高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(二十六) 4.2.1

合集下载

18年高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(二)

关闭Word文档返回原板块。

课时提升作业(二)圆柱、圆锥、圆台、球、简单组合体的结构特征(15分钟30分)一、选择题(每小题4分,共12分)1.(2015·嘉兴高二检测)下列几何体中是旋转体的是( )①圆柱;②六棱锥;③正方体;④球体;⑤四面体.A.①和⑤B.①C.③和④D.①和④【解析】选D.根据旋转体的概念可知,①和④是旋转体.2.(2015·淮北高一检测)下列几何体中不是旋转体的是( )【解析】选D.根据旋转体的概念可知:A,B,C中三个几何体均为旋转体,D中几何体为多面体.【补偿训练】(2015·淄博高一检测)下列几何体是组合体的是( )【解析】选D. A选项中的几何体是圆锥,B选项中的几何体是圆柱,C选项中的几何体是球,D选项中的几何体是一个圆台中挖去一个圆锥,是组合体.3.(2015·邯郸高一检测)用长为4,宽为2的矩形做侧面围成一个圆柱,此圆柱轴截面面积为( )A. 8B.C.D.【解题指南】可分圆柱底面周长为2和4两种情况分别求解.【解析】选B.若4为底面周长,则圆柱的高为2,此时圆柱的底面直径为,其轴截面的面积为;若底面周长为2,则圆柱高为4,此时圆柱的底面直径为,其轴截面面积为.二、填空题(每小题4分,共8分)4.图示几何体是由简单几何体构成的.【解析】四棱台上面放置一个球.答案:四棱台和球【补偿训练】图中阴影部分绕图示的直线旋转180°,形成的几何体是.【解析】三角形旋转后围成一个圆锥,圆面旋转后形成一个球,阴影部分形成的几何体为圆锥中挖去一个球后剩余的几何体.答案:圆锥挖去一个球的组合体5.(2015·重庆高二检测)有下列说法:①球的半径是球面上任意一点与球心的连线;②球的直径是球面上任意两点间的连线;③用一个平面截一个球,得到的是一个圆.其中正确说法的序号是.【解析】利用球的结构特征判断:①正确;②不正确,因为直径必过球心;③不正确,因为得到的是一个圆面.答案:①【补偿训练】给出下列说法:①用一个平面去截圆锥,得到的几何体是一个圆锥和一个圆台;②通过圆台侧面上一点,有无数条母线;③半圆绕定直线旋转形成球.其中错误说法的序号是.【解析】①不正确,用一个与圆锥底面平行的平面去截圆锥,得到的几何体才是一个圆锥和一个圆台;②不正确,通过圆台侧面上一点,有且只有一条母线;③不正确,半圆绕其直径所在直线旋转一周才可以形成球.答案:①②③三、解答题6.(10分)如图所示,梯形ABCD中,AD∥BC,且AD<BC,当梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周时,其他各边旋转围成了一个几何体,试描述该几何体的结构特征.【解析】如图所示,旋转所得的几何体是一个圆柱挖去两个圆锥后剩余部分构成的组合体.【补偿训练】如图所示,几何体可看作由什么图形旋转360°得到?画出平面图形和旋转轴.【解析】先画出几何体的轴,然后再观察寻找平面图形.旋转前的平面图形如图:(15分钟30分)一、选择题(每小题5分,共10分)1.如图所示的平面中阴影部分绕中间轴旋转一周,形成的几何体形状为( )A.一个球体B.一个球体中间挖出一个圆柱C.一个圆柱D.一个球体中间挖去一个长方体【解析】选B.圆旋转一周形成球,圆中的矩形旋转一周形成一个圆柱.【误区警示】解答本题时易出现不清楚球的大圆面是过球心的圆面而不能作答的情况.【补偿训练】在半径为30m的圆形广场中心上空,设置一个照明光源,射向地面的光呈圆锥形,其轴截面的顶角为120°,若要光源恰好照亮整个广场,则光源的高度应为m.【解析】画出圆锥的轴截面,转化为平面几何问题求解,此题可转化为已知等腰三角形的顶角为120°,底边一半的长为30m,易求得底边上的高线长为10m. 答案:102.(2015·泰安高一检测)过球的一条半径的中点,作垂直于该半径的截面,则截面的面积与球的一个大圆面积之比为( )A.1∶4B.1∶2C.3∶4D.2∶3【解析】选C.如图,设球的半径为R,则O 1A2=OA2-O=R2-R2=R2.所以∶S☉O=πR2∶πR2=3∶4.二、填空题(每小题5分,共10分)3.(2015·成都高二检测)如图是一个几何体的表面展开的平面图形,则这个几何体是.【解析】一个长方形和两个圆折叠后,能围成的几何体是圆柱.答案:圆柱4.一个正方体内接于一个球,过球心作一个截面,则图中,可能是截面的是.【解析】在组合体内取截面时,要注意交点是否在截面上,如当截面过对角面时,得②;当截面平行正方体的其中一个侧面时,得③;当截面不平行于任一侧面且不过对角面时,得①,只要是过球心就不可能截出④.答案:①②③三、解答题5.(10分)圆台上底面面积为π,下底面面积为16π,用一个平行于底面的平面去截圆台,该平面自上而下分圆台的高的比为2∶1,求这个截面的面积.【解题指南】由于截面为圆面,要求面积只需求出半径,由截面与底面平行,则在轴截面中利用平行线得三角形相似求得.【解析】圆台的轴截面如图所示,O1,O2,O3分别为上底面、下底面、截面圆心,过D作DF⊥AB于F,交GH于E.由题意知DO1=1,AO2=4,所以AF=3.因为DE=2EF,所以DF=3EF,所以==,所以GE=2.所以圆O3的半径为3.所以这个截面面积为9π.【补偿训练】已知一个圆柱的轴截面是一个正方形且其面积是Q,求此圆柱的底面半径.【解析】设圆柱底面半径为r,母线为l,则由题意得解得r=,所以此圆柱的底面半径为.关闭Word文档返回原板块。

高中数学必修2全册课时同步测试卷及答案

【若缺失公式、图片现象属于系统读取不成功，文档内容齐全完整，请放心下载。

】第一章空间几何体§1.1空间几何体的结构第1课时多面体的结构特征一、基础过关1．下列说法中正确的是() A．棱柱的侧面可以是三角形B．由6个大小一样的正方形所组成的图形是正方体的展开图C．正方体的各条棱长都相等D．棱柱的各条棱长都相等2．棱台不具备的特点是() A．两底面相似B．侧面都是梯形C．侧棱都相等D．侧棱延长后都交于一点3. 如图，将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个小角度，则倾斜后水槽中的水形成的几何体是()A．棱柱B．棱台C．棱柱与棱锥的组合体 D．不能确定4．若棱台上、下底面的对应边之比为1∶2，则上、下底面的面积之比是() A．1∶2 B．1∶4 C．2∶1 D．4∶15．一个棱柱有10个顶点，所有的侧棱长的和为60 cm，则每条侧棱长为________cm. 6．在下面的四个平面图形中，哪几个是侧棱都相等的四面体的展开图________(填序号)．7．如图所示为长方体ABCD—A′B′C′D′，当用平面BCFE把这个长方体分成两部分后，各部分形成的多面体还是棱柱吗？如果不是，请说明理由；如果是，指出底面及侧棱．8. 如图所示的是一个三棱台ABC—A1B1C1，如何用两个平面把这个三棱台分成三部分，使每一部分都是一个三棱锥．二、能力提升9．下图中不可能围成正方体的是()10．在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何体的4个顶点，这些几何体是________(写出所有正确结论的编号)．①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体．11．根据下列对于几何体结构特征的描述，说出几何体的名称．(1)由八个面围成，其中两个面是互相平行且全等的正六边形，其它各面都是矩形；(2)由五个面围成，其中一个面是正方形，其它各面都是有一个公共顶点的全等三角形．三、探究与拓展12．正方体的截面可能是什么形状的图形？答案1．C 2.C 3.A 4.B 5.12 6.①②7．解截面BCFE右侧部分是棱柱，因为它满足棱柱的定义．它是三棱柱BEB′—CFC′，其中△BEB′和△CFC′是底面．EF，B′C′，BC是侧棱，截面BCFE左侧部分也是棱柱．它是四棱柱ABEA′—DCFD′.其中四边形ABEA′和四边形DCFD′是底面．A′D′，EF，BC，AD为侧棱．8．解过A1、B、C三点作一个平面，再过A1、B、C1作一个平面，就把三棱台ABC—A1B1C1分成三部分，形成的三个三棱锥分别是A1—ABC，B—A1B1C1，A1—BCC1.9．D10.①③④⑤11．解(1)该几何体有两个面是互相平行且全等的正六边形，其他各面都是矩形，可满足每相邻两个面的公共边都相互平行，故该几何体是六棱柱．(2)该几何体的其中一个面是四边形，其余各面都是三角形，并且这些三角形有一个公共顶点，因此该几何体是四棱锥．12．解本问题可以有如下各种答案：①截面可以是三角形：等边三角形、等腰三角形、一般三角形；②截面三角形是锐角三角形；③截面可以是四边形：平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形、等腰梯形；截面为四边形时，这个四边形中至少有一组对边平行；④截面可以是五边形；⑤截面可以是六边形；⑥截面六边形可以是等角(均为120°)的六边形．特别地，可以是正六边形．截面图形举例【若缺失公式、图片现象属于系统读取不成功，文档内容齐全完整，请放心下载。

