,A∈β,B∈α,B∈β,则 α∩β=AB; ③若 l?α,A∈l,则 A?α; ④若 A,B,C∈α,A,B,C∈β,且 A,B,C 不共线,则 α 与 β 重合. 则上述命题中,正确的个数是( A.1 C.3 [答案] C [解析] 根据公理 1 可知①正确;根据公理 3 可知②正确,根据公理 2 可知④正确;当 点 A 为直线 l 与平面 α 的交点时,可知③错误. 2.菱形 ABCD 在平面 α 内,PC⊥α,则 PA 与对角线 BD 的位置关系是( A.平行 C.相交垂直 [答案] D [解析] ∵PC⊥平面 α,∴PC⊥BD,又在菱形 ABCD 中,AC⊥BD,∴BD⊥平面 PAC. 又 PA?平面 PAC,∴BD⊥PA.显然 PA 与 BD 异面,故 PA 与 BD 异面垂直. 3.设 P 是△ABC 所在平面 α 外一点,H 是 P 在 α 内的射影,且 PA,PB,PC 与 α 所成 的角相等,则 H 是△ABC 的( A.内心 C.垂心 [答案] B [解析] 由题意知 Rt△PHA≌Rt△PHB≌Rt△PHC, 得 HA=HB=HC, 所以 H 是△ABC 的外接圆圆心. 4.已知二面角 α-l-β 的大小为 60° ,m,n 为异面直线,且 m⊥α,n⊥β,则 m,n 所 成的角为( A.30° C.90° ) B.60° D.120° ) B.外心 D.重心 B.相交但不垂直 D.异面垂直 ) ) B.2 D.4

[答案] B [解析] 易知 m,n 所成的角与二面角的大小相等,故选 B. 5.(2013~2014· 珠海模拟)已知 a,b,l 表示三条不同的直线,α,β,γ 表示三个不同的 平面,有下列命题: ①若 α∩β=a,β∩γ=b,且 a∥b,则 α∥γ; ②若 a,b 相交,且都在 α,β 外,a∥α,a∥β,b∥α,b∥β,则 α∥β; ③若 α⊥β,α∩β=a,b?β,a⊥b,则 b⊥α; ④若 a∩α,b∩α,l⊥a,l⊥b,则 l⊥α. 其中正确的有( A.0 个 C.2 个 [答案] C [ 解析 ] 可借助正方体模型解决.如图,在正方体 A1B1C1D1 - ) B.1 个 D.3 个

ABCD 中,可令平面 A1B1CD 为 α,平面 DCC1D1 为 β,平面 A1B1C1D1 为 γ.又平面 A1B1CD∩DCC1D1=CD,平面 A1B1C1D1∩平面 DCC1D1= C1D1,则 CD 与 C1D1 所在的直线分别表示 a,b,因为 CD∥C1D1,但 平面 A1B1CD 与平面 A1B1C1D1 不平行, 即 α 与 γ 不平行, 故①错误. 因 为 a,b 相交,可设其确定的平面为 γ,根据 a∥α,b∥α,可得 γ∥α.同理可得 γ∥β,因此 α ∥β,②正确.由两平面垂直,在一个平面内垂直于交线的直线和另一个平面垂直,易知③ 正确.a∥b 时,由题知 l 垂直于平面 α 内两条不相交直线,得不出 l⊥α,④错误. 6.(2013· 新课标全国Ⅱ)已知 m,n 为异面直线,m⊥平面 α,n⊥平面 β.直线 l 满足 l⊥ m,l⊥n,l?α,l?β,则( A.α∥β 且 l∥α C.α 与 β 相交,且交线垂直于 l [答案] D [解析] 由于 m,n 为异面直线,m⊥平面 α,n⊥平面 β,则平面 α 与平面 β 必相交, 但未必垂直,且交线垂直于直线 m,n,又直线 l 满足 l⊥m,l⊥n,则交线平行于 l,故选 D. 7.在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E,F 分别是线段 A1B1,B1C1 上的不与端点重合的 动点,如果 A1E=B1F,有下面四个结论: ①EF⊥AA1;②EF∥AC;③EF 与 AC 异面;④EF∥平面 ABCD. 其中一定正确的有( A.①② C.②④ ) B.②③ D.①④ ) B.α⊥β 且 l⊥β D.α 与 β 相交,且交线平行于 l

