【同步练习】北师大版（2019） 高中数学 必修第二册 立体几何初步A

这是一份【同步练习】北师大版（2019） 高中数学 必修第二册 立体几何初步A，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

立体几何初步
一、单选题
1．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（       ）
A．且，则
B．且，则
C．，则
D． 则
2．在长方体中，，E是棱的中点，F是对角线的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（       ）
A． B． C． D．
3．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，点P，Q分别为的中点，G在侧面上运动，且满足G∥平面，以下命题错误的是（　　）

A．
B．多面体的体积为定值
C．侧面上存在点G，使得
D．直线与直线BC所成的角可能为
4．如图，四棱锥的外接球的球心为，其中底面为正方形，若平面过球心，且，，则异面直线，所成角的余弦值为（       ）

A． B． C． D．
5．已知圆锥的侧面展开图为一个面积为的半圆，则该圆锥的高为（       ）
A． B．1 C． D．
6．已知是两个不同的平面，直线，则“中任意一条直线均不与l相交”是的（       ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
7．已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：
①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β．
其中正确的命题是（       ）
A．①④ B．③④ C．①② D．①③
8．数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，它是三组对棱分别相等的四面体．已知某等腰四面体的三组对棱长分别是4，，，则该等腰四面体的体积是（       ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．正方体中，是棱的中点，在侧面上运动，且满足平面.以下命题正确的有（       ）

A．侧面上存在点，使得
B．直线与直线所成角可能为
C．平面与平面所成锐二面角的正切值为
D．设正方体棱长为1，则过点，，的平面截正方体所得的截面面积最大为
10．如图，正方体的棱长为1，E为的中点.下列说法正确的是（       ）

A．直线与平面所成角是 B．在直线上存在点F，使EF⊥平面
C．直线与直线AD是异面直线 D．点B到平面的距离是
11．如图，在正四棱锥中，，则下列说法正确的是（       ）

A． B．
C．正四棱锥的体积为 D．平面平面
12．（多选）圆柱的侧面展开图是边长分别为2a，a的矩形，则圆柱的体积为（       ）
A． B． C． D．
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
三、填空题
13．顶点为的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A是底面圆周上的点，是底面圆内的点，为底面圆圆心，，垂足为，，垂足为，且，是的中点，则当三棱锥的体积最大时，的长为________.
14．已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为_______.
15．正方体的棱长为2，点为底面正方形的中心，点在侧面正方形的边界及其内部运动，若，则点的轨迹的长度为______．
16．已知正方体ABCD-­A1B1C1D1的棱长为2，M为CC1的中点.若AM⊥平面α，且B∈平面α，则平面α截正方体所得截面的周长为________.

四、解答题
17．(1)不共面的四点可以确定几个平面？
(2)三条直线两两平行，但不共面，它们可以确定几个平面？
(3)共点的三条直线可以确定几个平面？
18．如图，在长方体的各面所在的平面中，分别写出与直线AB，，AD平行的平面.

19．在三棱锥中，，，点D为AC的中点，求证：平面．
20．n（，）棱柱是否可分割成若干个三棱锥？若能分割，如何分割？
21．如图，在正方体中，判断平面与平面是否垂直，并说明你的理由．

22．如图，已知平面，，且AC，BD与分别相交于点C，D，求证：．


参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
根据线面、面面平行的知识和线线、面面垂直的知识对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】
解：对于A选项，且，则或异面或相交，故错误；
对于B选项，且，则，故正确；
对于C选项，，则与可以为平行关系，故错误；
对于D选项，根据，面面平行的判定定理得，时，，故错误；
故选：B
2．C
【解析】
【分析】
先作出辅助线，找到异面直线与所成角为，求出各边长，利用余弦定理求出答案.
【详解】
如图，取的中点H，连接，，延长HF交AB于点V，由题意知：是AB的四分之一点，所以EH∥AV，且EH=AV，所以四边形AVHE为平行四边形，所以，则是异面直线与所成的角．设，则，连接，则，从而，所以，．在中，由余弦定理可得：．

故选：C
3．D
【解析】
【分析】
根据题意，结合线线垂直的判定定理、线面垂直的性质，以及异面直线夹角的求解方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】
对A：连接，作图如下：

因为为正方体，故可得//，又，与是同一条直线，
故可得，则，故A正确；
对B：根据题意，，且线段在上运动，且点到直线的距离不变，
故△的面积为定值，又点到平面的距离也为定值，
故三棱锥的体积为定值，故B正确；
对C：取的中点分别为，连接，作图如下：

