北师大版高中数学必修2测试题及答案

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高中数学(北师大版,必修2)：1章末质量评估(含答案)

第一章质量评估(一)(时间：100分钟满分：120分)一、选择题(每小题5分，共50分)1．下列命题：①在平面外的直线与平面不相交必平行；②过平面外一点只有一条直线和这个平面平行；③如果一条直线与另一条直线平行，则它和经过另一条直线的任何平面平行；④若直线上有两点到平面的距离相等，则直线平行于该平面．其中正确命题的个数为()．A．1 B．2 C．3 D．4解析①正确，②③④错误．答案 A2．下列各图中a∥b的关系只可能是()．解析图C中，a，b位于两相交直线所确定的平面内，即a，b共面，其余各图a，b均不共面，不可能平行．答案 C3．水平放置的△ABC，有一边在水平线上，用斜二测画法作出的直观图是正三角形A′B′C′，则△ABC是()．A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．任意三角形解析将△A′B′C′还原，由斜二测画法知，△ABC为钝角三角形．答案 C4．分别和两条异面直线都相交的两条直线的位置关系是()．A．异面B．相交C ．平行D ．异面或相交解析如图所示，a 、b 是异面直线，AB 、AC 都与a 、b 相交，AB 、AC 相交；AB 、DE 都与a 、b 相交，AB 、DE 异面．答案 D5．视图中，正(主)视图和侧(左)视图都是矩形，俯视图是等腰直角三角形(如下图)，根据图中标注的长度，可以计算出该几何体的表面积是( )．A ．12＋4 2B ．8＋4 2C ．2＋8 2D ．6＋4 2解析由几何体的三视图，画出原几何体的直观图，如图所示，该直三棱柱底面是等腰直角三角形．AA ′＝BB ′＝CC ′＝2，AC ⊥BC 且AB ＝2 2.∴AC ＝BC ＝2. ∴S 表＝2×2×2＋22×2＋2×12×2×2＝12＋42，故选A. 答案 A6．把边长为a 的正三角形ABC 沿高线AD 折成60°的二面角，这时顶点A 到BC 的距离是( )． A ．a B.32a C.34a D.154a解析如图所示，在翻折后的图形中，∠BDC 为二面角的平面角，即∠BDC ＝60°，AD ⊥平面BDC.过D作DE⊥BC于E，连接AE，则E为BC中点，且AE⊥BC，所以AE即为点A到BC的距离．易知AD＝32a，△BCD是边长为a2的等边三角形，所以DE＝34a，AE＝AD2＋DE2＝15 4a.答案 D7．下列命题中正确的有()．①圆台的所有平行于底面的截面都是圆；②圆台是直角梯形绕其一边旋转一周而成的；③在圆台的上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线一定是圆台的母线；④圆台可看成是由平行于底面的平面截圆锥得到的．A．1个B．2个C．3个D．4个解析本题主要考查圆台的有关概念，正确理解圆台的特点是关键．由圆台特点知④正确，对于①截面是圆面；对于②，当这一边是梯形中的一条底边和斜腰时，形成的不是圆台；由圆台的母线延长后交于一点知③错．故选A.答案 A8．教室内有一把直尺，无论怎样放置，地面上总有这样的直线与该直尺所在直线()．A．平行B．异面C．垂直D．相交但不垂直解析分直尺所在直线在地平面内，直尺所在直线和地面垂直，直尺所在直线和地面相交三种情况讨论．答案 C9．已知点A，直线a平面α.①A∈a，aα⇒A∉α；②A∈a，a∈α⇒A∈α；③A∉a，a α⇒A∉α；④A∈a，a α⇒A α.以上命题表达正确的个数是()．A．0 B．1 C．2 D．3解析①中当a与α相交，且交点为A时，①不正确；②中“a∈α”符号运用不正确；③中A可以在α内，也可以在α外；④中符号“A α”错．答案 A10．一平面截空间四边形的四边得到四个交点，如果该空间四边形只有一条对角线与这个截面平行，那么这四个交点围成的四边形是( )． A ．梯形B ．菱形C ．平行四边形D ．任意四边形解析如图所示，AC ∥平面EFGH ，则EF ∥HG ，而对角线BD 与平面EFGH 不平行，所以EH 与FG 不平行．所以四边形EFGH 是梯形．答案 A二、填空题(每小题5分，共30分)11．圆柱形容器内盛有高度为8 cm 的水，若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后，水恰好淹没最上面的球(如图所示)，则球的半径是________cm.解析设球的半径为r cm ，则πr 2×8＋43πr 3×3＝πr 2×6r . 解得r ＝4. 答案 412．正三棱锥P -ABC 的底面边长为1，E ，F ，G ，H 分别是P A ，AC ，BC ，PB 的中点，四边形EFGH 的面积为S ，则S 的取值范围是________．解析由题意知，四边形EFGH 是矩形， EH ＝FC ＝12AB ＝12，EF ＝HG ＝12PC ，又∵点P 在△ABC 外，且P 在△ABC 上的射影是△ABC 的中心，∴PC ＞33，∴EF ＞36， ∴S 矩形EFGH ＝EF ·FG ＝12EF ＞312， ∴S 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫312，＋∞.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫312，＋∞13．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为________．解析该几何体为底面是直角梯形的四棱柱，V ＝(1＋2)×22×1＝3. 答案 314．如图所示，MN ∥α，MM 1⊥α，NA 与α斜交于点A .且NA ⊥MN ，若MN ＝a ，M 1A ＝b ，NA ＝c ，则M 1N 的长为________．解析作NN 1⊥α交于点N 1，连接M 1N 1，则MNN 1M 1为矩形，M 1N 1＝MN ＝a ，连接N 1A ，由NA ⊥MN 得，N 1A ⊥M 1N 1，∴N 1A ＝b 2－a 2， ∴NN 1＝c 2－(b 2－a 2) c 2－b 2＋a 2，M1N＝a2＋c2－b2＋a22a2－b2＋c2.答案2a2－b2＋c215．ABCD是矩形，PD⊥面AC，AD＝3，DC＝1，PC与平面AC成45°角，则平面ABP与平面PCD所成的角是________．解析如图，由矩形ABCD，可知AB∥CD.由线面平行的判定定理，AB∥平面PDC.再由线面平行的性质定理知AB∥l(l为平面P AB与平面PDC的交线)．∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥DC，∴PD⊥l.又∵PD⊥平面ABCD，AB⊥AD，PD∩AD＝D，∴AB⊥平面P AD.∵P A 平面P AD，∴AB⊥P A.∴l⊥P A.∴∠APD为平面ABP与平面PCD所成角的平面角．又∵PC与平面ABCD成45°角，PD⊥平面ABCD，∴∠PCD＝45°，∴PD＝DC＝1.又AD＝3，∴在Rt△P AD中，tan∠APD＝31＝ 3.∴∠APD＝60°.答案60°16．圆台的母线长为2a，母线与轴的夹角为30°，一个底面圆的半径是另一个底面圆的半径的2倍，则两底面圆的半径分别为________．解析如图，画出圆台轴截面，由题设，得∠OP A＝30°，AB＝2a，设O1A＝r，P A＝x，则OB ＝2r，x＋2a＝4r，且x＝2r，∴a＝r，即两底面圆的半径分别为a,2a.答案 a 、2a三、解答题(共4小题，共40分)17．(10分)求棱长为a 的正四面体外接球的半径．解设正四面体A -BCD 的高为AO 1，外接球球心为O ，半径为R .如图． ∵正四面体的棱长为a ，∴O 1B ＝32a ×23＝33a . 在Rt △AO 1B 中，AO 1＝AB 2－BO 21＝a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2＝63a .在Rt △OO 1B 中， OO 21＝R 2－⎝⎛⎭⎪⎫33a 2＝R 2－a 23. ∴AO 1＝63a ＝R ＋ R 2－a 23.∴R ＝64a .18．(10分)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥平面ABCD ，AP ＝AB ，BP ＝BC ＝2，E ，F 分别是PB ，PC 的中点．(1)证明：EF ∥平面P AD ； (2)求三棱锥E -ABC 的体积V .(1)证明在△PBC 中，E ，F 分别是PB ，PC 的中点，∴EF ∥BC .∵四边形ABCD 为矩形，∴BC ∥AD ， ∴EF ∥AD .又∵AD 平面P AD ，EF 平面P AD ，∴EF ∥平面P AD . (2)解连接AE ，AC ，EC ，过E 作EG ∥P A 交AB 于点G . 则EG ⊥平面ABCD ，且EG ＝12P A .在△P AB 中，AP ＝AB ，∠P AB ＝90°，BP ＝2， ∴AP ＝AB ＝2，EG ＝22.∴S △ABC ＝12AB ·BC ＝12×2×2＝2， ∴V E -ABC＝13S △ABC ·EG ＝13×2×22＝13. 19．(10分)如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，底面是边长为a 的正方形，侧棱PD ＝a ，P A ＝PC ＝2a ，求证：(1)PD ⊥平面ABCD ； (2)平面P AC ⊥平面PBD ；(3)∠PCD 为二面角P -BC -D 的平面角．证明 (1)∵PD ＝a ，DC ＝a ，PC ＝2a ， ∴PC 2＝PD 2＋DC 2，∴PD ⊥DC .同理可证PD ⊥AD ，又AD ∩DC ＝D ，∴PD⊥平面ABCD.(2)由(1)知，PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AC，而四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，又BD∩PD＝D，∴AC⊥平面PDB.同时AC 平面P AC，∴平面P AC⊥平面PBD.(3)由(1)知PD⊥BC，又BC⊥DC，∴BC⊥平面PDC，又∵PC 平面PDC，∴BC⊥PC.∴∠PCD为二面角P-BC-D的平面角．20．(10分)如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是半径为R的圆的内接四边形，其中BD 是圆的直径，∠ABD＝60°，∠BDC＝45°，△ADP∽△BAD.(1)求线段PD的长；(2)若PC＝11R，求三棱锥P-ABC的体积．解(1)∵BD是圆的直径，∴∠BAD＝90°.又∵△ADP∽△BAD，∴ADBA＝DPAD，故DP＝AD2BA＝(BD sin 60°)2BD sin 30°＝4R2×342R×12＝3R.(2)在Rt△BCD中，CD＝BD cos 45°＝2R，∵PD2＋CD2＝9R2＋2R2＝11R2＝PC2，∴PD⊥CD，又∵∠PDA＝90°＝∠DAB，∴PD⊥底面ABCD.∵S △ABC ＝12AB ·BC sin(60°＋45°)＝12R ×2R ⎝ ⎛⎭⎪⎫32×22＋12×22＝3＋14R 2，∴三棱锥P -ABC 的体积为V P -ABC＝13×S △ABC ×PD ＝13×3＋14R 2×3R ＝3＋14R 3.。

北师大版必修2数学测试题及答案

新课标数学必修2测试题一、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. 若两直线a 与b 异面，则过a 且与b 垂直的平面（）Ａ．有且只有一个Ｂ．可能有一个也可能不存在Ｃ．有无数多个Ｄ．一定不存在2. 若方程22(62)(352)10a a x a a y a --+-++-=表示平行于y 轴的直线，则a 的值是（）Ａ．23Ｂ．12- Ｃ．1 Ｄ．不存在 3. 若a 、b 是异面直线，b 、c 是异面直线，则a 、c 的位置关系是（）Ａ．相交、平行或异面Ｂ．相交或平行Ｃ．异面Ｄ．平行或异面4. 满足下列条件的1l 与2l ，其中12l l //的是（）（１）1l 的斜率为２，2l 过点(12)A ，，(48)B ，；（２）1l 经过点(33)P ，，(53)Q -，，2l 平行于x 轴，但不经过P ，Q 两点；（３）1l 经过点(10)M -，，(52)N --，，2l 经过点(43)R -，，(05)S ，．Ａ．（１）（２）Ｂ．（２）（３）Ｃ．（１）（３）Ｄ．（１）（２）（３）5. 坐标平面内一点到两个坐标轴和直线2x y +=的距离都相等，则该点的横坐标为（）1 Ｂ．１Ｃ．12 Ｄ．非上述答案6. 与直线2360x y +-=关于点(11)-，对称的直线方程是（）Ａ．3220x y -+=Ｂ．2370x y ++= Ｃ．32120x y --= Ｄ．2380x y ++=7. 若圆220x y Dx Ey F ++++=与x 轴切于原点，则（）Ａ．0D =，0E =，0F ≠ Ｂ．0F =，0D ≠，0E ≠Ｄ．0D =，0F =，0E ≠ Ｄ．0E =，0F =，0D ≠8. 若0ac >，且0bc <，直线0ax by c ++=不通过（）Ａ．第三象限Ｂ．第一象限Ｃ．第四象限Ｄ．第二象限9. 已知过点(2)A m -，和(4)B m ，的直线与直线210x y +-=平行，则m 的值为（）Ａ．8- Ｂ．0 Ｃ．2 Ｄ．1010. 直线1l 与2l 关于直线0x y +=对称，1l 的方程为y ax b =+，那么2l 的方程为（）Ａ．x b y a a =- Ｂ．x b y a a=+ Ｃ．1x y a b =+ Ｄ．x y b a=+ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在题中横线上．11. 若ABC △面积等于3，且(11)A ，，(36)B ，，则C 所在直线方程为． 12. (13)P -，在直线l 上的射影为(11)Q -，，则直线l 的方程是．13. 在y 轴上截距为3-，且与y 轴成60þ角的直线方程是．14. 经过点(41)，且在两坐标轴上的截距相等的直线方程是．三、解答题：本大题共6小题，共30分，解答应写出必要的计算过程、推演步骤或文字说明．15.(本小题5分) 已知直线:250l x y --=与圆22:50C x y +=．求（１）交点A ，B 的坐标；（２）AOB △的面积；（３）圆心角AOB 的度数．16.(本小题5分) 已知圆P 与圆2220x y x +-=外切，并且与直线:30l x y +=相切于点(3,3)Q -，求圆P 的方程．17.(本小题5分) 如图，正方体的棱长为a ，且正方体各面的中心是一个几何体的顶点，求这个几何体的棱长．18.(本小题5分) 已知圆22(3)(4)16x y -+-=，直线10l kx y k --=：．（１）若1l 与圆交于两个不同点P ，Q ，求实数k 的取值范围；（２）若PQ 的中点为M ，(10)A ，，且1l 与2240l x y ++=：的交点为N ，求证：x y zBAM AN 为定值．19.(本小题5分) 已知点(2,3)P --和以Q 为圆心的圆22(4)(2)9x y -+-=．（１）画出以PQ 为直径，Q '为圆心的圆22(4)(2)9x y -+-=．（２）作出以Q 为圆心的圆和以Q '为圆心的圆的两个交点A ，B ，直线PA ， PB 是以Q 为圆心的圆的切线吗？为什么？（３）求直线AB 的方程．20.(本小题5分) 求经过点(3,1)M -，且与圆22:2650C x y x y ++-+=相切于点(1,2)N 的圆的方程．参考答案一、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．1-5 Ｂ6-10 DCCAB二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在题中横线上． 11. 5230x y -+=或5290x y --=． 12. 230x y --=．13. 3y =-． 14. 40x y -=，或50x y +-= 三、解答题：本大题共6小题，共30分，解答应写出必要的计算过程、推演步骤或文字说明．15.(本小题5分) 解：（１）解方程组2225050x y x y --=⎧⎨+=⎩，得55x y =-⎧⎨=-⎩或71x y =⎧⎨=⎩，所以，直线:250l x y --=与圆2250x y +=的交点是(5,5)A --，(7,1)B ．（２）过圆心O 作直线l 的垂线，垂足为D ，则圆心O 到直线l 的距离OD ==在直角三角形AOD中，OA =AD ==所以AB = AOB △的面积111522AOB S AB OD ==⨯=△．（３）在AOD △中，cos 0.3162OD AOD OA ∠==≈.用计算器算得，71.57AOD ∠=þ．所以，2143.13AOB AOD ∠=∠=þ．16.(本小题5分) 解：设圆心(,)P a b ，PQ l ⊥∵，1PQ l k k =-g ∴，即(133b a +-=--，即3120a -= ①，又∵圆2220x y x +-=的圆心为(1,0)，半径为１，又由外切1=②，由①、②得4a =，0b =或0a =，b =-．这时半径分别为２，６．∴圆的方程为22(4)4x y-+=或22(36x y ++=．17.(本小题5分) 解：由已知，点E ，F ，P ，M 的坐标是,,22a a E a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，,,022a a F ⎛⎫ ⎪⎝⎭， ,,22a a M a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,,22a a N ⎛⎫ ⎪⎝⎭，,0,22a a P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，,,22a a Q a ⎛⎫ ⎪⎝⎭．这个几何体是正八面体，棱长2PQ a ==．（１）18.(本小题5分) 解：圆心(34)，到已知直线的距离小于半径４，由点到直线的距离公式得2340k k +>，43k <-∴，或0k >；（２）证明：由2400x y kx y k ++=⎧⎨--=⎩得245()2121k k N k k --++，，再由22(3)(4)16y kx k x y =-⎧⎨-+-=⎩，；得2222(1)(286)890k x k k x k k +-+++++=，21222861k k x x k +++=+∴，22224342()11k k k k M k k +++++∴，， AM AN ∴== 10=为定值．19.(本小题5分)解：（１）因为(2,3)P --，(4,2)Q 是以Q '为圆心的圆的直径的两个端点，所以以Q '为圆心的圆的方程是(2)(4)(3)(2)0x x y y +-++-=．即222140x y x y +-+-=．（２）PA ，PC 是圆22(4)(2)9x y -+-=的切线．因为点A ，B 在圆222140x y x y +-+-=上，且PQ 是直径，所以PA AQ ⊥，PB BQ ⊥．所以，,PA PB 是圆22(4)(2)9x y -+-=的切线．（３）两方程22(4)(2)9x y -+-=，222140x y x y +-+-=相减，得65250x y +-=．这就是直线AB 的方程．20.(本小题5分) 解：把圆C 的方程222650x y x y ++-+=化成标准形式，得22(1)(3)5x y ++-=．圆C 的圆心坐标是(1,3)-AN 的方程为250x y +-=．MN 的中点坐标是1(2,)2，斜率是32-．线段MN 的垂直平分线的方程是12(2)23y x -=-，即4650x y --=．联立250x y +-=与4650x y --=解得207x =，1514y =．这是所求圆的圆心F 的坐标．又因为22201584512714196FN ⎛⎫⎛⎫=-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，经过点(3,1)M -，且与圆22:2650C x y x y ++-+=相切于点(1,2)N 的圆的方程是222015845714196x y ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．。

(常考题)北师大版高中数学必修二第二章《解析几何初步》测试题(含答案解析)(4)

