高中数学北师大版必修2第一章 立体几何初步综合与测试课后练习题

这是一份高中数学北师大版必修2第一章 立体几何初步综合与测试课后练习题，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷(选择题 共60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，只有一项是符合题目要求的)
1. 下列说法正确的是( C )
A．三点确定一个平面
B．四边形一定是平面图形
C．梯形一定是平面图形
D．平面α和平面β有不同在一条直线上的三个交点
[解析] 不在同一直线上的三点确定一个平面，A不能确定三点的关系，A错误；四边形还有空间四边形，因此B也错误；梯形有两个底边互相平行，所以C正确；D显然错误．
2. 已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是( B )
A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，nα，则m⊥n
C．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α
[解析] 本题考查空间中平行关系与垂直关系．
对于A，m∥α，n∥α，则m，n的关系是平行，相交，异面，故A不正确．
对于B．由直线与平面垂直的定义知正确．
本题的解法也可以借助笔与书本模拟演示判定．
3．两个不重合的平面有一个公共点，则这两个平面( A )
A．相交 B．平行
C．相交或平行D．垂直
[解析] 根据公理3知这两个平面相交，但是不一定垂直，故选A．
4．平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，既与AB共面也与CC1共面的棱的条数为( C )
A．3 B．4
C．5 D．6
[解析] 考查多面体的基本概念及线面的位置关系. AB与CC1为异面直线，故棱中不存在同时与两者平行的直线，因此只有两类：
第一类与AB平行与CC1相交的有：CD、C1D1
与CC1平行且与AB相交的有：BB1、AA1，
第二类与两者都相交的只有BC，故共有5条．
5．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( B )
[解析] 本题考查了三视图的有关知识；
(可用排除法)由正视图可把A，C排除，
而由左视图把D排除，故选B．
6．已知球心到球的一个截面的距离为5，截面圆的半径为12，则球的半径为( A )
A．13 B．12
C．5 D．eq \r(149)
[解析] 设球的半径为R，则R＝eq \r(52＋122)＝13．
7．若一个圆锥的底面半径和一个半球的半径相等，体积也相等，则它们的高度之比为( A )
A．2∶1B．2∶3
C．2∶πD．2∶5
[解析] 设半径为r，圆锥的高为h，由题意得：V圆锥＝eq \f(1,3)πr2h＝eq \f(4,3)πr3×eq \f(1,2).∴h∶r＝2∶1．
8．下列叙述中，正确的有( A )
①若平面α内有一条直线平行于另一个平面β，则α∥β；
②若平面α内有两条直线平行于另一个平面β，则α∥β；
③若平面α内有无数条直线平行于另一个平面β，则α∥β；
④若平面α内有两条相交直线都与平面β平行，则α∥β．
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
[解析] 在①②③中平面α与平面β可以平行，也可以相交，所以①②③错，④对，故正确的有1个．
9．(2017·全国卷Ⅰ理，7)某多面体的三视图如图所示，其中主视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( B )
A．10B．12
C．14D．16
[解析] 观察三视图可知该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的，且直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2.三棱锥的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为2，如图所示．因此该多面体各个面中有2个梯形，且这两个梯形全等，梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，故这些梯形的面积之和为2×eq \f(1,2)×(2＋4)×2＝12．
故选B．
10．已知正三角形ABC三个顶点都在半径为2的球面上，球心O到平面ABC的距离为1，点E是线段AB的中点，过点E作球O的截面，则截面面积的最小值是( C )
A．eq \f(7π,4)B．2π
C．eq \f(9π,4)D．3π
[解析] 由题意知，正三角形ABC的外接圆半径为eq \r(22－12)＝eq \r(3)，则AB＝3，过点E的截面面积最小时，截面是以AB为直径的圆，截面面积S＝π×(eq \f(3,2))2＝eq \f(9π,4)．
11．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1内运动，并且总保持AP⊥BD1，则动点P在( A )