高中数学全册综合检测试题课时作业(含解析)新人教A版必修第二册-新人教A版高一第二册数学试题

全册综合检测试题时间：120分钟分值：150分第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、单项选择题每小题5分，共40分 1．下列命题为假命题的是( D ) A ．复数的模是非负实数B ．复数等于零的充要条件是它的模等于零C ．两个复数的模相等是这两个复数相等的必要条件D ．复数z 1>z 2的充要条件是|z 1|>|z 2|解析：A 中，任何复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )的模|z |＝a 2＋b 2≥0总成立，所以A 正确；B 中，由复数为零的条件z ＝0⇔⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0，b ＝0⇔|z |＝0，故B 正确；C 中，若z 1＝a 1＋b 1i ，z 2＝a 2＋b 2i(a 1，b 1，a 2，b 2∈R )，且z 1＝z 2，则有a 1＝a 2，b 1＝b 2，所以|z 1|＝|z 2|；反之，由|z 1|＝|z 2|，推不出z 1＝z 2，如z 1＝1＋3i ，z 2＝1－3i 时，|z 1|＝|z 2|，故C 正确；D 中，若z 1＝a 1＋b 1i ，z 2＝a 2＋b 2i ，z 1>z 2，则a 1>a 2，b 1＝b 2＝0，此时|z 1|>|z 2|；若|z 1|>|z 2|，z 1与z 2不一定能比较大小，所以D 错误．2．随机调查某校50个学生在学校的午餐费，结果如表：餐费/元 6 7 8 人数102020这50A ．7.2,0.56 B ．7.2，0.56 C ．7,0.6 D ．7，0.6解析：根据题意，计算这50个学生午餐费的平均值是x ＝150×(6×10＋7×20＋8×20)＝7.2，方差是s 2＝150[10×(6－7.2)2＋20×(7－7.2)2＋20×(8－7.2)2]＝150(14.4＋0.8＋12.8)＝0.56.3．设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( B ) A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面解析：当α内有无数条直线与β平行，也可能两平面相交，故A 错．同样当α，β平行于同一条直线或α，β垂直于同一平面时，两平面也可能相交，故C ，D 错．由面面平行的判定定理可得B 正确．4．如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为3，则CC 1与平面AB 1C 1所成的角为( A )A.π6B.π4 C.π3D.π2解析：如图，取B 1C 1中点为D ，连接AD ，A 1D ，因为侧棱垂直于底面，底边是边长为2的正三角形，所以三棱柱ABC A 1B 1C 1是正三棱柱，所以CC 1∥AA 1，所以AA 1与平面AB 1C 1所成的角即是CC 1与平面AB 1C 1所成的角，因为B 1C 1⊥A 1D ，B 1C 1⊥AA 1，所以B 1C 1⊥平面AA 1D ，所以平面AA 1D ⊥平面AB 1C 1，所以AA 1与平面AB 1C 1所成角为∠A 1AD ，因为AA 1＝3，A 1D ＝3，所以tan ∠A 1AD ＝A 1D AA 1＝33，所以∠A 1AD ＝π6，所以CC 1与平面AB 1C 1所成角为π6.5．正方形ABCD 的边长为2，点E 为BC 边的中点，F 为CD 边上一点，若AF →·AE →＝|AE →|2，则|AF →|＝( D )A ．3B ．5 C.32D.52解析：以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立坐标系，如图所示，因为E 为BC 边的中点，所以E (2,1)，因为F 为CD 边上一点，所以可设F (t,2)(0≤t ≤2)，所以AF →＝(t,2)，AE →＝(2,1)，由AF →·AE →＝|AE →|2可得：2t ＋2＝22＋1＝5，所以t ＝32，所以AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，所以|AF →|＝322＋22＝52.6．已知点O 是△ABC 内部一点，并且满足OA →＋2OB →＋3OC →＝0，△BOC 的面积为S 1，△ABC 的面积为S 2，则S 1S 2＝( A )A.16B.13C.23D.34 解析：因为OA →＋2OB →＋3OC →＝0，所以OA →＋OC →＝－2(OB →＋OC →)，如图，分别取AC ，BC 的中点D ，E ，则 OA →＋OC →＝2OD →，OB →＋OC →＝2OE →，所以OD →＝－2OE →，即O ，D ，E 三点共线且|OD →|＝2|OE →|，则S △OBC ＝13S △DBC ，由于D 为AC 中点，所以S △DBC ＝12S △ABC ，所以S △OBC ＝16S △ABC ，即S 1S 2＝16.7．为向国际化大都市目标迈进，某市今年新建三大类重点工程，它们分别是30项基础设施类工程，20项民生类工程和10项产业建设类工程．现有3名民工相互独立地从这60个项目中任选一个项目参与建设，则这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是( D )A.12B.13C.14D.16解析：记第i 名民工选择的项目属于基础设施类、民生类、产业建设类分别为事件A i ，B i ，C i ，i ＝1,2,3.由题意，事件A i ，B i ，C i (i ＝1,2,3)相互独立，则P (A i )＝3060＝12，P (B i )＝2060＝13，P (C i )＝1060＝16，i ＝1,2,3，故这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是P ＝6P (A i B i C i )＝6×12×13×16＝16.8．如图，△ABC 是边长为23的正三角形，P 是以C 为圆心，半径为1的圆上任意一点，则AP →·BP →的取值X 围是( A )A ．[1,13]B ．(1,13)C ．(4,10)D ．[4,10]解析：取AB 的中点D ，连接CD ，CP ，则CA →＋CB →＝2CD →，所以AP →·BP →＝(CP →－CA →)·(CP →－CB →)＝CA →·CB →－2CD →·CP →＋1＝(23)2cos π3－2×3×1×cos〈CD →，CP →〉＋1＝7－6cos 〈CD →，CP →〉，所以当cos 〈CD →，CP →〉＝1时，AB →·BP →取得最小值为1；当cos 〈CD →，CP →〉＝－1时，AP →·BP→取得最大值为13，因此AP →·BP →的取值X 围是[1,13]．二、多项选择题每小题5分，共20分9．为了反映各行业对仓储物流业务需求变化的情况，以及重要商品库存变化的动向，中国物流与采购联合会和中储发展股份某某通过联合调查，制定了中国仓储指数．由2017年1月至2018年7月的调查数据得出的中国仓储指数，绘制出如下的折线图．根据该折线图，下列结论错误的是( ABC ) A ．2017年各月的仓储指数最大值是在3月份 B ．2018年1月至7月的仓储指数的中位数约为55 C ．2018年1月与4月的仓储指数的平均数约为52D ．2017年1月至4月的仓储指数相对于2018年1月至4月，波动性更大解析：2017年各月的仓储指数最大值是在11月份，所以A 错误；由题图知，2018年1月至7月的仓储指数的中位数约为52，所以B 错误；2018年1月与4月的仓储指数的平均数约为51＋552＝53，所以C 错误；由题图可知，2017年1月至4月的仓储指数比2018年1月至4月的仓储指数波动更大．所以D 正确．10．