[答案] D [ 解析 ] 如右图所示.由于 AA1 ⊥平面 A1B1C1D1 , EF ? 平面

A1B1C1D1,则 EF⊥AA1,所以①正确;当 E,F 分别是线段 A1B1,B1C1 的中点时,EF∥A1C1,又 AC∥A1C1,则 EF∥AC,所以③不正确;当 E,F 分别不是线段 A1B1,B1C1 的中点时,EF 与 AC 异面,所以②不 正确;由于平面 A1B1C1D1∥平面 ABCD,EF?平面 A1B1C1D1,所以 EF∥平面 ABCD,所以④正确. 8.如图,若 Ω 是长方体 ABCD-A1B1C1D1 被平面 EFGH 截去几何体 EFGHB1C1 后得到的几何体,其中 E 为线段 A1B1 上异于 B1 的点,F 为线段 BB1 上异于 B1 的点,且 EH∥A1D1,则下列结论中不正确的是( A.EH∥FG C.Ω 是棱柱 [答案] D [解析] 因为 EH∥A1D1,A1D1∥B1C1,所以 EH∥B1C1,又 EH?平面 BCC1B1,所以 EH ∥平面 BCC1B1,又 EH?平面 EFGH,平面 EFGH∩平面 BCC1B1=FG,所以 EH∥FG,又 EH∥B1C1,所以 Ω 是棱柱,所以 A,C 正确;因为 A1D1⊥平面 ABB1A1,EH∥A1D1,所以 EH⊥平面 ABB1A1,又 EF?平面 ABB1A1,故 EH⊥EF,所以 B 正确,故选 D. 9.(2012· 大纲版数学(文科))已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F 分别为 BB1、CC1 的中点,那么直线 AE 与 D1F 所成角的余弦值为( 4 A.- 5 3 C. 4 [答案] B [命题意图] 本试题考查了正方体中异面直线的所成角的求解的运用. [解析] 首先根据已知条件,连接 DF,然后则∠DFD1 即为异面直线所成的角,设棱长 为 2,则可以求解得到 5=DF=D1F,DD1=2,结合余弦定理得到结论. 10.如图,在三棱柱 ABC-A′B′C′中,点 E,F,H,K 分别 为 AC′,CB′,A′B,B′C′的中点,G 为△ABC 的重心,从 K, H,G,B′中取一点作为 P,使得该三棱柱恰有 2 条棱与平面 PEF 平 行,则点 P 为( A.K C.G [答案] C ) B.H D.B′ 3 D. 5 3 D.- 5 ) )

B.四边形 EFGH 是矩形 D.Ω 是棱台

[解析] 应用验证法:选 G 点为 P 时,EF∥A′B′且 EF∥AB,此时恰有 A′B′和 AB 平行于平面 PEF,故选 C. 11.如图,四边形 ABCD 中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45° ,∠BAD=90° ,将△ ABD 沿 BD 折起,使平面 ABD⊥平面 BCD,构成四面体 ABCD,则在四面体 ABCD 中,下 列结论正确的是( )

A.平面 ABD⊥平面 ABC C.平面 ABC⊥平面 BDC [答案] D

B.平面 ADC⊥平面 BDC D.平面 ADC⊥平面 ABC

[解析] 由平面图形易知∠BDC=90° .∵平面 ABD⊥平面 BCD,CD⊥BD,∴CD⊥平面 ABD.∴CD⊥AB.又 AB⊥AD, CD∩AD=D, ∴AB⊥平面 ADC.又 AB?平面 ABC, ∴平面 ADC ⊥平面 ABC. 12.(2013· 全国卷)已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=2AB,则 CD 与平面 BDC1 所成角的正弦值等于( 2 A. 3 C. 2 3 ) B. 3 3

1 D. 3

[答案] A [解析] 如图,连接 AC 交 BD 于点 O,连接 C1O,过 C 作 CH⊥ C1O 于点 H,

? ? AA1⊥BD ?? AC∩AA1=A? ?
BD⊥AC BD⊥面ACC1A1 ? ?
? CH?面ACC1A1? ?

BD⊥HC ?

? ? OC1⊥HC ??CH⊥面 BDC1, BD∩OC1=O? ?