一、选择题1．已知直线10ax by ++=与直线4350x y ++=平行，且10ax by ++=在y 轴上的截距为13，则+a b 的值为（） A ．7-B ．1-C ．1D ．72．已知圆22:(3)(4)4C x x -+-=和两点(,0)A m -，(,0)(0)B m m >，若圆C 上存在点P ，使得90APB ∠=，则m 的取值范围是（） A ．[5,9]B ．[4,8]C ．[3,7]D ．[2,6]3．已知圆1C ：22(1)(1)1x y -++=，圆2C ：22(4)(5)9x y -+-=，点M 、N 分别是圆1C 、圆2C 上的动点，P 为x 轴上的动点，则||||PN PM -的最大值是（）A ．2B ．4C ．7D ．94．已知12,F F 是椭圆()222210x y a b a b+=>>的两焦点，P 是椭圆上任意一点，过一焦点引12F PF ∠的外角平分线的垂线，垂足为Q ，则动点Q 的轨迹为（ ▲ ） A ．圆B ．椭圆C ．双曲线D ．抛物线5．直线l 经过()2,1A ，()23,B t ，(t ≤点，则直线l 倾斜角的取值范围是（） A ．30,,44πππ⎡⎤⎡⎫⋃⎪⎢⎥⎢⎣⎦⎣⎭B ．0,C ．0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦πD ．30,,424πππ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦6．在平面直角坐标系xoy 中，圆C 的方程为228150x y x +-+=，若直线2y kx =+上至少存在一点，使得以该点为圆心，半径为1的圆与圆C 有公共点，则k 的最小值是（） A ．43-B ．54-C ．35D ．53-7．已知AB 是平面α外的一条直线，则下列命题中真命题的个数是（） ①在α内存在无数多条直线与直线AB 平行； ②在α内存在无数多条直线与直线AB 垂直； ③在α内存在无数多条直线与直线AB 异面； ④一定存在过AB 且与α垂直的平面β. A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个8．大摆锤是一种大型游乐设备(如图)，游客坐在圆形的座舱中，面向外，通常大摆锤以压肩作为安全束缚，配以安全带作为二次保险，座舱旋转的同时，悬挂座舱的主轴在电机的驱动下做单摆运动.假设小明坐在点A 处，“大摆锤”启动后，主轴OB 在平面α内绕点O 左右摆动，平面α与水平地面垂直，OB 摆动的过程中，点A 在平面β内绕点B 作圆周运动，并且始终保持OB β⊥，B β∈.设4OB AB =，在“大摆锤”启动后，下列结论错误的是（）A ．点A 在某个定球面上运动；B ．β与水平地面所成锐角记为θ，直线OB 与水平地面所成角记为δ，则θδ+为定值；C ．可能在某个时刻，AB //α；D ．直线OA 与平面α所成角的正弦值的最大值为1717. 9．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，120224BAC AP AB AC ∠====，，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积是（） A ．18πB ．36πC ．40πD ．72π10．已知正三棱柱111ABC A B C -，的体积为163，底面积为43，则三棱柱111ABC A B C -的外接球表面积为（）A ．1123π B ．563π C ．2243π D ．28π11．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积是（）A ．2πB ．3πC ．4πD ．16π12．在长方体1111ABCD A BC D -中，2AB =，1AD =，12AA =，点E 为11C D的中点，则二面角11B A B E --的余弦值为（） A ．3-B ．3-C ．3 D ．3 二、填空题13．已知直线1:220l x by ++=与直线2:210l x y -+=平行，则直线1l ，2l 之间的距离为__________.14．已知直线():0l x ay a R +=∈是圆22:4210C x y x y +--+=的一条对称轴，过点()1,P a -的直线m 与圆C 交于,A B 两点，且AB 4=，则直线m 的斜率为____.15．已知点(1,0),(3,0)M N .若直线:0l x y m +-=上存在一点P 使得0PM PN ⋅=成立，则m 的取值范围是_____________.16．在平面直角坐标xOy 系中,设将椭圆()2222110y x a a a +=>-绕它的左焦点旋转一周所覆盖的区域为D ，P 为区域D 内的任一点，射线()02x y x =≥－上的点为Q ，若PQ 的最小值为a ，则实数a 的取值为_____．17．函数2291041y x x x =++-+的最小值为_________.18．已知A 是直角坐标平面内一定点，点(0,0)O ，若圆22()(–12)3x y -+=上任意一点M 到定点A 与点(0,0)O 的距离之比是一个定值λ，则这个定值λ的大小是________． 19．在边长为3的菱形ABCD 中，对角线3AC =，将三角形ABC 沿AC 折起，使得二面角B AC D --的大小为2π，则三棱锥B ACD -外接球的体积是_________________．20．如图所示，Rt A B C '''∆为水平放置的ABC ∆的直观图，其中AC B C ''''⊥，2B O O C ''''==，则ABC ∆的面积是________________.21．如图，在三棱台111ABC A B C -中，11190,4,22ACB AC BC A B CC ∠=︒====11AA B B ⊥平面ABC ，则该三棱台外接球的表面积为___________.22．二面角a αβ--的大小为135A AE a E α︒∈⊥，，，为垂足，,B BF a F β∈⊥，为垂足，2,31AE BF EF P ===，，是棱上动点，则AP PB +的最小值为_______． 23．已知扇形的面积为56π，圆心角为6π，则由该扇形围成的圆锥的外接球的表面积为_________．24．如图，已知正四面体P ABC -的棱长为2，动点M 在四面体侧面PAC 上运动，并且总保持MB PA ⊥，则动点M 的轨迹的长度为__________.三、解答题25．如图，在正四棱柱1111ABCD A BC D -中，11,2AB AA ==，点E 为1CC 中点，点F 为1BD 中点．（1）求异面直线1BD 与1CC 的距离；（2）求直线1BD 与平面BDE 所成角的正弦值；（3）求点F 到平面BDE 的距离．26．如图1，在梯形ABCD 中，//BC AD ，4=AD ，1BC =，45ADC ∠=︒，梯形的高为1，M 为AD 的中点，以BM 为折痕将ABM 折起，使点A 到达点N 的位置，且平面NBM ⊥平面BCDM ，连接NC ，ND ，如图2.（1）证明：平面NMC ⊥平面NCD ；（2）求图2中平面NBM 与平面NCD 所成锐二面角的余弦值. 27．如图，AB 是O 的直径，PA 垂直于O 所在的平面，C 是圆周上不同于A ，B 的一动点.（1）证明：BC ⊥面PAC ；（2）若PA =AC =1，AB =2，求直线PB 与平面PAC 所成角的正切值.28．在四棱台1111ABCD A BC D -中，1AA ⊥平面ABCD ，//AB CD ，90ACD ∠=︒，26BC ==，1CD =，1AM CC ⊥，垂足为M .（1）证明：平面ABM ⊥平面11CDD C ；（2）若二面角B AM D --正弦值为217，求直线AC 与平面11CDD C 所成角的余弦.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．A 解析：A 【详解】分析：根据两条直线平行，得到,a b 的等量关系，根据直线在y 轴上的截距，可得b 所满足的等量关系式，联立方程组求得结果.详解：因为直线10ax by ++=与直线4350x y ++=平行，所以43b a =，又直线10ax by ++=在y 轴上的截距为13，所以1103b +=，解得3b =-，所以4a =-，所以7a b +=-，故选A.点睛：该题考查的是有关直线的问题，在解题的过程中，涉及到的知识点有两条直线平行时系数所满足的条件，以及直线在y 轴上的截距的求法，根据题中的条件，列出相应的等量关系式，求得结果.2．C解析：C 【分析】设点P 的坐标为(),x y ，可得出点P 的轨迹方程为222x y m +=，进而可知圆222x y m +=与圆C 有公共点，可得出关于正数m 的不等式，由此可求得正数m 的取值范围. 【详解】设点P 的坐标为(),x y ，90APB ∠=，且坐标原点O 为AB 的中点，所以，12OP AB m ==，则点P 的轨迹方程为222x y m +=，由题意可知，圆222x y m +=与圆C 有公共点，且圆心()3,4C ，半径为2 则22m OC m -≤≤+，即252m m -≤≤+，0m >，解得3m 7≤≤.因此，实数m 的取值范围是[]3,7. 故选：C. 【点睛】本题主要考查利用圆与圆的位置关系求参数的取值范围，解题的关键在于由90APB ∠=求得点P 的轨迹方程222x y m +=，进而将问题转化为圆222x y m +=与圆C 有公共点问题，考查化归与转化思想的应用，属于中等题.3．D解析：D 【分析】求出P 点到两圆心的距离，圆1C ：22(1)(1)1x y -++=的圆心(11)E -，，圆2C ：22(4)(5)9x y -+-=的圆心(45)F ，，由()PF R PE r +--为最大值．再求得E 关于x 轴的对应点E '，PF PE -＝PF PE '-FE '≤，由此可得最大值．【详解】圆1C ：22(1)(1)1x y -++=的圆心(11)E -，，半径为r =1，圆2C ：22(4)(5)9x y -+-=的圆心(45)F ，，半径是R =3，要使||||PN PM -最大，需||PN 最大，且||PM 最小，||PN 最大值为3PF +，||PM 的最小值为1PE -，故||||PN PM -最大值是(3)(1)4PF PE PF PE +--=-+，(45)F ，关于x 轴的对称点(45)F '-，，5PF PE PF PE EF -=-≤='='，故4PF PE -+的最大值为549+=，故选：D . 【点睛】结论点睛：设P 是圆C 外一点，圆C 半径为r ，则P 到圆上点的距离的最大值为PC r +，最小值为PC r -，直线PC 与圆的两个交点为最大值点和最小值点．4．A解析：A 【详解】不妨设过焦点1F 引12F PF ∠的外角平分线的垂线，垂足为Q ，延长F 1Q 交F 2P 与M 点,连OQ ，则21211()=22OQ F M F P PF a ==+,所以动点Q 的轨迹为圆，选A. 5．A解析：A 【分析】求出斜率的取值范围，然后可得倾斜角的范围．【详解】由已知直线的斜率为221132t k t -==--，∵t ≤≤11k -≤≤，记直线l 的倾斜角为θ,[)0,θπ∈，即1tan 1θ-≤≤，所以3[0,][,)44ππθπ∈．故选：A ．【点睛】本题考查直线的倾斜角和斜率的关系，直线的倾斜角的范围是[0,]π，斜率为正时，倾斜角为锐角，斜率为负时，倾斜角为钝角，因此一般要分类讨论．6．A解析：A 【分析】化圆C 的方程为22(4)1x y -+=，求出圆心与半径，由题意，只需22(4)4x y -+=与直线2y kx =+有公共点即可．【详解】解：圆C 的方程为228150x y x +-+=，整理得：22(4)1x y -+=，即圆C 是以(4,0)为圆心，1为半径的圆；又直线2y kx =+上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C 有公共点，∴只需圆22:(4)4C x y '-+=与直线2y kx =+有公共点即可．设圆心(4,0)C 到直线2y kx =+的距离为d ，则2d =，即234k k -，403k ∴-． k ∴的最小值是43-．故选：A ．【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，将条件转化为“22(4)4x y -+=与直线2y kx =+有公共点”是关键，考查学生灵活解决问题的能力，属于中档题．7．C解析：C 【分析】根据线面平行，线面垂直，异面直线等有关结论和定义即可判断．【详解】对于A ，若直线AB 与平面α相交，则在α内不存在直线与直线AB 平行，错误；对于B ，若直线AB 与平面α相交且不垂直，设AB M α=，过平面α外直线AB 上一点P 作PC α⊥，垂足为C ，则在平面α内过点C 一定可以作一条直线CD ，使得CD CM ⊥，所以CD AB ⊥，而在平面α内，与直线CD 平行的直线有无数条，所以在α内存在无数多条直线与直线AB 垂直，若直线AB 与平面α垂直，显然在α内存在无数多条直线与直线AB 垂直，当直线AB 与平面α平行时，显然可知在α内存在无数多条直线与直线AB 垂直，正确；对于C ，若直线AB 与平面α相交，设AB M α=，根据异面直线的判定定理，在平面α内，不过点M 的直线与直线AB 异面，所以在α内存在无数多条直线与直线AB 异面，当直线AB 与平面α平行时，显然可知在α内存在无数多条直线与直线AB 异面，正确；对于D ，若直线AB 与平面α相交且不垂直，设AB M α=，过平面α外直线AB 上一点P 作PC α⊥，垂足为C ，所以平面ABC 与平面α垂直，若直线AB 与平面α垂直，则过直线AB 的所有平面都与平面α垂直，当直线AB 与平面α平行时，在直线AB 上取一点P 作PC α⊥，垂足为C ，所以平面ABC 与平面α垂直，正确．故真命题的个数是3个．故选：C ．【点睛】本题主要考查线面平行，线面垂直，异面直线等有关结论和定义的理解和应用，熟记定义，定理和有关结论是解题的关键，属于中档题．8．C解析：C 【分析】利用已知条件确定OA 是定值，即得A 选项正确；作模型的简图，即得B 正确；依题意点B 在平面α内，不可能AB //α，得C 错误；设AB a ，结合题意知ABα⊥时，直线OA与平面α所成角最大，计算此时正弦值，即得D 正确.【详解】因为点A 在平面β内绕点B 作圆周运动，并且始终保持OB β⊥，所OA =又因为OB ，AB 为定值，所以OA 也是定值，所以点A 在某个定球面上运动，故A 正确；作出简图如下，OB l ⊥，所以2πδθ+=，故B 正确；因为B α∈，所以不可能有AB //α，故C 不正确；设ABa ，则4OB a =，2217OA AB OB a =+=，当AB α⊥时，直线OA 与平面α所成角最大，此时直线OA 与平面α所成角的正弦值为1717a=，故D 正确. 故选:C. 【点睛】本题解题关键在于认真读题、通过直观想象，以实际问题为背景构建立体几何关系，再运用立体几何知识突破难点.9．D解析：D 【分析】先找出ABC 的外接圆的半径，然后取ABC 的外接圆的圆心N ，过N 作平面ABC 的垂线NG ，作PA 的中垂线，交NG 于O ，则O 是外接球球心， OA 为外接球半径，求解半径并求表面积即可. 【详解】如图所示，1204BAC AB AC ∠===，，取BC 中点M ，连接AM 并延长到N 使AM =MN ，则四边形ABNC 是两个等边三角形组成的菱形，AN =BN =CN ，点N 是ABC 的外接圆圆心，过N 作平面ABC 的垂线NG ，则球心一定在垂线NG 上，因为PA ⊥平面ABC ，则PA //NG ，PA 与NG 共面，在面内作PA 的中垂线，交NG 于O ，则O 是外接球球心，半径R =OA ，Rt AON 中，122ON AP ==4AN =，故()224232R =+2441872S R πππ==⨯=.【点睛】求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.本题就是采用这个方法.本题使用了定义法.10．A解析：A 【分析】由面积和体积可得三棱柱的底面边长和高，根据特征可知外接球的球心为上下底面中心连线的中点，再由勾股定理可得半径及球的表面积. 【详解】依题意，1163443AA ==，而213sin 4324ABCS AB AC A AB =⨯⨯==，解得4AB =，记ABC 的中心为О，111A B C △的中心为О1，则114O A O A ==，取1OO 的中点D ，因为AO CO =，90AOD COD ∠=∠=，由勾股定理得AD CD =，同理可得111AD BD A D B D C D ====，所以正三棱柱的外接球的球心为即D ，AD 为外接球的半径，由正弦定理得432sin 603AB AO ==，故2221628433A O D D O A =+=+=，故三棱柱111ABC A B C -的外接球表面积2281124433S R πππ==⨯=，故选：A ．本题考查了正三棱柱外接球的表面积的求法，关键点是确定球心的位置和球的半径的长度，考查了学生的空间想象力和计算能力.11．C解析：C 【分析】由三视图还原出原几何体，确定其结构，再求出外接球的半径得球的表面积．【详解】由三视图，知原几何体是一个四棱锥P ABCD -，如图，底面ABCD 是边长为1的正方形，PB ⊥底面ABCD ，由PB ⊥底面ABCD ，AD ⊂面ABCD ，得PB AD ⊥，又AD AB ⊥，AB PB B ⋂=，,AB PB ⊂平面PAB ，所以AD ⊥平面PAB ，而PA ⊂平面PAB ，所以AD PA ⊥，同理DC PC ⊥，同样由PB ⊥底面ABCD 得PB BD ⊥，所以PD 中点O 到四棱锥各顶点距离相等，即为其外接球球心，PD 为球直径，222222PD PB BD PA AD AB =+=++=，∴外接球半径为12ADr ==，表面积为2414S ππ=⨯=．故选：C ．【点睛】关键点点睛：本题考查由三视图还原几何体，考查棱锥的外接球表面积．解题关键是确定外接球的球心．棱锥的外接球球心在过各面外心（外接圆圆心）且与该面垂直的直线上．12．C解析：C 【分析】取11A B 的中点F ，过F 作1FG A B ⊥，垂足为G ，连EG ，可证EGF ∠为二面角11B A B E --的平面角，通过计算可得结果.【详解】取11A B 的中点F ，过F 作1FG A B ⊥，垂足为G ，连EG ，因为,E F 分别为1111,C D A B 的中点，所以11//EF A D ，在长方体1111ABCD A BC D -中，因为11A D ⊥平面11ABB A ，所以EF ⊥平面11ABB A ，因为1A B ⊂平面11ABB A ，所以1EF A B ⊥，因为1FG A B ⊥，且FGEF F =，所以1A B ⊥平面EFG ，因为EG ⊂平面EFG ，所以1A B EG ⊥，所以EGF ∠为二面角11B A B E --的平面角，因为12AB AA ==，所以14FA G π∠=，因为11A F =，所以12222FG A F ==，在直角三角形EFG 中，221612EG EF FG =+=+=，所以cos FGEGF EG ∠==2326=. 所以二面角11B A B E --3. 故选：C 【点睛】关键点点睛：根据二面角的定义作出其中一个平面角是解题关键.二、填空题13．【分析】利用直线平行与斜率之间的关系点到直线的距离公式即可得出【详解】解：因为直线与直线平行所以解得当时则故答案为：【点睛】熟练运用直线平行与斜率之间的关系点到直线的距离公式是解题关键 5 【分析】利用直线平行与斜率之间的关系、点到直线的距离公式即可得出．【详解】解：因为直线1:220l x by ++=与直线2:210l x y -+=平行，所以22(1)b =⨯-，解得1b =-，当1b =-时，1:220l x y -+=，2:210l x y -+=，则d ==【点睛】熟练运用直线平行与斜率之间的关系、点到直线的距离公式，是解题关键．14．1【分析】由直线是圆的一条对称轴得到直线过圆心求得得到再根据得到点的直线必过圆心利用斜率公式即可求解【详解】由题意圆的圆心坐标半径为因为直线是圆的一条对称轴则直线过圆心即解得此时点又由直线与圆交于两解析：1 【分析】由直线l 是圆C 的一条对称轴，得到直线l 过圆心，求得2a =-，得到(1,2)P --，再根据4AB =，得到点P 的直线必过圆心(2,1)C ，利用斜率公式，即可求解.【详解】由题意，圆22:4210C x y x y +--+=的圆心坐标(2,1)C ，半径为2r，因为直线():0l x ay a R +=∈是圆22:4210C x y x y +--+=的一条对称轴，则直线l 过圆心(2,1)C ，即210a +⨯=，解得2a =-，此时点(1,2)P --，又由直线m 与圆C 交于,A B 两点，且4AB =，可得过点P 的直线必过圆心(2,1)C ，所以直线m 的斜率为1(2)12(1)k --==--.故答案为：1. 【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，其中解答中熟记直线与圆的位置关系，合理转化是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.15．【分析】根据可确定点轨迹为以为圆心为半径的圆利用直线与圆有交点可知由此构造不等式求得结果【详解】点轨迹是以为圆心为半径的圆上存在点与以为圆心为半径的圆有交点圆心到直线距离解得：即的取值范围为：故答案解析：[2【分析】根据PM PN ⊥可确定P 点轨迹为以()2,0为圆心，1为半径的圆，利用直线l 与圆有交点可知d r ≤，由此构造不等式求得结果. 【详解】0PM PN ⋅=，PM PN ∴⊥，P ∴点轨迹是以()2,0为圆心，1为半径的圆.:0l x y m +-=上存在点P ，l ∴与以()2,0为圆心，1为半径的圆有交点，∴圆心()2,0到直线l 距离1d =≤，解得：22m ≤≤即m 的取值范围为：2⎡⎣.故答案为：2⎡+⎣.【点睛】本题考查根据直线与圆的位置关系求解参数范围的问题；关键是能够根据平面向量数量积得到垂直关系，进而确定动点轨迹，从而将问题转化为直线与圆位置关系的求解问题.16．【分析】先确定轨迹再根据射线上点与圆的位置关系求最值即得结果【详解】所以为以为圆心为半径的圆及其内部设射线的端点为所以的最小值为故答案为：【点睛】本题考查动点轨迹以及点与圆位置关系考查数形结合思想以【分析】先确定D 轨迹，再根据射线上点与圆的位置关系求最值，即得结果. 【详解】2222222(1)1,111,y x c a a c a a =+∴=--=∴=-，所以D 为以(1,0)F -为圆心，1a +为半径的圆及其内部，设射线()02x y x =≥－的端点为(2,2)A ，所以PQ 的最小值为||(1),12,AF a a a a -+===【点睛】本题考查动点轨迹以及点与圆位置关系，考查数形结合思想以及基本分析求解能力，属中档题.17．【分析】将变形为设则即轴上的一动点到的距离之和作点关于轴的对称点即可求出距离和的最小值；【详解】解：设则即轴上的一动点到的距离之和作点关于轴的对称点连接则即为距离和的最小值故答案为：【点睛】本题考查【分析】将y y =，设()0,3A ，()5,4B ，(),0C x ，则y AC BC ==+即x 轴上的一动点C 到()0,3A ，()5,4B 的距离之和，作()0,3A 点关于x 轴的对称点()10,3A -，即可求出距离和的最小值；【详解】解：()22222291041354y x x x x x =++-+=++-+，设()0,3A ，()5,4B ，(),0C x ，则()2222354y x x AC BC =++-+=+，即x 轴上的一动点(),0C x 到()0,3A ，()5,4B 的距离之和，作()0,3A 点关于x 轴的对称点()10,3A -，连接1BA ，则1BA 即为距离和的最小值，()22153474BA =+--=min 74y ∴=故答案为：74【点睛】本题考查平面直角坐标系上两点间的距离公式的应用，将军饮马问题，属于中档题.18．【分析】设按距离之比为定值求出点的轨迹方程它就是方程比较后可得【详解】设则整理得：易知方程化为已知圆的一般式方程为所以解得故答案为：【点睛】本题考查平面轨迹方程解题时由点到两点距离之比为常数求出的轨 15【分析】设(,)A m n ，(,)M x y ，按距离之比为定值求出M 点的轨迹方程，它就是方程22()(–12)3x y -+=，比较后可得λ．【详解】设(,)A m n ，(,)M x y，则MA MOλ==，整理得：222222(1)(1)220x y mx ny m n λλ-+---++=，易知210λ-≠，方程化为2222222220111m n m n x y x y λλλ++--+=---，已知圆22()(–12)3x y -+=的一般式方程为222420x y x y +--+=，所以2222222124121mn m n λλλ⎧=⎪-⎪⎪=⎨-⎪⎪+=⎪-⎩，解得25455m n λ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩．【点睛】本题考查平面轨迹方程，解题时由M 点到,A O 两点距离之比为常数λ，求出M 的轨迹方程，它就是已知圆，比较系数可得结论．19．；【分析】分析菱形的特点结合其翻折的程度判断其外接球球心的位置放到相应三角形中利用勾股定理求得半径利用球的体积公式求得外接球的体积【详解】根据题意画出图形根据长为的菱形中对角线所以和都是正三角形又因；【分析】分析菱形的特点，结合其翻折的程度，判断其外接球球心的位置，放到相应三角形中，利用勾股定理求得半径，利用球的体积公式求得外接球的体积. 【详解】根据题意，画出图形，3ABCD 中，对角线3AC = 所以ABC 和DBC △都是正三角形，又因为二面角B AC D --的大小为2π，所以分别从两个正三角形的中心做面的垂线，交于O ，则O 是棱锥B ACD -外接球的球心，且11,2GD OG GE ===，所以球的半径225R GD OG =+=，所以其体积为3344555(3326V R ππ==⋅=，故答案为：556π. 【点睛】思路点睛：该题考查的是有关几何体外接球的问题，解题思路如下：（1）根据题中所给的条件，判断菱形的特征，得到两个三角形的形状；（2）根据直二面角，得到两面垂直，近一倍可以确定其外接球的球心所在的位置；（3）利用勾股定理求得半径；（4）利用球的体积公式求得结果；（5）要熟知常见几何体的外接球的半径的求解方法.20．【分析】根据直观图和原图的之间的关系由直观图画法规则将还原为如图所示是一个等腰三角形直接求解其面积即可【详解】由直观图画法规则将还原为如图所示是一个等腰三角形则有所以故答案为：【点睛】关键点点睛：根解析：82【分析】根据直观图和原图的之间的关系，由直观图画法规则将Rt A B C '''还原为ABC ，如图所示，ABC 是一个等腰三角形，直接求解其面积即可．【详解】由直观图画法规则将Rt A B C '''还原为ABC ，如图所示，ABC 是一个等腰三角形,则有2BO OC B O O C ''''====，242AO A O ''==所以114428222ABCSBC AO =⋅=⨯⨯=故答案为：82【点睛】关键点点睛：根据斜二测画法的规则，可得出三角形的直观图，并求出对应边长，根据面积公式求解．21．【分析】取与中点根据平面平面可知平面球心必在直线上设球心为D 则可求得球心恰好为点O 从而求得外接球的半径代入球的表面积公式计算【详解】在三棱台中可得都是等腰三角形四边形为等腰梯形即如图取与中点连接则可解析：32π【分析】取AB 与11A B 中点,O O '，根据平面11AA B B ⊥平面ABC ，可知'⊥O O 平面ABC ，球心必在直线O O '上，设球心为D ，则()22221O D O O OC O D O C ''''-+=+，可求得球心恰好为点O ，从而求得外接球的半径R ，代入球的表面积公式计算. 【详解】在三棱台111ABC A B C -中，11190,4,22ACB AC BC A B CC ∠=︒====111,A A C C B B 都是等腰三角形，11112AC B C ==，四边形11A ABB 为等腰梯形即11AA BB =，如图，取AB 与11A B 中点,O O '，连接1,,CO OO C O ''，则可得122,2CO C O '=，O O AB '⊥，又平面11AA B B ⊥平面ABC ，两面交线为AB ，所以'⊥O O 平面ABC .因为OA OB OC ==,111O A O BO C '''==,面//ABC 面111A B C , 所以球心必在直线O O '上.所以在直角梯形1C O OC '中可求得6O O '=由题意可知，该三棱台外接球的外接球的球心必在直线O O '上，设球的半径为R ，球心为D ，则()22221O D O O OC O D O C ''''-+=+，得6O D '=O ，所以球的半径为2224(22)32ππ=.故答案为：32π【点睛】方法点睛：定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助面面垂直的性质，找到线面垂直，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.22．【分析】首先将二面角展平根据两点距离线段最短求最小值【详解】如图将二面角沿棱展成平角连结根据两点之间线段最短可知就是的最小值以为邻边作矩形由可知三点共线则故答案为：【点睛】思路点睛：本题考查立体几何解析：26【分析】首先将二面角展平，根据两点距离线段最短，求AP PB +最小值. 【详解】如图，将二面角沿棱a 展成平角，连结AB ，根据两点之间线段最短，可知AB 就是AP PB +的最小值，以,AE EF 为邻边，作矩形AEFC ，由,CF a BF a ⊥⊥可知,,C F B 三点共线，则()222213226AB AC BC =+=++=26【点睛】思路点睛：本题考查立体几何中的折线段和的最小值，一般都是沿交线展成平面，利用折线段中，两点间距离最短求解，本题与二面角的大小无关.23．【分析】由扇形的面积及圆心角可得扇形的半径再由扇形的弧长等于圆锥的底面周长可得底面半径再由外接球的半径与圆锥的高和底面半径的关系求出外接球的半径进而求出球的表面积【详解】设扇形的长为l 半径为R 则解得解析：36π【分析】由扇形的面积及圆心角可得扇形的半径，再由扇形的弧长等于圆锥的底面周长可得底面半径，再由外接球的半径与圆锥的高和底面半径的关系求出外接球的半径，进而求出球的表面积.【详解】设扇形的长为l ，半径为R ，则22111656222S lR R R παπ===⨯=，解得30R =，扇形弧长l 为锥底面周长2r π，∴底面的半径5r =，∴圆锥的高为225R r -=．设外接球的半径为1R ，∴()222115(5)R R =-+，解得13R =， ∴该外接球的表面积为21436R ππ=，故答案为：36π.【点睛】本题考查扇形的弧长与圆锥的底面周长的关系及外接球的半径和圆锥的高及底面半径的关系，和球的表面积公式的应用，属于中档题. 24．【分析】取PA 的中点E 连接EBEC 推出PA ⊥平面BCE 故点M 的轨迹为线段CE 解出即可【详解】取PA 的中点E 连接EBEC 因为几何体是正四面体P ﹣ABC 所以BE ⊥PAEC ⊥PAEB∩EC ＝E ∴PA ⊥平面解析：3【分析】取PA 的中点E ，连接EB ，EC ，推出PA ⊥平面BCE ，故点M 的轨迹为线段CE ，解出即可．【详解】取PA 的中点E ，连接EB ，EC ，因为几何体是正四面体P ﹣ABC ，所以BE ⊥PA ，EC ⊥PA ，EB ∩EC ＝E ，∴PA ⊥平面BCE ，且动点M 在正四面体侧面PAC 上运动，总保持MB PA ⊥，∴点M 的轨迹为线段CE ，正四面体P ﹣ABC 的棱长为2，在等边三角形PAC 中求得CE ＝3232⨯=. 故答案为：3【点睛】本题考查了正四面体的性质和线面垂直与线线垂直的判定，判断轨迹是解题的关键，属于中档题．三、解答题25．（12；（3 【分析】（1）取BD 中点G ，连接GC ，FG ，根据线面垂直的判定定理及性质，先证明EF 为1BD 与1CC 的公垂线，再由题中数据，计算出EF 的长，即可得出结果；（2）连接1ED ，由（1）得到EF ⊥平面1BDD ，设1D 到平面BDE 的距离为d ，根据等体积法，由11E DBD D DBE V V --=求出d ，记直线1BD 与平面BDE 所成角为θ，由1sin d BD θ=即可得出结果；（3）由（2）得到1D 到平面BDE 的距离d ，根据题中条件，得到F 到平面BDE 的距离为2d ，即可得出结果. 【详解】（1）在正四棱柱1111ABCD A BC D -中，取BD 中点G ，连接GC ，FG ，∵F ，G 分别为1,BD BD 的中点，∴1//FG D D 且112FG D D =，又1//CE D D ，112CE D D =，所以//FG CE 且FG CE =，则四边形EFGC 为平行四边形，又CE ⊥平面ABCD ，CG ⊂平面ABCD ，∴CE CG ⊥，∴四边形EFGC 为矩形，∴1EF CC ⊥，∵11//D D C C ，∴1EF DD ⊥，又CG BD ⊥，//EF CG ，BD ⊂平面1BDD ，1D D ⊂平面1BDD ，1BD D D D ⋂=， ∴EF ⊥平面1BDD ，又1BD ⊂平面1BDD ，∴1EF BD ⊥，∴EF 为1BD 与1CC 的公垂线，且1E CC ⊂，1F BD ⊂，∴异面直线1BD 与1CC 的距离为||2EF =．（2）在正四棱柱1111ABCD A BC D -中，连接1ED ，则11E DBD D DBE V V --=，由（1）知EF ⊥平面1BDD ，设1D 到平面BDE 的距离为d ，∵12AA =，1AB =，∴BD BE ED ===EF =1BD =∴1122DBD S ==212DBE S =⨯=从而1DBE DBD S d S EF ⨯=⨯，∴2223233d⨯==，记直线1BD 与平面BDE 所成角为θ，则12323sin 6d BD θ===， ∴直线1BD 与平面BDE 所成角的正弦值为23．（3）由（2）知，1D 到平面BDE 的距离23d =，∵F 是1BD 的中点，且B ∈平面BDE ，∴F 到平面BDE 的距离为32d =．【点睛】方法点睛：立体几何体中空间角的求法：（1）定义法：根据空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）的定义，通过作辅助线，在几何体中作出空间角，再解对应三角形，即可得出结果；（2）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，通过计算向量夹角（两直线的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、两平面的法向量夹角）的余弦值，来求空间角即可.26．（1）证明见解析；（23 【分析】(1)用分析法：要证平面NMC ⊥平面NCD ，只需证明CD ⊥平面NMC ，只需CM CD ⊥和NM CD ⊥；。

(常考题)北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试(包含答案解析)