已知数据x 1，x 2，x 3，…，x n 是A 市n (n ≥3，n ∈N *)个普通职工的年收入，设这n 个数据的中位数为x ，平均数为y ，方差为z ，如果再加上世界首富的年收入x n ＋1，对于这(n ＋1)个数据，下列说法错误的是( ACD )A ．年收入平均数可能不变，中位数可能不变，方差可能不变B ．年收入平均数大大增大，中位数可能不变，方差变大C ．年收入平均数大大增大，中位数可能不变，方差也不变D ．年收入平均数大大增大，中位数一定变大，方差可能不变解析：∵数据x 1，x 2，x 3，…，x n 是A 市n (n ≥3，n ∈N *)个普通职工的年收入，而x n ＋1为世界首富的年收入，则x n ＋1会远大于x 1，x 2，x 3，…，x n ，∴对于这(n ＋1)个数据，年收入平均数大大增大，但中位数可能不变，也可能稍微变大，但由于数据的集中程度受到x n ＋1比较大的影响，数据更加离散，则方差变大．故A 、C 、D 说法错误，符合题意．11．已知向量a ，e 满足a ≠e ，|e |＝1，且对任意t ∈R ，恒有|a －t e |≥|a －e |成立，则( BC )A ．a ⊥eB ．a·e ＝1C ．e ⊥(a －e )D ．(a ＋e )⊥(a －e )解析：由条件可知|a －t e |2≥|a －e |2对t ∈R 恒成立，又∵|e |＝1，∴t 2－2t a ·e ＋2a ·e －1≥0对t ∈R 恒成立，即Δ＝(－2a ·e )2－8a ·e ＋4≤0恒成立，∴(a ·e －1)2≤0恒成立，而(a ·e －1)2≥0，∴a ·e －1＝0，即a ·e ＝1＝e 2，∴e ·(a －e )＝0，即e ⊥(a －e )．12．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2AD ＝2，E 为AB 的中点，将△ADE 沿DE 翻折到△A 1DE 的位置，A 1∉平面ABCD ，M 为A 1C 的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是( ABC )A ．恒有BM ∥平面A 1DEB ．B 与M 两点间距离恒为定值C ．三棱锥A 1DEM 的体积的最大值为212D ．存在某个位置，使得平面A 1DE ⊥平面A 1CD解析：如图，取A 1D 的中点N ，连接MN ，EN ，可得四边形BMNE 是平行四边形，所以BM ∥EN ，所以BM ∥平面A 1DE ，故A 正确；(也可以延长DE ，CB 交于H ，可证明MB ∥A 1H ，从而证 BM ∥平面A 1DE ) 因为DN ＝12，DE ＝2，∠A 1DE ＝∠ADE ＝45°，根据余弦定理得EN 2＝14＋2－2×2×12×22，得EN ＝52，因为EN ＝BM ，故BM ＝52，故B 正确；因为M 为A 1C 的中点，所以三棱锥C A 1DE 的体积是三棱锥M A 1DE 的体积的两倍，故三棱锥C A 1DE 的体积VC A 1DE ＝VA 1DEC ＝13S △CDE ·h ，其中h 表示A 1到底面ABCD 的距离，当平面A 1DE ⊥平面ABCD 时，h 达到最大值，此时VA 1DEC 取到最大值26，所以三棱锥M A 1DE 体积的最大值为212，即三棱锥A 1DEM 体积的最大值为212，故C 正确；考察D 选项，假设平面A 1DE ⊥平面A 1CD ，因为平面A 1DE ∩平面A 1CD ＝A 1D ，A 1E ⊥A 1D ，故A 1E ⊥平面A 1CD ，所以A 1E ⊥A 1C ，则在△A 1CE 中，∠EA 1C ＝90°，A 1E ＝1，EC ＝2，所以A 1C ＝1，又因为A 1D ＝1，CD ＝2，所以A 1D ＋A 1C ＝CD ，故A 1，C ，D 三点共线．所以A 1∈CD ，得A 1∈平面ABCD ，与题干条件A 1∉平面ABCD 矛盾，故D 不正确．故选ABC.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)三、填空题每小题5分，共20分13．随着社会的发展，食品安全问题渐渐成为社会关注的热点，为了提高学生的食品安全意识，某学校组织全校学生参加食品安全知识竞赛，成绩的频率分布直方图如图所示，数据的分组依次为[20,40)，[40,60)，[60,80)，[80,100]，若该校的学生总人数为 3 000，则成绩不超过60分的学生人数大约为900.解析：由题图知，成绩不超过60分的学生的频率为(0.005＋0.01)×20＝0.3，所以成绩不超过60分的学生人数大约为0.3×3 000＝900.14．从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是710. 解析：从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，共有10种情况．若选出的2名学生恰有1名女生，有6种情况，若选出的2名学生都是女生，有1种情况，所以所求的概率为6＋110＝710.15．已知复数z 1＝2＋3i ，z 2＝a ＋b i ，z 3＝1－4i ，它们在复平面上所对应的点分别为A ，B ，C ，若OC →＝2OA →＋OB →，则a ＝－3，b ＝－10. 解析：因为OC →＝2OA →＋OB →，所以1－4i ＝2(2＋3i)＋(a ＋b i)即⎩⎪⎨⎪⎧1＝4＋a ，－4＝6＋b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝－10.16．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，除平面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M ，则四棱锥M EFGH 的体积为23.解析：因为底面EFGH 的对角线EG 与FH 互相垂直，所以S EFGH ＝12×EG ×FH ＝12×2×2＝2，又M 到底面EFGH 的距离等于棱长的一半，即h ＝12×2＝1，所以四棱锥M EFGH 的体积：V M EFGH ＝13×S EFGH ×h ＝13×2×1＝23.四、解答题写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共70分17．(10分)某市举办法律知识问答活动，随机从该市18～68岁的人群中抽取了一个容量为n 的样本，并将样本数据分成五组：[18,28)，[28,38)，[38,48)，[48,58)，[58,68]，并绘制如图所示的频率分布直方图，再将其分别编号为第1组，第2组，…，第5组．该部门对回答问题的情况进行统计后，绘制了下表．组号分组回答正确的人数回答正确的人数占本组的比例第1组 [18,28) 5 0.5第2组 [28,38) 18 a第3组 [38,48) 270.9 第4组 [48,58) x0.36 第5组[58,68]30.2(1)分别求出a，x的值；(2)从第2,3,4组回答正确的人中用分层随机抽样的方法抽取6人，则第2,3,4组每组各应抽取多少人？(3)在(2)的前提下，在所抽取的6人中随机抽取2人颁发幸运奖，求第2组至少有1人获得幸运奖的概率．解：(1)第1组的人数为5÷0.5＝10，第1组的频率为0.010×10＝0.1，所以n＝10÷0.1＝100.第2组的频率为0.020×10＝0.2，人数为100×0.2＝20，所以a＝18÷20＝0.9.第4组的频率为0.025×10＝0.25，人数为100×0.25＝25，所以x＝25×0.36＝9.(2)第2,3,4组回答正确的人数的比为18279＝231，所以第2,3,4组每组各应抽取2人、3人、1人．