高中数学必修2第二章 章末检测 10页

章末检测 一、选择题 ‎1．设a、b为两条直线，α、β为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是(　　)‎ A．若a、b与α所成的角相等，则a∥b B．若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥b C．若a⊂α，b⊂β，a∥b，则a∥β D．若a⊥α，b⊥β，α⊥β，则a⊥b 答案　D 解析　A中a、b可以平行、相交或异面；B中a、b可以平行或异面；C中α、β可以平行或相交．‎ ‎2．在正方体ABCDA1B1C1D1中，直线AC与直线BC1所成的角为(　　)‎ A．30° B．60°‎ C．90° D．45°‎ 答案　B 解析　连接A1C1，A1B，则AC∥A1C1，因为△A1BC1是正三角形，所以∠A1C1B＝60°，即直线AC与直线BC1所成的角为60°.‎ ‎3．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面(　　)‎ A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥β C．若m∥n，m⊥α，则n⊥α D．若m∥α，α⊥β，则m⊥β 答案　C 解析　A项，当m∥α，n∥α时，m，n可能平行，可能相交，也可能异面，故错误；‎ B项，当m∥α，m∥β时，α，β可能平行也可能相交，故错误；‎ C项，当m∥n，m⊥α时，n⊥α，故正确；‎ D项，当m∥α，α⊥β时，m可能与β平行，可能在β内，也可能与β相交，故错误．故选C.‎ ‎4．设a，b，c是空间的三条直线，给出以下三个命题：‎ ‎①若a⊥b，b⊥c，则a⊥c；②若a和b共面，b和c共面，则a和c也共面；③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 答案　B 解析　借助正方体中的线线关系易知①②全错；由公理4知③正确．‎ ‎5．设l为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是(　　)‎ A．若l∥α，l∥β，则α∥β B．若l⊥α，l⊥β，则α∥β C．若l⊥α，l∥β，则α∥β D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β 答案　B 解析　选项A，若l∥α，l∥β，则α和β可能平行也可能相交，故错误；‎ 选项B，若l⊥α，l⊥β，则α∥β，故正确；‎ 选项C，若l⊥α，l∥β，则α⊥β，故错误；‎ 选项D，若α⊥β，l∥α，则l与β的位置关系有三种可能：l⊥β，l∥β，l⊂β，故错误．故选B.‎ ‎6. 如图，三棱柱ABCA1B1C1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(　　)‎ 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 答案　C 解析　由已知AC＝AB，E为BC中点，故AE⊥BC，‎ 又∵BC∥B1C1，∴AE⊥B1C1，C正确．‎ ‎7．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则(　　)‎ A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l 答案　D 解析　根据所给的已知条件作图，如图所示．‎ 由图可知α与β相交，且交线平行于l，故选D.‎ ‎8．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m＋n等于(　　)‎ A．8 B．9 C．10 D．11‎ 答案　A 解析　取CD的中点H，连接EH，HF.在四面体CDEF中，CD⊥EH，CD⊥FH，所以CD⊥平面EFH，所以AB⊥平面EFH，所以正方体的左、右两个侧面与EF平行，其余4个平面与EF相交，即n＝4.又因为CE与AB在同一平面内，所以CE与正方体下底面共面，与上底面平行，与其余四个面相交，即m＝4，所以m＋n＝4＋4＝8.‎ ‎9．