北师大版高中数学必修2测试题及答案
北师大版高中数学必修二同步练习题 弧度概念 弧度与角度的换算(含答案)
3.1 弧度概念 3.2 弧度与角度的换算必备知识基础练1.在半径为5 cm 的扇形中,圆心角为2,则扇形的面积为( ) A.25 cm 2B.10 cm 2C.15 cm 2D.5 cm 22.角α=-2,则α所在的象限是( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限D.第四象限3.已知扇形AOB 的周长为10,面积为6,则该扇形的圆心角为( ) A.3B.43或3C.34D.34或34.在半径为3 cm 的圆中,π7的圆心角所对的弧长为( ) A .3π7 cmB .π21 cmC .37 cmD .9π7 cm5.如果一个圆的半径变为原来的一半,弧长变为原来的32倍,则该弧所对的圆心角是原来的 倍.关键能力提升练6.若集合P={α|2k π≤α≤(2k+1)π,k ∈Z },Q={α|-4≤α≤4},则P ∩Q=( ) A.⌀B.{α|-4≤α≤-π,或0≤α≤π}C.{α|-4≤α≤4}D.{α|0≤α≤π}7.若角α的终边在直线y=-x 上,则角α的集合为( ) A.αα=2k π-π4,k ∈Z B.αα=2k π+3π4,k ∈Z C.αα=k π-3π4,k ∈ZD.αα=k π-π4,k ∈Z8.如图,一把折扇完全打开后,扇面的两条弧AB⏜,CD ⏜的弧长分别是10π和10π3,且AD=10,则图中阴影部分的面积是( )A.200π3B.100πC.400π3D.500π39.一个半径为2的扇形,如果它的周长等于所在圆的半圆的弧长,那么扇形的圆心角是 弧度,扇形的面积是 .学科素养创新练10.已知扇形的圆心角为α,半径为r.(1)若扇形的周长是定值C (C>0),求扇形的最大面积及此时α的值; (2)若扇形的面积是定值S (S>0),求扇形的最小周长及此时α的值. 答案1.A 扇形面积为S=12×2×52=25(cm 2).故选A. 2.C 角α=-2,-2∈(-π,-π2),所以α在第三象限,故选C . 3.B 设扇形AOB 的半径为r ,弧长为l ,由题意可得{2r +l =10,12lr =6,解得{l =6,r =2或{l =4,r =3,则该扇形的圆心角为43或3.故选B .4.A 由题意可得圆心角α=π7,半径r=3 cm,弧长l=αr=π7×3=3π7(cm).故选A .5.3 设圆的半径为r ,弧长为l ,则该弧所对的圆心角为lr .将半径变为原来的一半,弧长变为原来的32倍,则该弧所对的圆心角变为32l 12r =3·lr ,即该弧所对的圆心角变为原来的3倍.6.B 当k=-1,0时,集合P 和Q 的公共元素满足-4≤α≤-π,或0≤α≤π,当k 取其他值时,集合P 和Q 无公共元素,故P ∩Q={α|-4≤α≤-π,或0≤α≤π}.7.D 由图知,角α的取值集合为αα=2k π+3π4,k ∈Z ∪αα=2k π-π4,k ∈Z =αα=(2k+1)π-π4,k ∈Z ∪αα=2k π-π4,k ∈Z =αα=k π-π4,k ∈Z ,故选D.8.A 设OA=R ,OD=r ,圆心角是θ,则r θ=10π3,(r+10)θ=10π,R-r=10,解得R=15,r=5,θ=2π3,所以阴影部分的面积为12(10π×15-10π3×5)=200π3,故选A .9.π-2 2(π-2) 设扇形的弧长为l ,圆心角为α, 故由题得2α+2×2=2π,所以α=π-2, 扇形的面积S=12l ·r=12·(2π-4)·2=2(π-2). 10.解(1)由题意可得2r+αr=C ,则αr=C-2r ,得扇形面积S=12αr 2=12(C-2r )r=-r 2+12Cr=-(r -C 4)2+C 216, 故当r=C4时,S 取得最大值C 216, 此时α=C -2r r =2.(2)由题意可得S=12αr 2,则αr=2Sr , 得扇形周长C=2r+αr=2r+2Sr ≥4√S , 当且仅当2r=2Sr ,即r=√S 时取等号,。
最新北师大版高中数学必修二测试题全套含答案解析
最新北师⼤版⾼中数学必修⼆测试题全套含答案解析最新北师⼤版⾼中数学必修⼆测试题全套含答案解析章末综合测评(⼀)⽴体⼏何初步(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.下列推理错误的是()A.A∈l，A∈α，B∈l，B∈α?lαB.A∈α，A∈β，B∈α，B∈β?α∩β＝ABC.l?/α，A∈l?A?αD.A∈l，lα?A∈α【解析】若直线l∩α＝A，显然有l?/α，A∈l，但A∈α，故C错.【答案】 C2.下列说法中，正确的是()A.经过不同的三点有且只有⼀个平⾯B.分别在两个平⾯内的两条直线⼀定是异⾯直线C.垂直于同⼀个平⾯的两条直线是平⾏直线D.垂直于同⼀个平⾯的两个平⾯平⾏【解析】A中，可能有⽆数个平⾯；B中，两条直线还可能平⾏、相交；D中，两个平⾯可能相交.【答案】 C3.已知⽔平放置的△ABC是按“斜⼆测画法”得到如图1所⽰的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝32，那么原△ABC的⾯积是()图1 A. 3 B.2 2C.32 D.34【解析】由题图可知，原△ABC的⾼为AO＝3，∴S△ABC ＝12×BC×OA＝12×2×3＝3，故选A.【答案】 A4.下列四个命题判断正确的是()A.若a∥b，a∥α，则b∥αB.若a∥α，bα，则a∥bC.若a∥α，则a平⾏于α内所有的直线D.若a∥α，a∥b，b?/α，则b∥α【解析】A中b可能在α内；B中a与b可能异⾯；C中a可能与α内的直线异⾯；D 正确.【答案】 D5.已知⼀个圆锥的展开图如图2所⽰，其中扇形的圆⼼⾓为120°，底⾯圆的半径为1，则该圆锥的体积为()图2A.22π3 B.2π3C.2π3 D.3π【解析】因为扇形弧长为2π，所以圆锥母线长为3，⾼为22，所求体积V＝1 3×π×12×22＝22π3.【答案】 A6.如图3所⽰，在正⽅体ABCD-A1B1C1D1中，若E是A1C1的中点，则直线CE垂直于()图3A.ACB.BDC.A1DD.A1D1【解析】CE平⾯ACC1A1，⽽BD⊥AC，BD⊥AA1，所以BD⊥平⾯ACC1A1，所以BD⊥CE.【答案】 B7.正⽅体AC1中，E，F分别是DD1，BD的中点，则直线AD1与EF所成⾓的余弦值是()A.12 B.33 D.62【解析】连接BD1，则BD1∥EF，∠BD1A是异⾯直线AD1与EF所成的⾓.∵AB⊥AD1，∴cos∠BD1A＝AD1BD1＝63.【答案】 C8.如图4所⽰，则这个⼏何体的体积等于()图4 A.4 B.6C.8D.12【解析】由三视图得⼏何体为四棱锥，如图记作S -ABCD ，其中SA ⊥平⾯ABCD ， SA ＝2，AB ＝2，AD ＝2，CD ＝4，且ABCD 为直⾓梯形，∠DAB ＝90°，∴V ＝13SA ×12(AB ＋CD )×AD ＝13×2×12×(2＋4)×2＝4，故选A. 【答案】 A9.如图5，ABCD -A 1B 1C 1D 1为正⽅体，下⾯结论错误的是( )图5A.BD ∥平⾯CB 1D 1B.AC 1⊥BDC.AC 1⊥平⾯CB 1D 1D.异⾯直线AD 与CB 1所成的⾓为60°【解析】由于BD ∥B 1D 1，易知BD ∥平⾯CB 1D 1；连接AC ，易证BD ⊥平⾯ACC 1，所以AC 1⊥BD ；同理可证AC 1⊥B 1C ，因BD ∥B 1D 1，所以AC 1⊥B 1D 1，所以AC 1⊥平⾯CB 1D 1；对于选项D ，∵BC ∥AD ，∴∠B 1CB 即为AD 与CB 1所成的⾓，此⾓为45°，故D 错.【答案】 D10.圆柱被⼀个平⾯截去⼀部分后与半球(半径为r )组成⼀个⼏何体，该⼏何体三视图中的主视图和俯视图如图6所⽰.