(3)记“第2组至少有1人获得幸运奖”为事件A，设抽取的6人中，第2组的2人为a1，a2，第3组的3人为b1，b2，b3，第4组的1人为c，则从6人中任意抽取2人所有可能的结果为(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，c)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，c)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b1，c)，(b2，b3)，(b2，c)，(b3，c)，共15种．其中第2组至少有1人获得幸运奖的结果为(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，c)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，c)，共9种．故P(A)＝915＝35.所以抽取的6人中第2组至少有1人获得幸运奖的概率为35.18．(12分)某中学组织了一次数学学业水平模拟测试，学校从测试合格的男、女生中各随机抽取100人的成绩进行统计分析，分别制成了如图所示的男生和女生数学成绩的频率分布直方图．(注：分组区间为[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100])(1)若得分大于或等于80认定为优秀，则男、女生的优秀人数各为多少？(2)在(1)中所述的优秀学生中用分层随机抽样的方法抽取5人，从这5人中任意选取2人，求至少有一名男生的概率．解：(1)由题可得，男生优秀人数为100×(0.01＋0.02)×10＝30，女生优秀人数为100×(0.015＋0.03)×10＝45.(2)因为样本量与总体中的个体数的比是530＋45＝115，所以样本中包含的男生人数为30×115＝2，女生人数为45×115＝3.设抽取的5人分别为A ，B, C, D ，E ，其中A ，B 为男生，C, D ，E 为女生，从5人中任意选取2人，试验的样本空间Ω＝{(A ，B )，(A ，C )，(A ，D )，(A ，E )，(B ，C )，(B ，D )，(B ，E )，(C ，D )，(C ，E )，(D ，E ) }，共10个样本点．事件“至少有一名男生”包含的样本点有：(A ，B )，(A ，C )，(A ，D )，(A ，E )，(B ，C )，(B ，D )，(B ，E )，共7个样本点，故至少有一名男生的概率为P ＝710，即选取的2人中至少有一名男生的概率为710.19．(12分)已知在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，满足sin 2A ＋sin 2B －sin 2C ＝－3sin A sin B .(1)求角C 大小；(2)若c ＝2，求3a ＋b 的取值X 围．解：(1)因为sin 2A ＋sin 2B －sin 2C ＝－3sin A sin B ，所以由正弦定理得a 2＋b 2－c 2＝－3ab ，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝－3ab 2ab ＝－32，因为C ∈(0，π)，所以C ＝5π6. (2)由正弦定理得2R ＝csin C ＝4，所以3a ＋b ＝2R (3sin A ＋sin B ) ＝4[3sin A ＋sin(π6－A )]＝4(3sin A ＋12cos A －32sin A )＝4sin(A ＋π6)，因为A ∈(0，π6)，所以A ＋π6∈(π6，π3)，所以sin(A ＋π6)∈(12，32)，所以3a ＋b 的取值X 围是(2,23)．20．(12分)如图，A ，C 两岛之间有一片暗礁，一艘小船于某日上午8时从A 岛出发，以10海里/小时的速度，沿北偏东75°方向直线航行，下午1时到达B 处．然后以同样的速度，沿北偏东15°方向直线航行，下午4时到达C 岛．(1)求A ，C 两岛之间的直线距离； (2)求∠BAC 的正弦值．解：(1)在△ABC 中，由已知，AB ＝10×5＝50，BC ＝10×3＝30，∠ABC ＝180°－75°＋15°＝120°.根据余弦定理，得AC 2＝502＋302－2×50×30cos120°＝4 900，所以AC ＝70. 故A ，C 两岛之间的直线距离是70海里． (2)在△ABC 中，据正弦定理，得BC sin ∠BAC ＝ACsin ∠ABC，所以sin ∠BAC ＝BC sin ∠ABC AC ＝30sin120°70＝3314，故∠BAC 的正弦值是3314.21．(12分)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，△PCD 为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，PA ⊥CD ，CD ＝2，AD ＝3.(1)设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； (2)求证：PA ⊥平面PCD ；(3)求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值．解：(1)证明：连接BD，如图，易知AC∩BD＝H，BH＝DH，又BG＝PG，故GH∥PD，又因为GH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以GH∥平面PAD.(2)证明：取棱PC的中点N，连接DN，如图，依题意，得DN⊥PC，又因为平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD＝PC，所以DN⊥平面PAC，又PA⊂平面PAC，故DN⊥PA，又因为PA⊥CD，CD∩DN＝D，所以PA⊥平面PCD.(3)连接AN，如图，由(2)中DN⊥平面PAC，可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角．因为△PCD为等边三角形，CD＝2且N为PC的中点，所以DN＝3，又DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN＝DNAD ＝33，所以直线AD与平面PAC所成角的正弦值为33.22．(12分)如图，在四棱锥PABCD中，△PAD为正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，AB ∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB＝2AD＝4.(1)求证：平面PCD⊥平面PAD；(2)求三棱锥PABC的体积；(3)在棱PC上是否存在点E，使得BE∥平面PAD？若存在，请确定点E的位置，并证明；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：因为AB∥CD，AB⊥AD，所以CD⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面PAD.因为CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD.(2)取AD的中点O，连接PO，如图．因为△PAD为正三角形，所以PO⊥AD.因为平面PAD ⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，所以PO为三棱锥PABC的高．因为△PAD为正三角形，CD＝2AB＝2AD＝4，所以PO＝3，所以V三棱锥PABC＝S△ABC·PO＝13×12×2×2×3＝233.(3)在棱PC上存在点E，当E为PC的中点时，BE∥平面PAD.证明：如图，分别取CP，CD的中点E，F，连接BE，BF，EF，所以EF∥PD.因为AB∥CD，CD＝2AB，所以AB∥FD，AB＝FD，所以四边形ABFD为平行四边形，所以BF∥AD. 因为BF∩EF＝F，AD∩PD＝D，所以平面BEF∥平面PAD.因为BE⊂平面BEF，所以BE∥平面PAD.。