一、选择题1．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的外接球的表面积（单位：2cm ）是（）A ．36πB ．54πC ．72πD ．90π 2．在长方体1111ABCD A B C D -中，12,3AB BC AA ===，E 是BC 的中点，则直线1ED 与直线BD 所成角的余弦值是（）A ．7B ．7-C ．37D ．37- 3．如图，圆锥的母线长为4，点M 为母线AB 的中点，从点M 处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到B 点，这条绳子的长度最短值为25，则此圆锥的表面积为（）A ．4πB ．5πC ．6πD ．8π4．在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱C 1D 1，B 1C 1的中点，P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一点，若AP ∥平面BDEF ，则线段AP 长度的取值范围是（） A ．325B ．522C ．326] D ．6，22] 5．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点F 是线段1BC 上的动点，则下列说法错误的是（）A ．无论点F 在上1BC 怎么移动，都有11A FB D ⊥B ．当点F 移动至1BC 中点时，才有1A F 与1BD 相交于一点，记为点E ，且12A E EF = C ．当点F 移动至1BC 中点时，直线1A F 与平面1BDC 所成角最大且为60°D ．无论点F 在1BC 上怎么移动，异面直线1A F 与CD 所成角都不可能是30°6．在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是棱1CC 的中点．则下列说法正确的是（） A ．异面直线AM 与BC 所成角的余弦值为5 B ．BDM 为等腰直角三角形C ．直线BM 与平面11BDD B 所成角的正弦值等于105D ．直线1AC 与平面BDM 相交7．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A ．4B ．8C ．12D ．148．如图，正方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段1A B 上的动点，则下列结论错误的是（）A ．1DC PC ⊥B ．异面直线AD 与PC 不可能垂直C ．1D PC ∠不可能是直角或者钝角D ．1APD ∠的取值范围是,62ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭ 9．已知长方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，B ，C ，D ，在球O 的表面上，顶点1A ，1B ，1C ，1D ，在过球心O 的一个平面上，若6AB =，8AD =，14AA =，则球O 的表面积为（）A ．169πB ．161πC ．164πD ．265π 10．设m 、n 是两条不同的直线，α是平面，m 、n 不在α内，下列结论中错误的是（）A ．m α⊥，//n α，则m n ⊥B ．m α⊥，n α⊥，则//m nC ．m α⊥，m n ⊥，则//n αD ．m n ⊥，//n α，则m α⊥ 11．如图（1），Rt ABC ，1,3,2AC AB BC ===，D 为BC 的中点，沿AD 将ACD △折起到AC D '，使得C '在平面ABD 上的射影H 落在AB 上，如图（2），则以下结论正确的是（）A ．AC BD '⊥B ．AD BC '⊥ C ．BD C D ⊥' D ．AB C D ⊥' 12．已知二面角l αβ--为60，AB α⊂，AB l ⊥，A 为垂足，CD β⊂，C l ∈，45ACD ∠=，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为（）A ．14B ．24C ．34D ．12二、填空题13．3ABCD 中，对角线3AC =ABC 沿AC 折起，使得二面角B AC D --的大小为2π，则三棱锥B ACD -外接球的体积是_________________．14．已知H 是球O 的直径AB 上一点，:1:3AH HB =，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为__________.15．在正三棱锥P ABC -中，E ，F 分别为棱PA ，AB 上的点，3PE EA =，3BF FA =，且CE EF ⊥.若23PB =，则三棱锥P ABC -的外接球的体积为_________.16．如图，圆柱的体积为16π，正方形ABCD 为该圆柱的轴截面，F 为AB 的中点，E 为母线BC 的中点，则异面直线AC ，EF 所成的角的余弦值为______．17．一个三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥中最长棱的长度为_______.18．正四面体ABCD 棱长为2，AO ⊥平面BCD ，垂足为O ，设M 为线段AO 上一点，且90BMC ︒∠=则二面角M BC O --的余弦值为________．19．如图，矩形ABCD 中，2AB AD =，E 为边AB 的中点，将ADE 沿直线DE 翻折成1A DE △．若M 为线段1A C 的中点，则在ADE 翻折过程中，下面四个选项中正确的是______（填写所有的正确选项）（1）BM 是定值（2）点M 在某个球面上运动（3）存在某个位置，使1DE A C ⊥（4）存在某个位置，使//MB 平面1A DE20．若三棱锥S ABC -的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，23AB =，7SA SB SC ===，则该三棱锥的外接球的表面积为__________．三、解答题21．如图，ABC 是边长为2的正三角形，ABD △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，且2CD =.（1）求证：平面ABC ⊥平面ABD ；（2）求二面角A-BC-D 的余弦值.22．如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，11,2AB AA ==，点E 为1CC 中点，点F 为1BD 中点．（1）求异面直线1BD 与1CC 的距离；（2）求直线1BD 与平面BDE 所成角的正弦值；（3）求点F 到平面BDE 的距离．23．如图，该多面体由底面为正方形ABCD 的直四棱柱被截面AEFG 所截而成，其中正方形ABCD 的边长为4，H 是线段EF 上（不含端点）的动点，36==FC EB ．（1）证明：//GH 平面ABCD ；（2）求H 到平面AEC 的距离．24．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为正三角形，1AB 与1A B 交于点O ，E ，F 是棱1CC 上的两点，且满足112EF CC =.（1）证明：//OF 平面ABE ；（2）当1CE C F =，且12AA AB =，求直线OF 与平面ABC 所成角的余弦值. 25．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧棱1AA ⊥底面ABC ，AB BC ⊥，D 为AC 的中点，12AA AB ==，3BC =．（1）求证：1//AB 平面1BC D ；（2）求三棱锥1D BCC -的体积．26．如图，四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，平面AEB ⊥平面ABCD ，4EBA π∠=，2EB =，F 为CE 上的点，BF CE ⊥.（1）求证：BF ⊥平面ACE ；（2）求点D 到平面ACE 的距离.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．A解析：A【分析】由三视图知该几何体是底面为等腰直角三角形，且侧面垂直于底面的三棱锥，由题意画出图形，结合图形求出外接球的半径，再计算外接球的表面积．【详解】解：由几何体的三视图知，该几何体是三棱锥P ABC -，底面为等腰ABC ∆，且侧面PAB ⊥底面ABC ，如图所示；设D 为AB 的中点，又3DA DB DC DP ====，且PD ⊥平面ABC ，∴三棱锥P ABC -的外接球的球心O 在PD 上，设OP R =，则OA R =，3OD R =-， 222(3)3R R ∴=-+，解得3R =，∴该几何体外接球的表面积是32436R cm ππ=．故选：A ．【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.2．C解析：C【分析】连接11D B 、1D E 、DE ，先证明四边形11BB D D 为平行四边形，得到11//B D BD ，故异面直线1ED 与BD 所成的角即为相交直线1ED 与11D B 所成的角，由余弦定理可得答案.【详解】连接11D B 、1D E 、DE ，因为棱11//BB DD ，11BB DD =，所以四边形11BB D D 为平行四边形，所以11//B D BD ，故异面直线1ED 与BD 所成的角即为相交直线1ED 与11D B 所成的角11B D E ∠，因为12,3AB AD AA ===,1BE CE ==，所以2211111122B D D C B C =+=213110B E =+=222415ED CE DC +=+==，所以222115914D E ED D D ==+=+，由余弦定理得，从而22211111111137cos 24214B D D E B E B D E B D D E +-∠===⨯⨯. 故选：C【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，关键点是找到异面直线所成的角，考查空间中线线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．3．B解析：B【分析】根据圆锥侧面展开图是一个扇形，且线段25MB =.【详解】设底面圆半径为r ，由母线长4l ，可知侧面展开图扇形的圆心角为22r r l ππα==，将圆锥侧面展开成一个扇形，从点M 拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B ，最短距离为BM ；如图，在ABM 中，25,2,4MB AM AB ===，所以222AM AB MB +=, 所以2MAB π∠=, 故22rππα==，解得1r =，所以圆锥的表面积为25S rl r πππ=+=,故选：B【点睛】关键点点睛：首先圆锥的侧面展开图为扇形，其圆心角为2r lπα=，其次从点M 拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B ，绳子的最短距离即为展开图中线段MB 的长，解三角即可求解底面圆半径r ，利用圆锥表面积公式求解.4．A解析：A【分析】分别取棱A 1B 1、A 1D 1的中点M 、N ，连接MN ，可证平面AMN ∥平面BDEF ，得P 点在线段MN 上．由此可判断当P 在MN 的中点时，AP 最小；当P 与M 或N 重合时，AP 最大．然后求解直角三角形得答案．【详解】如图所示，分别取棱A 1B 1、A 1D 1的中点M 、N ，连接MN ，连接B 1D 1，∵M 、N 、E 、F 为所在棱的中点，∴MN ∥B 1D 1，EF ∥B 1D 1，∴MN ∥EF ，又MN ⊄平面BDEF ，EF ⊂平面BDEF ，∴MN ∥平面BDEF ；连接NF ，由NF ∥A 1B 1，NF ＝A 1B 1，A 1B 1∥AB ，A 1B 1＝AB ，可得NF ∥AB ，NF ＝AB ，则四边形ANFB 为平行四边形，则AN ∥FB ，而AN ⊄平面BDEF ，FB ⊂平面BDEF ，则AN ∥平面BDEF ．又AN ∩NM ＝N ，∴平面AMN ∥平面BDEF ．又P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一点，且AP ∥平面BDEF ，∴P 点在线段MN 上．在Rt △AA 1M 中，AM 222211215AA A M =+=+=同理，在Rt △AA 1N 中，求得AN 5=△AMN 为等腰三角形．当P 在MN 的中点时，AP 最小为222322()22+=，当P 与M 或N 重合时，AP 最大为5．∴线段AP 长度的取值范围是32,52⎡⎤⎢⎥⎣⎦．故选：A ．【点睛】本题主要考查了空间中点、线、面间的距离问题，其中解答中通过构造平行平面寻找得到点P 的位置是解答的关键，意在考查空间想象能力与运算能力，属于中档试题.5．C解析：C 【分析】A.通过证明线面垂直，证得线线垂直；B.利用相似三角形，求1A EEF的值；C.首先构造直线1A F 与平面1BDC 所成角，再通过数形结合分析最大角，以及最大角的余弦值，判选项；D.将异面直线所成角转化为相交直线所成角，求解判断. 【详解】A.AC BD ⊥，1AC BB ⊥，AC ∴⊥平面1BB D ，1AC B D ∴⊥，11//AC AC ，111B D AC ∴⊥，同理11B D BC ⊥，1111A C BC C ，1B D ∴⊥平面11A BC ，1A F ⊂平面11A BC ，11B D A F ∴⊥，故A 正确；B.连结1A D ，1B C 交1BC 于点F ，11//A B DC ,且11A B DC =，∴四边形11A DCB 是平行四边形，所以11//A D B C ，∴11A DE FB E，得1112A E A DEFB F==，故B 正确；C.1A O ⊥平面1BDC ，1111A B AC A D ==，∴点O1BDC 是等边三角形的中心，11A BC 是等边三角形，111A BC BDC ≅ 当点F 是1BC 的中点时，11A F BC ⊥，此时1A F 是点1A 和1BC 上的点连线的最短距离，设直线1A F 与平面1BDC 所成角为θ，此时11sin A O A F θ=最大，所以此时θ最大，所以111cos 32OF A F θ==<,最大角大于60，故C 不正确；D.11//A B CD ，CD ∴与1A F 所成的角，转化为11B A F ∠的大小，11B A F ∠的最小角是11B A 与平面11A BC 所成的角，即11B A F ∠，此时1111123tan 23FB B A F A B ∠==>，所以11B A F ∠的最小角大于30，故D 正确.故选：C 【点睛】关键点点睛：本题考查利用几何的综合应用，包含线线，线面角，垂直关系，首先会作图，关键选项是C 和D ，C 选项的关键是1A O ⊥平面1BDC ，点O1BDC 是等边三角形的中心，D 选项的关键是知道先与平面中线所成角中，其中线面角是其中的最小角.6．C解析：C 【分析】A 通过平移，找出异面直线所成角，利用直角三角形求余弦即可. B.求出三角形的三边，通过勾股定理说明是不是直角三角形.C.求出点M 到面11BB D D 的距离，再求直线BM 与平面11BDD B 所成角的正弦.D.可通过线线平行证明线面平行. 【详解】设正方体棱长为2A. 取1BB 的中点为N ，则//BC MN ，则AM 与BC 所成角为AMN ∠ 由BC ⊥面11ABB A ，故MN ⊥面11ABB A ，故MN AN ⊥，在Rt ANM △中，5tan AMN ∠=，故2cos 3AMN ∠=B. BDM 中，5BM =，22BD =，5DM =C. AC BD ⊥，1AC BB ⊥，故AC ⊥面11BB D D ，1//CC 面11BB D D ，故M 到面11BB D D 的距离等于C 到面11BB D D 的距离，即为122d AC ==直线BM 与平面11BDD B 所成角为θ210sin 55d BM θ===直线BM 与平面11BDD B 10D.如图ACBD O =OM 为1ACC △的中位线，有1//OM AC故直线1AC 与平面BDM 平行故选：C 【点睛】本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键.7．C解析：C 【分析】根据三视图还原得其几何体为四棱锥，根据题意代入锥体体积公式计算即可. 【详解】解：根据三视图还原得其几何体为四棱锥，图像如下：根据图形可得ABCD 是直角梯形，PA ⊥平面ABCD ，2,4,2,6AB CD PA AD ==== 所以11246212332P ABCD ABCD V S PA -+=⋅=⨯⨯⨯= 故选：C 【点睛】识别三视图的步骤（1）弄清几何体的结构特征及具体形状、明确几何体的摆放位置；（2）根据三视图的有关定义和规则先确定正视图，再确定俯视图，最后确定侧视图；（3）被遮住的轮廓线应为虚线，若相邻两个物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线；对于简单的组合体，要注意它们的组合方式，特别是它们的交线位置.8．D解析：D 【分析】在正方体中根据线面垂直可判断A ，根据异面直线所成角可判断B ，由余弦定理可判断CD. 【详解】如图，设正方体棱长为2，在正方体中易知1DC ⊥平面11A BCD ，P 为线段1A B 上的动点，则PC ⊂平面11A BCD ,所以1DC PC ⊥，故A 正确；因为异面直线AD 与PC 所成的角即为BC 与PC 所成的角，在Rt PBC 中不可能BC 与PC 垂直，所以异面直线AD 与PC 不可能垂直，故B 正确；由正方体棱长为2，则222222211114480D P PC D C A P BP A P BP +-=+++-=+>，所以由余弦定理知1cos 0D PC ∠>，即1D PC ∠不可能是直角或者钝角，故C 正确；设1(022)A P x x =≤≤，则2214D P x =+，222422cos4224AP x x x x π=+-⨯=+-，由余弦定理，222211111222cos =22AP D P AD x xAP D P A PD P AP D ∠=+--⋅⋅，当2x <1cos 0APD ∠<，所以1APD ∠为钝角，故D 错误.故选：D 【点睛】关键点点睛：判断正方体中的角的范围时，可选择合适三角形，利用正方体中数量关系，位置关系，使用余弦定理，即可判断三角形形状或角的范围，属于中档题.9．C解析：C 【分析】把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为6，8，8的长方体，则球O 就是该长方体的外接球，根据长方体外接球的直径等于体对角线的长，求出直径，即可得出球的表面积. 【详解】如下图所示：把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为6，8，8的长方体，则球O 就是该长方体的外接球，根据长方体的结构特征可得，其外接球直径等于体对角线的长，所以球O 的半径R 满足2222688164R =++=，所以球O 的表面积24164S R ππ==. 故选：C.【点睛】关键点点睛：本题主要考查几何体外接球的表面积，熟记长方体结构特征，其外接球的球心和半径与长方体的关系，以及球的表面积公式，是解决此类问题的关键.10．D解析：D 【分析】利用线面平行的性质定理和线面垂直的定义可判断A 选项的正误；由线面垂直的性质定理可判断B 选项的正误；根据已知条件判断直线n 与平面α的位置关系，可判断C 选项的正误；根据已知条件判断直线m 与平面α的位置关系，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A ，//n α，由线面平行的性质定理可知，过直线n 的平面β与平面α的交线l 平行于n ，m α⊥，l α⊂，m l ∴⊥，m n ∴⊥，故A 正确；对于B ，若m α⊥，n α⊥，由直线与平面垂直的性质，可得//m n ，故B 正确；对于C ，若m α⊥，m n ⊥，则//n α或n ⊂α，又n α⊄，//n α∴，故C 正确；对于D ，若m n ⊥，//n α，则//m α或m 与α相交或m α⊂，而m α⊄，则//m α或m 与α相交，故D 错误．故选：D ．【点睛】方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．11．C解析：C 【分析】设AH a =，则BH a =，由线面垂直的性质和勾股定理可求得DH a AH ==，由等腰三角形的性质可证得BD ⊥DH ，再根据线面垂直的判定和性质可得选项. 【详解】设AH a =，则BH a =，因为'C H ⊥面ABD ，AB 面ABD ，DH ⊂面ABD ，所以'C H ⊥AB ，'C H ⊥DH ，'C H ⊥DB ，又Rt ABC ，1,2AC AB BC ===，D 为BC 的中点，所以'1,6C D BD B DAB π==∠=∠=，所以在'Rt AC H 中，'C H ==Rt C HD ’中，()2'222'211DH C D C H a a =-=--=，所以DH a AH ==，所以6ADH DAB π∠=∠=，又23ADB π∠=，所以2HDB π∠=，所以BD ⊥DH ，又'C HDH H =，所以BD ⊥面'C DH ，又'C D ⊂面'C DH ，所以BD ⊥'C D ，故选：C. 【点睛】关键点点睛：在解决折叠问题时，关键在于得出折叠的前后中，线线、线面、面面之间的位置关系的不变和变化，以及其中的边的长度、角度中的不变量和变化的量.12．B解析：B 【分析】作出图形，设2CD =，AD l ⊥，AB =，然后以CA 、CD 为邻边作平行四边形ACDE ，可知BAD ∠为二面角l αβ--的平面角，异面直线AB 与CD 所成角为BAE∠或其补角，计算出ABE △三边边长，利用余弦定理计算出cos BAE ∠，即可得解. 【详解】如下图所示：设2CD =，AD l ⊥，2AB =CA 、CD 为邻边作平行四边形ACDE ，在平面β内，AD l ⊥，2CD =，45ACD ∠=，则sin 2AD CD ACD =∠=cos 452AC CD ==，AB l ⊥，AD l ⊥，AB α⊂，AD β⊂，所以，BAD ∠为二面角l αβ--的平面角，即60BAD ∠=，2AB AD ==，ABD ∴为等边三角形，则2BD =，四边形ACDE 为平行四边形，//DE AC ∴，即//DE l ，AD l ⊥，AB l ⊥，DE AB ⊥∴，DE AD ⊥， AB AD A =，DE ∴⊥平面ABD ，BD ⊂平面ABD ，DE BD ∴⊥，则222BE BD DE =+=，在平行四边形ACDE 中，//AE CD 且2AE CD ==，所以，异面直线AB 与CD 所成角为BAE ∠或其补角，在ABE △中，2AB =2AE BE ==，由余弦定理可得2222cos 24AB AE BE BAE AB AE +-∠==⋅. 因此，异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24. 故选：B. 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．二、填空题13．；【分析】分析菱形的特点结合其翻折的程度判断其外接球球心的位置放到相应三角形中利用勾股定理求得半径利用球的体积公式求得外接球的体积【详解】根据题意画出图形根据长为的菱形中对角线所以和都是正三角形又因解析：556π；【分析】分析菱形的特点，结合其翻折的程度，判断其外接球球心的位置，放到相应三角形中，利用勾股定理求得半径，利用球的体积公式求得外接球的体积. 【详解】根据题意，画出图形，3的菱形ABCD 中，对角线3AC = 所以ABC 和DBC △都是正三角形，又因为二面角B AC D --的大小为2π，所以分别从两个正三角形的中心做面的垂线，交于O ，则O 是棱锥B ACD -外接球的球心，且11,2GD OG GE ===，所以球的半径2252R GD OG =+=，所以其体积为3344555(3326V R ππ==⋅=，故答案为：556π. 【点睛】思路点睛：该题考查的是有关几何体外接球的问题，解题思路如下：（1）根据题中所给的条件，判断菱形的特征，得到两个三角形的形状；（2）根据直二面角，得到两面垂直，近一倍可以确定其外接球的球心所在的位置；（3）利用勾股定理求得半径；（4）利用球的体积公式求得结果；（5）要熟知常见几何体的外接球的半径的求解方法.14．【分析】求出截面圆的半径设可得出从而可知球的半径为根据勾股定理求出的值可得出球的半径进而可求得球的表面积【详解】如下图所示设可得出则球的直径为球的半径为设截面圆的半径为可得由勾股定理可得即即所以球的解析：163π【分析】求出截面圆H 的半径，设AH x =，可得出3HB x =，从而可知，球O 的半径为2x ，根据勾股定理求出x 的值，可得出球O 的半径，进而可求得球O 的表面积. 【详解】如下图所示，设AH x =，可得出3HB x =，则球O 的直径为4AB x =，球O 的半径为2x ，设截面圆H 的半径为r ，可得2r ππ=，1r ∴=，由勾股定理可得()2222OH r x +=，即()22214x AH x -+=，即2214x x +=，33x ∴=，所以，球O 的半径为232x =，则球O 的表面积为22316433S ππ⎛⎫=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭. 故答案为：163π. 【点睛】方法点睛：在求解有关球的截面圆的问题时，一般利用球的半径、截面圆的半径以及球心到截面圆的距离三者之间满足勾股定理来求解.15．【分析】证明与垂直得线面垂直从而得正三棱锥的三条侧棱两两垂直结合正方体的性质得三条侧棱的平方和为外接球直径的平方求得球半径后可得球体积【详解】∵∴∴又∴取中点连接如图由于是正三棱锥∴而平面∴平面又平解析：36π【分析】证明PB 与,CE AC 垂直得线面垂直，从而得正三棱锥的三条侧棱两两垂直，结合正方体的性质得三条侧棱的平方和为外接球直径的平方，求得球半径后可得球体积．【详解】∵3PE EA =，3BF FA =，∴AE AFAP AB=，∴//EF PB ，又CE EF ⊥，∴PB CE ⊥，取AC 中点D ，连接,PD BD ，如图，由于P ABC -是正三棱锥，∴,PD AC BD AC ⊥⊥，而PD BD D ⋂=，,PD BD ⊂平面PBD ，∴AC ⊥平面PBD ，又PB ⊂平面PBD ， ∴AC PB ⊥，∵ACCE C =，,AC CE ⊂平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，而,PA PC ⊂平面PAC ，∴,PB PA PB PC ⊥⊥，同理正三棱锥中，PA PC ⊥．设三棱锥P ABC -外接球半径为R ，则22222(2)3(23)R PA PB PC =++=⨯，3R =，球的体积为343363V ππ=⨯=．故答案为：36π．【点睛】结论点睛：三棱锥的外接球问题，解题关键是找到外接球的球心，三棱锥的外接球球心在过各面外心且与该面垂直的直线上．当从同一顶点出发的三条棱两两垂直时，可以把三棱锥补成一个长方体，而长方体的对角线就是三棱锥外接球的直径．16．【分析】由圆柱体积求得底面半径母线长设底面圆心为可得为异面直线与所成的角（或其补角）在对应三角形中求解可得【详解】设圆柱底面半径为则母线长为由得设底面圆心为连接则所以为异面直线所成的角在中所以故答案 6 【分析】由圆柱体积求得底面半径，母线长，设底面圆心为O ，可得OEF ∠为异面直线AC 与EF所成的角（或其补角）．在对应三角形中求解可得．【详解】设圆柱底面半径为r ，则母线长为2r ，由2216r r ππ⋅=得2r．设底面圆心为O ，连接OE ，OF ．则//OE AC ，所以OEF ∠为异面直线AC ，EF 所成的角．在Rt OEF △中，2OF =，22OE =，23EF =．所以6cos OE OEF EF ∠==．故答案为：6．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．17．【分析】由三视图还原几何体得到三棱锥P-ABC 分别计算其棱长可得答案【详解】由三视图还原几何体得到三棱锥P-ABC 可将此三棱锥放入棱长为2的正方体内如下图所示所以：BC=所以该三棱锥最长棱的长度为故解析：3【分析】由三视图还原几何体得到三棱锥P -ABC ，分别计算其棱长，可得答案．【详解】由三视图还原几何体得到三棱锥P -ABC ，可将此三棱锥放入棱长为2的正方体内，如下图所示，所以：2AB =，BC =2,22,23BP AC PC AP ====.所以该三棱锥最长棱的长度为23. 故答案为：23．【点睛】方法点睛：三视图问题的常见类型及解题策略：(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．18．【分析】连接延长交于则是中点可得是二面角的平面角求出可得结论【详解】由已知是中心连接延长交于则是中点连接则而∴平面平面∴∴是二面角的平面角由对称性又由平面平面得∴故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考 3 【分析】连接DO 延长交BC 于E ，则E 是BC 中点，可得MEO ∠是二面角M BC O --的平面角．求出,ME OE 可得结论．【详解】由已知O 是BCD △中心，连接DO 延长交BC 于E ，则E 是BC 中点，连接AE ，则BC AE ⊥，BC DE ⊥，而AEDE E =，∴BC ⊥平面AED ，ME ⊂平面AED ，∴BC ME ⊥，∴MEO ∠是二面角M BC O --的平面角．2BC =，90BMC ︒∠=，由对称性2BM CM ==112ME BC ==，又113323323EO DE ==⨯=由AO ⊥平面BCD ，EO ⊂平面BCD ，得AO EO ⊥，∴3cos 3EO MEO ME ∠==．故答案为：33．【点睛】关键点点睛：本题考查求二面角，解题关键是作出二面角的平面角．这可根据平面角的定义作出（并证明），然后在直角三角形中求角即得．注意一作二证三计算三个步骤．19．（1）（2）（4）【分析】首先取中点连结先判断（4）是否正确再根据平行关系以及等角定理和余弦定理判断（1）再判断（2）假设成立根据直线与平面垂直的性质及判定可得矛盾来判断（3）【详解】取中点连结则平解析：（1）（2）（4）【分析】首先取CD 中点Q ，连结MQ ，BQ ，先判断（4）是否正确，再根据平行关系，以及等角定理和余弦定理判断（1），再判断（2），假设1DE A C ⊥成立,根据直线与平面垂直的性质及判定,可得11DA A E ⊥矛盾来判断（3）. 【详解】取CD 中点Q ，连结MQ ，BQ ，则1//MQ DA ，//BQ DE ，∴平面//MBQ 平面1A DE ，又MB ⊂平面MBQ ，//MB ∴平面1A DE ，故（4）正确；由1A DE MQB ∠=∠，112MQ A D ==定值，QB DE ==定值，由余弦定理可得2222cos MB MQ QB MQ QB MQB =+-⋅⋅∠ 所以MB 是定值，故（1）正确；B 是定点，M ∴是在以B 为球心，MB 为半径的球面上，故（2）正确；145A DE ADE ∠=∠=，45CDE ∠=，且设1AD =，2AB =，则2DE CE ==，若存在某个位置,使1DE A C ⊥,则因为222DE CE CD +=,即CE DE ⊥,因为1AC CE C =,则DE ⊥平面1A CE ,所以1DE A E ⊥,与11DA A E ⊥矛盾，故（3）不正确.故答案为：（1）（2）（4）【点睛】关键点点睛：本题考查线线，线面位置关系时，首先判断（4）是否正确，其他选项就迎刃而解，而判断线面平行时，可根据面面平行证明线面平行.20．【详解】取的中点由题意可得：所以面ABC 所以球心在直线上所以得所以解析：494π【详解】取AB 的中点，由题意可得：2222,3,SD DC SD DC SC ==+=，所以,SD AB SD DC ⊥⊥，SD ⊥面ABC.所以球心在直线SD 上，所以()2232R R =+-，得74R =，所以24944S R ππ==．三、解答题21．（1）证明见解析；（2）7. 【分析】（1）取AB 中点O ，连OC ､OD ，即可得到COD ∠是二面角C AB D --的平面角，再由勾股定理逆定理得到222OC OD CD +=，即可得到二面角是直二面角，即可得证；（2）过O 作OM ⊥BC 交BC 于M ，连DM ，即可证明BC ⊥平面DOM ，从而得到ODM ∠为二面角A-BC-D 的平面角，再利用锐角三角函数计算可得；【详解】（1）证明：取AB 中点O ，连OC ､OD ，因为ABC 是边长为2的正三角形，ABD △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，所以OC AB ⊥，⊥OD AB ，所以COD ∠是二面角C AB D --的平面角. 在OCD 中，因为OC =1OD =，2CD =，所以222OC OD CD +=所以90COD ∠=︒. 所以平面ABC ⊥平面ABD .（2）过O 作OM ⊥BC 交BC 于M ，连DM ，由（1）可知DO ⊥面ABC ，又BC ⊂面ABC ，所以BC DO ⊥，由OMDO O =，,OM DO ⊂面DOM所以BC ⊥平面DOM因为DM ⊂面DOM ，所以BC ⊥DM ，则ODM ∠为二面角A-BC-D 的平面角.在Rt OMD 中，1OD =，2OM =，由勾股定理：DM =，∴二面角A-BC-D 的余弦值为cos OM OMD DM ∠==.【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 22．（1）22；（22；（33 【分析】（1）取BD 中点G ，连接GC ，FG ，根据线面垂直的判定定理及性质，先证明EF 为1BD 与1CC 的公垂线，再由题中数据，计算出EF 的长，即可得出结果；（2）连接1ED ，由（1）得到EF ⊥平面1BDD ，设1D 到平面BDE 的距离为d ，根据等体积法，由11E DBD D DBE V V --=求出d ，记直线1BD 与平面BDE 所成角为θ，由1sin dBD θ=即可得出结果；（3）由（2）得到1D 到平面BDE 的距离d ，根据题中条件，得到F 到平面BDE 的距离为2d，即可得出结果. 【详解】（1）在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，取BD 中点G ，连接GC ，FG ， ∵F ，G 分别为1,BD BD 的中点，∴1//FG D D 且112FG D D =，又1//CE D D ，112CE D D =，所以//FG CE 且FG CE =，则四边形EFGC 为平行四边形，又CE ⊥平面ABCD ，CG ⊂平面ABCD ，∴CE CG ⊥，。

高中数学北师大版必修2：综合测试1(含答案)

