必修二综合检测2.docx
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必修二综合检测2
综合检测
(二)
第二章 点、直线、平面之间的位置关系
(时间90分钟,满分120分)
一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50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.若点M在直线a上,a在平面α内,则M,a,α间的关系可记为( )
A.M∈a,a∈α B.M∈a,a⊂α
C.M⊂a,a⊂αD.M⊂a,a∈α
【解析】 点M在直线a上,可记为M∈a,a在平面α内,可记为a⊂α,故B正确.
【答案】 B
2.垂直于同一平面的两条直线一定( )
A.平行B.垂直
C.异面D.以上都有可能
【解析】 垂直于同一平面的两条直线一定平行,选A.
【答案】 A
3.如图1,α∩β=l,A∈α,B∈α,AB∩l=D,C∈β,C∉l,则平面ABC与平面β的交线是( )
图1
A.直线AC
B.直线AB
C.直线CD
D.直线BC
【解析】 D∈l,l⊂β,∴D∈β,又C∈β,∴CD⊂β;
同理,CD⊂平面ABC,
∴平面ABC∩平面β=CD.故选C.
【答案】 C
4.设a,b,c是空间的三条直线,给出以下五个命题:
①若a⊥b,b⊥c,则a⊥c;②若a、b是异面直线,b、c是异面直线,则a、c也是异面直线;③若a和b相交,b和c相交,则a和c也相交;④若a和b共面,b和c共面,则a和c也共面;⑤若a∥b,b∥c,则a∥c.其中正确命题的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【解析】 借助正方体中的线线关系易知①②③④全错;由公理4知⑤正确.
【答案】 B
5.(2014·长沙高一检测)BC是Rt△ABC的斜边,PA⊥平面ABC,PD⊥BC于D点,则图中共有直角三角形的个数是( )
图2
A.8个B.7个
C.6个D.5个
【解析】 因为PA⊥平面ABC,
所以PA⊥BC,
因为PD⊥BC,PA∩PD=P,
所以BC⊥平面PAD,所以AD⊥BC,
图中直角三角形有△PAC,△PAD,△PAB,△ABC,△PDC,△PDB,△ADC,△ADB,共8个.
【答案】 A
6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线AC与直线BC1所成的角为( )
A.30°B.90°C.60°D.45°
【解析】 如图所示,连接A1C1、A1B,则△A1BC1为等边三角形.
又AC∥A1C1,故AC与BC1所成的角,即为A1C1与BC1所成的角,大小为60°.
【答案】 C
7.(2012·四川高考)下列命题正确的是( )
A.若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行
B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行
C.若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行
D.若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行
【解析】 A错误,如圆锥的任意两条母线与底面所成的角相等,但两条母线相交;B错误,△ABC的三个顶点中,A、B在α的同侧,而点C在α的另一侧,且AB平行于α,此时可有A、B、C三点到平面α距离相等,但两平面相交;D错误,如教室中两个相邻墙面都与地面垂直,但这两个面相交,故选C.
【答案】 C
8.等腰Rt△ABC中,AB=BC=1,M为AC的中点,沿BM把它折成二面角,折后A与C的距离为1,则二面角C-BM-A的大小为( )
A.30°B.60°C.90°D.120°
【解析】 如图,由A′B=BC=1,∠A′BC=90°知A′C=
.
∵M为A′C的中点,∴MC=AM=
,且CM⊥BM,AM⊥BM,
∴∠CMA为二面角C-BM-A的平面角.
∵AC=1,MC=MA=
,∴∠CMA=90°,故选C.
【答案】 C
9.如图3,三棱柱ABC—A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面A1B1C1,底面三角形A1B1C1是正三角形,E是BC中点,则下列叙述正确的是
( )
图3
A.CC1与B1E是异面直线
B.AC⊥平面ABB1A1
C.AE,B1C1为异面直线,且AE⊥B1C1
D.A1C1∥平面AB1E
【解析】 由已知AC=AB,E为BC中点,故AE⊥BC,又∵BC∥B1C1,∴AE⊥B1C1,C正确.
【答案】 C
10.(2014·济宁高一检测)如图4所示,在正四棱锥S-ABCD(顶点S在底面ABCD上的射影是正方形ABCD的中心)中,E是BC的中点,P点在侧面△SCD内及其边界上运动,并且总是保持PE⊥AC.则动点P的轨迹与△SCD组成的相关图形最有可能是图中的( )
图4
【解析】 如图所示,连接BD与AC相交于点O,连接SO,
取SC的中点F,取CD的中点G,连接EF,EG,FG,
因为E,F分别是BC,SC的中点,
所以EF∥SB,EF⊄平面SBD,SB⊂平面SBD,所以EF∥平面SBD,同理可证EG∥平面SBD,又EF∩EG=E,所以平面EFG∥平面SBD,
由题意得SO⊥平面ABCD,AC⊥SO,
因为AC⊥BD,又SO∩BD=O,所以AC⊥平面SBD,所以AC⊥平面EFG,
所以AC⊥GF,所以点P在直线GF上.
【答案】 A
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中横线上)
11.A∈α,B∉α,A∈l,B∈l,那么直线l与平面α有________个公共点.
【解析】 ∵A∈α,B∉α,A∈l,B∈l,则l与α相交.
【答案】 1
12.如图5,正方形ABCD的边长为a,沿对角线AC将△ADC折起,若∠DAB=60°,则二面角D-AC-B的大小为________.