高中数学必修二：课时提升作业(二十六)_4.2.1

高中数学必修二：课时提升作业(二十六)_4.2.1直线与圆的位置关系(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.直线x-y+1=0与圆(x+1)2+y2=1的位置关系是( )A.相切B.直线过圆心C.直线不过圆心但与圆相交D.相离【解析】选B.圆(x+1)2+y2=1的圆心为(-1,0),点(-1,0)在直线x-y+1=0上,故选B. 【补偿训练】直线3x+4y-5=0与圆2x2+2y2-4x-2y+1=0的位置关系是( )A.相离B.相切C.相交且直线不过圆心D.相交且直线过圆心【解析】选D.圆2x2+2y2-4x-2y+1=0的圆心为,圆心到直线3x+4y-5=0的距离为d==0,所以直线与圆相交且直线过圆心.2.若直线3x+4y+k=0与圆x2+y2-6x+5=0相切,则k的值等于( )A.1或-19B.10或-1C.-1或-19D.-1或19【解析】选 A.x2+y2-6x+5=0的圆心为(3,0),半径r=2,由题意得圆心到直线的距离d==2,解得k=-19或1.3.点M(x 0,y 0)是圆x 2+y 2=a 2(a>0)内不为圆心的一点,则直线x 0x+y 0y=a 2与该圆的位置关系是 ( ) A.相切 B.相交 C.相离D.相切或相交【解析】选C.M 在圆内,且不为圆心,则0<+< a 2,则圆心到直线x 0x+y 0y=a 2的距离为d =>=a,所以相离.4.平行于直线2x+y+1=0且与圆x 2+y 2=5相切的直线的方程是( )A.2x-y+=0或2x-y-=0B.2x+y+=0或2x+y-=0C.2x-y+5=0或2x-y-5=0D.2x+y+5=0或2x+y-5=0【解析】选D.设所求切线方程为2x+y+c=0,依题有=,解得c=±5,所以所求的直线方程为2x+y+5=0或2x+y-5=0.【补偿训练】过点P(2,3)引圆x 2+y 2-2x+4y+4=0的切线,其方程是 ( ) A.x=2 B.12x-5y+9=0 C.5x-12y+26=0 D.x=2和12x-5y-9=0【解析】选D.点P 在圆外,故过P 必有两条切线,所以选D.5.在平面直角坐标系xOy 中,直线3x+4y-5=0与圆x 2+y 2=4相交于A,B 两点,则弦AB 的长等于 ( )A.3B.2C. D.1【解析】选B.圆x 2+y 2=4的圆心为(0,0),半径为2,则圆心到直线3x+4y-5=0的距离为d==1.所以=2=2=2.二、填空题(每小题5分,共15分)6.已知直线5x+12y+m=0与圆x 2-2x+y 2=0相切,则m= .【解析】由题意,得圆心C(1,0),半径r=1,则=1,解得m=8或-18.答案:8或-18【延伸探究】若本题中直线与圆相交,如何求m 的范围?【解析】由题意,得圆心C(1,0),半径r=1,则<1,解得-18<m<8. 7.过点G(0,1)的直线与圆x 2+y 2=4相交于A,B 两点,则|AB|的最小值为 . 【解析】当圆心到直线距离最大时,弦长最短,易知当圆心与定点G(0,1)的连线与直线AB 垂直时,圆心到直线AB 的距离取得最大值,即d==1,此时弦长最短,即≥=⇒|AB|≥2.故|AB|的最小值为2.答案:28.由直线y=x+1上的点向圆C:x 2+y 2-6x+8=0引切线,则切线长的最小值为 .【解析】直线y=x+1上点P(x 0,y 0)到圆心C 的距离与切线长d 满足d====≥.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知点P(x,y)是圆C:(x+2)2+y 2=1上任意一点.求P 点到直线3x+4y+12=0的距离的最大值和最小值.【解析】圆心C(-2,0)到直线3x+4y+12=0的距离为d==.所以P点到直线3x+4y+12=0的距离的最大值为d+r=+1=,最小值为d-r=-1=.10.已知圆C:x 2+y 2-8y+12=0,直线l :ax+y+2a=0. (1)当a 为何值时,直线l 与圆C 相切. (2)当直线l 与圆C 相交于A,B 两点,且AB=2时,求直线l 的方程.【解析】将圆C 的方程x 2+y 2-8y+12=0配方得标准方程为x 2+(y-4)2=4,则此圆的圆心为(0,4),半径为2.(1)若直线l 与圆C 相切,则有=2.解得a=-.(2)过圆心C 作CD ⊥AB,则根据题意和圆的性质,得解得a=-7或a=-1.故所求直线方程为7x-y+14=0或x-y+2=0. 【拓展延伸】数形结合思想方法的应用数形结合是一种重要的解题思想方法,直线和圆的方程将数(方程)与形(直线或圆)有机地结合起来,因此常用直线与圆的图形解决一些代数问题.【补偿训练】求与直线x+2y-1=0切于点A(1,0),且过点B(2,-3)的圆的方程.【解析】设所求圆的方程为(x-a)2+(y-b)2=r2,圆心O的坐标为(a,b),半径为r.由直线x+2y-1=0与圆O相切,可得直线AO与x+2y-1=0垂直.因为x+2y-1=0的斜率为-,所以直线AO的斜率k=2,即=2,①把A的坐标代入圆的方程得(1-a)2+b2=r2,②把B的坐标代入圆的方程得(2-a)2+(-3-b)2=r2③联立①②③,解得a=0,b=-2,r=,故所求圆的方程为x2+(y+2)2=5.(20分钟40分)一、选择题(每小题5分,共10分)1.已知点M在圆O:x2+y2=1外,则直线ax+by=1与圆O的位置关系是( )A.相切B.相交C.相离D.不确定【解题指南】求出圆心到直线的距离,并结合点M在圆外判断与半径的关系,可得直线与圆的关系.【解析】选B.因为点M在圆外,得a2+b2>1,所以O到直线ax+by=1的距离d=<1=r,则直线与圆O相交.2.一条光线从点(-2,-3)射出,经y 轴反射后与圆(x+3)2+(y-2)2=1相切则反射光线所在直线的斜率为 ( )A.-或-B.-或-C.-或-D.-或-【解析】选 D.反射光线过点(2,-3),设反射光线所在直线方程为y+3=k(x-2),即kx-y-2k-3=0,反射光线与圆相切,圆心(-3,2)到直线的距离等于半径1,即=1,解得k=-或k=-.二、填空题(每小题5分,共10分)3.(设点M(x 0,1),若在圆O:x 2+y 2=1上存在点N,使得 ∠OMN=45°,则x 0的取值范围是 . 【解析】由题意画出图形如图,点M(x 0,1),要使圆O:x 2+y 2=1上存在点N,使得∠OMN=45°,则∠OMN 的最大值大于或等于45°时一定存在点N,使得∠OMN=45°,而当MN 与圆相切时∠OMN 取得最大值,此时MN=1,图中只有M ′到M ″之间的区域满足MN=1,所以x 0的取值范围是[-1,1]. 答案:[-1,1]【补偿训练】设直线2x+3y+1=0和圆x 2+y 2-2x-3=0相交于点A,B,则弦AB 的垂直平分线所在方程是 .【解析】设与2x+3y+1=0垂直的直线方程是3x-2y +m=0.又因为直线过圆心(1,0),所以3×1-2×0+m=0,所以m=-3,即所求直线方程为3x-2y-3=0. 答案:3x-2y-3=04.若直线3x-4y+5=0与圆x2+y2=r2(r>0)相交于A,B两点,且∠AOB=120°(O为坐标原点),则r= .【解析】如图,直线3x-4y+5=0与圆x2+y2=r2(r>0)交于A,B两点,O为坐标原点,且∠AOB=120°,则圆心(0,0)到直线3x-4y+5=0的距离为r,即=r,所以r=2.答案:2三、解答题(每小题10分,共20分)5.设圆上的点A(2,3)关于直线x+2y=0的对称点仍在圆上,且圆与直线x-y+1=0相交的弦长为2,求圆的方程.【解析】设圆的方程为(x-a)2+(y-b)2=r2.由已知可知,直线x+2y=0过圆心,则a+2b=0,①又点A在圆上,则(2-a)2+(3-b)2=r2,②因为直线x-y+1=0与圆相交的弦长为2.所以()2+=r2.③解由①②③所组成的方程组得或故所求方程为(x-6)2+(y+3)2=52或(x-14)2+(y+7)2=244.【补偿训练】已知点M(3,1),圆C:(x-1)2+(y-2)2=4.(1)求过点M(3,1)的圆的切线方程.(2)若直线ax-y+4=0与圆相交于A,B两点,且弦AB的长为2,求a的值.【解析】(1)圆心C(1,2),半径为r=2,当直线的斜率不存在时,方程为x=3.由圆心C(1,2)到直线x=3的距离d=3-1=2=r知,此时,直线与圆相切.当直线的斜率存在时,设方程为y-1=k(x-3),即kx-y+1-3k=0.由题意知=2,解得k=.所以方程为y-1=(x-3),即3x-4y-5=0.故过M点的圆的切线方程为x=3或3x-4y-5=0.(2)因为圆心到直线ax-y+4=0的距离为,所以+=4,解得a=-.6.已知圆C:x2+(y-1)2=5,直线l:mx-y+1-m=0.(1)求证:对任意m∈R,直线l与圆C总有两个不同的交点.(2)设l与圆C交于A,B两点,若|AB|=,求l的倾斜角.【解题指南】(1)直线l方程mx-y+1-m=0可得直线恒过定点且定点在圆内,由此证明直线与圆总有两个交点.(2)将直线方程与圆的方程联立,结合弦长|AB|=,求出m的值,确定出直线相应的倾斜角.【解析】(1)由已知直线l:y-1=m(x-1),知直线l恒过定点P(1,1),因为12=1<5,所以P点在圆C内,所以直线l与圆C总有两个不同的交点.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程组,消去y得(m2+1)x2-2m2x+m2-5=0,则x1,x2是一元二次方程的两个实根,因为=,所以=·,所以m2=3,m=±,所以l的倾斜角为或.关闭Word文档返回原板块。