若该⼏何体的表⾯积为16＋20π，则r ＝( )图6D.8【解析】如图，该⼏何体是⼀个半球与⼀个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底⾯半径为r，⾼为2r，则表⾯积S＝12＋2×4πrπr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2.⼜S＝16＋20π，∴(5π＋4)r2＝16＋20π，∴r2＝4，r＝2，故选B.【答案】 B11.如图7，以等腰直⾓三⾓形ABC的斜边BC上的⾼AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平⾯后，某学⽣得出下列四个结论：图7①BD⊥AC；②△BCA是等边三⾓形；③三棱锥D-ABC是正三棱锥；④平⾯ADC⊥平⾯ABC.其中正确的是()A.①②④B.①②③C.②③④D.①③④【解析】由题意知，BD⊥平⾯ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直⾓三⾓形斜边BC上的⾼，平⾯ABD⊥平⾯ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三⾓形，②正确；易知DA ＝DB ＝DC ，⼜由②知③正确；由①知④错.故选B.【答案】 B12.已知三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球⾯上，△ABC 是边长为1的正三⾓形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，则此棱锥的体积为( )A.26B.36C.23D.22【解析】由于三棱锥S -ABC 与三棱锥O -ABC 底⾯都是△ABC ，O 是SC 的中点，因此三棱锥S -ABC 的⾼是三棱锥O -ABC ⾼的2倍，所以三棱锥S -ABC 的体积也是三棱锥O -ABC 体积的2倍.在三棱锥O -ABC 中，其棱长都是1，如图所⽰， S △ABC ＝34×AB 2＝34，⾼OD ＝12－? ??332＝63，∴V S -ABC ＝2V O -ABC ＝2×13×34×63＝26. 【答案】 A⼆、填空题(本⼤题共4⼩题，每⼩题5分，共20分，将答案填在题中的横线上) 13.设平⾯α∥平⾯β，A ，C ∈α，B ，D ∈β，直线AB 与CD 交于点S ，且点S 位于平⾯α，β之间，AS ＝8，BS ＝6，CS ＝12，则SD ＝________.【解析】由⾯⾯平⾏的性质得AC ∥BD ，AS BS ＝CSSD ，解得SD ＝9. 【答案】 914.如图8所⽰，将等腰直⾓△ABC 沿斜边BC 上的⾼AD 折成⼀个⼆⾯⾓，此时∠B ′AC ＝60°，那么这个⼆⾯⾓⼤⼩是________.图8【解析】连接B ′C ，则△AB ′C 为等边三⾓形，设AD ＝a ，则B ′D ＝DC ＝a ，B ′C ＝AC ＝2a ，所以∠B ′DC ＝90°.【答案】 90°15.若⼀个底⾯边长为62，侧棱长为6的正六棱柱的所有顶点都在⼀个球⾯上，则此球的体积为________.【解析】球的直径等于正六棱柱的体对⾓线的长.设球的半径为R ，由已知，可得2R ＝62×22＋(6)2＝23，R ＝ 3. 所以球的体积为43πR 3＝4π3×(3)3＝43π. 【答案】 43π16.将正⽅形ABCD 沿对⾓线BD 折成直⼆⾯⾓A -BD -C ，则异⾯直线AB 与CD 所成的⾓等于________.【解析】如图所⽰，分别取BC ，AC 的中点G 、F ，连接EG ，GF ，EF ，则EG ∥CD ，GF ∥AB ，∴∠EGF 就是AB 与CD 所成的⾓. 由题意EG ＝GF ＝EF ＝a2，∴△EFG 是等边三⾓形，∴∠EGF ＝60°. 【答案】 60°三、解答题(本⼤题共6⼩题，共70分.解答应写出⽂字说明，证明过程或演算步骤) 17.(本⼩题满分10分)如图9所⽰，四棱锥V -ABCD 的底⾯为边长等于2 cm 的正⽅形，顶点V 与底⾯正⽅形中⼼的连线为棱锥的⾼，侧棱长VC ＝4 cm ，求这个正四棱锥的体积.图9 【解】连接AC，BD相交于点O，连接VO，∵AB＝BC＝2 cm，在正⽅形ABCD中，求得CO＝ 2 cm，⼜在直⾓三⾓形VOC中，求得VO＝14 cm，∴V V－ABCD＝13S ABCD·VO＝13×4×14＝4314(cm3).故这个正四棱锥的体积为4314cm3.18.(本⼩题满分12分)如图10所⽰，P是?ABCD所在平⾯外⼀点，E，F分别在P A，BD 上，且PE∶EA＝BF∶FD.求证：EF∥平⾯PBC.图10【证明】连接AF延长交BC于G，连接PG.在?ABCD中，易证△BFG∽△DF A，∴GFF A＝BFFD＝PEEA，∴EF∥PG.⽽EF?/平⾯PBC，PG平⾯PBC，∴EF ∥平⾯PBC .19.(本⼩题满分12分)如图11，长⽅体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平⾯α与此长⽅体的⾯相交，交线围成⼀个正⽅形.图11(1)在图中画出这个正⽅形(不必说明画法和理由)； (2)求平⾯α把该长⽅体分成的两部分体积的⽐值. 【解】 (1)交线围成的正⽅形EHGF ，如图：(2)作EM ⊥AB ，垂⾜为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EB 1＝12，EM ＝AA 1＝8. 因为四边形EHGF 为正⽅形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，AH ＝10，HB ＝6.故S 四边形A 1EHA ＝12×(4＋10)×8＝56， S 四边形EB 1BH ＝12×(12＋6)×8＝72.因为长⽅体被平⾯α分成两个⾼为10的直棱柱，所以其体积的⽐值为97? ????79也正确.20.(本⼩题满分12分)如图12所⽰，在长⽅体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝1，AA 1＝2，M 是棱CC 1的中点.证明：平⾯ABM ⊥平⾯A 1B 1M .图12【证明】由长⽅体的性质可知A1B1⊥平⾯BCC1B1，⼜BM平⾯BCC 1B1，所以A1B1⊥BM.⼜CC1＝2，M为CC1的中点，所以C1M＝CM＝1.在Rt△B1C1M中，B1M＝B1C21＋MC21＝2，同理BM＝BC2＋CM2＝2，⼜B1B＝2，所以B1M2＋BM2＝B1B2，从⽽BM⊥B1M.⼜A1B1∩B1M＝B1，所以BM⊥平⾯A1B1M，因为BM平⾯ABM，所以平⾯ABM⊥平⾯A 1B1M.21.(本⼩题满分12分)如图13，在四棱锥P-ABCD中，P A⊥底⾯ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，P A＝AB＝BC，E是PC的中点.图13(1)求证：AE⊥平⾯PCD；(2)求⼆⾯⾓A-PD-C的正弦值.【解】(1)证明：在四棱锥P-ABCD中，因P A⊥底⾯ABCD，CD平⾯ABCD，故CD⊥P A.由条件CD⊥AC，P A∩AC＝A，∴CD⊥平⾯P AC，⼜AE平⾯P AC，∴AE⊥CD.由P A＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝P A.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.⼜PC∩CD＝C，∴AE⊥平⾯PCD.(2)过点E作EM⊥PD，垂⾜为M，连接AM，如图所⽰.由(1)知，AE⊥平⾯PCD，AM在平⾯PCD内的射影是EM，则AM⊥PD.因此∠AME是⼆⾯⾓A-PD-C的平⾯⾓.由已知，可得∠CAD＝30°.22.(本⼩题满分12分)⼀个空间⼏何体的三视图及部分数据如图14所⽰.图14(1)请画出该⼏何体的直观图，并求它的体积；(2)证明：A1C⊥平⾯AB1C1；(3)若D是棱CC1的中点，在棱AB上取中点E，判断DE是否平⾏于平⾯AB1C1，并证明你的结论.【解】(1)⼏何体的直观图如图.四边形BB1C1C是矩形，BB1＝CC1＝3，BC＝1，四边形AA1C1C是边长为3的正⽅形，且垂直于底⾯BB1C1C，∴其体积V＝12×1×3×3＝32.