∴∠HDC 为 CD 与面 BDC1 所成的角, 设 AA1=2AB=2,OC= 2 3 2 OC· CC1 2 CH ,CC1=2,OC1= ,CH= = ,∴sin∠HDC= 2 2 OG 3 CD

2 = ,故选 A. 3 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 25 分.把答案填在题中的横线上) 13.直线 l 与平面 α 所成角为 30° ,l∩α=A,m?α,A?m,则 m 与 l 所成角的取值范围 是________. [答案] [30° ,90° ] [解析] 直线 l 与平面 α 所成的 30° 的角为 m 与 l 所成角的最小值,当 m 在 α 内适当旋 转就可以得到 l⊥m,即 m 与 l 所成角的最大值为 90° . 14.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).

[答案] DM⊥PC(或 BM⊥PC) [解析] 连接 AC,则 BD⊥AC,由 PA⊥底面 ABCD,可知 BD⊥PA,∴BD⊥平面 PAC, ∴BD⊥PC.故当 DM⊥PC(或 BM⊥PC)时,平面 MBD⊥平面 PCD. 15.(2014· 北京高考理科数学)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的最长棱的棱长 为________.

[答案] 2 2 [解析] 三棱锥的直观图如右图. AB⊥面 BCD,△BCD 为等腰直角三角形. AB=2,BD=2,BC=CD= 2, AC= AB2+BC2= 6,

AD= AB2+BD2= 22+22=2 2. 16.(2013· 高考安徽卷)如图正方体 ABCD-A1B1C1D1,棱长为 1,P 为 BC 中点,Q 为 线段 CC1 上的动点,过 A、P、Q 的平面截该正方体所得的截面记为 S,则下列命题正确的 是________.(写出所有正确命题的编号)

1 ①当 0<CQ< 时,S 为四边形 2 1 ②当 CQ= 时,S 为等腰梯形 2 3 1 ③当 CQ= 时,S 与 C1D1 交点 R 满足 C1R1= 4 3 3 ④当 <CQ<1 时,S 为六边形 4 ⑤当 CQ=1 时,S 的面积为 [答案] ①②③⑤ [解析] 设截面与 DD1 相交于 T,则 AT∥PQ,且 AT=2PQ?DT=2CQ. 1 对于①,当 0<CQ< 时,则 0<DT<1,所以截面 S 为四边形,且 S 为梯形,所以为真. 2 1 对于②,当 CQ= 时,DT=1,T 与 D 重合,截面 S 为四边形 APQO1,所以 AP=D1Q, 2 截面为等腰梯形,所以为真. 3 1 1 1 对于③,当 CQ= ,QC1= ,DT=2,D1T= ,利用三角形相似解得,C1R1= ,所以 4 4 2 3 为真. 3 3 对于④,当 <CQ<1 时, <DT<2,截面 S 与线段 A1D1,D1C1 相交,所以四边形 S 为五 4 2 边形,所以为假. 对于⑤,当 CQ=1 时,Q 与 C1 重合,截面 S 与线段 A1D1 相交于中点 G,即即为菱形 APC1G,对角线长度为 2和 3,S 的面积为 6 ,所以为真,综上,选①②③⑤. 2 6 . 2

三、解答题(本大题共 6 个大题,共 70 分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤) 17.(本小题满分 10 分)如右图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,△ABC 与△A1B1C1 都为正 三角形且 AA1⊥面 ABC,F、F1 分别是 AC,A1C1 的中点.

求证:(1)平面 AB1F1∥平面 C1BF; (2)平面 AB1F1⊥平面 ACC1A1. [分析] 本题可以根据面面平行和面面垂直的判定定理和性质定理,寻找使结论成立的 充分条件. [证明] (1)在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中, ∵F、F1 分别是 AC、A1C1 的中点, ∴B1F1∥BF,AF1∥C1F. 又∵B1F1∩AF1=F1,C1F∩BF=F, ∴平面 AB1F1∥平面 C1BF. (2)在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1⊥平面 A1B1C1,∴B1F1⊥AA1. 又 B1F1⊥A1C1,A1C1∩AA1=A1, ∴B1F1⊥平面 ACC1A1,而 B1F1?平面 AB1F1, ∴平面 AB1F1⊥平面 ACC1A1. 18.(本小题满分 12 分)(2013· 四川· 文科)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧棱 AA1⊥ 底面 ABC,AB=AC=2AA1=2,∠BAC=120° ,D,D1 分别是线段 BC,B1C1 的中点,P 是 线段 AD 上异于端点的点.

