（魯京遼）2022-2023學年高中數學 第1章 立體幾何初步滾動訓練二 新人教B版必修2

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1、（魯京遼）2022-2023學年高中數學 第1章 立體幾何初步滾動訓練二 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、，根據線面垂直的性質定理可知正確； 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，直角三角形的個數為(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 考點　直線與平面垂直的性質 題點　根據線面垂直的性質判定線線垂直 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，給出下列結論：①C1M⊥平面A1ABB1；②A1B⊥NB1；③平面AMC1∥平面CNB1.其中正確結論的個數為(　　) A．0 B．1 C．

6、2 D．3 考點　線、面平行、垂直的綜合應用 題點　平行與垂直的判定 答案　D 解析　由側棱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． 考點　平面的基本性質 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，其中正確結論的序號是_______

11、_． 考點　線、面平行、垂直的綜合應用 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， 進而得到AD⊥MN，故①正確； 連接AC，CE，根據三角形中位線定理， 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，FM＝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，FD，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分

16、別是G1G2，G2G3的中點，現在沿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.