(2)证明：∵∠ACB＝90°，∴BC⊥AC.∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，∴BC⊥CC1.∵AC∩CC1＝C，∴BC⊥平⾯ACC1A1，∴BC⊥A1C.∵B1C1∥BC，∴B1C1⊥A1C.∵四边形ACC1A1为正⽅形，∴A1C⊥AC1.∵B1C1∩AC1＝C1，∴A1C⊥平⾯AB1C1.(3)当E为棱AB的中点时，DE∥平⾯AB1C1.证明：如图，取BB1的中点F，连接EF，FD，DE，∵D，E，F分别为CC1，AB，BB1的中点，∴EF∥AB1.∵AB1平⾯AB1C1，EF?/平⾯AB1C1，∴EF∥平⾯AB1C1.∵FD∥B1C1，∴FD∥平⾯AB1C1，⼜EF∩FD＝F，∴平⾯DEF∥平⾯AB1C1.⽽DE平⾯DEF，∴DE∥平⾯AB1C1.章末综合测评(⼆)解析⼏何初步(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.空间两点A(3，－2,5)，B(6,0，－1)之间的距离为()A.6B.7C.8D.9【解析】|AB|＝(3－6)2＋(－2－0)2＋(5＋1)2＝7，故选B.【答案】 B2.过两点A (－2，m )，B (m,4)的直线倾斜⾓是45°，则m 的值是( ) A.－1 B.3 C.1D.－3【解析】由k AB ＝m －4－2－m＝tan 45°＝1，解得m ＝1.【答案】 C3.过点(－1,3)且平⾏于直线x －2y ＋3＝0的直线⽅程为( ) A.x －2y ＋7＝0 B.2x ＋y －1＝0 C.x －2y －5＝0D.2x ＋y －5＝0【解析】∵直线x －2y ＋3＝0的斜率为12，∴所求直线的⽅程为y －3＝12(x ＋1)，即x －2y ＋7＝0.【答案】 A4.已知直线l 1：ax －y －2＝0和直线l 2：(a ＋2)x －y ＋1＝0互相垂直，则实数a 的值为( ) A.－1 B.0 C.1D.2【解析】 l 1的斜率为a ，l 2的斜率为a ＋2，∵l 1⊥l 2，∴a (a ＋2)＝－1，∴a 2＋2a ＋1＝0即a ＝－1. 【答案】 A 5.如图1，在正⽅体OABC -O 1A 1B 1C 1中，棱长为2，E 是B 1B 上的点，且|EB |＝2|EB 1|，则点E 的坐标为( )图1A.(2,2,1)B.? ?2，2，23 C.? ?2，2，13 D.? ?2，2，43【解析】∵|EB |＝2|EB 1|，∴|EB |＝23|BB 1|＝43. ⼜E 在B 1B 上，∴E 的坐标为? ?2，2，43.【答案】 D6.若以点C (－1,2)为圆⼼的圆与直线x －2y ＋3＝0没有公共点，则圆的半径r 的取值范围为( )A.? ????0，255 B.? ????0，355 C.(0，5)D.(0,25)【解析】设圆⼼到直线的距离为d ，则d ＝|－1－4＋3|12＋(－2)2＝255.若直线与圆没有公共点，则05，故选A.【答案】 A7.已知直线l 1的⽅程为x ＋Ay ＋C ＝0，直线l 2的⽅程为2x －3y ＋4＝0，若l 1，l 2的交点在x 轴上，则C 的值为( )A.2B.－2C.±2D.与A 有关【解析】在2x －3y ＋4＝0中，令y ＝0，得x ＝－2，即直线2x －3y ＋4＝0与x 轴的交点为(－2,0).∵点(－2,0)在直线x ＋Ay ＋C ＝0上，∴－2＋A ×0＋C ＝0，∴C ＝2.【答案】 A8.若a ，b 满⾜a ＋2b ＝1，则直线ax ＋3y ＋b ＝0必过定点( ) A.? ????－12，－16 B.? ????12，－16 C.? ??12，16 D.? ??－12，16 【解析】令a ＝－1，b ＝1或a ＝1，b ＝0，得直线⽅程分别为－x ＋3y ＋1＝0，x ＋3y ＝0，其交点为? ??12，－16，此即为直线所过的定点.故选B.【答案】 B9.已知平⾯内两点A (1,2)，B (3,1)到直线l 的距离分别是2， 5－2，则满⾜条件的直线l的条数为()A.1B.2C.3D.4【解析】由题知满⾜题意的直线l在线段AB两侧各有1条，⼜因为|AB|＝5，所以还有1条为过线段AB上的⼀点且与AB垂直的直线，故共3条.【答案】 C10.若圆⼼在x轴上，半径为5的圆O位于y轴左侧，且与直线x＋2y＝0相切，则圆O 的⽅程是()A.(x－5)2＋y2＝5B.(x＋5)2＋y2＝5C.(x－5)2＋y2＝5D.(x＋5)2＋y2＝5【解析】设圆⼼O(a,0)，(a<0)，则5＝|a|1＋22，∴|a|＝5，∴a＝－5，∴圆O的⽅程为(x＋5)2＋y2＝5.【答案】 D11.直线y＝kx被圆x2＋y2＝2截得的弦长为()A.2 2B.2C. 2D.与k的取值有关【解析】由于圆x2＋y2＝2的圆⼼在直线y＝kx上，所以截得弦为圆x2＋y2＝2的直径，⼜其半径为2，故截得的弦长为2 2.【答案】 A12.已知点P(x，y)是直线y＝22x－4上⼀动点，PM与PN是圆C：x2＋(y－1)2＝1的两条切线，M，N为切点，则四边形PMCN 的最⼩⾯积为()A.43 B.23。
北师大版高中数学必修二同步练习题 第2章向量的数乘运算 向量的数乘与向量共线的关系(含答案)
3.1 向量的数乘运算3.2 向量的数乘与向量共线的关系必备知识基础练1.已知CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =-47AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,且BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =k CA⃗⃗⃗⃗⃗ ,则k=( ) A.-43 B.34C.43D.-342.已知△ABC 的重心为O ,则向量BO ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A.23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ B.13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ C.-23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13AC⃗⃗⃗⃗⃗ D.-13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC⃗⃗⃗⃗⃗ 3.(多选)已知实数m ,n 和向量a ,b ,下列说法中正确的是( ) A.m (a -b )=m a -m b B.(m-n )a =m a -n a C.若m a =m b ,则a =b D.若m a =n a (a ≠0),则m=n4.下列各组向量中,一定能推出a ∥b 的是( ) ①a =-3e ,b =2e ; ②a =e 1-e 2,b =e 1+e 22-e 1;③a =e 1-e 2,b =e 1+e 2+e 1+e 22.A.①B.①②C.②③D.①②③5.在△ABC 中,点P 是AB 上一点,且CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =23CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,又AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =t AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则t 的值为( )A.13 B.23C.12D.536.13(2a -3b )-3(a +b )= .7.设D ,E 分别是△ABC 的边AB ,BC 上的点,AD=12AB ,BE=23BC.