(1)在平面 ABC 内,试作出过点 P 与平面 A1BC 平行的直线 l,说明理由,并证明直线 l ⊥平面 ADD1A1; 1 (2)设(1)中的直线 l 交 AC 于点 Q, 求三棱锥 A1-QC1D 的体积. (锥体体积公式: V= Sh, 3 其中 S 为底面面积,h 为高) [解析] (1)在平面 ABC 内,过点 P 作直线 l 和 BC 平行. 理由如下: 由于直线 l 不在平面 A1BC 内,l∥BC, 故直线 l 与平面 A1BC 平行. 在△ABC 中,∵AB=AC,D 是线段 AC 的中点, ∴AD⊥BC,∴l⊥AD.

又∵AA1⊥底面 ABC,∴AA1⊥l. 而 AA1∩AD=A,∴直线 l⊥平面 ADD1A1. (2)过点 D 作 DE⊥AC 于点 E. ∵侧棱 AA1⊥底面 ABC,∴三棱柱 ABC-A1B1C1 为直三棱柱, 则易得 DE⊥平面 AA1C1C. 在 Rt△ACD 中,∵AC=2,∠CAD=60° , ∴AD=AC· cos60° =1, ∴DE=AD· sin60° = 3 . 2

1 1 ∴S△QA1C1= · AC· AA = ×2×1=1, 2 1 1 1 2 1 1 3 ∴三棱锥 A1-QC1D 的体积 VA1-QC1D=VD-QA1C1= · S△QA1C1· DE= ×1× = 3 3 2 3 . 6 19.(本小题满分 12 分)如下图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,AB=4, BC=3,AD=5,∠DAB=∠ABC=90° ,E 是 CD 的中点.

(1)证明:CD⊥平面 PAE; (2)若直线 PB 与平面 PAE 所成的角和 PB 与平面 ABCD 所成的角相等,求四棱锥 P- ABCD 的体积. [解析] (1)证明:如下图所示,连接 AC,由 AB=4,BC=3,∠ABC=90° ,得 AC=5.

又 AD=5,E 是 CD 的中点,所以 CD⊥AE. ∵PA⊥平面 ABCD,CD?平面 ABCD,所以 PA⊥CD. 而 PA,AE 是平面 PAE 内的两条相交直线,所以 CD⊥平面 PAE.

(2)过点 B 作 BG∥CD,分别与 AE,AD 相交于 F,G,连接 PF. 由(1)CD⊥平面 PAE 知,BG⊥平面 PAE.于是∠BPF 为直线 PB 与平面 PAE 所成的角, 且 BG⊥AE. 由 PA⊥平面 ABCD 知,∠PBA 为直线 PB 与平面 ABCD 所成的角. 由题意,知∠PBA=∠BPF, PA BF 因为 sin∠PBA= ,sin∠BPF= ,所以 PA=BF. PB PB 由∠DAB=∠ABC=90° 知,AD∥BC,又 BG∥CD,所以四边形 BCDG 是平行四边形, 故 GD=BC=3.于是 AG=2. 在 Rt△BAG 中,AB=4,AG=2,BG⊥AF,所以 AB2 16 8 5 8 5 BG= AB2+AG2=2 5,BF= = = .于是 PA=BF= . BG 2 5 5 5 1 又梯形 ABCD 的面积为 S= ×(5+3)×4=16,所以四棱锥 P-ABCD 的体积为 2 1 1 8 5 128 5 V= ×S×PA= ×16× = . 3 3 5 15 20.(本小题满分 12 分)(2013· 全国新课标卷Ⅰ)如图三棱柱 ABC-A1B1C1 中,CA=CB, AB=AA1,∠BAA1=60° ,

(1)证明 AB⊥A1C; (2)若 AC1= 6,AB=CB=2,求三棱柱 ABC-A1B1C1 的体积 S. [命题意图] 本题主要考查空间线面,线线垂直的判定与性质,及体积的计算,考查空 间想象能力,逻辑推理论证能力,属容易题.

[解析] (1)证明:取 AB 中点 E,连接 CE,A1B,A1E, ∵AB=AA1,∠BAA1=60° ,∴△BAA1 是等边三角形, ∴A1E⊥AB,∵CA=CB,∴CE⊥AB, ∵CE∩A1E=E,∴AB⊥面 CEA1,∴AB⊥A1C. (2)由于△CAB 为等边三角形,∴CE= 3,A1E= 3,在△A1CE 中 A1C= 6.即有 A1C2 1 1 =CE2+A1E2,故 A1E⊥CE,S 底面积= ×AB×CE= ×2×2 3=2 3,A1E⊥AB,A1E⊥CE, 2 2

∴h=A1E= 3,V=Sh=2 3× 3=6.