容易知在△中，//，又//，，
面面，故面//面，
又G在侧面上运动，且满足G∥平面，故的轨迹即为线段;
又因为为正方体，故面面，故，
则当与重合时，，故C正确；
对D：因为//，故直线与所成角即为直线与所成角，即，
在中，，
故，而当直线与直线BC所成的角为时，
，故直线与直线BC所成的角不可能为，故D错误.
故选：D.
【点睛】
本题考查立体几何中的动点轨迹的问题，以及线线垂直、线面垂直、异面直线夹角、棱锥体积的求解，属综合困难题；解决问题的关键是把握动点的轨迹，熟练的应用垂直关系之间的转化.
4．B
【解析】
【分析】
根据平行关系转化为求，根据条件解三角形即可求解.
【详解】
四边形为正方形，
∴，∴即为所求异面直线与所成角，
由，可得，.
又，
∴，∴，∴，
∴.
故选：B
5．D
【解析】
【分析】
根据圆锥侧面展开图与本身圆锥的关系进行求解即可.
【详解】
设圆锥的母线长为l，圆锥的底面半径为，
由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，
则，解得，
则圆锥的高.
故选：D.

6．B
【解析】
【分析】
根据充分性和必要性的定义判断即可.
【详解】
中任意一条直线均不与l相交不能推出；
可以推出中任意一条直线均不与l相交，
故“中任意一条直线均不与l相交”是的必要不充分条件.
故选：B.
7．A
【解析】
【分析】
因为，则垂直与平行所有平面中的直线；若∥，则过垂直于一条垂线，所以；对于不成立的可以举反例说明.
【详解】
对于①，若α∥β，m⊥α，l⊂β，则m⊥l，故①正确；
对于②，若，，l⊂β，则位置关系不确定，故②不正确；
对于③，若，，l⊂β，则也可相交，也可平行，故③不正确；
对于④，若m∥l，m⊥α，则l⊥α，又l⊂β，所以α⊥β．故④正确．
故选：A
8．B
【解析】
【分析】
将等腰四面体补成长方体求解.
【详解】
如图，，
将等腰四面体补成长方体，
设该长方体的长、宽、高分别是，，，
则
解得，，，
则该等腰四面体的体积为：
．
故选：B
9．ACD
【解析】
【分析】
A中寻找满足条件的点，即可判定；B中，当点与点或点重合时，与直线所成的角最大，由此求出，即可作出判定，C中用平移平面的方法，寻找二面角的平面夹角，即可求解，D中找出过的最大截面，即可求解.
【详解】
作辅助线，、、，分别为所在棱中点，点为与延长线交点，
连线交于，则为中点，为中点，为与交点；
对于，当取中点时，，
所以，，平面，平面，所以对；
对于，当点与点或点重合时，与直线所成的角最大，
所以，所以不对；
对于，平面平面，所以平面与平面所锐二面角，
即为平面与平面所成锐二面角，二面角的平面角即为，
其正切值为，所以对；
对于，因为过点，，的平面截正方体所得的截面面积最大的截面为菱形，
其面积为，所以对.
故选：.

10．ABD
【解析】
【分析】
连接交于点，则可得到直线与平面所成角，求出这个角，可判断A，取与的交点为，利用线面垂直的判定定理可判断B，证明在平面上，可以判断C；的长就是点B到平面的距离，可判断D.
【详解】
如图，由是中点，则它也是的中点，连接，

由知共面，显然在这个平面内，与共面，C错；
连接，，与的交点为，则平面，连接，，

正方体中，分别是中点，则，
由平面，平面，
则，又，与是平面内两相交直线，
∴平面，
∴平面，即平面，B正确；
设交于点，连接，则是直线与平面所成角，

在直角三角形中，，
∴，A正确；
由上可知点B到平面的距离就是，D正确.
故选：ABD.
11．AB
【解析】
【分析】
根据几何体中点线面的位置关系进行逐项判断.
【详解】
解：
A选项：如图，连，相交于，连，由，，可得平面，故，A选项正确；
B选项：由，，可得，故B选项正确；
C选项：，可得，故C选项不正确；
D选项：过点作直线平行于，取的中点，的中点，连，由可知，为平面与平面的交线，由，，可得为平面与平面的夹角，由，，可知不为直角，故平面与平面不垂直，故D选项不正确.
故选：AB

12．AB
【解析】
【分析】
按圆的高分类讨论，求出底面半径后由体积公式计算．
【详解】
设圆柱底面半径为，
若高是，则，，，
若高是，则，，．
故选：AB．
13．
【解析】
【分析】
根据线面垂直的判定定理、性质定理，可证平面HOC，即PC为三棱锥的高，根据基本不等式，可求得最大时，HO的值，根据三角函数的定义，计算即可得答案.
【详解】
解：，，
平面POB，
平面PAB，
平面平面，且平面平面，
，平面，
平面PAB，
又平面PAB，平面PAB，
，，
是的中点，，，
，
平面HOC，即PC为三棱锥的高，
又，
，
所以,
当且仅当时，最大，即最大，
此时，，，，
，
故答案为：.