若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AC⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,则DE ⃗⃗⃗⃗⃗ = .(用a ,b 表示)8.在△ABC 中,4OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =3OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,且BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPA⃗⃗⃗⃗⃗ ,则λ= . 关键能力提升练9.如图,已知平行四边形ABCD 的对角线相交于点O ,过点O 的直线与AB ,AD 所在直线分别交于点M ,N ,满足AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =m AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =n AD ⃗⃗⃗⃗⃗ (m>0,n>0),若mn=12,则mn 的值为( )A.23 B.45C.67D.8910.(多选)若点D ,E ,F 分别为△ABC 的边BC ,CA ,AB 的中点,且BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,则下列结论正确的是( ) A.AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-12a -bB.BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =a +12bC.CF⃗⃗⃗⃗⃗ =-12a +12bD.EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12a 11.已知a ,b 是不共线的向量,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =λa +2b ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =a +(λ-1)b ,且A ,B ,C 三点共线,则实数λ的值为( ) A.-1 B.2C.-2或1D.-1或212.在四边形ABCD 中,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a +2b ,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-4a -b ,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-5a -3b ,则四边形ABCD 的形状是 .13.已知两个非零向量a ,b 不共线.(1)若AB⃗⃗⃗⃗⃗ =a +b ,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2a +8b ,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =3(a -b ),求证:A ,B ,D 三点共线; (2)求实数k 使k a +b 与2a +k b 共线.学科素养创新练14.过△ABC 的重心G 任作一直线分别交AB ,AC 于点D ,E ,若AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =x AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =y AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,且xy ≠0,试求1x +1y 的值. 答案1.B CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =-47AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-47(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=-47AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −47CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =47CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +47BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以37CA⃗⃗⃗⃗⃗ =47BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =34CA⃗⃗⃗⃗⃗ ,故k=34.故选B . 2.C 设E ,F ,D 分别是AC ,AB ,BC 的中点,由于O 是三角形ABC 的重心,所以BO⃗⃗⃗⃗⃗ =23BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =23×(AE ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=23×12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13AC⃗⃗⃗⃗⃗ .故选C .3.ABD 根据向量数乘的运算可知A 和B 正确;当m=0时,m a =m b =0,但a 与b 不一定相等,故C 错误;由m a =n a ,得(m-n )a =0,因为a ≠0,所以m=n ,故D 正确.故选ABD .4.B ①中,a =-32b ,所以a ∥b ; ②中,b =e 1+e 22-e 1=e 2-e 12=-12a ,所以a ∥b ;③中,b =3e 1+3e 22=32(e 1+e 2),若e 1与e 2共线,则a 与b 共线,若e 1与e 2不共线,则a 与b 不共线. 故选B .5.A ∵AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =CP ⃗⃗⃗⃗⃗ −CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =CB ⃗⃗⃗⃗⃗ −CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =t AB ⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴CP ⃗⃗⃗⃗⃗ −CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =t (CB ⃗⃗⃗⃗⃗ −CA⃗⃗⃗⃗⃗ ), ∴CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-t )CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +t CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =23CA⃗⃗⃗⃗⃗ +13CB ⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴t=13.6.-73a -4b 13(2a -3b )-3(a +b )=23a -b -3a -3b =-73a -4b .7.-16a +23b DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=-16AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC⃗⃗⃗⃗⃗ =-16a +23b . 