2019高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(四).doc

课时提升作业(四)空间几何体的直观图(15分钟30分)一、选择题(每小题4分,共12分)1.如图,已知等腰三角形ABC,则如图所示的四个图中,可能是△ABC的直观图的是( )A.①②B.②③C.②④D.③④【解析】选D.原等腰三角形画成直观图后,原来的腰长不相等,③④两图可以是△ABC的直观图.2.如图,△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图,则在△ABC的三边及中线AD中,最长的线段是( )A.ABB.ACC.BCD.AD【解析】选B.由直观图可知△ABC是以∠B为直角的三角形,所以斜边AC最长.【补偿训练】AB=2CD,AB∥x轴,CD∥y轴,已知在直观图中,AB的直观图是A′B′,CD的直观图是C′D′,则( )A.A′B′=2C′D′B.A′B′=C′D′C.A′B′=4C′D′D.A′B′=错误！未找到引用源。

C′D′【解析】选C.因为AB∥x轴,CD∥y轴,所以AB=A′B′,CD=2C′D′,故A′B′=4C′D′.3.(2015·温州高二检测)如图Rt△O′A′B′是一个平面图形的直观图,若O′B′=错误！未找到引用源。

,则这个平面图形的面积是( )A.1B.错误！未找到引用源。

C.2错误！未找到引用源。

D.4错误！未找到引用源。

【解析】选C.由已知中Rt△O′A′B′,直角边O′B′=错误！未找到引用源。

,则Rt△O′A′B′的面积S=1,由原图的面积与直观图面积之比为1∶错误！未找到引用源。

,可得原图形的面积为2错误！未找到引用源。

.二、填空题(每小题4分,共8分)4.斜二测画法中,位于平面直角坐标系中的点M(4,4)在直观图中的对应点是M′,则点M′的坐标为.【解析】在x′轴的正方向上取点M1,使O′M1=4,在y′轴上取点M2,使O′M2=2,过M1和M2分别作平行于y′轴和x′轴的直线,则交点就是M′.答案:(4,2)5.(2015·蚌埠高一检测)如图所示,水平放置的△ABC在坐标系中的直观图,其中D′是A′C′的中点,且∠ACB≠30°,则原图形中与线段BD的长相等的线段有条.【解析】△ABC为直角三角形,因为D为AC中点,所以BD=AD=CD.所以与BD 的长相等的线段有2条.答案:2三、解答题6.(10分)如图,已知某几何体的三视图如图(单位:cm).画出这个几何体的直观图(不要求写画法).【解析】由该几何体的三视图可知,此几何体是由一个三棱柱和一个四棱柱拼接而成的组合体,其直观图如图所示.【延伸探究】由几何体的三视图画直观图的方法(1)要认清几何体的形状与大小,这是解决此类问题的关键.(2)按斜二测画法的规则及步骤作出直观图.(3)对于复杂的组合体,有时需要建立多个辅助坐标系,这时只要逐个解决即可.(15分钟30分)一、选择题(每小题5分,共10分)1.(2015·济南高一检测)水平放置的△ABC有一边在水平线上,它的斜二测直观图是正△A′B′C′,则△ABC为( )A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.以上都有可能【解析】选C.用斜二测画法,原图的直角变成45°,直观图中的正△A′B′C′的角度是60°,60°>45°.所以原图是钝角三角形.2.(2015·开封高二检测)已知两个圆锥,底面重合在一起,其中一个圆锥顶点到底面的距离为2cm,另一个圆锥顶点到底面的距离为3cm,则其直观图中这两个顶点之间的距离为( )A.2 cmB.3 cmC.2.5 cmD.5 cm【解题指南】空间图形的直观图中,与z轴平行的线段的长度保持不变. 【解析】选 D.圆锥顶点到底面的距离即圆锥的高,故两顶点间的距离为2+3=5(cm),在直观图中与z轴平行的线段长度不变,仍为5cm.【补偿训练】水平放置的△ABC的斜二测直观图如图所示,已知A′C′=3, B′C′=2,则AB边上的中线的实际长度为.【解析】由直观图知,原平面图形为直角三角形,且AC=A′C′=3,BC=2B′C′=4,计算得AB=5,所求中线长为2.5.答案:2.5二、填空题(每小题5分,共10分)3.(2015·广州高二检测)如图所示,正方形O′A′B′C′的边长为1,它是水平放置的一个平面图形的直观图,则原图形的周长是.【解析】原图形如图.OABC为平行四边形,OA=1,AB=错误！未找到引用源。

【人教A版】高中数学必修二：全册作业与测评综合质量评估(附答案)

综合质量评估(第一至第四章)(120分钟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.已知圆的方程是(x-2)2+(y-3)2=4,则点P(3,2)满足( )A.是圆心B.在圆上C.在圆内D.在圆外【解析】选C.因为(3-2)2+(2-3)2=2<4,故点P(3,2)在圆内.2.直线x-y-4=0与圆x2+y2-2x-2y-2=0的位置关系是( )A.相交B.相切C.相交且过圆心D.相离【解析】选D.圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=4,则圆心到直线的距离d=错误！未找到引用源。

=2错误！未找到引用源。

>2,所以直线与圆相离.【补偿训练】(2015·郑州高一检测)对任意实数k,圆C:(x-3)2+(y-4)2=13与直线l:kx-y-4k+3=0的位置关系是( )A.相交B.相切C.相离D.与k取值有关【解析】选 A.对任意实数k,直线l:kx-y-4k+3=0恒过定点(4,3),而(4-3)2+(3-4)2<13,故定点(4,3)在圆C内部,所以直线与圆相交.3.(2015·乌海高一检测)已知空间两点P1(-1,3,5),P2(2,4,-3),则|P1P2|等于( ) A.错误！未找到引用源。

B.3错误！未找到引用源。

C.错误！未找到引用源。

D.错误！未找到引用源。

【解析】选A.错误！未找到引用源。

=错误！未找到引用源。

.4.已知两圆的方程是x2+y2=1和x2+y2-6x-8y+9=0,那么这两个圆的位置关系是( ) A.外离 B.相交 C.外切 D.内切【解析】选C.将圆x2+y2-6x-8y+9=0,化为标准方程得(x-3)2+(y-4)2=16.所以两圆的圆心距为错误！未找到引用源。

=5,又r1+r2=5,所以两圆外切.5.设l,m,n表示三条直线,α,β,γ表示三个平面,给出下列四个结论:①若l⊥α,m⊥α,则l∥m;②若m⊂β,n是l在β内的射影,m⊥l,则m⊥n;③若m⊂α,m∥n,则n∥α;④若α⊥γ,β⊥γ,则α⊥β.其中正确的为( )A.①②B.①②③C.①②③④D.③④【解析】选A.①正确,②可用线面垂直证明,正确,③中,n可能在α内;④中,可能有α,β相交或平行,故选A.6.(2015·临汾高一检测)垂直于直线y=x+1且与圆x2+y2=1相切于第一象限的直线方程是( )A.x+y-错误！未找到引用源。

【最新】高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(十六)

