人教新课标A版高中数学必修二第一、二章章末检测（含答案和教师版）

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第一、二章立体几何初步（必修二）检测（时间120分钟，满分150分）选择题（1-8每小题5分，共计40分）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是四面体 D．④不是棱柱【答案】C【解析】【分析】由棱台、圆台、棱柱等的定义进行判断即可【详解】解：图①不是由棱锥截来的，所以①不是棱台；图②上、下两个面不平行，所以②不是圆台；图③是四面体.图④前、后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以④是棱柱.故选：C.【点睛】此题考查几何体的判断和识别，属于基础题.2.边长为的正方形，其水平放置的直观图的面积为（ ）A． B．1C． D．8【答案】C【解析】边长为的正方形，面积为8，水平放置的正方形的面积与斜二测画法所得的直观图的面积之比为2：1，所以这个正方形直观图的面积为：2．故选C．3. 一圆锥的侧面展开图是半径为4的半圆，则该圆锥表面积为（ ）A．12π B．4πC． D．【答案】A【解析】底面圆的半径为r，则，所以r=2，所以圆锥的表面积为：．故选A．4. 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lα；②α，β不重合，若A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，则α∩β＝AB；③若lα，A∈l，则Aα；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 B．2C．3 D．4 【答案】C【解析】由基本事实1可知①正确；由基本事实3可知②正确；由基本事实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．故选C.5. 在正方体中，是正方形的中心，则直线与直线所成角大小为（ ）A．30° B．45° C．60° D．90°【答案】A【解析】【分析】如图，连接，，，利用余弦定理可求的值，从而可得直线与直线所成角大小.【详解】设正方体的棱长为，连接，，，因为，故或其补角为直线与直线所成角.而，，，故，所以，所以，因为为锐角，故，故选：A.6. 过正方体的棱、的中点、作一个截面，使截面与底面所成二面角为，则此截面的形状为（ ）A．三角形或五边形 B．三角形或四边形C．正六边形 D．三角形或六边形【答案】D【解析】【分析】画出过棱、的中点、作正方体的截面的所有情况，分析截面的形状，最后综合讨论结果，可得答案．【详解】过棱、的中点、作正方体的截面，二面角，二面角都大于，当截面为时，如下图所示时，为六边形，当截面为时，如下图所示时，为三边形，故选：D.7. 如图所示，AB是⊙O的直径，VA垂直于⊙O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是（ ）A．MNAB B．MN与BC所成的角为45°C．OC平面VAC D．平面VAC平面VBC【答案】D【解析】【分析】由中位线性质，平移异面直线即可判断MN不与AB平行，根据异面直线平面角知MN与BC所成的角为90°，应用反证知OC不与平面VAC垂直，由面面垂直的判定知面VAC面VBC，即可知正确选项.【详解】M，N分别为VA，VC的中点，在△中有，在面中，MN不与AB平行；，知：MN与BC所成的角为；因为面，与平面内交线都不垂直，OC不与平面VAC垂直；由面，面即，而知，有面，又面，所以面面；故选：D【点睛】本题考查了异面直线的位置关系、夹角，以及线面垂直的性质，面面垂直判定的应用.8. 如图所示的四个正方体中，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的图形的序号为（　　）A．①② B．③④ C．①②③ D．②④【答案】C【解析】正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，在图①中，∵BC∥PN，AC∥PM，AC∩BC＝C，PN∩PM＝P，∴平面ABC∥平面PMN，∵AB⊂平面ABC，∴AB∥平面MNP，故①能得出AB∥平面MNP；在图②中，∵AC∥MN，BC∥PN，AC∩BC＝C，MN∩PN＝N，∴平面ABC∥平面PMN，∵AB⊂平面ABC，∴AB∥平面MNP，故②能得出AB∥平面MNP；在图③中，BC∥MN，AC∥PN，BC∩AC＝C，MN∩PN＝N，∴平面ABC∥平面PMN，∵AB⊂平面ABC，∴AB∥平面MNP，故③能得出AB∥平面MNP；在图④中，AB∩PB＝B，PB⊂平面PMN，∴AB∩平面PMN＝B，故④不能得出AB∥平面MNP．故选：C．【名师点睛】在图①中，由BC∥PN，AC∥PM，推导出AB∥平面MNP；在图②中，由AC∥MN，BC∥PN，推导出AB∥平面MNP；在图③中，由BC∥MN，AC∥PN，推导出AB∥平面MNP；在图④中，AB∩平面PMN＝B．多项选择题（9-12每小题5分，共计20分）9. 设a，b是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，P是一个点，则下列选项正确的为（ ）A．若，，则B．若，，，则C．若，，，，，则D．若，，则【答案】ABD【解析】【分析】选项A. 