A．线段B1C上B．线段BC1上
C．BB1中点与CC1中点的连线上D．B1C1中点与BC中点的连线上
[解析] 易知BD1⊥平面AB1C，故P∈B1C．
12．已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝eq \r(2).将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中( B )
A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直
B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直
C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直
D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直
[解析] 找出图形在翻折过程中变化的量与不变化的量．
对于选项A，过点A作AE⊥BD，垂足为E，过C作CF⊥BD，垂足为F，在图(1)中，由边AB，BC不相等可知E，F不重合．在图(2)中，连接CE，若直线AC与BD垂直，又∵AC∩AE＝A，∴BD⊥平面ACE．
∴BD⊥CE，与点E，F不重合矛盾，故A错误．
对于选项B，若AB⊥CD，
又∵AB⊥AD，AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，
由ABAB，
∴不存在这样的直角三角形，∴C错误．
由以上可知D错误，故选B．
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)
13．(2017·江苏，6)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则eq \f(V1,V2)的值是__eq \f(3,2)__．
[解析] 设球O的半径为R，
∵球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，
∴圆柱O1O2的高为2R，底面半径为R．
∴eq \f(V1,V2)＝eq \f(πR2·2R,\f(4,3)πR3)＝eq \f(3,2)．
14．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，将该正方体沿对角面BB1D1D切成两块并拼接成一个不是正方体的四棱柱，那么所得四棱柱的全面积是__(4＋2eq \r(2))a2__．
[解析] S＝2a2＋2a2＋2eq \r(2)a2＝(4＋2eq \r(2))a2．
15．α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个结论：
①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β．
②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n．
③如果α∥β，mα，那么m∥β．
④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．
其中正确的结论有__②③④__.(填写所有正确结论的编号)
[解析] 对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：
如图，不妨设AA′为直线m，CD为直线n，ABCD所在的平面为α，
ABC′D′所在的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立．
命题②正确，证明如下：设过直线n的某平面与平面α相交于直线l，则l∥n，由m⊥α知m⊥l，从而m⊥n结论正确．
由平面与平面平行的定义知命题③正确．
由平行的传递性及线面角的定义知命题④正确．
16．(2019·北京卷文，12)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__40__．
[解析] 由三视图可知该几何体是棱长为4的正方体切去一个底面为直角梯形、高为4的直四棱柱，其中直角梯形的上底为2，下底为4，高为2，所以该几何体的体积为V＝V正方体－V直四棱柱＝43－eq \f(2＋4,2)×2×4＝40．
三、解答题(本大题共6个小题，满分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)一几何体的直观图如图所示：
(1)画出该几何体的三视图．
(2)求该几何体的表面积与体积．
[解析] (1)
(2)S表＝2(8×8＋8×4＋8×4)＋4π×8＝32π＋256，
V＝8×8×4＋π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,2)))2×8＝32π＋256．
18．(本小题满分12分)正四棱台AC1的高是17cm，两底面的边长分别是4cm和16cm，求这个棱台侧棱的长和斜高．
[解析] 如图所示，设棱台的两底面的中心分别是O1和O，B1C1和BC的中点分别是E1和E，连接O1O，E1E，O1B1，OB，O1E1，OE，则四边形OBB1O1和OEE1O1都是直角梯形．