8.4 由题意得3(OP ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⇒3AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,如简图,所以BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =4PA⃗⃗⃗⃗⃗ ,即λ=4.9.D 因为AO⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AD ⃗⃗⃗⃗⃗ , 又因为AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =m AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =n AD ⃗⃗⃗⃗⃗ (m>0,n>0), 故AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =m2AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12nAN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 又因为O ,M ,N 三点共线,所以m 2+12n=1,即m+1n=2.由{mn =12,m +1n =2,解得{m =23,n =34.m n =23×43=89.故选D .10.ABC 如图,在△ABC 中,AD⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +12CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-b -12a ,故A 正确;BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =a +12b ,故B 正确;AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-b -a ,CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =b +12×(-b -a )=-12a +12b ,故C 正确;EF⃗⃗⃗⃗⃗ =12CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-12a ,故D 不正确.故选ABC . 11.D 因为A ,B ,C 三点共线, 所以存在唯一一个实数k 使AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =k AC ⃗⃗⃗⃗⃗ . 因为AB⃗⃗⃗⃗⃗ =λa +2b ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =a +(λ-1)b , 所以λa +2b =k [a +(λ-1)b ]. 因为a 与b 不共线,所以{λ=k ,2=k (λ-1),解得λ=2或λ=-1.12.梯形 因为AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a +2b )+(-4a -b )+(-5a -3b )=-8a -2b =2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ , 所以AD ∥BC ,且AD=2BC.所以四边形ABCD 是梯形.13.(1)证明因为AB⃗⃗⃗⃗⃗ =a +b ,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =2a +8b +3a -3b =5a +5b =5(a +b )=5AB ⃗⃗⃗⃗⃗ , 所以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 共线,且有公共点B ,所以A ,B ,D 三点共线.(2)解因为k a +b 与2a +k b 共线, 所以存在实数λ,使k a +b =λ(2a +k b ). 所以(k-2λ)a +(1-λk )b =0, 所以{k -2λ=0,1-λk =0,解得k=±√2.14.解如图,设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,则AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =23AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2312(a+b )=13(a+b ).∴GD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ −AG⃗⃗⃗⃗⃗ =(x -13)a -13b , ED ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ −AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =x a -y b . ∵GD ⃗⃗⃗⃗⃗ 与ED ⃗⃗⃗⃗⃗ 共线,∴存在实数λ,使GD ⃗⃗⃗⃗⃗ =λE D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴(x -13)a -13b =x λa -y λb , ∴{x -13=λx ,13=λy ,。
北师大版高中数学必修二同步练习题复数的三角表示式 复数乘除运算的几何意义(含答案)
3.1 复数的三角表示式3.2 复数乘除运算的几何意义必备知识基础练1.复数z=√3-i 的三角形式为( )A.2cos 2π3+isin 2π3B.2cos 5π3-isin 5π3C.2cos 7π6-isin 7π6D.2cos11π6+isin 11π6 2.4(cos π+isin π)2(cos π3+isin π3)=( )A.1+√3iB.1-√3iC.-1+√3iD.-1-√3i 3.复数z=sin π6-icos π6,若z n =z (n ∈N ),则n 的最小值是( )A.1B.3C.5D.7 4.8i 2(cos45°+isin45°)= ,其模为 .5.在复平面内,把与复数-2+2i 对应的向量绕原点O 按逆时针方向旋转75°,求与所得向量对应的复数.关键能力提升练6.(2022江西南昌期中)复数(sin 10°+icos 10°)(sin 10°+icos 10°)的三角形式是( )A.sin 30°+icos 30°B.cos 160°+isin 160°C.cos 30°+isin 30°D.sin 160°+icos 160°7.设z 1=1-2i,z 2=1+i,z 3=-1+3i,则arg z 1+arg z 2+arg z 3=( )A.π2B.3π2C.5π2D.7π2 8.(多选)设z 1,z 2是复数,arg z 1=α,arg z 2=β,则arg(z 1·z 2)有可能是下列情况中的哪些( )A.α+βB.α+β-2πC.2π-(α+β)D.π+α+β9.若OZ 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与OZ 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 分别对应复数z 1=1+2√3i,z 2=7+√3i,求∠Z 2OZ 1,并判断△OZ 1Z 2的形状.答案1.D 因为r=2,所以cos θ=√32,与z=√3-i 对应的点在第四象限,所以arg(√3-i)=11π6,所以z=√3-i =2cos 11π6+isin 11π6.2.C 4(cos π+isin π)2(cos π3+isin π3)=2cos π-π3+isin π-π3=2cos 2π3+isin 2π3=-1+√3i .