由面面平行的性质可判断；选项B. 设分别为直线的方向向量，由，则从而可判断；选项C.由题意若时不一定成立；选项D. 由平面平行的性质可判断.【详解】选项A. 若，，由面面平行的性质可得，故正确.选项B. 设分别为直线的方向向量，由，则由，，则向量分别为平面的法向量由，则，故正确.选项C. 若，过点作直线，不一定能得到.过点作平面，使得，如图.过点在平面作直线，都满足条件，但不一定有，故不正确.选项D. 若，，由平面平行的性质可得，故正确.故选：ABD10.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，下列说法正确的是（ ）A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFH C．HF⊥平面AEH D．HG⊥平面AEF【答案】BC【解析】【分析】由题意可得，AH⊥HE，AH⊥HF，HF⊥HE，从而利用线面垂直的判定定理可得AH⊥平面EFH，HF⊥平面AHE，进而可得答案【详解】解：由题意可得：AH⊥HE，AH⊥HF.∴AH⊥平面EFH，而AG与平面EFH不垂直.∴B正确，A不正确.又HF⊥HE，∴HF⊥平面AHE，C正确.HG与AG不垂直，因此HG⊥平面AEF不正确.D不正确.故选：BC.【点睛】此题考查线面垂直的判定，考查折叠问题.11. 已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E是DD1的中点，则下列选项中正确的是（ ）A．AC⊥B1EB．B1C∥平面A1BDC．三棱锥C1﹣B1CE的体积为D．异面直线B1C与BD所成的角为45°【答案】AB【解析】【分析】对于A，由已知可得AC⊥平面BB1D1D，从而可得AC⊥B1E；对于B，利用线面平行的判定定理可判断；对于C，由进行求解即可；对于D，由于BD∥B1D1，所以∠CB1D1是异面直线B1C与BD所成的角，从而可得结果【详解】解：如图，∵AC⊥BD，AC⊥BB1，∴AC⊥平面BB1D1D，又B1E⊂平面BB1D1D，∴AC⊥B1E，故A正确；∵B1C∥A1D，A1D⊂平面A1BD，B1C平面A1BD，∴B1C∥平面A1BD，故B正确；三棱锥C1﹣B1CE的体积为，故C错误；∵BD∥B1D1，∴∠CB1D1是异面直线B1C与BD所成的角，又△CB1D1是等边三角形，∴异面直线B1C与BD所成的角为60°，故D错误.故选：AB.【点睛】此题考查线线垂直的判定、线面平行的判定、异面直线所成的角以及体积的计算等知识，考查推理能力，属于中档题.12. 如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，，且，以下结论正确的有（ ）A．B．点到平面的距离为定值C．三棱锥的体积是正方体体积的D．异面直线，所成的角为定值【答案】ABC【解析】【分析】由线面垂直推出异面直线垂直可判断A；由点到平面的距离可判断B；运用三棱锥的体积公式可判断C；根据异面直线所成角的定义判断D.【详解】解：对于，根据题意，，，且，所以平面，而平面，所以，所以正确；对于，到平面的距离是定值，所以点到的距离为定值，所以正确；对于，三棱锥的体积为，三棱锥的体积是正方体体积的，所以正确；对于，当点E在处，F为的中点时，异面直线AE，BF所成的角是，当在的中点时，F在的位置，异面直线AE，BF所成的角是，显然两个角不相等，命题错误；故选：．填空题（13-16每小题5分，共计20分）13. 棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，E、F分别是棱AA1、DD1的中点，则直线EF被球O截得的线段长为__________．【答案】【解析】因为正方体内接于球，所以2R，R，过球心O和点E、F的大圆的截面图如图所示，则直线被球截得的线段为QR，过点O作OP⊥QR于点P，所以在△QPO中，QR=2QP=2，故答案为：．14. 设α∥β，A、C∈α，B、D∈β，直线AB与CD交于S，若AS＝8，BS＝9，CD＝34，则CS的长是________．【答案】272或16【解析】有两种情况，当点S在α，β面同侧时，如图(a)所示，∵α∥β，平面SBD∩α＝AC，平面SBD∩β＝BD，∴AC∥BD，eq \f(AS,BS)＝eq \f(CS,DS)，且eq \f(AS,AB)＝eq \f(CS,CD)，∴CS＝eq \f(AS·CD,AB)＝eq \f(8×34,9－8)＝272.同理，当点S在α，β两平面之间，如图(b)所示，可证得AC∥DB及eq \f(SA,SB)＝eq \f(CS,DS)，∴eq \f(CS,CD－CS)＝eq \f(8,9).∴9CS＝8CD－8CS，∴CS＝eq \f(8CD,17)＝eq \f(8×34,17)＝16.15. 已知圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切，记圆锥和球体的体积分别为，，则的值为______．【答案】【解析】【分析】设圆锥底面半径为，圆锥的内切球半径为，由题意画出圆锥轴截面图，进而可得、圆锥高，即可得解.【详解】设圆锥底面半径为，圆锥的内切球半径为，由题意知，圆锥的轴截面是边长为的正三角形，球的大圆为该正三角形的内切圆，如图，，圆锥高，．故答案为：.【点睛】本题考查了圆锥几何特征的应用及其内切圆相关问题的求解.16. 如图，平面平面，，，与两平面、所成的角分别为和，过点、分别作两平面交线的垂线，垂足为、，则=______．