∵A1B1＝4cm，AB＝16cm，
∴O1E1＝2cm，OE＝8cm，O1B1＝2eq \r(2)cm，OB＝8eq \r(2)cm．
∴B1B2＝O1O2＋(OB－O1B1)2＝361，
E1E2＝O1O2＋(OE－O1E1)2＝325．
∴B1B＝19cm，E1E＝5eq \r(13)cm．
即棱台的侧棱长为19cm，
斜高为5eq \r(13)cm．
19．(本小题满分12分)如图，三棱柱A1B1C1－ABC的三视图中，主视图和左视图是全等的矩形，俯视图是等腰直角三角形，已知点M是A1B1的中点．求证：平面AC1M⊥平面AA1B1B．
[解析] 由三视图可知三棱柱A1B1C1－ABC为直三棱柱，底面是等腰直角三角形，且∠ACB＝90°．
∵A1C1＝B1C1，M为A1B1的中点，∴C1M⊥A1B1．
又∵平面A1B1C1⊥平面AA1B1B，平面A1B1C1∩平面AA1B1B＝A1B1，∴C1M⊥平面AA1B1B．
又∵C1M平面AC1M，∴平面AC1M⊥平面AA1B1B．
20．(本小题满分12分)(2019·全国卷Ⅰ文，19)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求点C到平面C1DE的距离．
[解析] (1)证明：连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝eq \f(1,2)B1C．
又因为N为A1D的中点，所以ND＝eq \f(1,2)A1D．
由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED．
又MN⊄平面C1DE，所以MN∥平面C1DE．
(2)解：过点C作C1E的垂线，垂足为H．
由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，
故DE⊥CH.从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离．
由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝eq \r(17)，故CH＝eq \f(4\r(17),17).从而点C到平面C1DE的距离为eq \f(4\r(17),17)．
21．(本小题满分12分)如图所示，在体积为1的三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AC⊥AB，AC＝AA1＝1，P为线段AB上的动点．
(1)求证：CA1⊥C1P；
(2)线段AB上是否存在一点P，使四面体P－AB1C1的体积为eq \f(1,6)？若存在，请确定点P的位置；若不存在，请说明理由．
[解析] (1)证明：连接AC1，∵侧棱AA1⊥底面ABC，
∴AA1⊥AB．
又∵AB⊥AC，
∴AB⊥平面AA1C1C．
又∵CA1平面AA1C1C，
∴AB⊥CA1．
∵AC＝AA1＝1，∴四边形AA1C1C为正方形，∴AC1⊥CA1．
∵AC1∩AB＝A，∴CA1⊥平面AC1B．又C1P平面AC1B，∴CA1⊥C1P．
(2)设在线段AB上存在一点P，使VP－AB1C1＝eq \f(1,6)．
VABC－A1B1C1＝eq \f(1,2)×AB×1×1＝1，
∴AB＝2．
又∵AC⊥AB，AA1⊥AC且C1A1⊥平面ABB1A1，BB1⊥AB，
由VP－AB1C1＝VC1－PAB1＝eq \f(1,6)，
知eq \f(1,3)S△PAB1·C1A1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)PA·BB1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)PA×1＝eq \f(1,6)，解得PA＝1，
∴存在AB的中点P，使VP－AB1C1＝eq \f(1,6)．
22．(本小题满分12分)如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC綊eq \f(1,2)AD，BE綊eq \f(1,2)FA，G、H分别为FA、FD的中点．
(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；
(2)C、D、F、E四点是否共面？为什么？
(3)设AB＝BE，证明：平面ADE⊥平面CDE．
[解析] (1)由题设知，FG＝GA，FH＝HD，
所以GH綊eq \f(1,2)AD．
又BC綊eq \f(1,2)AD，故GH綊BC，
所以四边形BCHG是平行四边形．
(2)C、D、F、E四点共面．理由如下：
由BE綊eq \f(1,2)AF，G是FA的中点知，BE綊GF，
所以EF∥BG，
由(1)知BG∥CH，
所以EF∥CH，故EC、FH共面．
又点D在直线FH上，
所以C、D、F、E四点共面．
(3)连接EG，由AB＝BE，BE綊AG，及∠BAG＝90°知四边形ABEG是正方形，
故BG⊥EA．由题设知，FA、AD、AB两两垂直，
故AD⊥平面FABE，
∴AD⊥BG，∴BG⊥平面ADE，
由(1)知，CH∥BG，
所以CH⊥平面ADE．
由(2)知F∈平面CDE，故CH平面CDE，
得平面ADE⊥平面CDE．