故选C . 3.C z=sin π6-icos π6=cos -π3+isin -π3, z =cos π3+isin π3=cos -π3+isin -π3n =cos -nπ3+isin -nπ3. 又n ∈N ,∴n 的最小值为5.4.2√2+2√2i 4 8i 2(cos45°+isin45°)=8(cos90°+isin90°)2(cos45°+isin45°)=4[cos(90°-45°)+isin(90°-45°)]=4(cos 45°+isin 45°)=2√2+2√2i,其模为√(2√2)2+(2√2)2=4.5.解所得向量对应的复数为(-2+2i)·(cos 75°+isin 75°)=2√2(cos 135°+isin 135°)·(cos 75°+isin 75°)=2√2[cos(135°+75°)+isin(135°+75°)]=2√2(cos 210°+isin 210°)=2√2-√32−12i=-√6−√2i .6.B (sin 10°+icos 10°)(sin 10°+icos 10°)=sin 210°-cos 210°+2sin 10°cos 10°i =-cos 20°+sin 20°i =cos 160°+isin 160°.故选B .7.C arg z 1+arg z 2+arg z 3=arg(z 1z 2z 3)+2k π,k ∈Z .∵z 1z 2z 3=(1-2i)(1+i)(-1+3i)=10i,∴arg(z 1z 2z 3)=π2.又3π2<arg z 1<2π,arg z 2=π4,π2<arg z 3<π,∴arg z 1+arg z 2+arg z 3∈2π+π4,3π+π4,∴arg z 1+arg z 2+arg z 3=52π.8.AB 设z 1=r 1(cos α+isin α),z 2=r 2(cos β+isin β),则z 1z 2=r 1r 2[cos(α+β)+isin(α+β)],∴arg(z 1z 2)=α+β+2k π(k ∈Z )且arg(z 1z 2)∈[0,2π).9.解∵z 1z 2=1+2√3i 7+√3i=(1+2√3i )(7-√3i )(7+√3i )(7-√3i )=1+√3i 4=12cos π3+isin π3, ∴∠Z 2OZ 1=π3.又Z 1(1,2√3),Z 2(7,√3),∴Z 1Z 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,-√3),∴OZ 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·Z 1Z 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2√3)·(6,-√3)=1×6+2√3×(-√3)=0,∴OZ 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥Z 1Z 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,即∠OZ 1Z 2=π2,。
新北师大版高中数学必修二同步练习：1-1简单几何体(含答案)
第一章§1 1.1一、选择题1．对于以下几何体，说法正确的选项是()A．图①是圆柱 B ．图②和图③是圆锥C．图④和图⑤是圆台 D ．图⑤是圆台[答案] D[分析 ]图①与图④中几何体两个底面不相互平行，所以它们不是圆柱和圆台．图②与图③中几何体的过旋转轴的截面(轴截面 )不是等腰三角形，所以它们不是圆锥．图⑤是圆台．2．一个圆柱的母线长为5，底面半径为2，则圆柱的轴截面的面积为()A． 10B．20C． 40D．15[答案 ]B[分析 ]圆柱的轴截面是矩形，矩形的长宽分别为5、 4，则面积为4×5＝ 20.3．用一个平面去截一个几何体，获得的截面是四边形，这个几何体可能是() A．圆锥 B ．圆柱C．球体 D ．以上均有可能[答案 ]B[分析 ]圆锥、球体被平面截后不行能是四边形，而圆柱被截后可能是四边形．4．充满气的车轮内胎可由图中哪个图形绕对称轴旋转生成()[答案] C[分析 ]汽车内胎是圆形筒状几何体．5．一个正方体内有一个内切球，作正方体的对角面，所得截面图形是以下图中的()[答案 ]B[分析 ]由组合体的构造特点知，球只与正方体的上、下底面相切，而与双侧棱相离．故正确答案为 B.6．已知球心到球的一个截面的距离为5，截面圆的半径为12，则球的半径为 ()A． 13B．12C． 5D． 149[答案 ]A[分析 ]设球的半径为R，则 R＝52＋ 122＝ 13.二、填空题7．已知圆台的轴与母线所在直线的夹角为45°，若上底面的半径为 1，高为 1，则圆台的下底面半径为 ________．[答案 ]2[分析 ]设下底面半径为r，则r－1＝ tan45 °，∴ r＝ 2.18．有以下说法：①球的半径是连结球面上随意一点和球心的线段；②球的直径是球面上随意两点间的线段；③用一个平面截一个球，获得的是一个圆；④空间中到必定点距离相等的点的会合是一个球．此中正确的有________．[答案 ]①[分析 ]球是半圆绕其直径所在的直线旋转，旋转面所围成的关闭的几何体，不难理解，半圆的直径就是球的直径，半圆的圆心就是球心，半圆的半径就是球的半径，所以①正确；假如球面上的两点连线经过球心，则这条线段就是球的直径，所以②错误；球是一个几何体，平面截它应获得一个面而不是一条曲线，所以③错误；空间中到必定点距离相等的点的会合是一个球面，而不是一个球体，所以④错误．三、解答题9．如下图，用一个平行于圆锥SO 底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶ 16，截去的小圆锥的母线长是 3 cm，求圆台 OO′的母线长．[分析 ]设圆台的母线长为l ，由截得圆台上、 下底面积之比为1∶ 16，可设截得圆台的上、下底面半径分别为r,4r.过轴SO 作截面如下图．则△ SO ′A ′∽△ SOA ，SA ′ O ′ A ′∴SA ＝ OA. 又 SA ′＝ 3， SA ＝ 3＋ l ，O ′A ′＝ r ， OA ＝ 4r ，3r 1∴ 3＋ l ＝4r ＝4.解得 l ＝ 9.即圆台的母线长为9 cm.一、选择题1．以下命题中，错误的选项是( )A ．圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个B ．圆锥的轴截面是全部过极点的截面中面积最大的一个C ．圆台的全部平行于底面的截面都是圆D ．圆锥全部的轴截面都是全等的等腰三角形[答案 ] B[分析 ]当圆锥的轴截面顶角大于 90°时，面积不是最大的．2．已知球的两个平行截面的面积分别为5π和 8π，它们位于球心的同一侧， 且相距为 1，那么这个球的半径是 ()A ． 4B ． 3C ． 2D ． 1[答案 ] B[分析 ]如图，设球的半径为R ，两截面圆的半径分别为r1， r2，22则πr＝ 5π，πr＝ 8π，12∴r1＝ 5， r2＝ 2 2.又 O1O2＝ 1，取 OO2＝ x，则有 R2＝ 5＋ (x＋1) 2， R2＝ 8＋ x2，∴5＋(x＋ 1)2＝8＋ x2，∴x＝1，∴ R＝ 3.二、填空题3．若母线长是 4 的圆锥的轴截面的面积是8，则圆锥的高是________．[答案 ]22[分析 ]如下图，设圆锥的底面半径为r ，则圆锥的高是16－ r2，∵12·2r ·16－ r 2＝ 8，∴ r＝ 2 2.∴圆锥的高为 16－22＝2 2.4．已知圆锥母线与旋转轴所成的角为30°，母线的长为 2，则其底面面积为 ________．[答案 ]π2[分析 ]如下图，过圆锥的旋转轴作其轴截面ABC ，设圆锥的底面半径为 r.∵△ ABC 为等腰三角形，∴△ ABO 为直角三角形．又∵∠ BAO ＝ 30°，1 2∴BO＝r ＝2AB ＝2 .2π∴底面圆 O 的面积为 S＝πr＝ .2三、解答题5．如下图，已知AB 是直角梯形ABCD 与底边垂直的一腰．