【答案】【解析】【分析】设的长度为，用表示出的长度，即可得线段与的比值．【详解】连接和，设，因为平面平面，过点、分别作两平面交线的垂线，垂足为、，所以由面面垂直的性质可得平面，平面，所以与平面所成的角为，在中有，同理可得与平面所成的角为，所以，因此，在中，，所以，故答案为：.解答题（17-22共计70分）17.（本题10分） 已知四棱锥的底面是面积为16的正方形，侧面是全等的等腰三角形，一条侧棱长为，计算它的高和侧面三角形底边上的高．【答案】四棱锥的高为6，侧面三角形底边上的高为．【解析】由题意：底面是面积为16的正方形 ，侧面是全等的等腰三角形，说明该几何体是正四棱锥．由正四棱锥的性质即可求解．【详解】如下图所示:作为四棱锥的高，作于点，则为的中点．连接，则，．底面正方形的面积为16，，．则．又，在中，由勾股定理，可得．在中，由勾股定理，可得，即四棱锥的高为6，侧面三角形底边上的高为．【点睛】本题考查了正四棱锥的性质的运用以及计算能力．属于基础题．关键是根据已知判定为正棱锥，根据正棱锥的性质求出高和斜高.18. （本题10分）如图，在直三棱柱中，如果，，为侧棱上的两点，且，求多面体的体积.【答案】【解析】利用割补法计算可得.【详解】解：在中，边上的高,，，，，.【点睛】本题考查柱体、锥体的体积计算.19. （题12分）如图所示，在空间四边形中，，分别为，的中点，，分别在，上，且．求证：（1）、、、四点共面；（2）与的交点在直线上．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）由平行关系转化，可得，即可证明四点共面；（2）由条件证明与的交点既在平面上，又在平面上，即可证明.【详解】证明（1）∵，∴．∵，分别为，的中点，∴，∴，∴，，，四点共面．（2）∵，不是，的中点，∴，且，故为梯形．∴与必相交，设交点为，∴平面，平面，∴平面，且平面，∴，即与的交点在直线上．20.（题12分）．如图，在四棱锥中，是等边三角形，平面且为中点．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）取边的中点E，即可证明四边形为平行四边形，再根据线面平行的判定定理即可证明；（2）取边的中点G，由，即可得到直线与平面所成角即为与平面所成角，再由等体积法求得，即可求得直线与平面所成角的正弦值．【详解】解：（1）如图所示：取边的中点E，连，则三角形中位线可知：且，由题可知：且，且，即四边形为平行四边形，又平面平面，故平面；（2）取边的中点G，则，且，直线与平面所成角即为与平面所成角，又，且易得,所以由等体积法，，得，与平面所成角的正弦值为，故直线与平面所成角的正弦值为．【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用等体积法求出点到平面的距离.21.（题12分）如图，已知三棱锥P－ABC，∠ACB＝90°，CB＝4，AB＝20，D为AB的中点，且是正三角形，PA⊥PC．（1）求证：平面PAC⊥平面ABC；（2）求二面角D－AP－C的正弦值；（3）若M为PB的中点，求三棱锥M－BCD的体积．【答案】（1）见解析；（2）；（3）.【解析】（1）∵D是AB的中点，是正三角形，AB＝20，∴，∴AP⊥PB．又AP⊥PC，PB∩PC＝P，∴AP⊥平面PBC．又BC⊂平面PBC，∴AP⊥BC．又AC⊥BC，AP∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC．又BC⊂平面ABC，∴平面PAC⊥平面ABC．（2）∵PA⊥PC，且PA⊥PB，∴∠BPC是二面角D－AP－C的平面角．由（1）知BC⊥平面PAC，则BC⊥PC，∴．则二面角D－AP－C的正弦值为．（3）∵为的中点，为的中点，∴，且，由（1）知PA⊥平面PBC，∴DM⊥平面PBC．∵，∴．【名师点睛】本题的题设条件有三个：①是直角三角形，；②是正三角形；③D是AB的中点，PD＝DB＝10．解答本题（1），只需证线面垂直，进而由线面垂直证明面面垂直；对于（2），首先应找出二面角的平面角，然后求其正弦值；解答第（3）小题的关键是用等体积法求解．22. （本题14分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中（底面△ABC为正三角形），A1A⊥平面ABC，AB=AC=2，，D是BC边的中点．（1）证明：平面ADB1⊥平面BB1C1C．（2）求点B到平面ADB1的距离．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）证明AD⊥BC，BB1⊥AD，推出AD⊥平面BB1C1C，即可证明平面ADB1⊥平面BB1C1C;（2）由，转化求解点B到平面ADB1的距离即可．【详解】（1）∵AB=AC，D为BC的中点，∴AD⊥BC．又BB1⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，∴BB1⊥AD．又BC∩BB1=B，∴AD⊥平面BB1C1C．又AD⊂平面ADB1，∴平面ADB1⊥平面BB1C1C．（2）由（1）知，AD⊥平面BB1C1C，B1D⊂平面BB1C1C，∴AD⊥B1D．，∵，B1D=2，∴，．设点B到平面ADB1的距离为d，由，得，即，∴d，即点B到平面ADB1的距离为．【点睛】本题考查平面与平面垂直的判断定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．