课时提升作业(十六)平面与平面垂直的性质(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.平面α⊥平面β,直线a∥α,则( )A.a⊥βB.a∥βC.a与β相交D.以上都有可能【解析】选 D.因为a∥α,平面α⊥平面β,所以直线a与β垂直、相交、平行都有可能.2.已知三个平面α,β,γ,若β⊥γ,且α与γ相交但不垂直,则( )A.存在a?α,a⊥γB.存在a?α,a∥γC.任意b?β,b⊥γD.任意b?β,b∥γ【解析】选 B.因为三个平面α,β,γ,若β⊥γ,且α与γ相交但不垂直,则可知存在a?α,a∥γ.3.已知直线m,n和平面α,β,若α⊥β,α∩β=m,n?α,要使n⊥β,则应增加的条件是( )A.m∥nB.n⊥mC.n∥αD.n⊥α【解析】选B.已知直线m,n和平面α,β,若α⊥β,α∩β=m,n?α,应增加的条件n⊥m,才能使得n⊥β.4.已知平面α⊥平面β,α∩β=l,点A∈α,A l,直线AB∥l,直线AC⊥l,直线m∥α,m∥β,则下列四种位置关系中,不一定成立的是( )A.AB∥mB.AC⊥mC.AB∥βD.AC⊥β【解析】选 D.如图,AB∥l∥m,AC⊥l,m∥l?AC⊥m,AB∥l?AB∥β.5.(2015·郑州高一检测)已知平面α,β,γ,则下列命题中正确的是( )A.α⊥β,β⊥γ,则α∥γB.α∥β,β⊥γ,则α⊥γC.α∩β=a,β∩γ=b,α⊥β,β⊥γ,则a⊥bD.α⊥β,α∩β=a,a⊥b,则b⊥α【解析】选B.A中α,γ可以相交;C中如图:a与b不一定垂直;D中b仅垂直于α的一条直线a,不能判定b⊥α.二、填空题(每小题5分,共15分)6.平面α⊥平面β,α∩β=l,n?β,n⊥l,直线m⊥α,则直线m与n的位置关系是.【解析】因为α⊥β,α∩β=l,n?β,n⊥l,所以n⊥α.又m⊥α,所以m∥n. 答案:平行7.(2015·太原高一检测)已知平面α,β,γ,直线l,m满足:α⊥γ,γ∩α=m,γ∩β=l,l⊥m,那么①m⊥β;②l⊥α;③β⊥γ;④α⊥β.由上述条件可推出的结论有.(请将你认为正确的结论的序号都填上)【解析】因为γ∩β=l,所以l?γ,因为α⊥γ,γ∩α=m,l⊥m,所以l⊥α,又l?β,所以α⊥β.由于β可以绕l转动,位置不定,所以m⊥β和β⊥γ不一定成立.即②④正确,①③错误.答案:②④【误区警示】应用面面垂直定理时,注意三点(1)两个平面垂直是前提条件.(2)直线必须在其中一个平面内.(3)直线必须垂直于它们的交线.8.(2015·大同高一检测)如图,空间四边形ABCD中,平面ABD⊥平面BCD,∠BAD=90°,且AB=AD,则AD与平面BCD所成的角是.【解析】过A作AO⊥BD于O点,因为平面ABD⊥平面BCD,所以AO⊥平面BCD,则∠ADO即为AD与平面BCD所成的角.因为∠BAD=90°,AB=AD,所以∠ADO=45°.答案:45°三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2015·临沂高一检测)如图所示,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是矩形,侧面SDC⊥底面ABCD,求证:平面SCD⊥平面SBC.【证明】因为底面ABCD是矩形,所以BC⊥CD.又平面SDC⊥平面ABCD,平面SDC∩平面ABCD=CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面SCD.又因为BC?平面SBC,所以平面SCD⊥平面SBC.【补偿训练】如图,α⊥β,α∩β=l,AB?α,AB⊥l,BC?β,DE?β,BC⊥DE.求证:AC⊥DE.【证明】因为α⊥β,α∩β=l,AB?α,AB⊥l,所以AB⊥β.因为DE?β,所以AB⊥DE.因为BC⊥DE,AB∩BC=B,所以DE⊥平面ABC.因为AC?平面ABC,所以AC⊥DE.10.如图,已知平面α⊥平面β,在α与β的交线上取线段AB=4cm,AC,BD分别在平面α和平面β内,它们都垂直于交线AB,并且AC=3cm,BD=12cm,求CD的长.【解析】连接BC.因为α⊥β,α∩β=AB,BD⊥AB,所以BD⊥平面α.因为BC?α,所以BD⊥BC,在Rt△BAC中,BC===5,在Rt△DBC中,CD===13,所以CD长为13cm.【补偿训练】已知在四棱锥S-ABCD中,SD⊥平面ABCD,AB∥DC,AB=AD=1,SD=2,BC ⊥BD,AD⊥AB,E为棱SB上的一点,平面EDC⊥平面SBC.证明:(1)DE⊥平面SBC.(2)SE=2EB.【证明】(1)如图,因为SD⊥平面ABCD,故BC⊥SD,又BC⊥BD,所以BC⊥平面BDS,所以BC⊥DE.作BK⊥EC,K为垂足,由平面EDC⊥平面SBC,平面EDC∩平面SBC=EC,故BK⊥平面EDC.又DE?平面EDC,所以BK⊥DE.又因为BK?平面SBC,BC?平面SBC,BK∩BC=B,所以DE⊥平面SBC.(2)由(1)知DE⊥SB,DB==,所以SB===.在直角三角形SDB中,由等积法知SD·DB=SB·DE,所以DE==.EB==,SE=SB-EB=.所以SE=2EB.(20分钟40分)一、选择题(每小题5分,共10分)1.如图所示,平面α⊥平面β,A∈α,B∈β,AB与两平面α,β所成的角分别为和.过A,B分别作两平面交线的垂线,垂足分别为A′、B′,则AB∶A′B′等于( )A.2∶1B.3∶1C.3∶2D.4∶3【解析】选 A.如图,由已知得AA′⊥β,∠ABA′=,BB′⊥α,∠BAB′=,设AB=a,则BA′=a,BB′=a,在Rt△BA′B′中,A′B′=a,所以=.2.(2015·聊城高一检测)如图所示,三棱锥P-ABC的底面在平面α上,且AC⊥PC,平面PAC⊥平面PBC,点P,A,B是定点,则动点C运动形成的图形是( )A.一条线段B.一条直线C.一个圆D.一个圆,但要去掉两个点【解析】选 D.因为平面PAC⊥平面PBC,AC⊥PC,AC?平面PAC,且平面PAC∩平面PBC=PC,所以AC⊥平面PBC.又因为BC?平面PBC,所以AC⊥BC,所以∠ACB=90°,所以动点C运动形成的图形是以AB为直径的圆,除去A和B两点.二、填空题(每小题5分,共10分)3.(2015·安庆高一检测)α,β是两个不同的平面,m,n是平面α及β之外的两条不同的直线,给出四个论断:①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α.以其中三个论断作为条件,余下一个论断作为结论,写出你认为正确的一个命题: .【解析】利用面面垂直的判定,可知①③④?②为真;利用面面垂直的性质,可知②③④?①为真.所以应填“若①③④则②”,或“若②③④则①”.答案:若①③④则②(或若②③④则①)4.(2015·合肥高一检测)如图,平行四边形ABCD中,AB⊥BD,沿BD将△ABD折起,使平面ABD⊥平面BCD,连接AC,则在四面体ABCD的四个面中,互相垂直的平面的对数为.【解析】因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB⊥BD,所以AB⊥平面BCD.所以平面ABC⊥平面BCD,因为AB⊥BD,AB∥CD,所以CD⊥BD.又因为平面ABD⊥平面BCD,所以CD⊥平面ABD,所以平面ACD⊥平面ABD,共3对.答案:3【延伸拓展】在垂直的判定定理和性质定理中,有很多限制条件,如“相交直线”“线在面内”“平面经过一直线”等.这些条件一方面有很强的约束性,另一方面又为证明指出了方向.在利用定理时,既要注意定理的严谨性,又要注意推理的规律性.三、解答题(每小题10分,共20分)5.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA⊥PD,底面ABCD 是直角梯形,其中BC∥AD,∠BAD=90°,AD=3BC,O是AD上一点.(1)若CD∥平面PBO,试指出点O的位置.(2)求证:平面PAB⊥平面PCD.【解析】(1)因为CD∥平面PBO,CD?平面ABCD,且平面ABCD∩平面PBO=BO,所以BO∥CD.又BC∥AD,所以四边形BCDO为平行四边形.则BC=DO,而AD=3BC,所以AD=3OD,即点O是靠近点D的线段AD上的一个三等分点.(2)因为侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩底面ABCD=AD,AB?底面ABCD,且AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD.又PD?平面PAD,所以AB⊥PD.又PA⊥PD,且PA?平面PAB,AB?平面PAB,AB∩PA=A,所以PD⊥平面PAB.又PD?平面PCD,所以平面PAB⊥平面PCD.6.如图,已知V是△ABC所在平面外一点,VB⊥平面ABC,平面VAB⊥平面VAC,求证:△ABC是直角三角形.【证明】过B作BD⊥VA于D,因为平面VAB⊥平面VAC,所以BD⊥平面VAC,所以BD⊥AC,又因为VB⊥平面ABC,所以VB⊥AC,VB∩BD=B,所以AC⊥平面VAB,所以AC⊥BA,即△ABC是直角三角形.【拓展延伸】垂直关系的知识总结线面垂直的关键,定义来证最常见;判定定理也常用,它的意义要记清;平面之内两直线,两线交于一个点;面外还有一条线,垂直两线是条件.面面垂直要证好,原有图中去寻找;若是这样还不好,辅助线面是个宝.先作交线的垂线,面面转为线和面;再证一步线和线,面面垂直即可见.借助辅助线和面,加的时候不能乱;以某性质为基础,不能主观凭臆断.判断线和面垂直,线垂面中两交线.两线垂直同一面,相互平行共伸展.两面垂直同一线,一面平行另一面.要让面和面垂直,面过另面一垂线.面面垂直成直角,线面垂直记心间.关闭Word文档返回原板块。