本册综合测试一本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题共50分)一、选择题(本大题共10个小题，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．下列命题：①α内有无数条直线平行于β，则α∥β②平行于同一条直线的两个平面互相平行③经过平面α外两点可以作一个平面与α平行④平行于同一个平面的两平面平行其中正确的个数为()A．0B．1C．2 D．3[答案] B[解析]①错误，可能α与β相交，α内无数条直线均与交线平行；②错误，可能出现α与β相交，存在直线与交线平行而与两个平面都平行的情况；③错误，若平面α外两点的连线与平面相交，则过两点作不出平面与α平行；④正确．2．经过点A(－1,4)，且斜率为－1的直线方程是()A．x＋y＋3＝0 B．x－y＋3＝0C．x＋y－3＝0 D．x＋y－5＝0[答案] C[解析]直线的方程是y－4＝－(x＋1)，即x＋y－3＝0.3．若P(2，－1)为圆C：(x－1)2＋y2＝25的弦AB的中点，则直线AB的方程是() A．x－y－3＝0 B．2x＋y－3＝0C．x＋y－1＝0 D．2x－y－5＝0[答案] A[解析]由题意知圆心为C(1,0)，则AB⊥CP，∵k CP＝－1，∴k AB＝1，直线AB的方程为y＋1＝x－2，即x－y－3＝0.4．(安徽高考)下列说法中，不是公理的是()A．平行于同一个平面的两个平面相互平行B ．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C ．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D ．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线 [答案] A[解析] 由空间几何中的公理可知，仅有A 不是公理，其余皆为公理． 5．在直线3x －4y －27＝0上到点P (2,1)距离最近的点的坐标为( ) A ．(5，－3) B ．(9,0) C ．(－3,5) D ．(－5,3)[答案] A[解析] 过P (2,1)向此直线引垂线，其垂足即为所求的点，过点P 作直线3x －4y －27＝0的垂线方程为4x ＋3y ＋m ＝0，而点P (2,1)在此垂线上，所以4×2＋3×1＋m ＝0.所以m ＝－11.由⎩⎪⎨⎪⎧3x －4y －27＝0，4x ＋3y －11＝0，联立求解，得所求的点的坐标为(5，－3)．6．(安徽高考)直线x ＋2y －5＋5＝0被圆x 2＋y 2－2x －4y ＝0截得的弦长为( ) A ．1 B ．2 C ．4 D ．4 6[答案] C[解析] 本题考查了圆的垂径定理．圆心到直线的距离d ＝|1＋2×2－5＋5|12＋22＝1，半弦长＝(5)2－12＝2. ∴弦长＝4.7．底面边长为6，各侧面均为直角三角形的正三棱锥的四个顶点都在同一球面上，则此球的体积为( )A ．9πB ．9π2C ．4πD ．3π [答案] B[解析] ∵底面边长为6，∴直角边长为3， ∴2R ＝3，R ＝32，V 球＝43π⎝⎛⎭⎫323＝92π.8．直线3x ＋y －23＝0截圆x 2＋y 2＝4得劣弧所对的圆心角为( )A ．π6B ．π4C ．π3D ．π2[答案] C[解析] 由已知可得直线与圆相交，且圆心到直线的距离d ＝|3×0＋1×0－23|(3)2＋12＝ 3.而圆的半径为2.∴直线与圆的两交点与圆心构成等边三角形． ∴可得劣弧所对的圆心角为π3.9．如图，定圆的半径为a ，圆心为(b ，c )，则直线ax ＋by ＋c ＝0与直线x －y ＋1＝0的交点在( )A ．第四象限B ．第三象限C ．第二象限D ．第一象限[答案] B[解析] 由图知，a >0，b <0，c >0，且c <a <|b |.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋by ＋c ＝0，x －y ＋1＝0，得交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－b ＋c a ＋b ，a －c b ＋a .∵b ＋c a ＋b >0，a －cb ＋a<0，∴交点在第三象限． 10．用若干个体积为1的正方体搭成一个几何体，其主视图、左视图都是如图所示的图形，则这个几何体的最大体积与最小体积的差是( )A ．3B ．4C ．5D ．6[答案] D[解析] 如图①所示，这个几何体体积最大时共有11个小正方体构成，如图②所示，这个几何体最小时有5个小正方体构成，因此，这个几何体的最大体积与最小体积的差是6.第Ⅱ卷(非选择题共100分)二、填空题(本大题共5个小题，每小题5分，共25分，把答案填在题中横线上) 11．如图，已知a ∥α，B 、C 、D ∈a ，点A 与a 在平面α的异侧，直线AB 、AC 、AD 分别交α于E 、F 、G 三点，若BC ＝5，AD ＝7，DG ＝4，则EF 的长为______．[答案]157[解析] 由题知，EF BC ＝AF AC ＝AG AD ＝AD －DG AD ，∴EF 5＝37，∴EF ＝157.12．(2014·重庆理，13)已知直线ax ＋y －2＝0与圆心为C 的圆(x －1)2＋(y －a )2＝4相交于A ，B 两点，且△ABC 为等边三角形，则实数a ＝________.[答案] 4±15[解析] 本题考查了等边三角形的性质点到直线的距离公式．圆心坐标是(1，a )，半径是2，由已知可得 |a ＋a －2|1＋a 2＝4－1，即a 2－8a ＋1＝0，解得a ＝4±15，解决本题要充分利用三角形ABC 是等边三角形的性质．13．(2014·山东文，13)一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．[答案] 12[解析] 本题考查六棱锥的体积、侧面积的基本运算．如图所示．由体积V ＝13×6×34×4·h ＝2 3求得高h ＝1.取AB 中点G ，连接OG 、PG . ∵OA ＝OB ，∴AB ⊥GO . 又PO ⊥AB ，PO ∩GO ＝O ， ∴AB ⊥面PGO ，∴AB ⊥PG . 又PO ＝1，GO ＝32×2＝3，∴PG ＝2. ∴S 侧＝6×12×AB ·PG ＝3×2×2＝12.14．设X ，Y ，Z 是空间不同的直线或平面，对下面四种情形，使“X ⊥Z 且Y ⊥Z ⇒X ∥Y ”为真命题的是________(填序号)．①X ，Y ，Z 是直线；②X ，Y 是直线，Z 是平面；③Z 是直线，X ，Y 是平面；④X ，Y ，Z 是平面．[答案] ②③[解析] ①不行，反例为直线X ，Y ，Z 位于正方体的三条共点棱时，②，③可以． ④不行，反例为平面X ，Y ，Z 位于正方体的三个共点侧面时．15．若⊙O ：x 2＋y 2＝5与⊙O 1：(x －m )2＋y 2＝20(m ∈R )相交于A 、B 两点，且两圆在点A 处的切线互相垂直，则线段AB 的长度是________．[答案] 4[解析] 如图所示，在Rt △OO 1A 中，OA ＝5，O 1A ＝25，∴OO 1＝5. ∴AC ＝5×255＝2.∴AB ＝2AC ＝4. 三、解答题(本大题共6个小题，满分75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)16．(本小题满分12分)若直线l 垂直于直线2x ＋5y －1＝0，且与两坐标轴围成的三角形的面积是5，求直线l 的方程．[解析] 直线2x ＋5y －1＝0的斜率是－25，所以直线l 的斜率是52，设直线l 的方程是y＝52x ＋b ，则直线在x 轴，y 轴上的截距分别是－25b ，b ，所以S ＝12·⎪⎪⎪⎪－25b ·|b |＝5，则b 2＝25，所以b ＝±5，所以y ＝52x ±5，即5x －2y ±10＝0，即所求直线l 的方程是5x －2y ±10＝0.17．(本小题满分12分)(天津高考)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABC ，且各棱长均相等，D ，E ，F 分别为棱AB ，BC ，A 1C 1的中点．(1)证明：EF ∥平面A 1CD ； (2)证明：平面A 1CD ⊥平面A 1ABB 1.[解析] (1)证明：如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1，连接ED ，在△ABC 中，因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点，所以DE ＝12AC 且DE ∥AC ，又因为F 为A 1C 1的中点，可得A 1F ＝DE ，且A 1F ∥DE ，即四边形A 1DEF 为平行四边形，所以EF ∥DA 1.又EF ⃘平面A 1CD ，DA 1平面A 1CD ，所以，EF ∥平面A 1CD .(2)证明：由于底面ABC 是正三角形，D 为AB 的中点，故CD ⊥AB ，又由于侧棱A 1A ⊥底面ABC ，CD 平面ABC ，所以A 1A ⊥CD ，又A 1A ∩AB ＝A ，因此CD ⊥平面A 1ABB 1，而CD 平面A 1CD ，所以平面A 1CD ⊥平面A 1ABB 1.18．(本小题满分12分)正三棱锥S －ABC 的侧面是边长为a 的正三角形，D 、E 分别是SA 、BC 的中点，求△SDE 绕直线SE 旋转一周所得到的旋转体体积．[解析] 如图，连接AE .在正四面体中，AE ＝SE . ∴DE ⊥SA .又AE ＝SE ＝32a ，AS ＝a ， ∴DE ＝AE 2－(AS 2)2＝22a .过点D 作DF ⊥SE 于点F .有Rt △SDE 中，DF ＝SD ·DE SE ＝66a .当△SDE 绕直线SE 旋转一周时得到两个圆锥，其体积为V 旋转体＝13·πDF 2·SF ＋13·πDF 2·FE＝π3DF 2(SF ＋FE )＝π3DF 2·SE ＝π3(66a )2·32a ＝336πa 3. 即所得旋转体的体积是336πa 3. 19．(本小题满分12分)已知圆C ：x 2＋y 2－2x －4y －20＝0及直线l ：(2m ＋1)x ＋(m ＋1)y ＝7m ＋4(m ∈R )．(1)求证：不论m 取什么实数，直线l 与圆C 总相交； (2)求直线l 被圆C 截得的弦长最短长度及此时的直线方程． [解析] (1)证明：把直线l 的方程改写成(x ＋y －4)＋m (2x ＋y －7)＝0.由方程组⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y －4＝0，2x ＋y －7＝0解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3.y ＝1.∴直线l 总过定点(3,1)．圆C 的方程可写成(x －1)2＋(y －2)2＝25.∴圆C 的圆心为(1,2)，半径为5，定点(3,1)到圆心(1,2)的距离为(3－1)2＋(1－2)2＝5<5.∴点(3,1)在圆C 内．∴过点(3,1)的直线l 总与圆C 相交，即不论m 为何实数，直线l 与圆C 总相交． (2)解：当直线l 过定点M (3,1)且垂直于过点M 的半径时，l 被圆截得的弦长|AB |最短．(如下图)|AB |＝2BC 2－CM 2 ＝225－[(3－1)2＋(1－2)2] ＝220＝4 5. 此时，k AB ＝－1k CM ＝2.∴直线AB 的方程为y －1＝2(x －3)，即2x －y －5＝0.故直线l 被圆C 截得的弦长的最短长度为45，此时直线l 的方程为2x －y －5＝0. 20．(本小题满分13分)求过直线2x ＋y ＋4＝0和圆x 2＋y 2＋2x －4y ＋1＝0的交点，且满足下列条件之一的圆的方程：(1)过原点； (2)有最小面积．[解析] 设所求圆的方程为x 2＋y 2＋2x －4y ＋1＋λ(2x ＋y ＋4)＝0，即x 2＋y 2＋2(1＋λ)x ＋(λ－4)y ＋(1＋4λ)＝0. (1)∵圆过原点，∴1＋4λ＝0，λ＝－14.故所求圆的方程为x 2＋y 2＋32x －174y ＝0.(2)将圆系方程化为标准式，得 (x ＋1＋λ)2＋(y ＋λ－42)2＝54(λ－85)2＋45. 则当λ＝85时，半径取最小值255.此时圆的方程为(x ＋135)2＋(y －65)2＝45.21．(本小题满分14分)如下图所示，在四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥平面P AD ，AB ∥CD ，PD ＝AD ，E 是PB 的中点，F 是DC 上的点且DF ＝12AB ，PH 为△P AD 中AD 边上的高．(1)证明：PH ⊥平面ABCD ；(2)若PH ＝1，AD ＝2，FC ＝1，求三棱锥E －BCF 的体积； (3)证明：EF ⊥平面P AB .[证明] (1)证明：因为AB ⊥平面P AD ，所以PH ⊥AB ，因为PH 为△P AD 中AD 边上的高，所以PH ⊥AD . 因为AB ∩AD ＝A ，所以PH ⊥平面 ABCD .(2)连接BH ，取BH 中点G ，连接EG ，因为E 是PB 的中点，所以 EG ∥PH ，因为PH ⊥平面ABCD ，所以 EG ⊥平面 ABCD ，则 EG ＝12PH ＝12，V E －BCF ＝13S △BCF ·EG ＝13·12·FC ·AD ·EG ＝212.(3)证明：取P A 中点M ，连接MD ，ME ，因为E 是PB 的中点，所以ME 綊12AB .因为 DF 綊12AB ，所以 ME 綊DF ，所以四边形MEFD 是平行四边形．所以 EF ∥MD ，因为 PD ＝AD, 所以 MD ⊥P A .因为AB⊥平面P AD, 所以MD⊥AB. 因为P A∩AB＝A，所以MD⊥平面P AB. 所以EF⊥平面P AB.。

新北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试题(含答案解析)(4)

