《（贛豫陜）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2 北師大版必修2》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（贛豫陜）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2 北師大版必修2（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（贛豫陜）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2 北師大版必修2 一、選擇題 1．在下列四個正方體中，能得出AB⊥CD的是(　　) 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 2．關(guān)于直線m，n與平面α，β，有下列四個命題： ①若m∥α，n∥β，且α∥β，則m∥n； ②若m⊥α，n⊥β，且α⊥β，則m⊥n； ③若m⊥α，n∥β，且α∥β，則m⊥n； ④若m∥α，n⊥β，且α⊥β，則m∥n. 其中真命題的序號是(　　) A．①② B．③④ C．①④ D．②③ 考點　線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用 題點　平行

2、與垂直的判定 答案　D 解析?、賛，n可能異面、相交或平行，④m，n可能平行、異面或相交，所以①④錯誤． 3．設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，給出如下命題： ①若α⊥β，α∩β＝m，nα，n⊥m，則n⊥β； ②若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β； ③若α⊥β，m⊥β，m?α，則m∥α； ④若α⊥β，m∥α，則m⊥β； 其中正確命題的個數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 考點　線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用 題點　平行與垂直的判定 答案　B 解析　根據(jù)平面與平面垂直的性質(zhì)知①正確；②中，α，β可能平行，也可能相交，不正確；③中，α⊥β，m⊥β

3、，m?α?xí)r，只可能有m∥α，正確；④中，m與β的位置關(guān)系可能是m∥β或mβ或m與β相交，不正確．綜上，可知正確命題的個數(shù)為2，故選B. 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＝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， ∴

4、PA⊥BC，又PA∩AC＝A，PA，AC平面PAC， ∴BC⊥平面PAC， 又PC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．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

5、，可得AA1⊥C1M.由A1C1＝B1C1及M為A1B1的中點可得C1M⊥A1B1， ∵AA1∩A1B1＝A1，AA1，A1B1平面A1ABB1， ∴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. 6．如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠B

6、AD＝90°，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成幾何體A－BCD，則在幾何體A－BCD中，下列結(jié)論正確的是(　　) A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC 考點　平面與平面垂直的判定 題點　判定兩平面垂直 答案　D 解析　由已知得BA⊥AD，CD⊥BD， 又平面ABD⊥平面BCD， ∴CD⊥平面ABD， 從而CD⊥AB，故AB⊥平面ADC. 又AB平面ABC， ∴平面ABC⊥平面ADC. 7.如圖所示，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，AB

7、＝BC，則下列結(jié)論中正確的是(　　) A．BD1∥B1C B．A1D1∥平面AB1C C．BD1⊥AC D．BD1⊥平面AB1C 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　C 解析　連接BD.在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC， ∴AC⊥BD.又AC⊥DD1，BD∩DD1＝D， ∴AC⊥平面BDD1. ∵BD1?平面BDD1， ∴AC⊥BD1.故選C. 8．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(yùn)動，則總能使MP⊥BN的點P所形成圖形的周長是(　　) A．4

8、 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， ∴△ABM≌△BB1N， ∴∠MAB＝∠NBB1，∴∠MBE＋∠BME＝90°， ∴∠MEB＝90°，即BN⊥AM， 又MG∩AM＝M，MG，AM平面ADGM， ∴NB⊥平面ADGM， ∴使NB與MP垂直的點P所構(gòu)成的軌跡為矩形ADGM(

9、不包括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．如圖所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥平面ABC.若AB＝AC＝AA1＝1， BC＝，則異面直線A1C與B1C1所成的角為________． 考點　異面直線

10、所成的角 題點　求異面直線所成的角 答案　60° 解析　因為幾何體是棱柱，BC∥B1C1，則直線A1C與BC所成的角就是異面直線A1C與B1C1所成的角，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥平面ABC，AB＝AC＝AA1＝1，BC＝，BA1＝＝，則CA1＝＝，所以△BCA1是正三角形，故異面直線所成角為60°. 11.如圖，已知點E，F(xiàn)分別在正方體ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，則平面AEF與平面ABC所成的二面角的正切值為________． 考點　二面角 題點　知題作角 答案　 解析 在平面BC1內(nèi)延長FE，