14．##
【解析】
【分析】
作出直观图，根据几何关系求出球心到平面ABC的距离即可求解.
【详解】
∵，∴为等腰直角三角形，∴，
则外接圆圆心是AB中点，半径为，
又球的半径为OB＝1，设O到平面的距离为d＝，则，
∴．
故答案为：.

15．
【解析】
【分析】
取中点，利用线面垂直的判定方法可证得平面，由此可确定点轨迹为，再计算即可.
【详解】
取中点，连接，

平面，平面，，
又四边形为正方形，，又，平面，
平面，又平面，；
由题意得：，，，
，；
平面，，平面，
，在侧面的边界及其内部运动，点轨迹为线段；

故答案为：.
16．##
【解析】
【分析】
利用线面平行确定平面α截正方体所得截面，然后计算可得.
【详解】
如图，
连接AC，BD，在正方体ABCD-­A1B1C1D1中，
BD⊥AC，又BD⊥CC1，AC∩CC1＝C，
所以BD⊥平面AMC，故BD⊥AM，
取BB1的中点N，A1B1的中点E，连接MN，AN，BE，
由，易知BE⊥AN，
因为MN⊥平面ABB1A1，所以MN⊥BE，
又AN∩MN＝N，所以BE⊥平面AMN，故BE⊥AM，
结合BD⊥AM，BD∩BE＝B，可知AM⊥平面DBE，
取A1D1的中点F，连接DF，EF，则截面即四边形BEFD，
因为DF＝EB＝，BD＝，EF＝，所以截面BEFD的周长为.
故答案为：
17．4；3；1或3.
【解析】
【分析】
(1)不共面的四点就一定不存在三个点共线的情况，由于不共线的三个点确定一个平面，从4个点中任取3个点都可以确定一个平面，利用组合数写出结果；
(2)两条平行线可以确定一个平面，从而三条直线两两平行但不共面，三条直线中的两条即可确定一个平面；
(3)共交点的三条直线，当它们共面时可以确定1个平面，它们不共面时任意两条可以确定一个平面．
【详解】
(1)不共线的三个点确定一个平面，不共面的四点就一定不存在三个点共线的情况，
从4个点中任取3个点都可以确定一个平面，共有种结果，
故不共面的四点可以确定4个平面；
(2)两条平行线可以确定一个平面，
三条直线两两平行但不共面，它们可以确定个平面；
(3)共交点的三条直线至少可以确定1个平面，最多可能确定个平面．
18．直线平行的平面是平面和平面，直线平行的平面是平面和平面，直线平行的平面是平面和平面.
【解析】
【分析】
结合已知，根据线面平行的判定定理，即可求得答案.
【详解】

平面平面，
平面，

同理可证：平面
与直线平行的平面是平面和平面；
，
平面平面，
平面，
，
同理可证：平面
与直线平行的平面是平面和平面；

平面平面
平面

同理可证：平面
与直线平行的平面是平面和平面.
19．见解析
【解析】
【分析】
通过证明，进而得证.
【详解】

如图所示，连接，
因为，，点D为AC的中点，
所以，
又是平面内的两条相交直线，
所以平面
20．能，理由见解析.
【解析】
【分析】
先将三棱柱分割成三棱锥，再将n（，）棱柱分割为（n-3）个三棱柱，进而得到答案.
【详解】
如图1，三棱柱，可以通过连接，将三棱柱分割为三个三棱锥；

对于n（，）棱柱，首先选定n（，）棱柱的一条侧棱，此侧棱与n（，）棱柱的上下两底面多变形有两交点，从此两交点出发，分别在上下底面多边形上连接对角线，将上下两底面多边形分为（n-2）个三角形，则将n（，）棱柱分为若干个三棱柱，再结合三棱柱可以通过图1的方法分割为三棱锥，从而将这个棱柱分割成若干个三棱锥.
21．见详解.
【解析】
【分析】
根据面面垂直的判定，只要证明一个平面内的一条直线垂直于另一个平面即可得解.
【详解】
平面与平面垂直.

如连接，根据是正方体，
所以，又底面，
所以，又和相交，
所以平面，
所以，同理，，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
22．证明见解析
【解析】
【分析】
以线面平行性质定理去证明即可解决.
【详解】
由，可知与可以确定一个平面
由AC、BD与平面分别相交于点C、D，可知平面平面
平面，平面，平面平面，
则，又
则四边形为平行四边形，则