21. (本小题满分 12 分)(2013· 福建改编)如图, 在四棱锥 P-ABCD 中, PD⊥平面 ABCD, AB∥DC,AB⊥AD,BC=5,DC=3,AD=4,∠PAD=60° . (1)当正视方向为从 A 到 D 的方向时,画出四棱锥 P-ABCD 的正视图(要求标出尺寸, 并写出演算过程); (2)若 M 为 PA 的中点,求证:DM∥平面 PBC; (3)求三棱锥 D-PBC 的体积. [解析] (1)如图 1,在梯形 ABCD 中,过点 C 作 CE⊥AB,垂足为 E. 由已知得,四边形 ADCE 为矩形,AE=CD=3, 在 Rt△BEC 中,由 BC=5,CE=4, 依据勾股定理得 BE=3,从而 AB=6. 又由 PD⊥平面 ABCD 得,PD⊥AD, 从而在 Rt△PDA 中,由 AD=4,∠PAD=60° , 得 PD=4 3. 正视图如图 2 所示:

(2)方法一:如图 3,取 PB 的中点 N,连接 MN,CN. 在△PAB 中,∵M 是 PA 的中点, 1 ∴MN∥AB,MN= AB=3,又 CD∥AB,CD=3, 2 ∴MN∥CD,MN=CD, ∴四边形 MNCD 为平行四边形,∴DM∥CN. 又 DM?平面 PBC,CN?平面 PBC, ∴DM∥平面 PBC.

方法二:如图 4,取 AB 的中点 E,连接 ME,DE. 在梯形 ABCD 中,BE∥CD,且 BE=CD, ∴四边形 BCDE 为平行四边形,∴DE∥BC. 又 DE?平面 PBC,BC?平面 PBC,∴DE∥平面 PBC. 又在△PAB 中,ME∥PB,ME?平面 PBC,PB?平面 PBC,∴ME∥平面 PBC. 又 DE∩ME=E,∴平面 DME∥平面 PBC. 又 DM?平面 DME,∴DM∥平面 PBC. 1 (3)VD-PBC=VP-DBC= S△DBC· PD, 3 又 S△DBC=6,PD=4 3,所以 VD-PBC=8 3. 22. (本小题满分 12 分)如图, 在四棱锥 P-ABCD 中, 底面 ABCD 是矩形, 已知 AB=3, AD=2,PA=2,PD=2 2,∠PAB=60° .

(1)求证:AD⊥平面 PAB; (2)求异面直线 PC 与 AD 所成的角的正切值; (3)求二面角 P-BD-A 的正切值. [解析] (1)证明:在△PAD 中,∵PA=2,AD=2,PD=2 2, ∴PA2+AD2=PD2,∴AD⊥PA. 在矩形 ABCD 中,AD⊥AB. ∵PA∩AB=A,∴AD⊥平面 PAB. (2)∵BC∥AD,∴∠PCB 是异面直线 PC 与 AD 所成的角. 在△PAB 中,由余弦定理得 PB= PA2+AB2-2PA· AB· cos∠PAB= 7. 由(1)知 AD⊥平面 PAB,PB?平面 PAB, ∴AD⊥PB,∴BC⊥PB, 则△PBC 是直角三角形,

PB 7 故 tan∠PCB= = . BC 2 ∴异面直线 PC 与 AD 所成的角的正切值为 7 . 2

(3)过点 P 作 PH⊥AB 于点 H,过点 H 作 HE⊥BD 于点 E,连结 PE. ∵AD⊥平面 PAB,PH?平面 ABCD,∴AD⊥PH. 又∵AD∩AB=A,∴PH⊥平面 ABCD. 又∵PH?平面 PHE,∴平面 PHE⊥平面 ABCD. 又∵平面 PHE∩平面 ABCD=HE,BD⊥HE, ∴BD⊥平面 PHE. 而 PE?平面 PHE,∴BD⊥PE, 故∠PEH 是二面角 P-BD-A 的平面角. 由题设可得,PH=PA· sin60° = 3, AH=PA· cos60° =1,BH=AB-AH=2, AD 4 BD= AB2+AD2= 13,HE= · BH= . BD 13 PH 39 ∴在 Rt△PHE 中,tan∠PEH= = . HE 4 ∴二面角 P-BD-A 的正切值为 39 . 4


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