正方体ABCD－A1B1C1D1中，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为点H.以下结论中，错误的是(　　)‎ A．点H是△A1BD的垂心 B．AH⊥平面CB1D1‎ C．AH的延长线经过点C1‎ D．直线AH和BB1所成的角为45°‎ 答案　D 解析　因为AH⊥平面A1BD，‎ BD⊂平面A1BD，‎ 所以BD⊥AH.又BD⊥AA1，且AH∩AA1＝A.‎ 所以BD⊥平面AA1H.又A1H⊂平面AA1H.‎ 所以A1H⊥BD，‎ 同理可证BH⊥A1D，‎ 所以点H是△A1BD的垂心，A正确．‎ 因为平面A1BD∥平面CB1D1，‎ 所以AH⊥平面CB1D1，B正确．‎ 易证AC1⊥平面A1BD.因为过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，所以AC1和AH重合．故C正确．‎ 因为AA1∥BB1，所以∠A1AH为直线AH和BB1所成的角．‎ 因为∠AA1H≠45°，所以∠A1AH≠45°，故D错误．‎ ‎10．已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　如图所示，P为正三角形A1B1C1的中心，‎ 设O为△ABC的中心，由题意知：PO⊥平面ABC，连接OA，则∠PAO即为PA与平面ABC所成的角．‎ 在正三角形ABC中，AB＝BC＝AC＝，‎ 则S＝×()2＝，‎ VABCA1B1C1＝S×PO＝，∴PO＝.‎ 又AO＝×＝1，‎ ‎∴tan∠PAO＝＝，‎ ‎∴∠PAO＝.‎ 二、填空题 ‎11．设平面α∥平面β，A、C∈α，B、D∈β，直线AB与CD交于点S，且点S位于平面α，β之间，AS＝8，BS＝6，CS＝12，则SD＝________.‎ 答案　9‎ 解析　由面面平行的性质得AC∥BD，＝，解得SD＝9.‎ ‎12. 如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1和AB上的点，若∠B1MN是直角，则∠C1MN等于________．‎ 答案　90°‎ 解析　∵B1C1⊥平面A1ABB1，‎ MN⊂平面A1ABB1，‎ ‎∴B1C1⊥MN，又∠B1MN为直角，‎ ‎∴B1M⊥MN而B1M∩B1C1＝B1.‎ ‎∴MN⊥平面MB1C1，又MC1⊂平面MB1C1，‎ ‎∴MN⊥MC1，∴∠C1MN＝90°.‎ ‎13. 如图所示，已知矩形ABCD中，AB＝3，BC＝a，若PA⊥平面AC，在BC边上取点E，使PE⊥DE，则满足条件的E点有两个时，a的取值范围是________．‎ 答案　a>6‎ 解析　由题意知：PA⊥DE，‎ 又PE⊥DE，PA∩PE＝P，‎ 所以DE⊥面PAE，‎ ‎∴DE⊥AE.‎ 易证△ABE∽△ECD.‎ 设BE＝x，‎ 则＝，‎ 即＝.‎ ‎∴x2－ax＋9＝0，由Δ>0，‎ 解得a>6.‎ ‎14．已知四棱锥P—ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，点E、F分别是棱PC、PD的中点，则 ‎①棱AB与PD所在直线垂直；‎ ‎②平面PBC与平面ABCD垂直；‎ ‎③△PCD的面积大于△PAB的面积；‎ ‎④直线AE与直线BF是异面直线．‎ 以上结论正确的是________．(写出所有正确结论的编号)‎ 答案　①③‎ 解析　由条件可得AB⊥平面PAD，‎ ‎∴AB⊥PD，故①正确；‎ 若平面PBC⊥平面ABCD，由PB⊥BC，‎ 得PB⊥平面ABCD，从而PA∥PB，这是不可能的，故②错；‎ S△PCD＝CD·PD，S△PAB＝AB·PA，‎ 由AB＝CD，PD>PA知③正确；‎ 由E、F分别是棱PC、PD的中点，‎ 可得EF∥CD，又AB∥CD，‎ ‎∴EF∥AB，故AE与BF共面，④错．‎ 三、解答题 ‎15. 如图，三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，AC＝9，BC＝12，AB＝15，AA1＝12，点D是AB的中点．‎ ‎(1)求证：AC⊥B1C；‎ ‎(2)求证：AC1∥平面CDB1.‎ 证明　(1)∵C1C⊥平面ABC，‎ ‎∴C1C⊥AC.‎ ‎∵AC＝9，BC＝12，AB＝15，‎ ‎∴AC2＋BC2＝AB2，‎ ‎∴AC⊥BC.