图5
【解析】 取AC的中点E,连接BE、DE,则DE⊥AC,BE⊥AC,所以∠DEB为二面角D-AC-B的平面角.因为DA=AB,∠DAB=60°,所以△DAB为等边三角形.又AB=a,则易得BD=a,DE=BE=
a,因此DE2+BE2=BD2.所以∠DEB=90°.
【答案】 90°
13.在直四棱柱ABCD—A1B1C1D1中,当底面四边形A1B1C1D1满足条件________时,有A1C⊥B1D1(注:
填上你认为正确的一种情况即可,不必考虑所有可能的情况).
【解析】 由直四棱柱可知CC1⊥面A1B1C1D1,所以CC1⊥B1D1,要使B1D1⊥A1C,只要B1D1⊥平面A1CC1,所以只要B1D1⊥A1C1;还可以填写四边形A1B1C1D1是菱形、正方形等条件.
【答案】 B1D1⊥A1C1(答案不唯一)
14.在空间四边形ABCD中,AD=BC=2,E,F分别是AB,CD的中点,EF=
,则异面直线AD与BC所成角的大小为________.
【解析】 取AC中点M,连接EM,FM,F为DC中点,M为AC中点,∴FM∥AD,且FM=
AD=1,同理EM∥BC且EM=
BC=1.
△EMF中作MN⊥EF于N.
Rt△MNE中,EM=1,EN=
,
∴sin∠EMN=
,∠EMN=60°,
∴∠EMF=120°,∴AD与BC所成角为60°.
【答案】 60°
三、解答题(本大题共4小题,共50分.解答时,应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(本小题满分12分)如图6,在底面为直角梯形的四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,PA⊥平面ABCD,AC∩BD=E,AD=2,AB=2
,BC=6.求证:
平面PBD⊥平面PAC.
图6
【证明】 ∵PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,
∴BD⊥PA.
又tan∠ABD=
=
,tan∠BAC=
=
,
∴∠ABD=30°,∠BAC=60°,
∴∠AEB=90°,即BD⊥AC.
又PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC.
又∵BD⊂平面PBD,∴平面PBD⊥平面PAC.
16.(本小题满分12分)如图7,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F、P、Q分别是BC、C1D1、AD1、BD的中点.
图7
(1)求证:
PQ∥平面DCC1D1;
(2)求证:
AC⊥EF.
【证明】
(1)如图所示,连接CD1.
∵P、Q分别为AD1、AC的中点.∴PQ∥CD1.
而CD1⊂平面DCC1D1,PQ⊄平面DCC1D1,
∴PQ∥平面DCC1D1.
(2)如图,取CD中点H,连接EH,FH.
∵F、H分别是C1D1、CD的中点,在平行四边形CDD1C1中,FH綊D1D.
而D1D⊥面ABCD,
∴FH⊥面ABCD,而AC⊂面ABCD,
∴AC⊥FH.
又E、H分别为BC、CD的中点,∴EH∥DB.
而AC⊥BD,∴AC⊥EH.
因为EH、FH是平面FEH内的两条相交直线,所以AC⊥平面EFH,
而EF⊂平面EFH,所以AC⊥EF.
17.(本小题满分12分)如图8,圆锥SO中,AB、CD为底面圆的两条直径,AB∩CD=O,且AB⊥CD,SO=OB=2,P为SB的中点.
图8
(1)求证:
SA∥平面PCD;
(2)求圆锥SO的表面积;
(3)求异面直线SA与PD所成的角正切值.
【解】
(1)证明:
连接PO,∵P、O分别为SB、AB的中点,
∴PO∥SA,
∵PO⊂平面PCD,SA⊄平面PCD,
∴SA∥平面PCD.
(2)∵圆锥的底面半径r=2,母线长l=SB=2
,
S底面=πr2=4π,S侧面=πlr=4
π,
S圆锥表面=S底面+S侧面=4(
+1)π.
(3)∵PO∥SA,
∴∠DPO为异面直线SA与PD所成的角.
∵AB⊥CD,SO⊥CD,AB∩SO=O,
∴CD⊥平面SOB.
∵PO⊂平面SOB,
∴OD⊥PO,在Rt△DOP中,OD=2,
OP=
SA=
SB=
,
∴tan∠DPO=
=
=
,
∴异面直线SA与PD所成角的正切值为
.
18.(本小题满分14分)(2012·北京高考)如图9中的
(1),在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别为AC,AB的中点,点F为线段CD上的一点,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图
(2).
图9
(1)求证:
DE∥平面A1CB.
(2)求证:
A1F⊥BE.
(3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ?
说明理由.
【解】
(1)证明:
∵D,E分别为AC,AB的中点,
∴DE∥BC.
又∵DE⊄平面A1CB,
∴DE∥平面A1CB.
(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC,
∴DE⊥AC.
∴DE⊥A1D,DE⊥CD.
∴DE⊥平面A1DC.
而A1F⊂平面A1DC,
∴DE⊥A1F.
又∵A1F⊥CD,DE∩CD=D,
∴A1F⊥平面BCDE,
∴A1F⊥BE.
(3)线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ.理由如下:
如图,分别取A1C,A1B的中点P,Q,则PQ∥BC.
又∵DE∥BC,
∴DE∥PQ.
∴平面DEQ即为平面DEP.
由
(2)知,DE⊥平面A1DC,
∴DE⊥A1C.
又∵P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点,
∴A1C⊥DP.
∴A1C⊥平面DEP.
从而A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q(中点),使得A1C⊥平面DEQ.
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