11、CB，相交于點G，連接AG，過點B作BH垂直AG于點H，連接EH. ∵BE⊥平面ABCD，AG平面ABCD， ∴BE⊥AG. ∵BH⊥AG，BH∩EB＝B， BH，EB平面BEH， ∴AG⊥平面BEH， ∴AG⊥EH.故∠BHE是平面AEF與平面ABC所成二面角的平面角． 設(shè)正方體的棱長為a， 則BE＝，CF＝a， ∴GB∶GC＝BE∶CF＝1∶2， ∴BG＝a，∴BH＝a， 故tan∠BHE＝＝＝. 三、解答題 12．已知△ABC是邊長為1的等邊三角形，D，E分別是AB，AC邊上的點，AD＝AE，F(xiàn)是BC的中點，AF與DE交于點G，將△ABF沿AF折起，得到

12、三棱錐A－BCF，其中BC＝. (1)證明：DE∥平面BCF； (2)證明：CF⊥平面ABF. 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)在等邊三角形ABC中，AD＝AE， ∴＝， 在折疊后的三棱錐A－BCF中也成立，∴DE∥BC. ∵DE?平面BCF，BC平面BCF， ∴DE∥平面BCF. (2)在等邊三角形ABC中，F(xiàn)是BC的中點， ∴AF⊥BC，折疊后，AF⊥CF. ∵在△BFC中，BC＝，BF＝CF＝， ∴BC2＝BF2＋CF2，因此CF⊥BF. 又AF∩BF＝F，AF，BF平面ABF， ∴CF⊥平面ABF.

13、13.如圖，在三棱錐ABCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD. 求證：(1)EF∥平面ABC； (2)AD⊥AC. 考點　線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用 題點　平行與垂直的判定 證明　(1)在平面ABD內(nèi)， 因為AB⊥AD，EF⊥AD， 則AB∥EF. 又因為EF?平面ABC，AB平面ABC， 所以EF∥平面ABC. (2)因為平面ABD⊥平面BCD， 平面ABD∩平面BCD＝BD，BC平面BCD，BC⊥BD， 所以BC⊥平面ABD. 因為AD平面ABD，所以BC⊥AD. 又AB

14、⊥AD，BC∩AB＝B，AB平面ABC， BC平面ABC， 所以AD⊥平面ABC. 又因為AC平面ABC， 所以AD⊥AC. 四、探究與拓展 14．已知二面角α－l－β為60°，動點P，Q分別在平面α，β內(nèi)，P到β的距離為，Q到α的距離為2，則P，Q兩點之間距離的最小值為(　　) A. B．2 C．2 D．4 考點　線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用 題點　垂直的計算與探索性問題 答案　C 解析　如圖，分別作QA⊥α于點A，AC⊥l于點C，PB⊥β于點B，PD⊥l于點D，連接CQ，BD，則∠ACQ＝∠PDB＝60°，AQ＝2，BP＝，∴AC＝PD＝2.又∵PQ＝＝≥2

15、，當(dāng)且僅當(dāng)AP＝0，即點A與點P重合時取最小值．故選C. 15．如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱與底面垂直，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝2，點M為A1B的中點． (1)證明：A1M⊥平面MAC； (2)在棱B1C1上是否存在點N，使MN∥平面A1ACC1？若存在，試確定點N的位置，并證明你的結(jié)論；若不存在，請說明理由． 考點　線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用 題點　垂直的計算與探索性問題 (1)證明　在Rt△BAC中，BC＝＝＝2.在Rt△A1AC中， A1C＝＝＝2. ∴BC＝A1C，即△A1CB為等腰三角形． 又點M為A1B的中點，∴A1M⊥MC. 又∵四邊形AA1B1B為正方形，M為A1B的中點， ∴A1M⊥MA. 又MC∩MA＝M，MC平面MAC，MA平面MAC， ∴A1M⊥平面MAC. (2)解　當(dāng)N為B1C1的中點時，滿足MN∥平面A1ACC1， 證明如下： 取A1B1的中點P，連接MP，NP. ∵M(jìn)，P分別為A1B與A1B1的中點， ∴MP∥BB1∥AA1. 又MP?平面A1ACC1，AA1平面A1ACC1， ∴MP∥平面A1ACC1，同理可證NP∥平面A1ACC1. 又MP∩NP＝P，∴平面MNP∥平面A1ACC1. ∵M(jìn)N平面MNP，∴MN∥平面A1ACC1.