一、选择题1．正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心的棱锥）的三视图如图所示，俯视图是正三角形，O是其中心，则正视图（等腰三角形）的腰长等于（）A．5B．2 C．3D．22．已知三棱锥A BCD的各棱长都相等，E为BC中点，则异面直线AB与DE所成角的余弦值为（）A．13B．3C．33D．1163．某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：3cm）为（）A．43B．2C ．4D ．64．如图，正三棱柱111ABC A B C -的高为4，底面边长为43，D 是11B C 的中点，P 是线段1A D 上的动点，过BC 作截面AP α⊥于E ，则三棱锥P BCE -体积的最小值为（）A ．3B ．23C ．43D ．125．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（）A ．24B ．30C ．47D ．676．如图正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长均相等，O 是1AA 中点，P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC ，则直线OP 与平面ABC 所成角正弦值的最大值为（）A ．2 B ．255C ．32D ．2777．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形.其中3AB =，2AD =，PAD △是以A ∠为直角的等腰直角三角形，若60PAB ∠=︒，则异面直线PC 与AD 所成角的余弦值是（）A ．2211B ．2211-C ．77D ．211118．已知球O 的半径为5，球面上有,,A B C 三点，满足214,27AB AC BC ===，则三棱锥O ABC -的体积为（） A ．77B ．142C ．714D ．1479．在正方体1111ABCD A BC D -中，M 是棱1CC 的中点．则下列说法正确的是（） A ．异面直线AM 与BC 5B ．BDM 为等腰直角三角形C ．直线BM 与平面11BDD B 10D ．直线1AC 与平面BDM 相交10．如图，正方形ABCD 的边长为4，点E ，F 分别是AB ，B C 的中点，将ADE ，EBF △，FCD 分别沿DE ，EF ，FD 折起，使得A ，B ，C 三点重合于点A '，若点G 及四面体A DEF '的四个顶点都在同一个球面上，则以FDE 为底面的三棱锥G -DEF 的高h 的最大值为（）A ．263+B ．463+C ．4263-D ．2263- 11．在四棱锥P -ABCD 中，//AD BC ，2AD BC =，E 为PD 中点，平面ABE 交PC 于F ，则PFFC=（） A ．1B ．32C ．2D ．312．如图，长、宽、高分别为2、1、1的长方体木块上有一只小虫从顶点A 出发沿着长方体的外表面爬到顶点B ，则它爬行的最短路程是（）A ．10B ．5C ．22D ．3二、填空题13．如图，在三棱锥P ABC -中，点B 在以AC 为直径的圆上运动，PA ⊥平面,ABC AD PB ⊥，垂足为,D DE PC ⊥，垂足为E ，若23,2PA AC ==，则三棱锥P ADE -体积的最大值是_________．14．如图，点E 是正方体1111ABCD A BC D -的棱1DD 的中点，点M 在线段1BD 上运动，则下列结论正确的有__________． ①直线AD 与直线1C M 始终是异面直线②存在点M ，使得1B M AE ⊥ ③四面体EMAC 的体积为定值④当12D M MB =时，平面EAC ⊥平面MAC15．正方体1111ABCD A BC D -棱长为点1，点E 在边BC 上，且满足2BE EC =，动点P 在正方体表面上运动，满足1PE BD ⊥，则动点P 的轨迹的周长为__________． 16．在三棱锥P ABC -中，4PA PB ==，42BC =，8AC =，AB BC ⊥．平面PAB ⊥平面ABC ，若球O 是三棱锥P ABC -的外接球，则球O 的半径为_________．17．在三棱锥P ABC -中，P 在底面ABC 的射影为ABC 的重心，点M 为棱PA 的中点，记二面角P BC M --的平面角为α，则tan α的最大值为___________. 18．在三棱锥D ABC -中，AD ⊥平面ABC ，3AC =，17BC =，1cos 3BAC ∠=，若三棱锥D ABC -的体积为27，则此三棱锥的外接球的表面积为______19．如图，在三棱锥A BCD -，,AB AD BC ⊥⊥平面ABD ，点E 、F （E 与A 、D 不重合）分别在棱AD 、BD 上，且EF AD ⊥.则下列结论中：正确结论的序号是______.①//EF 平面ABC ；②AD AC ⊥；③//EF CD20．将底面直径为8，高为23为______.三、解答题21．在所有棱长均为2的直棱柱1111ABCD A BC D -中，底面ABCD 是菱形，且60BAD ∠=︒，O ，M 分别为1,BD B C 的中点．（Ⅰ）求证：直线//OM 平面11DB C ；（Ⅱ）求二面角1D AC D --的余弦值．22．如图（1）在ABC 中，AC BC =，D ､E ､F 分别是AB ､AC ､BC 边的中点，现将ACD △沿CD 翻折，使得平面ACD ⊥平面BCD .如图（2）（1）求证：//AB 平面DEF ；（2）求证：BD AC ⊥.23．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，32,3,PB PD PA AD ====点,E F 分别为线段,PD BC 的中点.（1）求证://EF 平面ABP ; （2）求证:平面AEF ⊥平面PCD ;（3）求三棱锥C AEF -的体积24．如图，圆柱的轴截面ABCD 是长方形，点E 是底面圆周上异于A ，B 的一点，AF DE ⊥，F 是垂足.（1）证明：AF DB ⊥；（2）若2AB =，3AD =，当三棱锥D ABE -体积最大时，求点C 到平面BDE 的距离. 25．如图，在平面四边形A ABC '中，90CAB CA A '∠=∠=，M 在直线AC 上，A A A C ''=，AB AM MC ==，A AC '绕AC 旋转．（1）若A AC '所在平面与ABC 所在平面垂直，求证：A C '⊥平面A AB '．（2）若二面角A AC B '--大小为60，求直线A B '与平面ABM 所成角的正弦值． 26．如图，四边形ABCD 为矩形，且4=AD ，22AB =PA ⊥平面ABCD ，2PA =，E 为BC 的中点.（1）求证：PC DE ⊥；（2）若M 为PC 的中点，求三棱锥M PAB -的体积.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B 解析：B 【分析】可得原几何体如图所示正三棱锥A BCD -，取BD 中点E ，连接,AE CE ，设底面边长为2x ，表示出2522x AO OE -===1333xOE CE ==，即可求出x ，进而求出腰长. 【详解】根据三视图可得原几何体如图所示正三棱锥A BCD -，取BD 中点E ，连接,AE CE ，则底面中心O 在CE 上，连接AO ，可得AO ⊥平面ABC ，由三视图可知5AB AC AD ===45AEC ∠=，设底面边长为2x ，则DE x =，则25AE x =-则在等腰直角三角形AOE 中，2522xAO OE -===O 是底面中心，则133xOE CE ==，则253 23x x-=，解得3x=，则1AO=，底面边长为23，则正视图（等腰三角形）的腰长为()22312+=.故选：B.【点睛】本题考查根据三视图计算原几何体的相关量，解题的关键是根据正三棱锥中的关系求出底面边长.2．B解析：B【分析】取AC中点F，连接,EF DF，证明FED∠是异面直线AB与DE所成角（或其补角），然后在三角形中求得其余弦值即可得．【详解】取AC中点F，连接,EF DF，∵E是BC中点，∴//EF AB，12EF AB=，则FED∠是异面直线AB与DE所成角（或其补角），设1AB=，则12EF=，32DE DF==，∴在等腰三角形DEF中，11324cos3EFFEDDE∠===．所以异面直线AB与DE3故选：B．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．3．B解析：B 【分析】根据三视图判断出几何体的结构，利用椎体体积公式计算出该几何体的体积. 【详解】根据三视图可知，该几何体为如图所示四棱锥，该棱锥满足底面是直角梯形，且侧棱ED ⊥平面ABCD ，所以其体积为11(12)22232V =⨯⨯+⨯⨯=，故选：B. 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关根据几何体三视图求几何体体积的问题，解题方法如下：（1）首先根据题中所给的几何体的三视图还原几何体；（2）结合三视图，分析几何体的结构特征，利用体积公式求得结果.4．C解析：C 【分析】因为P BCE P ABC E ABC V V V ---=-则当E ABC V -取最大值时，三棱锥P BCE -体积有最小值，建立坐标系求得当点E 的高为3时，问题得解. 【详解】以点O 为原点，,,OA OD OB 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示：设点(),0,E x z ，依题意得()6,0,0A ，则()6,0,AE x z =- ，(),0,OE x z = 因为过BC 作截面AP α⊥于E ，所以AE OE ⊥则0AE OE ⋅=，故()2600x x z -++= 所以()6z x x =-3x =时max 3z =又()143P BCE P ABC E ABC ABCV V V S z ---=-=-因为max 3z =所以三棱锥P BCE -体积的最小值()1114343643332P BCE ABC V S-=-=⋅⋅=故选：C 【点睛】关键点点晴：本题的解题关键是将问题转化为求E ABC V -的最大值，通过建系求得三棱锥E ABC -的高的最大值即可.5．D解析：D 【分析】先找到几何体的原图，再求出几何体的高，再求几何体的体积得解.【详解】由三视图可知几何体为图中的四棱锥1P CDD E -，由题得22437AD =-=，所以几何体的高为7. 所以几何体的体积为11(24)676732⋅+⋅⋅=. 故选：D 【点睛】方法点睛：通过三视图找几何体原图常用的方法有：（1）直接法；（2）拼凑法；（3）模型法.本题利用的就是模型法.要根据已知条件灵活选择方法求解.6．D解析：D 【分析】先找到与平面11A BC 平行的平面OEFG ,确定点P 在直线FG 上，作出线面角，求出正弦，转化为求AP 的最小值. 【详解】分别取1,,CC BC BA 的中点，连接,,,OE EF FG GO ,并延长FG ，如图，由中位线性质可知11//OE AC , 1//EF BC ,且OEEF E =,故平面11//A BC 平面OGFE ，又P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC 则点P 在直线FG 上，OA ⊥平面ABC ,OPA ∴∠是直线OP 与平面ABC 所成角，sin OAOPA OP∴∠=, OA 为定值，∴当OP 最小时，正弦值最大，而OP所以当AP 最小时，sin OPA ∠最大，故当AP FG ⊥时，sin OPA ∠最大，设棱长为2，则1212AG =⨯=，而30GAP ∠=︒,AP ∴=, 又1212OA =⨯=,sin OAOPA OP∴∠===故选：D 【点睛】关键点点睛：由P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC ，转化为找过O 的平面与平面11A BC 平行，P 在所找平面与平面ABC 的交线上，从而容易确定出线面角，是本题解题的关键所在.7．D解析：D 【分析】在图形中找到（并证明）异面直线所成的角，然后在三角形中计算．【详解】因为//AD BC ，所以PCB ∠是异面直线PC 与AD 所成角（或其补角），又PA AD ⊥，所以PA BC ⊥，因为AB BC ⊥，AB PA A ⋂=，,AB PA ⊂平面PAB ，所以BC ⊥平面PAB ，又PB ⊂平面PAB ，所以PB BC ⊥．由已知2PA AD ==，所以PB==cos11BCPCBPC∠===，所以异面直线PC与AD所成角的余弦值为11．故选：D．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．8．A解析：A【分析】利用正弦定理求出ABC的外接圆半径，则可求出三棱锥的高，进而求出三棱锥体积.【详解】设ABC的外接圆的圆心为D，半径为r，在ABC中，cos ABC∠==sin4ABC∴∠=，由正弦定理可得28sinACrABC==∠，即4r=，则3OD==，11133324O ABC ABCV S OD-∴=⨯⨯=⨯⨯=故选：A.【点睛】本题考查球内三棱锥的相关计算，解题的关键是利用正弦定理求出ABC 的外接圆半径，利用勾股关系求出高.9．C解析：C 【分析】A 通过平移，找出异面直线所成角，利用直角三角形求余弦即可. B.求出三角形的三边，通过勾股定理说明是不是直角三角形.C.求出点M 到面11BB D D 的距离，再求直线BM 与平面11BDD B 所成角的正弦.D.可通过线线平行证明线面平行. 【详解】设正方体棱长为2A. 取1BB 的中点为N ，则//BC MN ，则AM 与BC 所成角为AMN ∠ 由BC ⊥面11ABB A ，故MN ⊥面11ABB A ，故MN AN ⊥，在Rt ANM △中，5tan AMN ∠=，故2cos 3AMN ∠=B. BDM 中，5BM =22BD =5DM =C. AC BD ⊥，1AC BB ⊥，故AC ⊥面11BB D D ，1//CC 面11BB D D ，故M 到面11BB D D 的距离等于C 到面11BB D D 的距离，即为122d AC =直线BM 与平面11BDD B 所成角为θ210sin 5d BM θ===直线BM 与平面11BDD B 所成角的正弦值等于105D.如图ACBD O =OM 为1ACC △的中位线，有1//OM AC故直线1AC 与平面BDM 平行故选：C 【点睛】本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键.10．A解析：A 【分析】先求出'A FDE -外接球的半径和外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的球心到外接圆的圆心的距离，可得高h 的最大值. 【详解】因为A ，B ，C 三点重合于点A '，原来A B C ∠∠∠、、都是直角，所以折起后三条棱'''A F A D A E 、、互相垂直，所以三棱锥'A FDE -可以看作一个长方体的一个角，它们有相同的外接球，外接球的直径就是长方体的体对角线，即为2R==R=，DE DF====EF=在DFE△中，222cos2DE EF DFDEFDE EF+-∠===⨯，所以DEF∠为锐角，所以sin DEF∠==，DEF的外接圆的半径为2sinDFrDEF===∠则球心到DEF23，以FDE为底面的三棱锥G-DEF的高h的最大值为1R OO+23.故选：A.【点睛】本题考查了翻折问题和外接球的问题，关键点翻折前后量的变化及理解外接球和三棱锥的关系，考查了学生的空间想象力和计算能力.11．C解析：C【分析】首先通过延长直线,DC AB，交于点G，平面BAE变为GAE，连结PG，EG交于点F，再根据三角形中线的性质，求PFFC的值.【详解】延长,DC AB，交于点G，连结PG，EG交PC于点F，//AD BC，且2AD BC=，可得点,B C分别是,AG DG的中点，又点E是PD的中点，PC∴和GE是△PGD的中线，∴点F是重心，得2PFFC=故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键是找到PC 与平面BAE 的交点，即将平面BAE 转化为平面GAE 是关键.12．C解析：C 【分析】小虫有两种爬法，一种是从点A 沿着侧面ACGF 和上底面BHFG 爬行，另一种是从点A 沿着侧面ACGF 和侧面BDCG 爬行，将两种情况下的两个面延展为一个面，计算出平面图形的对角线长，比较大小后可得结果. 【详解】由于长方体ACDE FGBH -的长、宽、高分别为2、1、1，则小虫从点A 沿着侧面AEHF 和上底面FHBG 爬行，以及小虫从点A 沿着侧面ACGF 和侧面BDCG 爬行，这两条线路的最短路程相等.①若小虫从点A 沿着侧面ACGF 和上底面BHFG 爬行，将侧面ACGF 和上底面BHFG延展为一个平面，如下图所示：则2AC BC ==，最短路程为2222AB AC BC +=②若小虫从点A 沿着侧面ACGF 和侧面BDCG 爬行，将面ACGF 和侧面BDCG 延展为一个平面，如下图所示：则3AD AC CD =+=，1BD =，最短路程为2210AB AD BD =+因为2210，因此，小虫爬行的最短路程为22 故选：C. 【点睛】方法点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状；（2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.二、填空题13．【分析】由已知证明再由三角形相似列比例式可得证明利用基本不等式求得的最大值可得三棱锥体积的最大值【详解】由平面得又平面得又平面得而平面可得在中由得由得则由得又得即（当且仅当时等号成立）三棱锥体积的最解析：34【分析】由已知证明AE PC ⊥，再由三角形相似列比例式可得PE ，证明AD DE ⊥，利用基本不等式求得AD DE ⋅的最大值，可得三棱锥P ADE -体积的最大值．【详解】由PA ⊥平面ABC ，得PA BC ⊥，又BC AB ⊥，PAAB A =，BC ∴⊥平面PAB ，得BC AD ⊥，又AD PB ⊥，PB BC B ⋂=， AD ∴⊥平面PBC ，得AD PC ⊥，而DE PC ⊥，AD DE D ⋂=，PC ∴⊥平面ADE ，可得AE PC ⊥．在Rt PAC △中，由23,2PA AC ==，得4PC =．由Rt PEA Rt PAC ∽，得PE PA PA PC =，则21234PA PE PC ===，由3PE =，23PA =23AE =，又AD DE ⊥，2223AD DE AE ∴+==，得2232AD DE AD DE =+≥⋅，即32AD DE⋅（当且仅当AD DE =时等号成立）， ∴三棱锥P ADE -体积的最大值是1111333323224AD DE PE ⨯⨯⨯=⨯⨯⨯=．故答案为：34．【点睛】方法点睛：解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理．14．②③④【分析】取点为线段的中点可判断①建立空间直角坐标系假设存在点使得利用解出的值即可判断②；连接交于点证明线段到平面的距离为定值可判断③；求出点的坐标然后计算平面和平面的法向量即可判断④【详解】对解析：②③④. 【分析】取点M 为线段1BD 的中点可判断①，建立空间直角坐标系假设存在点M ，使得1B M AE ⊥，利用()1110AE B M AE B B BD λ⋅=⋅+=解出λ的值即可判断②；连接AC 、BD 交于点1O ，证明11//EO BD ，线段1BD 到平面AEC 的距离为定值，可判断③；求出点M 的坐标，然后计算平面AEC 和平面MAC 的法向量，即可判断④. 【详解】对于①：连接1AC 交1BD 于点O ，当点M 在O 点时直线AD 与直线1C M 相交，故①不正确，以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，则()0,0,0D ，()10,0,2D ，()2,0,0A ，()0,2,0C ，()0,0,1E ，()2,2,0B ，()12,2,2B ，对于②：()2,0,1AE =-，假设存在点M ，使得1B M AE ⊥，()()()1110,0,22,2,22,2,22B M B B BD λλλλλ=+=-+--=---，[]0,1λ∈，所以14220AE B M λλ⋅=+-=，解得13λ=，所以当12D M MB =时1B M AE ⊥，故②正确；对于③：连接AC 、BD 交于点1O ，因为点E 是棱1DD 的中点，此时11//EO BD ，故线段1BD 到平面AEC 的距离为定值，所以四面体EMAC 的体积为定值，故③正确；对于④：当12D M MB =时，442,,333M ⎛⎫⎪⎝⎭，()2,0,1AE =-，()2,2,0AC =-，设平面AEC 的法向量为()111,,m x y z =，由111120220m AE x z m AC x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩令12z =，可得11x =，11y =，可得()1,1,2m =，设平面MAC 的法向量为()222,,n x y z =，242,,333MA ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，由222222202420333n AC x y n MA x y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=--=⎪⎩解得:20y =，令 21x =可得22z =，所以1,1,1n ，因为1111120m n ⋅=⨯+⨯-⨯=，m n ⊥所以平面EAC ⊥平面MAC ，故④正确；故答案为：②③④.【点睛】方法点睛：证明面面垂直的方法（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可；（2）利用性质：//,αββγαγ⊥⇒⊥（客观题常用）；（3）面面垂直的定义（不常用）；（4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于0.15．【分析】根据题意得平面在上取使得连接证得平面平面将空间中的动点轨迹的周长问题转化为求三角形边周长问题又代入计算即可【详解】解：如图正方体中连接：易得平面在上取使得连接易得根据线面平行判定定理证得平面【分析】根据题意得1BD ⊥平面1ABC ，在1,BB AB 上取,F G使得12,2BF FB AG GB ==连接,,GE EF GF 证得平面1//AB C 平面EFG ，将空间中的动点P 轨迹的周长问题转化为求三角形EFG 边周长问题，又GE EF GF ===，代入计算即可. 【详解】解：如图正方体中连接11,,AC B C B A ：易得1BD ⊥平面1ABC ，在1,BB AB 上取,F G 使得12,2BF FB AG GB ==连接,,GE EF GF ，易得1//,//GE AC EF BC根据线面平行判定定理证得平面1//AB C 平面EFG所以1BD ⊥平面EFG所以线段,,GE EF GF 就是点P 的运动轨迹，因为1223GE EF GF ==== 所以动点P 的运动轨迹周长为232GE EF GF ++==2【点睛】关键点点睛：本题考查线面垂直，面面平行的概念，解题的关键是借助图形将空间问题转化为平面问题.本题中根据1BD ⊥平面1ABC 及平面1//ABC 平面EFG 得到线段,,GE EF GF 就是点P 的运动轨迹，代值计算即可.16．4【分析】取中点连接再根据题意依次计算进而得球的球心即为（与重合）【详解】解：因为所以又因为所以所以因为平面平面平面平面平面所以平面取中点连接所以所以平面所以此时所以即球的球心球心即为（与重合）半径解析：4【分析】取,AB AC 中点,D E ，连接DE ，DP ，再根据题意依次计算4EA EB EC EP ====，进而得球O 的球心O 即为E （O 与E 重合）【详解】解：因为42BC =8AC =，AB BC ⊥，所以42AB =4PA PB ==，所以222PA PB AB +=，所以PA PB ⊥，因为平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB ⋂平面ABC AB =，AB BC ⊥，BC ⊂平面ABC ，所以BC ⊥平面PAB ，取,AB AC 中点,D E ，连接DE ，DP所以//DE BC ，22DE =，22DP =所以DE ⊥平面PAB ，所以DE PD ⊥，此时，142EB AC EA EC ====， 224EP DP DE =+=，所以4EA EB EC EP ====，即球O 的球心球心O 即为E （O 与E 重合），半径为4EA =.故答案为：4.【点睛】本题解题的关键在于寻找球心，在本题中，,PAB ABC △△均为直角三角形，故易得AC 中点即为球心.考查空间思维能力，运算求解能力，是中档题.17．【分析】取中点为过分别作底面的垂线根据题中条件得到；过分别作的垂线连接由二面角的定义结合线面垂直的判定定理及性质得到为二面角的平面角；为二面角的平面角得出令进而可求出最值【详解】取中点为过分别作底面解析：34【分析】取BC 中点为E ，过P 、M 分别作底面的垂线PO 、MN ，根据题中条件，得到AN NO OE ==，2PO MN =；过O 、N 分别作BC 的垂线OG 、NH ，连接MH ，PG ，由二面角的定义，结合线面垂直的判定定理及性质，得到MHN ∠为二面角M BC A--的平面角；PGO ∠为二面角A BC P --的平面角，得出tan 4tan PGO MHN ∠=∠，()23tan tan tan 14tan MHN PGO MHN MHNα∠=∠-∠=+∠，令tan 0x MHN =∠>，进而可求出最值.【详解】取BC 中点为E ，过P 、M 分别作底面的垂线PO 、MN ，则O 为ABC 的重心，MN ⊥平面ABC ；PO ⊥平面ABC ；由于点M 为棱PA 的中点，所以有AN NO OE ==，2PO MN =；过O 、N 分别作BC 的垂线OG 、NH ，连接MH ，PG ，因为BC ⊂平面ABC ，所以MN BC ⊥，同理PO BC ⊥；又MN NH N ⋂=，MN ⊂平面MNH ，NH ⊂平面MNH ，所以BC ⊥平面MNH ；因为MH ⊂平面MNH ，所以BC MH ⊥，所以MHN ∠为二面角M BC A --的平面角；同理BC PG ⊥，所以PGO ∠为二面角A BC P --的平面角，所以tan PO PGO OG ∠=，tan MN MHN HN∠=，因为NO OE =，//OG NH ，所以12OG NH =；因此2tan 4tan 12PO MN PGO MHN OG HN ∠===∠，所以()2tan tan 3tan tan tan 1tan tan 14tan PGO MHN MHN PGO MHN PGO MHN MHN α∠-∠∠=∠-∠==+∠⋅∠+∠，令tan 0x MHN =∠>，则2333tan 1444x x x x α=≤=+，当且仅当214x =，即12x =时，等号成立. 故答案为：34. 【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于确定二面角M BC A --、A BC P --以及P BC M --三者之间的关系，由题中条件得出二面角A BC P --是二面角MBC A --的4倍，进而可求得结果. 18．【分析】设出外接球的半径球心的外心半径r 连接过作的平行线交于连接如图所示在中运用正弦定理求得的外接圆的半径r 再利用的关系求得外接球的半径运用球的表面积公式可得答案【详解】设三棱锥外接球的半径为球心为解析：20π【分析】设出外接球的半径R 、球心O ，ABC 的外心1O 、半径 r , 连接1AO ，过O 作的平行线OE 交AD 于 E ，连接OA ，OD ，如图所示，在ABC 中，运用正弦定理求得 ABC 的外接圆的半径r ,再利用1,,R r OO 的关系求得外接球的半径，运用球的表面积公式可得答案.【详解】设三棱锥外接球的半径为R 、球心为O ，ABC 的外心为1O 、外接圆的半径为r ，连接1AO ，过O 作平行线OE 交AD 于E ，连接OA ，OD ，如图所示，则OA OD R ==，1O A r =，OE AD ⊥，所以E 为AD 的中点.在ABC中，由正弦定理得2sin BC r BAC ==∠r =. 在ABC 中，由余弦定理2222cos BC AB AC AB AC BAC =+-⋅⋅∠，可得2117963AB AB =+-⋅⋅，得4AB =.所以11sin 34223ABC S AB AC BAC =⋅⋅∠=⨯⨯⨯=△因为11333D ABC ABC V S AD AD -=⋅⋅=⨯=△，所以4AD =.连接1OO ，又1//OO AD ，所以四边形1EAOO 为平行四边形，1128EA OO AD ===，所以R ===所以该三棱锥的外接球的表面积()224π4π520πS R ===.故答案为：20π.【点睛】本题考查三棱锥的外接球，及球的表面积计算公式，解决问题的关键在于利用线面关系求得外接球的球心和球半径，属于中档题.19．①②【分析】采用逐一验证法根据线面平行线面垂直的判定定理以及线面距离判断可得结果【详解】由共面所以因为平面平面所以平面；故①正确；平面平面所以又因为平面平面所以故②正确；若则平面或EF 在平面ACD 内解析：①②【分析】采用逐一验证法，根据线面平行，线面垂直的判定定理，以及线面距离，判断可得结果.【详解】由AB AD ⊥，,,EF AD AD EF AB ⊥，共面，所以//EF AB ,因为EF ⊄平面ABC ，AB 平面ABC ，所以//EF 平面ABC ；故①正确； BC ⊥平面ABD ，AD ⊂平面ABD ，所以BC AD ⊥，又因为AB AD ⊥，AB BC B ⋂=，AD ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以AD AC ⊥，故②正确；若//EF CD ，则//EF 平面ACD ，或EF 在平面ACD 内，如图EF 与平面ACD 相交于点E ，显然不成立，故③不正确，故答案为：①②【点睛】本题主要考查了线线、线面之间的位置关系，考查了线面平行的判断以及由线面垂直证明线线垂直，属于中档题. 20．【分析】欲使圆柱侧面积最大需使圆柱内接于圆锥设圆柱的高为h 底面半径为r 用r 表示h 从而求出圆柱侧面积的最大值【详解】欲使圆柱侧面积最大需使圆柱内接于圆锥；设圆柱的高为h 底面半径为r 则解得；所以；当时取解析：43π【分析】欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥，设圆柱的高为h ，底面半径为r ，用r 表示h ，从而求出圆柱侧面积的最大值.【详解】欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥；设圆柱的高为h ，底面半径为r ， 23423h r -=，解得323h =；所以()23222334S rh r r r πππ⎛⎫===- ⎪ ⎪⎝⎭圆柱侧；当2r 时，S 圆柱侧取得最大值为43π 故答案为：43π.【点睛】本题考查了求圆柱侧面积的最值，考查空间想象能力，将问题转化为函数求最值，属于中档题.三、解答题21．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ5 【分析】（Ⅰ）由中位线定理证明1//OM C D ，即可得线面平行；（Ⅱ）连1D O ，证明1D OD ∠为二面角1D AC D --的平面角，在直角1D DO △中计算可得．【详解】解：（Ⅰ）连1BC ，则M 也为1BC 的中点，又M 为BD 的中点，所以1//OM C D ，因为OM ⊄平面11DB C ，1C D ⊂平面11DC B ，所以直线//OM 平面11DB C ；（Ⅱ）连1D O ，因为ABCD 是菱形，所以DO AC ⊥，又1111ABCD A BC D -为直棱柱，底面为菱形，所以11D A D C =，而O 为AC 中点，所以1D O AC ⊥，所以1D OD ∠为二面角1D AC D --的平面角，因为ABCD 是边长为2的菱形，且60BAD ∠=︒，所以1DO =，又12DD =，由直棱柱知1DD DO ⊥，所以15DO =，所以115cos DO D OD D O ∠==．【点睛】方法点睛：本题考查证明线面平行，考查求二面角角，求二面角常用方法：（1）定义法：作出二面角的平面角并证明，然后在三角形中计算可得；（2）向量法：建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量夹角的余弦即可得二面角的余弦（注意判断二面角是锐角还是钝角）．22．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）根据三角形中位线的性质，得到//EF AB ，利用线面平行的判定定理证得结果；（2）根据面面垂直的性质定理，得到BD ⊥平面ACD ，进而证得BD AC ⊥.【详解】证明：（1）如图（2）：在ABC 中，E ､F 分别是AC ､BC 中点，得//EF AB ，又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，//AB ∴平面DEF .（2）∵平面ACD ⊥平面BCD 且交线为CD ，BD CD ⊥，且BD ⊂平面BCD ， ∴BD ⊥平面ACD ，又AC ⊂平面ACD∴BD AC ⊥.【点睛】方法点睛：该题考查的是有关空间关系的证明问题，解题方法如下：（1）熟练掌握线面平行的判定定理，在解题过程中，一定不要忘记线在面内、线在面外的条件；（2）根据面面垂直的条件，结合线线垂直，利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而证得线线垂直.23．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）98. 【分析】（1）取PA 的中点G ，连接,BG EG ，证明四边形EFBG 为平行四边形，得出//EF BG ，再由线面平行的判定定理证明即可；（2）先证明PA ⊥平面ABCD ，从而得出PA CD ⊥，再由等腰三角形的性质得出AE PD ⊥，最后由面面垂直的判定定理证明即可；（3）以AFC △为底，12PA 为高，由棱锥的体积公式得出答案. 【详解】（1）如图，取PA 的中点G ，连接,BG EG .因为点,E G 分别为,PD PA 的中点，所以1//,2EG AD EG AD = 又因为F 是BC 的中点，四边形ABCD 是正方形，所以//BF EG 且BF EG = 故四边形EFBG 为平行四边形，所以//EF BG因为BG ⊂平面,ABP EF 不在平面ABP 内，所以//EF 平面ABP .（2）由条件知32,3PB PD PA AD AB =====，所以PAB △和PAD △都是等腰直角三角形，,PA AB PA AD ⊥⊥又因为,,AB AD A AB AD =⊂平面,ABCD 所以PA ⊥平面ABCD因为CD ⊂平面ABCD ，所以PA CD ⊥又因为,,AD CD PA AD A ⊥⋂=所以CD ⊥平面PAD ，所以CD AE ⊥因为E 是PD 的中点，所以AE PD ⊥又因为,,PD CD D PD CD ⋂=⊂平面PCD ，所以AE ⊥平面PCD因为AE ⊂平面,AEF 所以平面AEF ⊥平面PCD .（3）由图可知C AEF E ACF V V --=，1111319333232228E ACF ACF V S PA -=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=△，即三棱锥C AEF -的体积为98 【点睛】关键点睛：在证明线线平行时，关键是证明四边形EFBG 为平行四边形，从而得出//EF BG .24．（1）证明见解析；（232211【分析】。

2019-2020学年高中数学北师大版必修2练习：第一章立体几何初步测评-附答案

第一章测评(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12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.下面多面体中,是棱柱的有()A.1个B.2个C.3个D.42.如图所示,△O'A'B'是水平放置的△OAB的直观图,则△OAB的面积是()B.3C.6D.12OAB是直角三角形,其两条直角边的长分别是4和6,则其面积是12.3.若三个球的半径之比是1∶2∶3,则半径最大的球的体积是其余两球的体积和的()A.4倍B.3倍C.2倍D.1倍a,2a,3a,V最大=π(3a)3=36πa3,V1+V2=πa3+π(2a)3=πa3=12πa3,最大=3.4.若一个圆台的上、下底面半径和高的比为1∶4∶4,圆台的侧面积为400π,则该圆台的母线长为()A.10B.20C.12D.24r,则下底面半径、高分别为4r,4r,于是其母线l=-=5r,又侧面积为400π,所以π(r+4r)·5r=400π,解得r=4,于是母线长为20.5.以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴,将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于()根据题意,可得圆柱侧面展开图为矩形,长为2π×1=2π,宽为1,∴S=2π×1=2π.故选A.6.一个四面体的三视图如图所示,则该四面体的表面积是()该四面体的直观图如图所示,平面ABD⊥平面BCD,△ABD与△BCD为全等的等腰直角三角形,AB=AD=BC=CD=.取BD的中点O,连接AO,CO,则AO⊥CO,AO=CO=1,由勾股定理得AC=,因此△ABC与△ACD为全等的正三角形,由三角形面积公式得,S△ABC=S△ACD=,S△ABD=S△BCD=1,所以2+.7.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若点E为A1C1上的一点,则直线CE一定垂直于()B.BDC.A1DD.A1D1AC,由于BD⊥AC,BD⊥AA1,AC∩AA1=A,所以BD⊥平面ACC1A1.又因为CE⫋平面ACC1A1,所以CE⊥BD.8.已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则()l B.m∥n C.n⊥l D.m⊥nA,∵α∩β=l,∴l⫋α,∵m∥α,∴m与l可能平行,也可能异面,故选项A不正确;对于选项B,D,∵α⊥β,m∥α,n⊥β,∴m与n可能平行,可能相交,也可能异面,故选项B,D不正确.对于选项C,∵α∩β=l,∴l⫋β.∵n⊥β,∴n⊥l.故选C.9.正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为()A. B.16π C.9π D.,R2=(4-R)2+2,∴R2=16-8R+R2+2,∴R=,∴S表=4πR2=4π×π,选A.10.设α,β是两个不同的平面,l是一条直线,给出下列说法:①若l⊥α,α⊥β,则l⫋β②若l∥α,α∥β,则l⫋β③若l⊥α,α∥β,则l⊥β④若l∥α,α⊥β,则l⊥β其中说法正确的个数为()B.2C.3D.0①,若l⊥α,α⊥β,则l∥β或l⫋β,故①错误;对于②,若l∥α,α∥β,则l⫋β或l∥β,故②错误;对于③,若l⊥α,α∥β,则l⊥β,故③正确;对于④,若l∥α,α⊥β,则l⫋β或l∥β或l⊥β或l与β斜交,故④错误.11.(2018全国Ⅰ卷,文9)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图所示.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为()A.2B.2C.3D.2,易知N为的中点,将圆柱的侧面沿母线MC剪开,展平为矩形MCC'M',易知CN=CC'=4,MC=2,从M到N的路程中最短路径为MN.在Rt△MCN中,MN==2.12.导学号91134033如图所示,在棱长均相等的三棱锥P-ABC中,D,E,F分别是AB,BC,CA 的中点,下面四个结论不成立的是()A.BC∥平面PDFB.DF⊥平面PAEC.平面PDF⊥平面PAEPDE⊥平面ABCBC∥DF,易得BC∥平面PDF,A成立;易证BC⊥平面PAE,BC∥DF,所以结论B,C均成立;点ABC上的射影为△ABC的中心,不在中位线DE上,故结论D不成立.(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)13.一个六棱锥的体积为2,其底面是边长为2的正六边形,侧棱长都相等,则该六棱锥的侧面积为.6,设六棱锥的高为h,则V=Sh,∴×6h=2,解得h=1.设侧面高为h',则h2+()2=h'2,∴h'=2.∴正六棱锥的侧面积为6××2×2=12.14.某四棱柱的三视图如图所示,则该四棱柱的体积为.,四棱柱高h为1,底面为等腰梯形,且底面面积S=×(1+2)×1=,故四棱柱的体积V=S·h=.15.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,有如下四个结论:①AC⊥BD;②△ACD是等边三角形;③AB与平面BCD成60°角;④AB与CD所成的角是60°.其中正确结论的序号是.如图,①取BD的中点E,连接AE,CE,则BD⊥AE,BD⊥CE,而AE∩CE=E,∴BD⊥平面AEC,AC⊂平面AEC,故AC⊥BD.故①正确.②设正方形的边长为a,则AE=CE= a.由①知∠AEC=90°是直二面角A-BD-C的平面角,∴AC=a,∴△ACD是等边三角形,故②正确.③由题意及①知,AE⊥平面BCD,故∠ABE是AB与平面BCD所成的角,而∠ABE=45°,∴③不正确.④分别取BC,AC的中点M,N,连接ME,NE,MN,则MN∥AB,且MN=AB=a,ME∥CD,且EM=CD=a,∴∠EMN是异面直线AB,CD所成的角.在Rt△AEC中,AE=CE=a,AC=a,∴NE=AC=a,∴△MEN是正三角形,∴∠EMN=60°,故④正确.16.设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1,S2,体积分别为V1,V2,若它们的侧面积相等,且,则的值是.r1,h1,r2,h2,则2πr1h1=2πr2h2,.又,所以,则.三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本小题满分10分)如图所示,四边形BCC1B1是圆柱的轴截面.AA1是圆柱的一条母线,已知AB=2,AC=2,AA1=3.(1)求证:AC⊥BA1;.AB⊥AC.因为AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥AC.又AB∩AA1=A,所以AC⊥平面AA1B1B.因为BA1⫋平面AA1B1B,所以AC⊥BA1.Rt△ABC中,AB=2,AC=2,∠BAC=90°,所以BC=2.S侧=2π×3=6π.18.(本小题满分12分)四面体ABCD及其三视图如图所示,平行于棱AD,BC的平面分别交四面体的棱AB,BD,DC,CA于点E,F,G,H.(1)求四面体ABCD的体积;:四边形EFGH是矩形.,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1,∴AD⊥平面BDC.∴四面体体积V=×2×2×1=.BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH,∴BC∥FG,BC∥EH.∴FG∥EH.同理EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG.∴四边形EFGH是平行四边形.又AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC.∴EF⊥FG.∴四边形EFGH是矩形.19.(本小题满分12分)如图,已知四棱锥P-ABCD,底面四边形ABCD为菱形,AB=2,BD=2,M,N分别是线段PA,PC的中点.(1)求证:MN∥平面ABCD;MN与BC所成角的大小.AC,交BD于点O.因为M,N分别是PA,PC的中点,所以MN∥AC.因为MN⊈平面ABCD,AC⫋平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(1)知MN∥AC,故∠ACB为异面直线MN与BC所成的角.四边形ABCD为菱形,边长AB=2,对角线长BD=2,故△BOC为直角三角形,且sin∠ACB=,故∠ACB=60°.即异面直线MN与BC所成的角为60°.20.(本小题满分12分)(2018全国Ⅰ卷,文18)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC为折痕将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=DA,求三棱锥Q-ABP的体积.由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.又AB⫋平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3.又BP=DQ=DA,所以BP=2.作QE⊥AC,垂足为E,则QE DC.由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,QE=1.因此,三棱锥Q-APB的体积为V Q-ABP=×QE×S△ABP=×1××3×2sin 45°=1.21.(本小题满分12分)如图,三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证:BD∥平面FGH;BC,AB⊥BC,求证:平面BCD⊥平面EGH.DG,CD,设CD∩GF=M.连接MH.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形.则M为CD的中点.又H为BC的中点,所以HM∥BD,又HM⫋平面FGH,BD⊈平面FGH,所以BD∥平面FGH.DEF-ABC中,由BC=2EF,H为BC的中点,可得BH∥EF,BH=EF,所以四边形HBEF为平行四边形,可得BE∥HF.在△ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点,所以GH∥AB.又GH∩HF=H,所以平面FGH∥平面ABED.因为BD⫋平面ABED,所以BD∥平面FGH.HE.因为G,H分别为AC,BC的中点,所以GH∥AB.由AB⊥BC,得GH⊥BC.又H为BC的中点,所以EF∥HC,EF=HC,因此四边形EFCH是平行四边形.所以CF∥HE,又CF⊥BC,所以HE⊥BC.又HE,GH⫋平面EGH,HE∩GH=H,所以BC⊥平面EGH.又BC⫋平面BCD,所以平面BCD⊥平面EGH.22.导学号91134034(本小题满分12分)在如图所示的多面体中,四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形.(1)若AC⊥BC,证明:直线BC⊥平面ACC1A1;(2)设D,E分别是线段BC,CC1的中点,在线段AB上是否存在一点M,使直线DE∥平面A1MC?请证明你的结论.ABB1A1和ACC1A1都是矩形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AC.因为AB,AC为平面ABC内两条相交直线,所以AA1⊥平面ABC.因为直线BC⫋平面ABC,所以AA1⊥BC.又由已知,AC⊥BC,AA1,AC为平面ACC1A1内两条相交直线,所以BC⊥平面ACC1A1.AB的中点M,连接A1M,MC,A1C,AC1,设O为A1C,AC1的交点.由已知,O为AC1的中点.连接MD,OE,则MD,OE分别为△ABC,△ACC1的中位线.所以,MD AC,OE AC,因此MDOE.连接OM,从而四边形MDEO为平行四边形,则DE∥MO.因为直线DE⊈平面A1MC,MO⫋平面A1MC,所以直线DE∥平面A1MC.即线段AB上存在一点M(线段AB的中点),使直线DE∥平面A1MC.。

北师大版高中数学必修二综合试卷(附答案)