‎ 又BC∩C1C＝C，‎ ‎∴AC⊥平面BCC1B1，‎ 而B1C⊂平面BCC1B1，‎ ‎∴AC⊥B1C.‎ ‎(2)连接BC1交B1C于O点，连接OD.如图，‎ ‎∵O，D分别为BC1，AB的中点，‎ ‎∴OD∥AC1.‎ 又OD⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1.‎ ‎∴AC1∥平面CDB1.‎ ‎16. 如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点．‎ ‎(1)证明：BC1∥平面A1CD；‎ ‎(2)设AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2，求三棱锥CA1DE的体积．‎ ‎(1)证明　连接AC1交A1C于点F，则F为AC1中点．‎ 又D是AB中点，连接DF，则BC1∥DF.‎ 因为DF⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，‎ 所以BC1∥平面A1CD.‎ ‎(2)解　因为ABCA1B1C1是直三棱柱，‎ 所以AA1⊥CD.‎ 由已知AC＝CB，D为AB的中点，‎ 所以CD⊥AB.‎ 又AA1∩AB＝A，于是CD⊥平面ABB1A1.‎ 由AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2得 ‎∠ACB＝90°，CD＝，A1D＝，DE＝，A1E＝3，‎ 故A1D2＋DE2＝A1E2，即DE⊥A1D.‎ 所以V三棱锥CA1DE＝××××＝1.‎ ‎17．如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.‎ ‎(1)证明：B1C⊥AB；‎ ‎(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC－A1B1C1的高．‎ ‎(1)证明　连接BC1，‎ 则O为B1C与BC1的交点．‎ 因为侧面BB1C1C为菱形，‎ 所以B1C⊥BC1.‎ 又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，‎ 故B1C⊥平面ABO.‎ 由于AB⊂平面ABO，故B1C⊥AB.‎ ‎(2)解　在平面BB1C1C内作OD⊥BC，垂足为D，连接AD.‎ 在平面AOD内作OH⊥AD，垂足为H.‎ 由于BC⊥AO，BC⊥OD，故BC⊥平面AOD，‎ 所以OH⊥BC.‎ 又OH⊥AD，所以OH⊥平面ABC.‎ 因为∠CBB1＝60°，‎ 所以△CBB1为等边三角形．‎ 又BC＝1，可得OD＝.‎ 由于AC⊥AB1，所以OA＝B1C＝.‎ 由OH·AD＝OD·OA，‎ 且AD＝＝，‎ 得OH＝.‎ 又O为B1C的中点，‎ 所以点B1到平面ABC的距离为，‎ 故三棱柱ABC－A1B1C1的高为.‎ ‎18．如图(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)．‎ ‎(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．‎ ‎(1)证明　∵D，E分别为AC，AB的中点，‎ ‎∴DE∥BC.‎ 又∵DE⊄平面A1CB，BC⊂平面A1CB，‎ ‎∴DE∥平面A1CB.‎ ‎(2)证明　由已知得AC⊥BC且DE∥BC，‎ ‎∴DE⊥AC.‎ ‎∴DE⊥A1D，DE⊥CD，A1D∩CD＝D，‎ ‎∴DE⊥平面A1DC.‎ 而A1F⊂平面A1DC，‎ ‎∴DE⊥A1F.‎ 又∵A1F⊥CD，DE∩CD＝D，‎ ‎∴A1F⊥平面BCDE，BE⊂平面BCDE，‎ ‎∴A1F⊥BE.‎ ‎(3)解　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，A1C⊂平面A1DC，‎ ‎∴DE⊥A1C.‎ 又∵P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，‎ ‎∴A1C⊥DP，DE∩DP＝D，‎ ‎∴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.‎