分别以AB ， CD ，DA 为轴旋转，试说明所得几何体的构造特点．[分析 ] (2)以 CD (1) 以 AB 边为轴旋转所得旋转体是圆台．如图(1) 所示．边为轴旋转所得旋转体为一组合体：上部为圆锥，下部为圆台，再挖去一个小圆锥，如图(2) 所示．(3)以AD边为轴旋转获得一个组合体，它是一个圆柱上部挖去一个圆锥．如图(3) 所示．6．轴截面为正三角形的圆锥叫作等边圆锥．已知某等边圆锥的轴截面面积为3，求该圆锥的底面半径、高和母线长．[分析 ]如图△ SAB为等边圆锥的轴截面，设圆锥的底面半径为r，高为 h，母线长为l，则在轴截面△SAB 中，有 OB＝ r， SO＝ h， SB＝ l，且∠ SBO＝ 60°.在直角△ SOB 中， h＝3r， l＝ 2r，所以 S△SAB＝12×AB×SO＝ rh＝3r2，依据题意得3r2＝3，解得 r ＝1，所以 l＝ 2r＝ 2， h＝3r＝ 3.即该圆锥的底面半径为1，高为3，母线长为 2.7．一个圆台的母线长为12cm，两底面面积分别为224π cm和 25πcm，求：(1)圆台的高；(2)截得此圆台的圆锥的母线长．[分析 ] (1)圆台的轴截面是等腰梯形ABCD( 如图 )．2由于圆台上底面面积为4πcm，所以上底面半径为2cm.2又由于圆台下底面面积为25πcm，所以下底面半径为5cm，所以高为 AM ＝ 122－－2＝ 3 15(cm) ．(2)延伸 BA ，CD 订交于点 S，设截得此圆台的圆锥的母线长为l ，由于 Rt△ SAO 1∽ Rt△ SBO ，SA AO 1l－ 122，所以SB＝BO，即l＝5解得 l ＝ 20(cm) ，即截得此圆台的圆锥的母线长为20cm.。
(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.。
高中数学北师大版必修2：综合测试2(含答案)
本册综合测试二本试卷分第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．若直线3x＋y＋a＝0过圆x2＋y2＋2x－4y＝0的圆心，则a的值为()A．－1B．1C．3 D．－3[答案] B[解析]该题考查圆的标准方程和一般方程的互化，以及圆与直线的关系，属简单题．圆的圆心为(－1,2)代入直线3x＋y＋a＝0，∴－3＋2＋a＝0，∴a＝1.2．若a，b是异面直线，b，c是异面直线，则a，c的位置关系为()A．相交、平行或异面B．相交或平行C．异面D．平行或异面[答案] A[解析]a与c可以相交、平行或异面，分别如下图中的(1)，(2)，(3)．3．下列四个结论：①两条直线都和同一个平面平行，则这两条直线平行；②两条直线没有公共点，则这两条直线平行；③两条直线都和第三条直线垂直，则这两条直线平行；④一条直线和一个平面内无数条直线没有公共点，则这条直线和这个平面平行．其中正确的个数是()A．0 B．1C．2 D．3[答案] A[解析]所有结论都是错误的，故选A.4．分别过点A (1,3)和点B (2,4)的直线l 1和l 2互相平行且有最大距离，则l 1的方程是( ) A ．x －y －4＝0 B ．x ＋y －4＝0 C ．x ＝1 D ．y ＝3[答案] B[解析] 当l 1与l 2之间距离最大时，l 1⊥AB ，故l 1的斜率为－1.5．若直线x －y ＝2被圆(x －a )2＋y 2＝4所截得的弦长为22，则实数a 的值为( ) A ．－1或 3 B ．1或3 C ．－2或6 D ．0或4 [答案] D[解析] 由圆心(a,0)，半径2，弦长l ＝22， 得弦心距d ＝r 2－(l2)2＝ 2.即(a,0)到直线x －y ＝2的距离为2， 所以|a －0－2|1＋1＝2，解得a ＝0或a ＝4.6．(2014·湖南理)一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4[答案] B[解析] 本题考查三视图及球的基础知识．由图可得该几何体为三棱柱，所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径r ，则r ＝6＋8＋82＋622－82＋62⇒r ＝2，故选B.直角三角形的内切圆半径为周长的一半减去斜边．7． 三棱锥P －ABC 中，P A 、PB 、PC 两两互相垂直，且P A ＝1，PB ＝PC ＝2，则点P 到平面ABC 的距离是( )A ．22B ． 2C ．26D ．1[答案] A[解析] 取BC 中点D ，∵PB ⊥PC ，PB ＝PC ＝2， ∴PD ＝DC ＝12BC ＝1，连AD ，则AD ⊥BC ，且AD ＝(3)2－1＝2，∴S △ABC ＝12×2×2＝ 2.由V P －ABC ＝V A －PBC ，∴13·S △ABC ·h ＝13·S △PBC ·P A ，∴13×2h ＝13×12×2，∴h ＝22. 8．从原点O 引圆(x －m )2＋(y －2)2＝m 2＋1的切线y ＝kx ，当m 变化时，切点P 的轨迹方程是( )A ．x 2＋y 2＝3B ．(x －1)2＋y 2＝2C ．(x －1)2＋(y －1)2＝3D ．x 2＋y 2＝2[答案] A[解析] 设切点P (x ，y )，圆心C (m,2)，则在直角三角形OPC 中，由勾股定理可得m 2＋4＝m 2＋1＋x 2＋y 2，∴切点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝3.9．如图所示，在酒泉卫星发射场某试验区，用四根垂直于地面的立柱支撑着一个平行四边形的太阳能电池板，可测得其中三根立柱AA 1、BB 1、CC 1的长度分别为10 m 、15 m 、30 m ，则立柱DD 1的长度是( )A ．30 mB ．25 mC ．20 mD ．15 m [答案] B[解析] 由题意知，CC 1－DD 1＝BB 1－AA 1＝5， ∴DD 1＝25 m.10．已知正四棱锥P－ABCD的侧棱长为23a，侧面等腰三角形的顶角为30°，则从点A出发环绕侧面一周后回到点A的最短距离为()A．22a B．4aC．6a D．123a[答案] C[解析]将四棱锥的侧面展开，如图．所求最短距离为AA′，由AP＝A′P＝23a，∠AP A′＝4×30°＝120°，∴AA′＝AP·cos30°×2＝23a×32×2＝6a.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．已知直线ax＋by＋c＝0与圆：x2＋y2＝1相交于A、B两点，且|AB|＝3，则∠AOB ＝________.[答案]120°[解析]如图所示，作OD⊥AB，Rt△AOD中，OA＝1，AD＝32，∴∠AOD＝60°，∴∠AOB＝120°.12．两圆(x＋1)2＋(y－1)2＝r2和(x－2)2＋(y＋2)2＝R2相交于P，Q两点，若点P的坐标为(1,2)，则点Q的坐标为________．[答案](－2，－1)[解析]两圆的圆心分别为O1(－1,1)，O2(2，－2)，直线O1O2的方程为y＝－x.由于两圆的交点为P，Q所以P，Q两点关于直线y＝－x对称．又点P的坐标为(1,2)，则点Q的坐标为(－2，－1)．13．若正三棱台的上、下底面的边长为2和8，侧棱长为5，则这个棱台的高是________．[答案]13[解析]如图，设O1，O分别为上，下底面的中心，则A1O1＝23×32×2＝233，AO＝83 3.连接O1O，则O1O为高．所以O1O＝A1A2－(AO－O1A1)2＝52－(23)2＝13.14．(2014·山东文，14)圆心在直线x－2y＝0上的圆C与y轴的正半轴相切，圆C截x 轴所得弦的长为23，则圆C的标准方程为________．[答案](x－2)2＋(y－1)2＝4[解析]本题考查圆的标准方程的求法，结合图形．∵圆心在x－2y＝0上，设圆心(2b，b)，由圆与y轴相切，∴r＝2|b|又截x轴弦长23，圆心到x轴距离d＝|b|∴在Rt△ABC中，r2＝4b2＝b2＋(3)2，∴b2＝1又圆C与y轴正半轴相切．故b>0，∴b＝1.