北师大版高中数学必修二综合试卷（附答案）
一、单选题
1．直线与圆相交于A、B两点且弦AB的长为，则a的值为（）
A．-1B．0C．D．1
2．甲、乙两个几何体的三视图如图所示（单位相同），记甲、乙两个几何体的体积分别为，，则（）
A．B．
C．D．
3．已知F为双曲线E：的一个焦点，设直线y=1与双曲线E和两条渐近线的交点从左至右依次为A，B，C，D，若|AD|=3|BC|，则F到渐近线的距离为
A．B．C．D．不能确定
4．用一根长为18cm的铁丝围成正三角形框架，其顶点为，将半径为2cm的球放置在这个框架上（如图）.若M是球上任意一点，则四面体体积的最大值为( )
A．B．C．D．
5．若某空间几何体的三视图如图所示，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（）
A．B．C．D．
6．过点且与直线垂直的直线方程是（）
A．B．C．D．
7．一个平面图形用斜二测画法作的直观图是一个边长为的正方形，则原图形的周长是（）
A．B．C．D．
8．直线过点(－1,2)且与以点 (－3，－2)、 (4,0)为端点的线段恒相交，则的斜率取值范围是（）
A．[－，5]
B．[－，0)∪(0,2]。

2024-2025年北师大版数学必修第二册全书综合测评卷(带答案)

全书综合测评卷时间：120分钟满分：150分一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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．关于向量a ，b ，下列命题中，正确的是( ) A ．若|a |＝|b |，则a ＝b B ．若a ＝－b ，则a ∥bC ．若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥cD ．若|a |>|b |，则a >b2．已知i 为虚数单位，复数z 1＝1＋2i ，z 2＝2－i ，则( ) A ．z 1的共轭复数为－1＋2i B ．z 1的虚部是2i C ．z 1＋z 2为实数 D ．z 1z 2＝4＋3i3．三个数sin 1.5·sin 2·sin 3.1，cos 4.1·cos 5·cos 6，tan 7·tan 8·tan 9中，值为负数的个数有( )A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个4．已知函数f (x )＝cos (ωx ＋2π3 )(ω>0)的最小正周期为4π，则下面结论正确的是( )A ．函数f (x )在区间(0，π)上单调递增B ．函数f (x )在区间(0，π)上单调递减C ．函数f (x )的图象关于直线x ＝2π3 对称D ．函数f (x )的图象关于点(2π3 ，0)对称5.宜昌奥林匹克体育中心为了迎接湖北省第十六届运动会开幕式，将中心内一块平面四边形ABCD 区域设计灯带．已知灯带AB ＝CD ＝10米，BC ＝20米，AD ＝102 米，且∠A ＋∠C ＝3π4，则cos ∠BCD ＝( ) A ．35 B ．0 C ．45 D ．2106．已知△ABC 中，3AB → ＋AC → －6AD →＝0，延长BD 交AC 于E ，则AE AC＝( )A ．23B ．12C ．13D ．14 7.如图，已知三棱柱ABC A 1B 1C 1的各条棱长都相等，且CC 1⊥底面ABC ，M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM 所成的角为( )A ．90° B．45° C ．30° D．60°8．当函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－x 取得最大值时，tan x 的值为( ) A ．1 B ．±1 C．3 D ．－1二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．设z 1，z 2为复数，则下列命题中一定成立的是( ) A ．如果z 1－z 2>0，那么z 1>z 2B ．如果|z 1|＝|z 2|，那么z 1z － 1＝z 2z －2 C ．如果⎪⎪⎪⎪⎪⎪z 1z 2 >1，那么|z 1|>|z 2|D ．如果z 21 ＋z 22 ＝0，那么z 1＝z 2＝010．已知函数f (x )＝cos (sin x )，g (x )＝sin (cos x )，则下列说法不正确的是( ) A ．f (x )与g (x )的定义域都是[－1，1] B ．f (x )为奇函数，g (x )为偶函数C ．f (x )的值域为[cos 1，1]，g (x )的值域为[－sin 1，sin 1]D ．f (x )与g (x )都不是周期函数11．已知f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4 cos ⎝⎛⎭⎪⎫x －π4 ＋3.给出下列结论，其中不正确的是( )A ．最小正周期为πB ．对称轴为直线x ＝k π(k ∈Z )C ．对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫k2π＋π4，0D ．最大值为312.如图，已知四棱台ABCD A 1B 1C 1D 1的上、下底面均为正方形，其中AB ＝22 ，A 1B 1＝2 ，AA 1＝BB 1＝CC 1＝DD 1＝2，则下列叙述正确的是( )A.该四棱台的高为3 B ．AA 1⊥CC 1C ．该四棱台的表面积为26D ．该四棱台外接球的表面积为16π三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．复数z ＝(m 2＋4m ＋3)＋(m ＋3)i ，m ∈R 为纯虚数，则m ＝________．14．已知tan α，tan β是方程2x 2＋3x －5＝0的两个实数根，则tan (α＋β)＝________．15．已知函数f (x )＝2sin (ωx ＋φ)(ω>0)满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 ＝2，f (π)＝0，且f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫π4，π3 上单调，则ω的最大值为________．16．记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，(a －3 c )sin A ＝b sin B －c sin C ，若△ABC 外接圆面积为π，则△ABC 面积的最大值为________．四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)(1)已知复数z ＝m 2－5m ＋6＋(2m 2－3m －2)i ，m ∈R .若z 为纯虚数，求m 的值；(2)已知复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，若z 满足z ·z －＋i z ＝15＋3i ，求a ，b 的值． 18.(本小题满分12分)函数f (x )＝A cos (ωx ＋φ)(A >0，ω>0，|φ|<π2 )的部分图象如图所示．(1)求函数f (x )的解析式；(2)若函数f (x )在区间[0，m ]有5个零点，求m 的取值范围．19．(本小题满分12分)如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E 是AB的中点．(1)证明：D1E⊥A1D；(2)在棱DD1上是否存在一点P，使得AP∥平面D1EC，若存在，求DPDD1，若不存在，说明理由；(3)求D到平面D1EC的距离．20．(本小题满分12分)在①2cos2B＋cos2B＝0，②b cos A＋a cos B＝3＋1这两个条件中任选一个，补充在下面问题的横线中，并解决相应问题．已知在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，若4S＝b2＋c2－a2，b＝6，________，求△ABC的面积S的大小．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．21．(本小题满分12分)矩形ABCD 中，AB ＝2AD ＝2，P 为线段DC 的中点，将△ADP 沿AP 折起，使得平面ADP ⊥平面ABCP .(1)在DC 上是否存在点E 使得AD ∥平面PBE ？若存在，求出点E 的位置；若不存在，请说明理由；(2)求二面角P AD B 的余弦值． 22．(本小题满分12分)已知向量m ＝(1，cos ωx )，n ＝(sin ωx ，3 )(ω>0)，函数f (x )＝m ·n ，且f (x )图象上的一个最高点为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，2 ，与P 最近的一个最低点的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫7π12，－2 .(1)求函数f (x )的解析式；(2)设a 为常数，判断方程f (x )＝a 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2 上的解的个数；(3)在锐角△ABC 中，若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－B ＝1，求f (A )的取值范围．全书综合测评卷1．答案：B解析：向量是既有大小又有方向的量，大小相等，但方向不一定相同，故A 错误；若a ＝－b ，得a ，b 方向相反，则a ∥b ，故B 正确；当b ＝0，a 与c 不一定平行，故C 错误；尽管两个向量的模有大小之分，但两个向量是不能比较大小的，故D 错误．故选B.2．答案：D解析：z 1＝1＋2i ，z －1＝1－2i ，故A 错误；z 1的虚部是2，故B 错误；z 1＋z 2＝3＋i为虚数，故C 错误；z 1·z 2＝(1＋2i)(2－i)＝2－i ＋4i －2i 2＝4＋3i ，故D 正确．故选D.3．答案：B解析：0<1.5<π，0<2<π，0<3.1<π，∴sin 1.5·sin 2·sin 3.1>0；π<4.1<3π2，cos 4.1<0，3π2 <5<2π，3π2 <6<2π，cos 5>0，cos 6>0，∴cos 4.1·cos 5·cos 6<0；2π<7<5π2 ，5π2 <8<3π，5π2<9<3π，∴tan 7>0，tan 8<0，tan 9<0，tan 7·tan 8·tan9>0；只有一个负数．故选B.4．答案：C解析：由题意知：2πω ＝4π⇒ω＝12 ，∴f (x )＝cos (12 x ＋2π3)A ，B 选项，当x ∈(0，π)时，12 x ＋2π3 ∈(2π3 ，7π6 )，当12 x ＋2π3 ∈(2π3，π)时，f (x )单调递减，12 x ＋2π3 ∈(π，7π6 )时，f (x )单调递增．因此，A 和B 都错误；C 选项，x ＝2π3 时，12 x ＋2π3 ＝π；x ＝π是cos x 的对称轴，则x ＝2π3是f (x )的对称轴．因此，C 正确；D 选项，由C 可知，x ＝2π3是对称轴的位置，则必不是对称中心，D 错误．故选C.5．答案：A 解析：如图，连接BD .在△ABD 中，由余弦定理有：BD 2＝BA 2＋AD 2－2BA ×AD ×cos A ＝300－2002 cos A ①，在△CBD 中，由余弦定理有：BD 2＝BC 2＋CD 2－2BC ×CD ×cos C ＝500－400cos C ②，由①②得：－2 cos A ＝1－2cos C ，又∠A ＋∠C ＝3π4 ，∴－2 cos (3π4－C )＝1－2cos C ，∴－sin C ＝1－3cos C ，又∵sin 2C ＋cos 2C ＝1.∴(3cos C －1)2＋cos 2C ＝1，∴cos C ＝0或cos C ＝35，∵C ∈(0，3π4)，∴sin C >0，若cos C ＝0，则sin C ＝－1(舍)，∴cos C ＝35.故选A.6．答案：C解析：依题意，设AE → ＝λAC → ，BE → ＝μBD → ，则AE → ＝λAC → ＝λ(－3AB → ＋6AD →)＝－3λAB → ＋6λAD → .又AE → ＝AB → ＋BE → ＝AB → ＋μBD → ＝AB → ＋μ·(AD → －AB → )＝(1－μ)AB → ＋μAD → ，所以⎩⎪⎨⎪⎧－3λ＝1－μ，6λ＝μ，两式相加得λ＝13 ，即AE →＝13 AC → ，所以AE AC ＝|AE →||AC →|＝13 .故选C.7．答案：A 解析：设棱长为a ，将三棱柱ABC A 1B 1C 1补成正三棱柱A 1B 1C 1 A 2B 2C 2(如图)，使AA 1＝AA 2.平移AB 1至A 2B ，连接A 2M ，∠MBA 2(或其补角)即为AB 1与BM 所成的角，在△A 2BM 中，A 2B ＝2a ，BM ＝a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22 ＝52 a ，A 2M ＝a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 22 ＝132 a ，∴A 2B 2＋BM 2＝A 2M 2，∴∠MBA 2＝90°.故选A.8．答案：A解析：y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32cos x ＋12sin x ⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos x ＋32sin x ＝34 (sin 2x ＋cos 2x )＋14 sin x cosx ＋34sin x cos x ＝34 ＋12 sin 2x .当sin 2x ＝1时，y max ＝3＋24 ，此时2x ＝2k π＋π2 (k ∈Z )，即x ＝k π＋π4(k ∈Z )，∴tan x ＝1.故选A.9．答案：BC解析：取z 1＝3＋i ，z 2＝1＋i 时，z 1－z 2＝2>0，但虚数不能比较大小，故A 项错误；由|z 1|＝|z 2|，得|z 1|2＝|z 2|2.又z 1z － 1＝|z 1|2，z 2z － 2＝|z 2|2，所以z 1z － 1＝z 2z － 2，故B 项正确；因为⎪⎪⎪⎪⎪⎪z 1z 2 ＝|z 1||z 2|>1，所以|z 1|>|z 2|，故C 项正确；取z 1＝1，z 2＝i ，满足z 21 ＋z 22＝0，但是z 1≠z 2≠0，故D 项错误．故选BC.10．答案：ABD解析：f (x )与g (x )的定义域是R ，故A 错误；f (－x )＝cos (sin (－x ))＝cos (sin x )＝f (x )，则f (x )是偶函数，故B 错误；∵－1≤sin x ≤1，－1≤cos x ≤1，∴f (x )的值域为[cos 1，1]，g (x )的值域为[－sin 1，sin 1]，故C 正确；f (x ＋2π)＝cos (sin (x ＋2π))＝cos (sin x )＝f (x )，则f (x )是周期函数，故D 错误．故选ABD.11．答案：BCD解析：因为f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4 cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4 ＋3＝12 sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x －π4 ＋3＝12 sin⎝⎛⎭⎪⎫2x －π2 ＋3＝－12 cos2x ＋3，所以f (x )的最小正周期T ＝π，图象的对称轴为直线x ＝k 2 π，k ∈Z ，对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋k 2π，3 ，k ∈Z ，最大值为3＋12 ＝72 ，故只有A 正确．故选BCD.12．答案：AD 解析：给四棱台ABCD A 1B 1C 1D 1补上一个小四棱锥S A 1B 1C 1D 1即可得到四棱锥S ABCD ，如图．连接A 1C 1，B 1D 1交于点O 1，连接AC ，BD 交于点O ，连接SO .由AB ＝22 ，A 1B 1＝2 ，可知△SA 1B 1与△SAB 的相似比为1∶2，则SA ＝2AA 1＝4.由题意可得AO ＝2，则SO ＝23 ，则OO 1＝3 ，故该四棱台的高为3 ，A 正确；因为SA ＝SC ＝AC ＝4，所以AA 1与CC 1的夹角为60°，B 错误；由题意可得该四棱台侧面的高为22－⎝ ⎛⎭⎪⎫22－222＝142 ，则四棱台的表面积S ＝S上底＋S下底＋S 侧＝2＋8＋4×2＋222 ×142＝10＋67 ，C 错误；因为四棱台ABCD A 1B 1C 1D 1的上、下底面都是正方形，所以其外接球的球心在OO 1上．连接OB 1，在平面B 1BOO 1中，由OO 1＝3 ，B 1O 1＝1，得OB 1＝2＝OB ，即点O 到点B 与到点B 1的距离相等，则外接球半径r ＝OB ＝2，所以该四棱台外接球的表面积为4πr 2＝16π，D 正确．故选AD.13．答案：－1解析：因为复数z ＝(m 2＋4m ＋3)＋(m ＋3)i ，m ∈R 为纯虚数，所以⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋4m ＋3＝0，m ＋3≠0，所以m ＝－1.14．答案：－37解析：∵tan α，tan β是方程2x 2＋3x －5＝0的两个实数根，∴tan α＋tan β＝－32 ，tan αtan β＝－52 ，由tan (α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β ＝－321－⎝ ⎛⎭⎪⎫－52 ＝－37 . 15．答案：343解析：因为f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π3 上单调，所以T 2 ≥π3 －π4 ＝π12 ，解得T ≥π6 ，所以2πω ≥π6 ，解得0<ω≤12.因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 ＝2，f (π)＝0，所以2k ＋14 T ＝π－π4 ＝3π4 ，k ∈N *，所以T ＝3π2k ＋1 ，所以2πω ＝3π2k ＋1 ，所以ω＝4k ＋23 ，k ∈N *，当ω＝4k ＋23 ≤12时，解得k ≤172 ，k ∈N ，所以ωmax ＝4×8＋23 ＝343.16．答案：2＋34解析：由已知及正弦定理得a 2－3 ac ＝b 2－c 2，所以a 2＋c 2－b 2＝3 ac ，所以cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝32 ，又B ∈(0，π)，所以B ＝π6.由△ABC 的外接圆面积为π，得外接圆的半径R ＝1. 由正弦定理得b ＝2R sin B ＝1，所以a 2＋c 2－1＝3 ac ，所以a 2＋c 2＝3 ac ＋1≥2ac ，解得ac ≤2＋3 ，所以△ABC 的面积S ＝12 ac sin B ＝14 ac ≤2＋34，当且仅当a ＝c 时等号成立．17．解析：(1)因为z 是纯虚数，所以⎩⎪⎨⎪⎧m 2－5m ＋6＝0，2m 2－3m －2≠0，解得m ＝3.(2)设z ＝a ＋b i ，所以z －＝a －b i ， z ·z －＋i z ＝(a ＋b i)(a －b i)＋i(a ＋b i)＝a 2＋b 2－b ＋a i ＝15＋3i.所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，a 2＋b 2－b ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3b ＝3 或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝－2. 18．解析：(1)因为A >0，由图象可知A ＝2，且有T 2 ＝πω ＝2π3 －π6 ＝π2，所以ω＝2，因为图象过点(π6 ，2)，所以2cos (2·π6＋φ)＝2，即φ＋π3 ＝2k π，解得φ＝2k π－π3 ，k ∈Z ，因为|φ|<π2 ，所以φ＝－π3 ，故f (x )＝2cos (2x －π3).(2)由(1)知f (x )＝2cos (2x －π3 )，因为x ∈[0，m ]，所以2x －π3 ∈[－π3 ，2m －π3]，由函数f (x )在区间[0，m ]上有5个零点，令2x －π3＝t ，即y ＝2cos t 在区间[－π3 ，2m －π3]有5个零点，由y ＝cos t 的图象知，只需9π2 ≤2m －π3 <11π2即可，解得29π12 ≤m <35π12 ，故m ∈[29π12 ，35π12).19．解析：(1)如图所示，连接AD 1交A 1D 于点O ，则O 为AD 1的中点，由题意可知，四边形ADD 1A 1是正方形，∴A 1D ⊥AD 1. ∵AB ⊥平面ADD 1A 1，A 1D ⊂平面ADD 1A 1，∴AB ⊥AD 1. 又∵AB ⊂平面AD 1E ，AD 1⊂平面AD 1E ，AB ∩AD 1＝A ， ∴A 1D ⊥平面AD 1E ，又D 1E ⊂平面AD 1E ，∴A 1D ⊥D 1E ，即D 1E ⊥A 1D .(2)存在一点P 满足DP DD 1 ＝12时，使得AP ∥平面ED 1C ，当点P 满足DP DD 1 ＝12，即P 为DD 1的中点，取CD 1的中点Q ，连接PQ ，EQ ，在△DD 1C 中，P ，Q 为中点，∴PQ ∥DC ，PQ ＝12DC ，∵在长方体AC 1中，E 是AB 的中点，∴AE ∥DC 且AE ＝12DC ，∴AE ∥PQ 且AE ＝PQ ，∴四边形AEQP 为▱AEQP ，∴AP ∥EQ ，又EQ ⊂平面D 1EC ，AP ⊄平面D 1EC ，∴AP ∥平面D 1EC . (3)连接DE ，设D 到平面D 1EC 的距离为h ， ∵在长方体AC 1中，DD 1⊥平面ABCD ， ∵矩形ABCD ，点E 是AB 的中点，∴S △DCE ＝12 S 矩形ABCD ＝12×1×2＝1，∴VD 1－DCE ＝13 S △DCE ·DD 1＝13 ×1×1＝13，在Rt△D 1DC 中，D 1C ＝DD 21＋DC 2＝5 ，在Rt△ADE 中，DE ＝AD 2＋AE 2＝2 ，∵DD 1⊥平面ABCD ，DE ⊂平面ABCD ，∴DD 1⊥DE ，在Rt△D 1DE 中，D 1E ＝DD 21 ＋DE 2＝3 ，在Rt△BCE 中，EC ＝BC 2＋BE 2＝2 ，∴D 1E 2＋EC 2＝CD 21 ，∴ED 1⊥CE ，∴S △D 1CE ＝12 D 1E ×EC ＝12 ×3 ×2 ＝62 ，又VD D 1CE ＝VD 1DCE ，∴13 S △D 1EC ×h ＝13 ，h ＝63 ，∴D 到平面D 1EC 的距离为63. 20．解析：因为4S ＝b 2＋c 2－a 2，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc，S ＝12bc sin A ，所以2bc sin A ＝2bc cos A ，显然cos A ≠0，所以tan A ＝1，又A ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2 ，所以A ＝π4 . 若选择①，由2cos 2B ＋cos2B ＝0得， cos 2B ＝14. 又B ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2 ，∴B ＝π3 ，由a sin A ＝b sin B 得，a ＝b sin A sin B ＝6×2232＝2. 又sin C ＝sin [π－(A ＋B )]＝sin (A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝22 ×12 ＋22 ×32 ＝6＋24 ，所以S ＝12 ab sin C ＝3＋32. 若选择②，b cos A ＋a cos B ＝3 ＋1，则b cos A ＋a cos B ＝b ·b 2＋c 2－a 22bc ＋a ·a 2＋c 2－b 22ac ＝b 2＋c 2－a 22c ＋a 2＋c 2－b 22c ＝c ＝3 ＋1，所以S ＝12 bc sin A ＝12 ×6 ×(3 ＋1)×22 ＝3＋32. 21．解析：(1)存在．如图所示：连接AC ，BP ，设AC 交BP 于点F ，∵CP ∥AB ，且CP ＝12AB ， ∴CF CA ＝PF PB ＝13. 取DC 的三等分点E ，使CE CD ＝13，连接EF ，PE ，BE ，则EF ∥AD ，又EF ⊂平面PBE ，AD ⊄平面PBE ，∴AD ∥平面PBE .故存在满足条件的点E ，且E 是线段CD 上靠近点C 的三等分点．(2)在矩形ABCD 中，AP ＝BP ＝2 ，AB ＝2，∴AP 2＋BP 2＝AB 2，∴AP ⊥BP ，又平面ADP ⊥平面ABCP ，BP ⊂平面ABCP ，平面ADP ∩平面ABCP ＝AP ，∴BP ⊥平面ADP ，∴BP ⊥DP ，∴BD 2＝DP 2＋BP 2＝1＋2＝3.在△ADB 中，AB 2＝AD 2＋BD 2，∴AD ⊥DB ，又PD ⊥AD ，PD ⊂平面ADP ，BD ⊂平面ADB ，平面ADP ∩平面ADB ＝AD ，∴∠PDB 为二面角P AD B 的平面角，在Rt△PDB 中，cos ∠PDB ＝DP BD ＝13＝33 ，∴二面角P AD B 的余弦值为33. 22．解析：(1)f (x )＝m ·n ＝sin ωx ＋3 cos ωx ＝2(12 sin ωx ＋32cos ωx )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3 . ∵f (x )图象上的一个最高点为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，2 ，与P 最近的一个最低点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫7π12，－2 ， ∴T 2 ＝7π12 －π12 ＝π2，∴T ＝π，又ω>0，∴ω＝2πT＝2. ∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3 . (2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2 时，π3 ≤2x ＋π3 ≤4π3 ，由f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3 的图象(图略)可知，当a ∈[3 ，2)时，f (x )＝a 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2 上有两解；当a ∈[－3 ，3 )或a ＝2时，f (x )＝a 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2 上有一解；当a <－3 或a >2时，f (x )＝a 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2 上无解． (3)在锐角△ABC 中，0<B <π2 ，－π6 <π3 －B <π3，又cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－B ＝1，∴π3 －B ＝0，∴B ＝π3 . 在锐角△ABC 中，0<A <π2 ，A ＋B >π2， ∴π6 <A <π2 ，∴2π3 <2A ＋π3 <4π3， ∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π3 ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，32 ， ∴f (A )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π3 ∈(－3 ，3 ). ∴f (A )的取值范围是(－3 ，3 ).GS －2。

北师大版高一数学必修2测试题及答案

高一数学必修2测试题一、选择题（12×5分＝60分）1、下列命题为真命题的是（）A. 平行于同一平面的两条直线平行；B.与某一平面成等角的两条直线平行；C. 垂直于同一平面的两条直线平行；D.垂直于同一直线的两条直线平行。

D.2、下列命题中错误的是：（）A. 如果α⊥β，那么α内一定存在直线平行于平面β；B. 如果α⊥β，那么α内所有直线都垂直于平面β；C. 如果平面α不垂直平面β，那么α内一定不存在直线垂直于平面β；D. 如果α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l,那么l ⊥γ.3、右图的正方体ABCD-A ’B ’C ’D ’中,异面直线AA ’与BC 所成的角是（）A. 300B.450C. 600D. 9004、右图的正方体ABCD- A ’B ’C ’D ’中，二面角D ’-AB-D 的大小是（）A. 300B.450C. 600D. 9005、直线5x-2y-10=0在x 轴上的截距为a,在y 轴上的截距为b,则（）A.a=2,b=5;B.a=2,b=5-;C.a=2-,b=5;D.a=2-,b=5-.6、直线2x-y=7与直线3x+2y-7=0的交点是（）A (3,-1)B (-1,3)C (-3,-1)D (3,1)7、过点P(4,-1)且与直线3x-4y+6=0垂直的直线方程是（）A 4x+3y-13=0B 4x-3y-19=0C 3x-4y-16=0D 3x+4y-8=08、正方体的全面积为a,它的顶点都在球面上，则这个球的表面积是：（）A BD A ’ B ’D ’ C C ’A.3aπ; B.2aπ; C.a π2; D.a π3.9、已知一个铜质的五棱柱的底面积为16cm 2,高为4cm ，现将它熔化后铸成一个正方体的铜块（不计损耗），那么铸成的铜块的棱长是（）A. 2cm;B.cm 34; C.4cm; D.8cm 。

10、圆x 2+y 2-4x-2y-5=0的圆心坐标是：（）A.(-2,-1);B.(2,1);C.(2,-1);D.(1,-2).11、直线3x+4y-13=0与圆1)3()2(22=-+-y x 的位置关系是：（） A. 相离; B. 相交; C. 相切; D. 无法判定. 12、圆C 1: 1)2()2(22=-++y x 与圆C 2:16)5()2(22=-+-y x 的位置关系是（）A 、外离B 相交C 内切D 外切二、填空题（5×5=25）13、底面直径和高都是4cm 的圆柱的侧面积为 cm 2。

北师大版高中数学必修第二册期末质量检测试卷(含答案)

北师大版高中数学必修第二册期末质量检测试卷本试卷共150分，考试时长120分钟一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40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)1.2－i 1＋2i＝()A ．1B ．－1C ．iD ．－i2．已知OA →＝(－1，2)，OB →＝(3，m)，若OA →⊥OB →，则m 的值为()A ．1B ．32C ．2D ．43．现有四个函数：①y ＝x·sin x ；②y ＝x·cos x ；③y ＝x·|cos x|；④y ＝x·2x 的图象(部分)如下，则按照从左到右图象对应的函数序号安排正确的一组是()A .①④②③B ．①④③②C ．④①②③D ．③④②①4．已知a ，b 为直线，α，β为平面，给出下列四个命题：①若a ⊥α，b ⊥α，则a ∥b ；②a ∥α，b ∥α，则a ∥b ；③若a ⊥α，a ⊥β，则α∥β；④若b ∥α，b ∥β，则α∥β.其中真命题的个数是()A ．0B ．1C ．2D ．35．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a 2＋b 2＝2c 2，则cos C 的最小值为()A ．32B ．22C ．12D ．－126．在平行四边形ABCD 中，AC 与BD 交于点O ，E 是线段OD 的中点，AE 的延长线与CD 交于点F.若AC →＝a ，BD →＝b ，则AF →＝()A ．14a ＋12bB ．12a ＋14bC ．23a ＋13bD ．13a ＋23b 7．下列命题中正确的是()A ．y ＝cos x 的图象向右平移π2个单位长度得到y ＝sin x 的图象B ．y ＝sin x 的图象向右平移π2个单位长度得到y ＝cos x 的图象C．当φ<0时，y＝sin x的图象向左平移|φ|个单位长度可得y＝sin(x＋φ)的图象D．y＝sin(2x＋π3)的图象是由y＝sin2x的图象向左平移π3个单位长度得到的8．在三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝BC＝1，PA＝3，则该三棱锥外接球的表面积为()A．5πB．2πC．20πD．4π二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分) 9．设a，b是两个非零向量，则下列说法不正确的是()A．若|a＋b|＝|a|－|b|，则a⊥bB．若a⊥b，则|a＋b|＝|a|－|b|C．若|a＋b|＝|a|－|b|，则存在实数λ，使得b＝λaD．若存在实数λ，使得b＝λa，则|a＋b|＝|a|－|b|10．在△ABC中，下列命题正确的是()A．若A>B，则cos A>cos BB．若sin2A＝sin2B，则△ABC一定为等腰三角形C．若a cos B－b cos A＝c，则△ABC一定为直角三角形D．若三角形的三边的比是3∶5∶7，则此三角形的最大角为钝角11．对于函数f(x)x，sin x≤cos x，x，sin x＞cos x，下列四个结论正确的是()A．f(x)是以π为周期的函数B．当且仅当x＝π＋kπ(k∈Z)时，f(x)取得最小值－1 C．f(x)图象的对称轴为直线x＝π4＋kπ(k∈Z)D．当且仅当2kπ<x<π2＋2kπ(k∈Z)时，0<f(x)≤2 212．如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为棱DD1，AB上的点．下列命题中正确的是()A．A1C⊥平面B1EFB．在平面A1B1C1D1内总存在与平面B1EF平行的直线C．△B1EF在侧面BCC1B1上的正投影是面积为定值的三角形D．当E，F为中点时，平面B1EF截该正方体所得的截面图形是五边形三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)13．已知tanθ＝2，则cos2θ＝__________，tan＝________．14．已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________．15．设复数z 1，z 2满足|z 1|＝|z 2|＝2，z 1＋z 2＝3＋i ，则|z 1－z 2|＝________．16．如图，在四边形ABCD 中，∠B ＝60°，AB ＝3，BC ＝6，且AD →＝λBC →，AD →·AB →＝－32，则实数λ的值为________，若M ，N 是线段BC 上的动点，且|MN →|＝1，则DM →·DN →的最小值为________．四、解答题(本题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)在平面直角坐标系xOy 中，角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的正半轴重合，它的终边过点－35，，以角α的终边为始边，逆时针旋转π4得到角β.(1)求tan α的值；(2)求cos (α＋β)的值．18．(12分)在△ABC 中，a ＋b ＝11，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：(1)a 的值；(2)sin C 和△ABC 的面积．条件①：c ＝7，cos A ＝－17；条件②：cos A ＝18，cos B ＝916.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．19．(12分)在①函数f为奇函数；②当x ＝π3时，f (x )＝3；③2π3是函数f (x )的一个零点这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答，已知函数f (x )＝2sin (ωx＋φ>0，0<φ，f (x )的图象相邻两条对称轴间的距离为π，________．(1)求函数f (x )的解析式；(2)求函数f (x )在[0，2π]上的单调递增区间．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．20．(12分)在①ac＝3，②c sin A＝3，③c＝3b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin A＝3sin B，C＝π6，________？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．21．(12分)如图，已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，F是BB1的中点，M 是线段AC1的中点．(1)求证：直线MF∥平面ABCD；(2)求证：平面AFC1⊥平面ACC1A1.22．(12分)已知四棱锥PABCD的底面ABCD是菱形．(1)求证：AD∥平面PBC；(2)若PB＝PD，求证：BD⊥平面PAC；(3)下面两问任选一问作答．①E、F分别是AB、PD上的点，若EF∥平面PBC，AE＝2EB，求PFPD的值；②若∠DAB＝60°，平面PAD⊥平面ABCD，PB⊥PD，判断△PAD是不是等腰三角形，并说明理由．参考答案与解析1．解析：解法一：2－i 1＋2i ＝（2－i ）（1－2i ）（1＋2i ）（1－2i ）＝2－2－5i5＝－i ，选D.解法二：利用i 2＝－1进行替换，则2－i 1＋2i ＝－2×（－1）－i 1＋2i ＝－2i 2－i 1＋2i＝－i （1＋2i ）1＋2i ＝－i ，选D.答案：D2．解析：由OA →⊥OB →，得OA →·OB →＝－3＋2m ＝0，故m ＝32.答案：B 3．解析：①y ＝x ·sin x 为偶函数，y 轴对称，②y ＝x ·cosx 上的值为负数，故第三个图象满足；③y ＝x ·|cos x |为奇函数，当x >0时，f (x )≥0，故第四个图象满足；④y ＝x ·2x ，为非奇非偶函数，故它的图象没有对称性，故第二个图象满足，故选A.答案：A4．解析：由“垂直于同一平面的两直线平行”知①是真命题；由“平行于同一平面的两直线平行或异面或相交”知②是假命题；由“垂直于同一直线的两平面平行”知③是真命题；在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，易知A 1B 1∥平面DCC 1D 1，A 1B 1∥平面ABCD ，但以上两平面却相交，故④是假命题．答案：C5．解析：由余弦定理的推论，得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋b 24ab≥12，当且仅当a ＝b 时取“＝”．答案：C6．解析：如图，∵AC →＝a ，BD →＝b ，∴AD →＝AO →＋OD →＝12AC →＋12BD →＝12a ＋12b .∵E 是OD 的中点，∴DE EB ＝13.∴DF ＝13AB ，∴DF →＝1AB →＝13(OB →－OA →)＝13－12→－12AC ＝16AC →－16BD →＝16a －16b ，AF →＝AD →＋DF →＝12a ＋12b ＋16a －16b ＝23a ＋13b ，故选C.答案：C7．解析：y ＝cos x 的图象向右平移π2个单位长度得到y ＝cos ＝sin x 的图象，故A 正确；y ＝sin x 的图象向右平移π2个单位长度得到y ＝sin ＝－cos x 的图象，故B 错误；y ＝sin x 的图象向左平移|φ|个单位长度得到y ＝sin (x ＋|φ|)＝sin (x －φ)的图象，故C错误；y ＝sin 2x 的图象向左平移π3个单位长度得到y ＝sin 2＝sin x 的图象，故D 错误．答案：A 8．解析：如图，取PC 的中点O ，连接OA ，OB ，∵PA ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC .∴PA ⊥AC ，PA ⊥BC .在Rt △PAC 中，∵O 为PC 的中点，∴OA ＝12PC ，又PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA ∩AB ＝A ，∴BC ⊥平面PAB ，∴BC ⊥PB ，在Rt △PBC 中，可得OB ＝12PC ，∴OA ＝OB ＝OC ＝OP ，∴O 是三棱锥P ABC 的外接球的球心，∵Rt △PAC 中，AC ＝2，PA ＝3，∴PC ＝5，∴三棱锥P ABC 的外接球的半径R ＝12PC ＝52，∴该三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝5π.答案：A9．解析：若|a ＋b |＝|a |－|b |，则a ，b 反向共线，且|a |>|b |，即存在实数λ，使得b ＝λa ，故A 不正确，C 正确；若a ⊥b ，显然在以a ，b 对应的线段为邻边的长方形中|a ＋b |＝|a |－|b |不成立，故B 不正确；若λ>0，则a ，b 为同向的共线向量，显然|a ＋b |＝|a |－|b |不成立，故D 不正确．故选ABD.答案：ABD10．解析：在△ABC 中，若A >B ，则a >b ，sin A >sin B ，但cos A >cos B 不正确，A 错误；若sin 2A ＝sin 2B ，则2A ＝2B 或2A ＋2B ＝π，即A ＝B 或A ＋B ＝π2，所以△ABC 为等腰三角形或直角三角形，B 错误；若a cos B －b cos A ＝c ，则sin A ·cos B －sin B cos A ＝sin C ＝sin(A ＋B )，所以sin B cos A ＝0，即cos A ＝0，A ＝π2，所以△ABC 定为直角三角形，C 正确；三角形的三边的比是3∶5∶7，设最大边所对的角为θ，则cos θ＝32＋52－722×3×5＝－12，因为π3<θ<π，所以θ＝2π3，D 正确．故选CD.答案：CD11．解析：函数f (x )x ，sin x ≤cos x ，x ，sin x ＞cos x的最小正周期为2π，画出f (x )在一个周期内的图象，可得当2k π＋π4≤x ≤2k π＋5π4，k ∈Z 时，f (x )＝cos x ，当2k π＋5π4<x ≤2k π＋9π4，k ∈Z 时，f (x )＝sin x ，可得f (x )的对称轴方程为x ＝π4＋k π，k ∈Z ，当x ＝2k π＋π或x ＝2k π＋3π2，k ∈Z 时，f (x )取得最小值－1；当且仅当2k π<x <π＋2k π(k ∈Z )时，f (x )>0.f (x )的最大值为＝22，可得0<f (x )≤22，综上可得，正确的有CD.答案：CD 12．解析：连接AB 1，B 1D 1，AD 1，由正方体的性质可得A 1C ⊥平面AB 1D 1，而平面AB 1D 1与平面B 1EF 不可能平行，所以显然有A 1C 与平面B 1EF 不垂直，故A 错误；由题图可知，平面A 1B 1C 1D 1与平面B 1EF 相交，则一定有一条交线，所以在平面A 1B 1C 1D 1内一定存在直线与此交线平行，则此直线与平面B 1EF 平行，故B 正确；点F 在侧面BCC 1B 1上的投影为点B ，点E 在侧面BCC 1B 1上的投影在棱CC 1上，所以投影三角形的面积为S ＝12BB 1·BC ＝12，为定值，故C 正确；在D 1C 1上取点M ，使D 1M ＝14D 1C 1，在AD 上取点N ，使AN ＝23AD ，连接B 1M ，EM ，EN ，FN ，则五边形B 1MENF 即为截面，故D 正确，故选BCD.答案：BCD13．解析：解法一：因为tan θ＝2，所以sin θ＝2cos θ，由22θ＝1可知，sin 2θ＝45，cos 2θ＝15，所以cos2θ＝cos 2θ－sin 2θ＝15－45＝－35，＝tan θ－11＋tan θ＝2－11＋2＝13.解法二：因为tan θ＝2，所以cos 2θ＝cos 2θ－sin 2θ＝cos 2θ－sin 2θcos 2θ＋sin 2θ＝1－tan 2θ1＋tan 2θ＝1－41＋4＝－35，＝tan θ－11＋tan θ＝2－11＋2＝13.答案：－351314．解析：解法一：设该圆锥的母线长为l ，因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，其面积为2π，所以12πl 2＝2π，解得l ＝2，所以该半圆的弧长为2π.设该圆锥的底面半径为R ，则2πR ＝2π，解得R ＝1.解法二：设该圆锥的底面半径为R ，则该圆锥侧面展开图中的圆弧的弧长为2πR .因为侧面展开图是一个半圆，设该半圆的半径为r ，则πr ＝2πR ，即r ＝2R ，所以侧面展开图的面积为12·2R ·2πR ＝2πR 2＝2π，解得R ＝1.答案：115．解析：设复数z 1＝a ＋b i ，z 2＝c ＋d i(a ，b ，c ，d ∈R )，则a 2＋b 2＝4，c 2＋d 2＝4，又z 1＋z 2＝(a ＋c )＋(b ＋d )i ＝3＋i ，∴a ＋c ＝3，b ＋d ＝1，则(a ＋c )2＋(b ＋d )2＝a 2＋c 2＋b 2＋d 2＋2ac ＋2bd ＝4，∴8＋2ac ＋2bd ＝4，即2ac ＋2bd ＝－4，∴|z 1－z 2|＝（a －c ）2＋（b －d ）2＝a 2＋b 2＋c 2＋d 2－（2ac ＋2bd ）＝8－（－4）＝23.答案：2316．解析：依题意得AD ∥BC ，∠BAD ＝120°，由AD →·AB →＝|AD →|·|AB →|·cos ∠BAD ＝－32|AD →|＝－32，得|AD →|＝1，因此λ＝|AD →||BC →|＝16.取MN 的中点E ，连接DE ，则DM →＋DN→＝2DE →，DM →·DN →＝14[(DM →＋DN →)2－(DM →－DN →)2]＝DE →2－14NM →2＝DE →2－14.注意到线段MN 在线段BC 上运动时，DE 的最小值等于点D 到直线BC 的距离，即AB ·sin ∠B ＝332，因此DE →2－142－14＝132，即DM →·DN →的最小值为132.答案：1613217．解析：(1)∵角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的正半轴重合，它的终边过点－35，，∴tan α＝45－35＝－43.(2)以角α的终边为始边，逆时针旋转π4得到角β，∴β＝α＋π4.由(1)利用任意角的三角函数的定义可得cos α＝－35，sin α＝45.∴sin 2α＝2sin αcos α＝－24，cos 2α＝2cos 2α－1＝－725.∴cos(α＋β)＝cos α＝cos 2αcosπ4－sin 2αsin π4＝22(cos 2α－sin 2α)＝17250.18．解析：方案一：选条件①(1)由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，b ＝11－a ，c ＝7，得a 2＝(11－a )2＋49－2(11－a )×7，∴a ＝8.(2)∵cos A ＝－17，A ∈(0，π)，∴sin A ＝437.由正弦定理a sin A ＝c sin C ，得sin C ＝c sin A a ＝7×4378＝32，由(1)知b ＝11－a ＝3，∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×8×3×32＝63.方案二：选条件②(1)∵cos A ＝18，∴A，sin A ＝378.∵cos B ＝916，∴B ，sin B ＝5716.由正弦定理a sin A ＝bsin B ，得a378＝11－a 5716，∴a ＝6.(2)sin C ＝sin (π－A －B )＝sin (A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝74.∵a ＋b ＝11，a ＝6，∴b ＝5.∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×6×5×74＝1574.19．解析：∵函数f (x )的图象相邻对称轴间的距离为π，∴T ＝2πω＝2π，∴ω＝1，∴f (x )＝2sin (x ＋φ).方案一：选条件①∵＝＋φ为奇函数，∴＝2sin ＝0，解得：φ＝π3＋k π，k ∈Z .(1)∵0<φ<π2，∴φ＝π3，∴f (x )＝2sin ；(2)由－π2＋2k π≤x ＋π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－56π＋2k π≤x ≤π6＋2k π，k ∈Z .∴令k ＝0，得－5π6≤x ≤π6，令k ＝1，得7π6≤x ≤13π6，∴函数f (x )在[0，2π]上的单调递增区间为[0，π6]，[76π，2π]；方案二：选条件②＝2sin ＝3，∴sin ＝32，∴φ＝2k π，k ∈Z 或φ＝π3＋2k π，k ∈Z ，(1)∵0<φ<π2，∴φ＝π3，∴f (x )＝2sin ；(2)由－π2＋2k π≤x ＋π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－56π＋2k π≤x ≤π6＋2k π，k ∈Z .∴令k ＝0，得－5π6≤x ≤π6，令k ＝1，得7π6≤x ≤13π6，∴函数f (x )在[0，2π]上的单调递增区间为[0，π6]，[76π，2π]；方案三：选条件③∵23π是函数f (x )的一个零点，∴＝2sin ＋＝0.∴φ＝k π－2π，k ∈Z .(1)∵0<φ<π2，∴φ＝π3，∴f (x )＝2sin ；(2)由－π2＋2k π≤x ＋π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－56π＋2k π≤x ≤π6＋2k π，k ∈Z .∴令k ＝0，得－5π6≤x ≤π6，令k ＝1，得7π6≤x ≤13π6，∴函数f (x )在[0，2π]上的单调递增区间为[0，π6]，[76π，2π].20．解析：方案一：选条件①.由C ＝π6和余弦定理得a 2＋b 2－c 22ab＝32.由sin A ＝3sin B 及正弦定理得a ＝3b .于是3b 2＋b 2－c 223b2＝32，由此可得b ＝c .由①ac ＝3，解得a ＝3，b ＝c ＝1.因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c ＝1.方案二：选条件②.由C ＝π6和余弦定理得a 2＋b 2－c 22ab＝32.由sin A ＝3sin B 及正弦定理得a ＝3b .于是3b 2＋b 2－c 223b 2＝32，由此可得b ＝c ，B ＝C ＝π6，A ＝2π3.由②c sin A ＝3，所以c ＝b ＝23，a ＝6.因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c ＝23.方案三：选条件③.由C ＝π6和余弦定理得a 2＋b 2－c 22ab＝32.由sin A ＝3sin B 及正弦定理得a ＝3b .于是3b 2＋b 2－c 223b 2＝32，由此可得b ＝c .由③c ＝3b ，与b ＝c 矛盾．因此，选条件③时问题中的三角形不存在．21．证明：(1)连接BD ，设AC ，BD 相交于点O ，连接MO ，因为M 是线段AC 1的中点，所以在△ACC 1中，MO 綊12CC 1.又F 是BB 1的中点，所以BF 綊12CC 1，所以BF 綊MO ，故四边形MOBF 是平行四边形，所以MF∥BO.又MF⊄平面ABCD，BO⊂平面ABCD，所以MF∥平面ABCD.(2)由(1)知OB∥MF，在菱形ABCD中，OB⊥AC，所以MF⊥AC.在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，CC1⊥平面ABCD，BO⊂平面ABCD，所以BO⊥CC1，即MF⊥CC1.又MF⊥AC，CC1∩AC＝C，AC⊂平面ACC1A1，CC1⊂平面ACC1A1，所以MF⊥平面ACC1A1.因为MF⊂平面AFC1，所以平面AFC1⊥平面ACC1A1.22．解析：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AD∥BC.因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC.(2)证明：设AC、BD交于点O，连接PO.因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，DO＝OB.因为PB＝PD，所以PO⊥BD.因为AC∩PO＝O，PO，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC.(3)①过F作FG∥DC交PC于G，连接BG.在菱形ABCD中，AB＝DC，AB∥DC，所以FG∥AB.所以E，F，G，B共面．因为EF∥平面PBC，平面FEBG∩平面PBC＝BG，所以EF∥BG.所以四边形FEBG为平行四边形，所以EB＝FG.所以AE＝2EB，所以PFPD＝FGDC＝EBAB＝13.②△PAD不是等腰三角形，理由如下：作BQ⊥AD交AD于点Q，连接PQ.因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BQ⊂平面ABCD，所以BQ⊥平面PAD.所以BQ⊥PD.因为PD⊥PB，PB∩BQ＝B.所以PD⊥平面PBQ.所以PD⊥PQ.所以AD>PD，AD>PA，QD>PD，∠PQD<90°.所以∠PQA>90°.所以PA>AQ.在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，所以△ABD是等边三角形．所以Q为AD的中点．所以AQ＝QD.所以PA>PD.所以△PAD不可能为等腰三角形．。

新北师大版高中数学必修二第二章《解析几何初步》测试卷(含答案解析)