∴方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4.该题要注意b的正负号．15．如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，P A⊥平面ABC，P A＝2AB，则下列结论正确的是________．(1)PB⊥AD；(2)平面P AB⊥平面PBC；(3)直线BC∥平面P AE；(4)∠PDA＝45°.[答案](4)[解析]若PB⊥AD，则AD⊥AB，但AD与AB成60°角，(1)错误；过A作AG⊥PB，若平面P AB⊥平面PBC，∴AG⊥BC，又∵P A⊥BC，∴BC⊥平面P AB，∴BC⊥AB，矛盾，(2)错误；BC与AE是相交直线，∴直线BC一定不与平面P AE平行，(3)错误；在Rt△P AD中，由于AD＝2AB＝P A，∴∠PDA＝45°，(4)正确．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)已知点A(2，－1)，B(5,3)，若直线l：kx－y＋1＝0与线段AB 相交，求k的取值范围．[解析]解法一：由方程kx－y＋1＝0可知，直线l恒过定点P(0,1)，如图所示，连接P A，PB，解得k P A＝－1，k PB＝25.又∵直线l的斜率为k，∴k 的取值范围为－1≤k ≤25.解法二：由两点式求得直线AB 的方程为4x －3y －11＝0，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧4x －3y －11＝0，kx －y ＋1＝0.解得x ＝－143k －4，满足2≤－143k －4≤5，解得－1≤k ≤25.17．(本小题满分12分)如图，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ；(2)若BD ＝1，求三棱锥D －ABC 的表面积． [解析] (1)∵折起前AD 是BC 边上的高． ∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB ， 又DB ∩DC ＝D ， ∴AD ⊥平面BDC ， ∵AD 平面ABD ， ∴平面ABD ⊥平面BDC .(2)由(1)知，DA ⊥DB ，DB ⊥DC ，DC ⊥DA ， ∵DB ＝DA ＝DC ＝1， ∴AB ＝BC ＝CA ＝2，从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12，S △ABC ＝12×2×2×sin60°＝32，∴表面积S＝12×3＋32＝3＋32.18．(本小题满分12分)(江苏高考)如图，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．求证：(1)平面EFG∥平面ABC；(2)BC⊥SA.[解析]思路分析：(1)从线面平行出发，证明面面平行．(2)由线面垂直，直接证明BC⊥SA.本小题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力．证明：(1)因为AS＝AB，AF⊥SB，垂足为F，所以F是SB的中点．又因为E是SA的中点，所以EF∥AB.因为E F⃘平面ABC，AB平面ABC，所以EF∥平面ABC.同理EG∥平面ABC.又EF∩EG＝E，所以平面EFG∥平面ABC.(2)因为平面SAB⊥平面SBC，且交线为SB，又AF平面SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC，因为BC 平面SBC ，所以AF ⊥BC .又因为AB ⊥BC ，AF ∩AB ＝A ，AF ，AB 平面SAB ，所以BC ⊥平面SAB . 因为SA 平面SAB ，所以BC ⊥SA .19．(本小题满分12分)求圆心在⎝⎛⎭⎫x －322＋y 2＝2上，且与x 轴，直线x ＝－12都相切的圆的方程．[解析] 设所求圆的方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2(r >0)，则⎩⎨⎧⎝⎛⎭⎫a －322＋b 2＝2，|b |＝r ，⎪⎪⎪⎪a ＋12＝r .即⎩⎨⎧a 2－3a ＋94＋b 2＝2，b 2＝a 2＋a ＋14.解得a ＝12，b ＝±1，r ＝1，故所求圆的方程为：⎝⎛⎭⎫x －122＋(y －1)2＝1或⎝⎛⎭⎫x －122＋(y ＋1)2＝1. 20．(本小题满分13分)如图1，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，D ，E 分别为AC ，AB 的中点，点F 为线段CD 上的一点，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1F ⊥CD ，如图2.(1)求证：DE ∥平面A 1CB ； (2)求证：A 1F ⊥BE ；(3)线段A 1B 上是否存在点Q ，使A 1C ⊥平面DEQ ？说明理由．[解析](1)因为D，E分别为AC，AB的中点，所以DE∥BC.又因为D E⃘平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC.而A1F平面A1DC，所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，所以A1F⊥平面BCDE.所以A1F⊥BE.(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又因为DE∥BC，所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰直角三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP.。
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必修2测试卷
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
31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 A B
C D
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 ．（-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2022=+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； A B C P D
（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(22=++-y x
14．034=-y x 或07=++y x
三、解答题：
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）
∴
141=+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(323-=
+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(2
2=--+-
在Rt △OPB 中，由勾股定理得，|PB|=7，
∴|AB|=2|PB|=72，所以弦AB 的长为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⎩
⎨⎧-==13y 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 =
由直线l 的方程得112++-
=m m k l ，由点C 、D 的坐标得2
13112-=--=CD k ∴21112-=++-m m ，解得3
1-=m 所以，当31-=m 时，直线l 被圆C 截得的弦最长。
14分 B
C P
D
E （17题图）。