一、选择题1．若圆C:222430x y x y ++-+=关于直线260ax by ++=对称，则由点(,)a b 向圆所作的切线长的最小值是（） A ．2B ．4C ．3D ．62．若直线y x b =+与曲线y =b 的取值范围为（）A ．[]22-,B ．2,⎡-⎣C ．-⎡⎣D ．(-3．已知⊙M ：222220x y x y +---=，直线l ：220x y ++=，P 为l 上的动点，过点P 作⊙M 的切线,PA PB ，切点为,A B ，当||||PM AB ⋅最小时，直线AB 的方程为（）A ．210x y --=B ．210x y +-=C ．210x y -+=D ．210x y ++=4．已知圆()()22:122C x y -++=，若直线24y kx =-上存在点P ，使得过点P 的圆C 的两条切线互相垂直，则实数k 的取值范围是（）A ．23k ≤-或0k ≥ B ．38k ≤- C ．38k ≤-或0k ≥D ．23k ≤-5．ABC 中，(1,5)A ，高BE ，CF 所在的直线方程分别为20x y -=，5100++=x y ，则BC 所在直线的方程是（）．A ．04=+y xB ．528x y -=C ．350x y +=D ．5328x y -=6．在平面直角坐标系xoy 中，圆C 的方程为228150x y x +-+=，若直线2y kx =+上至少存在一点，使得以该点为圆心，半径为1的圆与圆C 有公共点，则k 的最小值是（） A ．43-B ．54-C ．35D ．53-7．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的外接球的表面积（单位：2cm ）是（）A ．36πB ．54πC ．72πD ．90π8．在我国古代，将四个角都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．在“鳖臑”ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，BD CD ⊥且AB BD CD ==，若该四面体的体积为43，则该四面体外接球的表面积为（）A ．8πB ．12πC ．14πD ．16π9．某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：3cm ）为（）A ．43B ．2C ．4D ．610．已知平面图形PABCD ，ABCD 为矩形，4AB =，是以P 为顶点的等腰直角三角形，如图所示，将PAD △沿着AD 翻折至P AD '△，当四棱锥P ABCD '-体积的最大值为163，此时四棱锥P ABCD '-外接球的表面积为（）A ．12πB ．16πC ．24πD ．32π11．如图是某个四面体的三视图，则下列结论正确的是（）A．该四面体外接球的体积为48πB．该四面体内切球的体积为2 3πC．该四面体外接球的表面积为323πD．该四面体内切球的表面积为2π12．某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为V，该几何体所有棱的棱长之和为L，则（）A．8,14253V L==+B．8,1425V L==+C．8,16253V L==+D．8,1625V L==+二、填空题13．已知圆M ：222220x y x y +---=，直线l ：220x y ++=，P 为l 上的动点．过点P 作圆M 的切线PA ，PB ，切点为A ，B ，当PM AB ⋅最小时，直线AB 的方程为______．14．若圆22220x y x y k +---=上的点到直线100x y +-=的最大距离与最小距离的差为6，则实数k =________． 15．在极坐标系中,过点22,4π⎛⎫⎪⎝⎭作圆4sin ρθ=的切线,则切线的极坐标方程是__________.16．已知直线0x y a -+=与圆心为C 的圆222440x y x y ++--=相交于,A B 两点，且AC BC ⊥，则实数a 的值为_________．17．在平面直角坐标系xOy 中,A 的坐标为(2,0),B 是第一象限内的一点,以C 为圆心的圆经过O ､A ､B 三点,且圆C 在点A ,B 处的切线相交于P ,若P 的坐标为(4,2),则直线PB 的方程为_____. 18．已知α∈R ，()ππ2k k Z α≠+∈，设直线:tan l y x m α=+，其中0m ≠，给出下列结论：①直线l 的方向向量与向量()cos , sin a αα=共线； ②若π04α<<，则直线l 与直线y x =的夹角为π4α-； ③直线l 与直线sin cos 0x y n αα-+=（n m ≠）一定平行；写出所有真命题的序号________19．如图，已知直四棱柱1111ABCD A BC D -的所有棱长均相等，3BAD π∠=，E 是棱AB的中点，设平面α经过直线1A E ，且α平面111,B BCC l α=⋂平面112C CDD l =，若α⊥平面11A ACC ，则异面直线1l 与2l 所成的角的余弦值为_______．20．如图在菱形ABCD 中，2AB =，60A ∠=，E 为AB 中点，将AED 沿DE 折起使二面角A ED C '--的大小为90，则空间A '、C 两点的距离为________；21．一个三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥中最长棱的长度为_______.22．三棱锥P ABC -的各顶点都在同一球面上，PC ⊥底面ABC ，若1PC AC ==，2AB =，且60BAC ∠=︒，给出如下命题：①ACB △是直角三角形；②此球的表面积等于11π； ③AC ⊥平面PBC ；④三棱锥A PBC -的体积为3. 其中正确命题的序号为______.（写出所有正确结论的序号）23．如图，在三棱锥A BCD -，,AB AD BC ⊥⊥平面ABD ，点E 、F （E 与A 、D 不重合）分别在棱AD 、BD 上，且EF AD ⊥.则下列结论中：正确结论的序号是______.①//EF 平面ABC ；②AD AC ⊥；③//EF CD24．如图，已知正四面体D ABC -，P 为线段AB 上的动点（端点除外），则二面角D PC B --的平面角的余弦值的取值范围是___________．三、解答题25．如图，四面体ABCD 中，O 是BD 的中点，点G 、E 分别在线段AO 和BC 上，2BE EC =，2AG GO =，2CA CB CD BD ====，2AB AD ==.（1）求证：//GE 平面ACD ；（2）求证：平面ABD ⊥平面BCD .26．如图，四棱锥P ABCD -中，2PC PD DC AD ===，底面ABCD 为矩形，平面PCD ⊥平面ABCD ，O ､E 分别是棱CD ､PA 的中点.（1）求证：//OE 平面PBC ；（2）求二面角PAB C 的大小.27．如图，在三棱锥P ABC -中，1,2,135AB AC BAC ︒==∠=，1cos ,3BAP AP BC ∠=-⊥．（1）若23BM MC =，求证：PM BC ⊥；（2）当3AP =，且N 为BC 中点时，求AN 与平面PBC 所成角的正弦值． 28．在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，AP ⊥平面PCD ，E ，F 分别为PC ，AB 的中点求证：（1）平面PAD ⊥平面ABCD ；（2）//EF 平面PAD【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．B 解析：B 【解析】试题分析：222430x y x y ++-+=即22(1)(2)2x y ++-=，由已知，直线260ax by ++=过圆心(1,2)C -，即2260,3a b b a -++==-，由平面几何知识知，为使由点(,)a b 向圆所作的切线长的最小，只需圆心(1,2)C -与直线30x y --=上的点连线段最小，所以，切线长的最小值为2123()242----=，故选B .考点：圆的几何性质，点到直线距离公式.2．B解析：B 【分析】直线y x b =+与曲线24y x =-有公共点，转化为直线y x b =+与半圆()224,0x y y +=≥有交点，分析几何图形得出有交点的临界情况．【详解】由24y x =-可得()224,0x y y +=≥，表示圆心 (0,0),2r =的半圆，当y x b =+经过(2,0)时，此时2b =-；当y x b =+与此半圆相切时，222221(1)r b ==⇒=+-，作出半圆与直线的图象如下，由图象可知，要使直线y x b =+与曲线24y x =-则2,22b ⎡⎤∈-⎣⎦.故选：B 【点睛】关键点点睛：由y =y x b =+与其有公共点的临界情况，是解决问题的关键.3．D解析：D 【分析】由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点,,,A P B M 共圆，且AB MP ⊥，根据 44PAMPM AB SPA ⋅==可知，当直线MP l ⊥时，PM AB ⋅最小，求出以MP 为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线AB 的方程．【详解】圆的方程可化为()()22114x y -+-=，点 M 到直线l的距离为2d ==>，所以直线 l 与圆相离．依圆的知识可知，四点,,,A P B M 四点共圆，且AB MP ⊥，所以14442PAMPM AB SPA AM PA ⋅==⨯⨯⨯=，而PA =当直线MP l ⊥时，min MP =， min 1PA =，此时PM AB ⋅最小．∴()1:112MP y x -=-即 1122y x =+，由1122220y x x y ⎧=+⎪⎨⎪++=⎩解得， 10x y =-⎧⎨=⎩．所以以MP 为直径的圆的方程为()()()1110x x y y -++-=，即 2210x y y +--=，两圆的方程相减可得：210x y ++=，即为直线AB 的方程．故选：D. 【点睛】本题主要考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性质的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题．4．A解析：A 【分析】直接利用直线与圆的位置关系，由于存在点P 使圆的两条切线垂直，得到四边形为正方形，进一步利用点到直线的距离公式求出k 的取值范围. 【详解】解：设过点P 的圆C 的两条切线分别与圆相切于,A B , 因为过点P 的圆C 的两条切线互相垂直，所以四边形APBC 为正方形，此时正方形的对角线长为2，所以只需圆心(1,2)-到直线的距离小于等于2，≤2， 1k -，解得23k ≤-或0k ≥，故选：A 【点睛】此题考查直线与圆的位置关系的应用，点到直线的距离公式，考查运算能力和转化能力，属于中档题.5．C解析：C 【分析】由垂直关系可得AB 和AC 的斜率，进而可得AB 和AC 的方程，分别解方程组可得B ，C 的坐标，进而可得方程. 【详解】解：∵两边AB ，AC 上的高线方程分别为5100++=x y 与20x y -=， ∴它们的斜率分别为15-，12，故AB 和AC 的斜率分别为5，2-， ∴AB 和AC 的方程分别为()551y x -=-，()521y x -=--，整理为一般式可得50x y -=，270x y +-=联立方程组5020x y x y -=⎧⎨-=⎩，解得00x y =⎧⎨=⎩，即()0,0B ，同理联立2705100x y x y +-=⎧⎨++=⎩，解得53x y =⎧⎨=-⎩，即()5,3C -，∴BC 所在直线的方程为3050y x --=-，即350x y +=. 故选：C. 【点睛】本题考查直线的一般式方程和垂直关系，涉及直线的点斜式方程和斜率公式以及方程组的解法，属中档题.6．A解析：A 【分析】化圆C 的方程为22(4)1x y -+=，求出圆心与半径，由题意，只需22(4)4x y -+=与直线2y kx =+有公共点即可．【详解】解：圆C 的方程为228150x y x +-+=，整理得：22(4)1x y -+=，即圆C 是以(4,0)为圆心，1为半径的圆；又直线2y kx =+上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C 有公共点，∴只需圆22:(4)4C x y '-+=与直线2y kx =+有公共点即可．设圆心(4,0)C 到直线2y kx =+的距离为d ，则221d k=+，即234k k -，403k ∴-． k ∴的最小值是43-．故选：A ．【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，将条件转化为“22(4)4x y -+=与直线2y kx =+有公共点”是关键，考查学生灵活解决问题的能力，属于中档题．7．A解析：A 【分析】由三视图知该几何体是底面为等腰直角三角形，且侧面垂直于底面的三棱锥，由题意画出图形，结合图形求出外接球的半径，再计算外接球的表面积．【详解】解：由几何体的三视图知，该几何体是三棱锥P ABC -，底面为等腰ABC ∆，且侧面PAB ⊥底面ABC ，如图所示；设D 为AB 的中点，又3DA DB DC DP ====，且PD ⊥平面ABC ，∴三棱锥P ABC -的外接球的球心O 在PD 上，设OP R =，则OA R =，3OD R =-，222(3)3R R ∴=-+，解得3R =，∴该几何体外接球的表面积是32436R cm ππ=．故选：A ．【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.8．B解析：B 【分析】由题意计算2,AB BD CD ===分析该几何体可以扩充为长方体，所以只用求长方体的外接球即可. 【详解】因为AB ⊥平面BCD ，BD CD ⊥且AB BD CD ==， 43A BCD V -=，而114323A BCD V BD CD AB -=⨯⨯⨯=,所以2AB BD CD ===，所以该几何体可以扩充为正方体方体，所以只用求正方体的外接球即可.设外接球的半径为R ，则223R =, 所以外接球的表面积为2412S R ππ== 故选：B 【点睛】多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：(1)公式法；(2) 多面体几何性质法；(3)补形法；(4)寻求轴截面圆半径法；(5)确定球心位置法．9．B解析：B 【分析】根据三视图判断出几何体的结构，利用椎体体积公式计算出该几何体的体积. 【详解】根据三视图可知，该几何体为如图所示四棱锥，该棱锥满足底面是直角梯形，且侧棱ED ⊥平面ABCD ，所以其体积为11(12)22232V =⨯⨯+⨯⨯=，故选：B. 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关根据几何体三视图求几何体体积的问题，解题方法如下：（1）首先根据题中所给的几何体的三视图还原几何体；（2）结合三视图，分析几何体的结构特征，利用体积公式求得结果.10．C解析：C 【分析】分析出当平面P AD '⊥平面ABCD 时，四棱锥P ABCD '-的体积取最大值，求出AD 、P A '的长，然后将四棱锥P ABCD '-补成长方体P AMD QBNC '-，计算出该长方体的体对角线长，即为外接球的直径，进而可求得外接球的表面积. 【详解】取AD 的中点E ，连接P E '，由于P AD '△是以P '为顶点的等腰直角三角形，则P E AD '⊥，设AD x =，则1122P E AD x '==，设二面角P AD B '--的平面角为θ，则四棱锥P ABCD '-的高为1sin 2h x θ=，当90θ=时，max 12h x =，矩形ABCD 的面积为4S AB AD x =⋅=，2111216433233P ABCD V Sh x x x '-=≤⨯⨯==，解得22x =将四棱锥P ABCD '-补成长方体P AMD QBNC '-，所以，四棱锥P ABCD '-的外接球直径为22222226R P N P A P D P Q AD AB ''''==++=+=，则6R =，因此，四棱锥P ABCD '-的外接球的表面积为2424R ππ=.故选：C.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.11．D解析：D 【分析】先找到几何体原图，再求出几何体的外接球的半径和内切球的半径，再判断每一个选项得解. 【详解】由三视图得几何体为下图中的三棱锥A BCD -，AB ⊥平面BCD ,42AB =2CE DE ==,2BE =,由题得2CBD π∠=.设外接球的球心为,O 外接球的半径为R ，则OE ⊥平面BCD , 连接,OB OA ,取AB 中点F ,连接OF .由题得1222OE BF AB ===所以222(22)2,23R R =+∴=, 所以外接球的体积为343)3233ππ⨯=，所以选项A 错误；所以外接球的表面积为24(23)48ππ⨯=，所以选项C 错误；由题得22(42)(22)210AC AD ==+=所以△ACD △的高为24026-=，设内切球的半径为r ，则1111111(422242222446)24423222232r ⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=⨯⨯⨯⨯ 所以2r，所以内切球的体积为3422)3ππ⨯=（，所以选项B 错误；所以内切球的表面积为224()2ππ⨯=，所以选项D 正确. 故选：D【点睛】方法点睛：求几何体外接球的半径一般有两种方法:模型法和解三角形法.模型法就是把几何体放在长方体中，使几何体的顶点和长方体的若干个顶点重合，则几何体的外接球和长方体的外接球是重合的，长方体的外接球的半径22212r a b c =++几何体的外接球半径.如果已知中有多个垂直关系，可以考虑用此种方法.解三角形法就是找到球心O 和截面圆的圆心O '，找到OO '、球的半径OA 、截面圆的半径O A '确定的Rt OO A '△,再解Rt OO A '△求出球的半径OA .12．A解析：A 【分析】由三视图还原几何体，由棱锥的体积公式可得选项. 【详解】在如图所示的正方体1111ABCD A BC D -中，P ，E 分别为11,BC BC 的中点，该几何体为四棱锥P ABCD -，且PE ⊥平面ABCD ．由三视图可知2AB =，则5,3PC PB PD PA ====，则21825681425,2233L V =++=+=⨯⨯=．故选：A.【点睛】方法点睛：三视图问题的常见类型及解题策略：(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．二、填空题13．【分析】根据题意只需转化为圆上的点到直线的距离最小即转化为圆心到直线的距离再利用四点共圆的知识求得动点的轨迹联立两个圆的方程可得所求的直线的方程【详解】⊙M ：则圆心为半径如图连接四边形的面积为要使最解析：210x y ++=【分析】根据题意，只需转化为圆上的点到直线的距离最小，即转化为圆心到直线的距离，再利用四点共圆的知识求得动点的轨迹，联立两个圆的方程可得所求的直线的方程. 【详解】⊙M ：222220x y x y +---=，则()()22114x y -+-=，圆心为()1,1，半径2r，如图，连接,,AM BM ，四边形PAMB 的面积为1||||2PM AB ⋅，要使||||PM AB ⋅最小，则需四边形PAMB 的面积最小，即只需PAM △的面积最小，因为2,AM =，所以只需 ||PA 最小，又2224,PA PM AMPM =-=-，所以只需直线2++20x y =上的动点P 到点M 的距离最小，其最小值是圆心到直线l 的距离2+1+255d ==，此时,PM l ⊥所以直线PM 的方程为210.x y -+=由220210x y x y ++=⎧⎨-+=⎩，解得1x y =-⎧⎨=⎩，所以(1,0)P -，所以点,,,P A M B 四点共圆，所以以点PM 为直径的圆的方程为22215()()2x y +-=，即2210x y y +--=，联立两个圆的方程2222222010x y x y x y y ⎧+---=⎨+--=⎩得直线AB 的方程为：210x y ++=. 故答案为：210x y ++=.【点睛】在解决直线与圆的位置关系的相关问题时，注意运用圆的几何性质，求解圆的弦长，切线长等问题.14．7【分析】先将圆的方程化为标准方程设圆心到直线的距离则圆上的点到直线的最大距离为最小距离为（为圆的半径）根据已知条件求出半径从而可求得的值【详解】圆的方程化为标准方程得则圆的半径为设圆心到直线的距离解析：7 【分析】先将圆的方程化为标准方程，设圆心到直线的距离d ，则圆22220x y x y k +---=上的点到直线100x y +-=的最大距离为d r +，最小距离为d r -（r 为圆的半径），根据已知条件求出半径，从而可求得k 的值. 【详解】圆的方程化为标准方程得()()22112x y k -+-=+，则202k k +>⇒>-，圆的半径为2r k =+设圆心()1,1到直线100x y +-=的距离为d ，d == 当dr 时，圆22220x y x y k +---=上的点到直线100x y +-=的最大距离为d r +，最小距离为d r -，由已知条件得()()263d r d r r r +--==⇒=，3=，解得7k =.此时，3d ==>，直线100x y +-=与圆()()22119x y -+-=相离，符合题意. 当d r ≤时，圆22220x y x y k +---=上的点到直线100x y +-=的最大距离为d r +，最小距离为0，由已知条件得66d r r +=⇒=-综上，7k = 故答案为：7 【点睛】关键点点睛：解此题的关键在于分类讨论的思想，根据直线与圆的位置关系不同，分别求解，综合即可求解.15．【解析】试题分析：点的直角坐标为将圆的方程化为直角坐标方程为化为标准式得圆心坐标为半径长为而点在圆上圆心与点之间连线平行于轴故所求的切线方程为其极坐标方程为考点：1极坐标与直角坐标之间的转化；2圆的解析：cos 2ρθ=. 【解析】试题分析：点4π⎛⎫⎪⎝⎭的直角坐标为()2,2，将圆4sin ρθ=的方程化为直角坐标方程为224x y y +=，化为标准式得()2224x y +-=，圆心坐标为()0,2，半径长为2，而点()2,2在圆()2224x y +-=上，圆心与点4π⎛⎫⎪⎝⎭之间连线平行于x 轴，故所求的切线方程为2x =，其极坐标方程为cos 2ρθ=.考点：1.极坐标与直角坐标之间的转化；2.圆的切线方程16．0或6【分析】计算得到圆心半径根据得到利用圆心到直线的距离公式解得答案【详解】即圆心半径故圆心到直线的距离为即故或故答案为：或【点睛】本题考查了根据直线和圆的位置关系求参数意在考查学生的计算能力和转解析：0或6 【分析】计算得到圆心()1,2C -，半径3r =，根据AC BC ⊥得到d =距离公式解得答案. 【详解】222440x y x y ++--=，即()()22129x y ++-=，圆心()1,2C -，半径3r =.AC BC ⊥，故圆心到直线的距离为d =2d ==，故6a =或0a =. 故答案为：0或6. 【点睛】本题考查了根据直线和圆的位置关系求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力。

新版高中数学北师大版必修2习题：第二章解析几何初步检测

第二章检测(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12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.已知点A(a,3),B(-1,b+2),且直线AB的倾斜角为90°,则a,b的值为()A.a=-1,b∈R且b≠1B.a=-1,b=1C.a=3,b=1D.a=3,b=-1解析:∵直线AB的倾斜角为90°,∴AB⊥x轴.∴a=-1,b∈R且b≠1.答案:A2.已知直线l过点P(-1,2),倾斜角为45°,则直线l的方程为()A.x-y+1=0B.x-y-1=0C.x-y-3=0D.x-y+3=0答案:D3.如图所示,在同一直角坐标系中,表示直线y=ax与y=x+a正确的是()解析:当a>0时,直线y=ax的斜率k=a>0,直线y=x+a在y轴上的截距等于a>0,此时,选项A,B,C,D都不符合;当a<0时,直线y=ax的斜率k=a<0,直线y=x+a在y轴上的截距等于a<0,只有选项C符合,故选C.答案:C4.如果直线ax+2y+2=0与直线3x-y-2=0平行,那么a的值为()A.-3B.-6C.3 2D.23解析:由题意得-a2=3,即a=-6.答案:B5.已知点A(1,0,2),B(1,-3,1),点M在z轴上且到A,B两点的距离相等,则点M的坐标为()A.(-3,0,0)B.(0,-3,0)C.(0,0,-3)D.(0,0,3)答案:C6.若直线x-y+1=0与圆(x-a)2+y2=2有公共点,则实数a的取值范围是()A.[-3,-1]B.[-1,3]C.[-3,1]D.(-∞,-3]∪[1,+∞)解析:由题意可得,圆的圆心为(a,0),半径为√2,则√1+(-1)≤√2,即|a+1|≤2,解得-3≤a≤1.答案:C7.与圆(x-3)2+(y-3)2=8相切,且在x轴、y轴上的截距相等的直线共有()A.4条B.3条C.2条D.1条解析:过原点可引圆的两条切线,斜率为-1的直线有两条与圆相切,这四条直线都满足题意.答案:A8.若点A是点B(1,2,3)关于x轴对称的点,点C是点D(2,-2,5)关于y轴对称的点,则|AC|=()A.5B.√13C.10D.√10解析:将A(1,-2,-3),C(-2,-2,-5)代两点间距离公式即可.答案:B9.过点P(-2,4)作圆(x-2)2+(y-1)2=25的切线l,直线l1:ax+3y+2a=0与l平行,则l1与l之间的距离是()A.285B.125C.85D.25解析:直线l1的斜率k=-a3,l1∥l,又l过P(-2,4),∴l:y-4=-a3(x+2), 即ax+3y+2a-12=0,又直线l与圆相切,∴=5.∴a=-4.√a2+9∴l1与l的距离为d=12.故选B.5答案:B10.圆(x+2)2+y2=5关于原点(0,0)对称的圆的方程为()A.(x-2)2+y2=5B.x2+(y-2)2=5C.(x+2)2+(y+2)2=5D.x2+(y+2)2=5解析:∵圆(x+2)2+y2=5的圆心(-2,0)关于原点(0,0)的对称点为(2,0),∴所求圆的方程为(x-2)2+y2=5.答案:A11.过点M(1,2)的直线l与圆C:(x-2)2+y2=9交于A,B两点,C为圆心,当∠ACB最小时,直线l的方程为() A.x=1 B.y=1C.x-y+1=0D.x-2y+3=0,故直线l的方程为x-2y+3=0.解析:当CM⊥l,即弦长最短时,∠ACB最小,则k l·k CM=-1,可得k l=12答案:D12.已知圆C1:(x-2)2+(y-3)2=1,圆C2:(x-3)2+(y-4)2=9,M,N分别是圆C1,C2上的动点,P为x轴上的动点,则|PM|+|PN|的最小值为()A.5√2-4B.√17-1C.6-2√2D.√17解析:由题意知,圆C1:(x-2)2+(y-3)2=1,圆C2:(x-3)2+(y-4)2=9的圆心分别为C1(2,3),C2(3,4),且|PM|+|PN|=|PC1|+|PC2|-4.因为点C1(2,3)关于x轴的对称点为C(2,-3),所以|PC1|+|PC2|=|PC|+|PC2|≥|CC2|=5√2,即|PM|+|PN|=|PC1|+|PC2|-4≥5√2-4.答案:A二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)13.已知A(-1,2,0),B(-2,6,4),则|AB|=.答案:√3314.当a为任意实数时,直线ax-y+1-3a=0恒过定点.解析:原方程可化为a(x-3)-(y-1)=0,即直线l恒过定点(3,1).答案:(3,1)15.已知两圆C1:x2+y2-2x+10y-24=0,C2:x2+y2+2x+2y-8=0,则它们的公共弦长为.解析:由两圆C1,C2方程可知公共弦所在直线方程为x-2y+4=0,则圆C1的圆心(1,-5)到直线(公共弦)的距离为d=√5=3√5.故弦长=2×√(5√2)2-(3√5)2=2√5.答案:2√516.已知圆O:x2+y2=5和点A(1,2),则过点A且与圆O相切的直线与两坐标轴围成的三角形的面积等于.解析:∵点A(1,2)在圆x2+y2=5上,故过点A的圆的切线方程为x+2y-5=0,令x=0,得y=52, 令y=0,得x=5,∴S△=12×52×5=254.答案:254三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)已知两条直线l1:mx+8y+n=0和l2:2x+my-1=0.试确定m,n的值,使(1)l1和l2相交于点(m,-1);(2)l1∥l2;(3)l1⊥l2且l1在y轴上的截距为-1.解(1)∵m2-8+n=0,且2m-m-1=0,∴m=1,n=7.(2)由m·m-8×2=0,得m=±4,由8×(-1)-n·m≠0,得m=4,n≠-2时或m=-4,n≠2时,l1∥l2.(3)当且仅当m·2+8·m=0,即m=0时,l1⊥l2,又-n8=-1,∴n=8.即m=0,n=8时,l1⊥l2,且l1在y轴上的截距为-1.18.(12分)已知圆心为(1,1)的圆C经过点M(1,2).(1)求圆C的方程;(2)若直线x+y+m=0与圆C交于A,B两点,且△ABC是直角三角形,求实数m的值.解(1)由题意知,圆的半径r=|CM|=√(1-1)2+(2-1)2=1,所以圆C 的方程为(x-1)2+(y-1)2=1.(2)由题意知,|CA|=|CB|=1,且∠ACB=90°,则圆心C 到直线x+y+m=0的距离为√22,即|1+1+m |√1+1=√22,解得m=-1或m=-3.19.(12分)已知直线l 1:x+2y-3=0与l 2:2x-y-1=0的交点是P ,直线l 过点P 及点A (4,3). (1)求l 的方程;(2)求过点P 且与l 垂直的直线l'的方程. 解(1)由{x +2y -3=0,2x -y -1=0,解得{x =1,y =1.∴P (1,1),∴l 的方程为y -13-1=x -14-1,化简,得l 的方程为2x-3y+1=0. (2)∵所求直线l'与l 垂直,∴斜率为-32.又l'过点(1,1),∴所求直线l'的方程为y-1=-32(x-1),即3x+2y-5=0.20.(12分)如图所示,在Rt △ABC 中,已知A (-2,0),直角顶点B (0,-2√2),点C 在x 轴上.(1)求Rt △ABC 外接圆的方程;(2)求过点(-4,0)且与Rt △ABC 外接圆相切的直线的方程. 解(1)由题意可知,点C 在x 轴的正半轴上,可设其坐标为(a ,0)(a>0), 又AB ⊥BC ,则k AB ·k BC =-1, 即-2√22·2√2a =-1,解得a=4.则所求圆的圆心为(1,0),半径为3,故所求圆的方程为(x-1)2+y 2=9.(2)由题意,知直线的斜率存在,故设所求直线的方程为y=k (x+4),即kx-y+4k=0. 当圆与直线相切时,有d=√k +1=3,解得k=±34,故所求直线方程为y=34(x+4)或y=-34(x+4), 即3x-4y+12=0或3x+4y+12=0.21.(12分)已知圆C 同时满足下列三个条件:①与y 轴相切;②在直线y=x 上截得弦长为2√7;③圆心在直线x-3y=0上,求圆C 的方程.解所求的圆C 与y 轴相切,又与直线y=x 相交,设交于A ,B 两点,因为圆心C 在直线x-3y=0上,所以设圆心C 为(3a ,a ). 又圆与y 轴相切, 所以R=3|a|,如图所示.又圆心C 到直线x-y=0的距离|CD|=√2=√2|a|.因为在Rt △CBD 中,R 2-|CD|2=(√7)2, 所以9a 2-2a 2=7,a 2=1,a=±1,3a=±3, 所以圆心的坐标C 分别为(3,1)和(-3,-1),故所求圆的方程为(x-3)2+(y-1)2=9或(x+3)2+(y+1)2=9. 22.(12分)已知圆M 过C (1,-1),D (-1,1)两点,且圆心M 在x+y-2=0上. (1)求圆M 的方程;(2)设P 是直线3x+4y+8=0上的动点,PA ,PB 是圆M 的两条切线,A ,B 为切点,求四边形PAMB 面积的最小值.解(1)设圆M 的方程为(x-a )2+(y-b )2=r 2(r>0).根据题意得{(1-a )2+(-1-b )2=r 2,(-1-a )2+(1-b )2=r 2,a +b -2=0,解得a=b=1,r=2,故所求圆M 的方程为(x-1)2+(y-1)2=4.(2)如图所示,四边形PAMB 的面积S=S △PAM +S △PBM =12(|AM|·|PA|+|BM|·|PB|),又|AM|=|BM|=2,|PA|=|PB|,所以S=2|PA|,连接PM ,则|PA|2=|PM|2-|AM|2=|PM|2-4,即S=2√|PM |2-4.因此,要求S的最小值,只需求|PM|的最小值即可,即在直线3x+4y+8=0上找一点P,使得|PM|的值最小,所以|PM|min=3+4+8=3,所以四边形PAMB面积的最小值为2√|PM|2-4=2√5.5。

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必修2测试卷
石油中学齐宗锁
一、选择题（每小题4分共40分） 1、圆锥过轴的截面是（）
A 圆
B 等腰三角形
C 抛物线
D 椭圆
2、若一条直线与两个平行平面中的一个平行，则这条直线与另一个平面的位置关系是( )。

A 平行
B 相交
C 在平面内
D 平行或在平面内 3、一个西瓜切3刀，最多能切出（）块。

A 4
B 6
C 7
D 8
4．下图中不可能成正方体的是（）
5．三个球的半径之比是1：2：3，那么最大的球的表面积是其余两个球的表面积之和的（） A ．1倍 B ．2倍 C ．541
倍 D ．4
3
1倍 6．以下四个命题中正确命题的个数是（）
①过空间一点作已知平面的垂线有且只有一条 ②过空间一点作已知平面的平行线有且只有一条 ③过空间一点作已知直线的垂线有且只有一条 ④过空间一点作已知直线的平行线有且只有一条 A ．1 B ．2 C ．3 D ．4
7．若)0,(),4,9(),2,3(x C B A --三点共线，则x 的值是（） A ．1 B ．-1 C ．0 D ．7
8．已知直线06:1=++my x l 和直线023)2(:2=++-m y x m l 互相平行，则实数m 的值是（）
A ．-1或3
B ．-1
C ．-3
D ．1或-3
9．已知直线l 的方程为02543=-+y x ，则圆12
2
=+y x 上的点到直线l 的最大距离是( )
A ．1
B ．4
C ．5
D ．6 10．点)1,3,2(-M 关于坐标原点的对称点是（）
A B
C D
A ．（-2，3，-1）
B ．（-2，-3，-1）
C ．（2，-3，-1）
D ．（-2，3，1）二、填空题（每题4分共16分）
11、从长方体一个顶点出发的三个面的面积分别为6、8、12，则其对角线长为
12．将等腰三角形绕底边上的高旋转180o ，所得几何体是______________；
13．圆C ：1)6()2(2
2
=-++y x 关于直线0543=+-y x 对称的圆的方程是___________________；
14．经过点)4,3(--P ，且在x 轴、y 轴上的截距相等的直线l 的方程是______________________。

三、解答题（15、16、17题各题10分，18题14分） 15．过点P （1，4），作直线与两坐标轴的正半轴相交，当直线在两坐标轴上的截距之和最小时，求此直线方程.
16．经过点P )3,2(-作圆202
2
=+y x 的弦AB ，使P 平分AB ，
求：（1）弦AB 所在直线的方程；（2）弦AB 的长。

17．如图，Rt △ABC 所在平面外一点P 到△ABC 的三个顶点的距离相等，D 为斜边BC 上的中点，求证：PD ⊥平面ABC 。

18题：（14分）已知圆C:25)2()1(22
=-+-y x ，直线l :047)1()12(=--+++m y m x m
（1）求证：直线l 过定点；
（2）判断该定点与圆的位置关系；
（3）当m 为何值时，直线l 被圆C 截得的弦最长。

测试卷答案
一、选择题：BDDDC BBBDA 二、填空题：
11．29 12．圆锥 13．1)2()4(2
2=++-y x
14．034=-y x 或07=++y x 三、解答题：
B C P
D
15:解：设所求直线L 的方程为：
)0,0(1>>=+b a b
y
a x ∵直线L 经过点P （1，4） ∴
14
1=+b
a 5分 ∴942545))(41(
=⋅+≥++=++=+a
b b a a b b a b a b a b a 8分当且仅当
=b a 4a
b
即a=3,b=6时a+b 有最小値为9，此时所求直线方程为2x+y-6=0。

10分
16．解：（1）如图，边结OP ，由圆的性质知 OP 所在直线与AB 所在直线垂直，
∵230203-=---=OP
k ，∴3
2=AB k 又∵点P （2，-3）在直线AB 上，由点斜式得直线AB 的方程为：
)2(3
2
3-=
+x y ，即01332=--y x 5分（2）连结OB ，则OB 为圆的半径，所以|OB|=52，
又∵|OP|=13)03()02(22=--+- 在Rt △OPB 中，由勾股定理得，|PB|=7，
∴|AB|=2|PB|=72，所以弦AB 的长72。

10分 17．证明：取AC 中点E ，连结PE ，DE ，
由题意知PD ⊥BC ，PE ⊥AC
∵AB//DE ，AB ⊥AC ，∴DE ⊥AC ， 4分
又∵PE ∩DE=E ，∴AC ⊥平面PDE ，而PD ⊂平面PDE ， ∴AC ⊥PD 8分
∵AC ∩BC=C ，∴PD ⊥平面ABC 。

10分 18题：
（1）证明：把直线l 的方程整理成0)4()72(=-++-+y x y x m ，
由于m 的任意性，有⎩⎨⎧=-+=-+04072y x y x ，解此方程组，得⎩
⎨⎧-==13
y x
所以直线l 恒过定点D （3，1）； 4分
（2）把点D(3，1)的坐标代入圆C 的方程，得
左边=5<25=右边，∴点D(3，1)在圆C 内。

8分
（3）当直线l 经过圆心C(1，2)时，被截得的弦最长(等于圆的直径长)，
此时，直线l 的斜率CD l k k =
B
C
P
D E
（17题图）
由直线l 的方程得112++-=m m k l ，由点C 、D 的坐标得2
1
3112-=--=CD k ∴21112-=++-m m ，解得3
1-=m
所以，当3
1
-=m 时，直线l 被圆C 截得的弦最长。

14分。

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