高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(二十八) 4.2.3

关闭Word文档返回原板块。

课时提升作业(二十八)直线与圆的方程的应用(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.圆x2+y2-4x+2y+c=0,与直线3x-4y=0相交于A,B两点,圆心为P,若∠APB=90°,则c的值为( )A.8B.2C.-3D.3【解析】选C.由题意得C<5,圆心P(2,-1),r=,圆心到直线的距离d==2,由于∠APB=90°,所以r=d=2,从而=2,c=-3.【补偿训练】若P(2,-1)为圆(x-1)2+y2=25的弦AB的中点,则直线AB的方程是( )A.x-y-3=0B.2x+y-3=0C.x+y-1=0D.2x-y-5=0【解析】选A.已知圆心为O(1,0),根据题意:又kAB 〃kOP=-1,所以kAB=1,故直线AB的方程是x-y-3=0.2.如果实数x,y满足等式(x-1)2+y2=,那么的最大值是( )A. B. C. D.【解析】选D.的几何意义是圆上的点P(x,y)与原点连线的斜率,结合图形得,斜率的最大值为,所以=.3.台风中心从A地以20千米/时的速度向东北方向移动,离台风中心30千米内的地区为危险区域,城市B在A的正东40千米处,B城市处在危险区域的时间为( )A.0.5小时B.1小时C.3.6小时D.4.5小时【解析】选B.受影响的区域长度=2=20千米,故影响时间是1小时.4.点P(x0,y)在圆x2+y2=r2内,则直线xx+yy=r2和已知圆的公共点个数为( )A.0B.1C.2D.无法确定【解析】选A.因为+<r2,圆心到直线x0x+yy=r2的距离d=>r,故直线与圆相离.【延伸探究】若将本题改为“点P(x0,y)在圆x2+y2=r2外”,其余条件不变,又如何求解?【解析】选C.因为+>r2,圆心到直线x0x+yy=r2的距离d =< r,故直线与圆相交,所以公共点的个数为两个.5.已知集合M={(x,y)|y=,y≠0},n={(x,y)|y=x+b},若M∩N≠∅,则实数b的取值范围是( )A.[-3,3]B.[-3,3]C.(-3,3]D.[-3,3)【解题指南】解得本题的关键是注意到y=,即x2+y2=9(y>0),图形是半圆.【解析】选C.由于M∩N≠∅,说明直线y=x+b与半圆x2+y2=9(y>0)相交,画图探索可知-3<b≤3.【方法技巧】数形结合在求解直线与圆交点个数中的应用直线与圆的一部分有交点时,如果采用代数法去研究,则消元以后转化成了给定区间的二次方程根的分布问题,求解过程相对复杂,而如果采用数形结合及直线与圆的几何法求解,先找出边界,然后结合直线或圆的变化特征求解,相对来说就简单多了.二、填空题(每小题5分,共15分)6.过点A(11,2)作圆x2+y2+2x-4y-164=0的弦,其中弦长为整数的共有条.【解析】方程化为(x+1)2+(y-2)2=132,圆心为(-1,2),到点A(11,2)的距离为12,最短弦长为10,最长弦长为26,所以所求弦长为整数的条数为2+2〓(25-11+1)=32.答案:32【补偿训练】过直线x+y-2=0上点P作圆x2+y2=1的两条切线,若两条切线的夹角是60°,则点P的坐标是.【解析】设P(x,y),则由已知可得PO(O为原点)与切线的夹角为30°,则|PO|=2,由可得答案:(,)7.设村庄外围所在曲线的方程可用(x-2)2+(y+3)2=4表示,村外一小路方程可用x-y+2=0表示,则从村庄外围到小路的最短距离为.【解析】因为圆心到直线的距离为,从村庄外围到小路的最短距离为-2.答案:-2【补偿训练】(2015〃保定高一检测)已知实数x,y满足2x+y+5=0,那么的最小值为( )A. B. C.2 D.2【解析】选A.表示点(x,y)与原点的距离,所以其最小值为原点到2x+y+5=0的距离,故d==.8.已知x+y+1=0,那么的最小值是.【解析】表示点(x,y)与点(-2,-3)之间的距离,又点(x,y)在直线x+y+1=0上,故最小值为点(-2,-3)到直线x+y+1=0的距离,即d==2.答案:2三、解答题(每小题10分,共20分)9.等边△ABC中,点D,E分别在边BC,AC上且=,=,AD,BE相交于点P.求证:AP⊥CP.【解题指南】要证AP⊥CP,可转化为直线AP,CP的斜率之积等于-1即可,由此以B为原点,BC边所在直线为x轴,线段BC长的为单位长,建立平面直角坐标系.【证明】以B为原点,BC边所在直线为x轴,线段BC长的为单位长,建立平面直角坐标。

(人教版新课标)高中数学必修2所有课时练习(含答案可编辑)

第一章空间几何体课时作业（一）棱柱、棱锥、棱台的结构特征姓名______________ 班级_________学号__________一、选择题(每小题5分，共20分)1.从长方体的一个顶点出发的三条棱上各取一点E，F，G，过此三点作长方体的截面，那么截去的几何体是()A．三棱柱B．三棱锥C．四棱柱D．四棱锥答案： B2．下列说法中正确的是()①一个棱柱至少有五个面；②用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫棱台；③棱台的侧面是等腰梯形；④棱柱的侧面是平行四边形．A．①④B．②③C．①③D．②④解析：因为棱柱有两个底面，因此棱柱的面数由侧面个数决定，而侧面个数与底面多边形的边数相等，故面数最少的棱柱为三棱柱，有五个面，①正确；②中的截面与底面不一定平行，故②不正确；由于棱台是由棱锥截来的，而棱锥的所有侧棱不一定相等，所以棱台的侧棱不一定都相等，即不一定是等腰梯形，③不正确；由棱柱的定义知④正确，故选A.答案： A3．正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有()A．20 B．15C．12 D．10解析：正五棱柱任意不相邻的两条侧棱可确定一个平面，每个平面可得到正五棱柱的两条对角线，五个平面共可得到10条对角线，故选D.答案： D4.纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上、下、东、南、西、北，现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开，外面朝上展平，得到右侧的平面图形，则标“△”的面的方位是()A．南B．北C．西D．下解析：将所给图形还原为正方体，如图所示，最上面为△，最左面为东，最里面为上，将正方体旋转后让东面指向东，让“上”面向上可知“△”的方位为北．故选B.答案： B二、填空题(每小题5分，共10分)5.如图，正方形ABCD中，E，F分别为CD，BC的中点，沿AE，AF，EF将其折成一个多面体，则此多面体是________．解析：此多面体由四个面构成，故为三棱锥，也叫四面体．答案：三棱锥(也可答四面体)6．下列命题中，真命题有________．①棱柱的侧面都是平行四边形；②棱锥的侧面为三角形，且所有侧面都有一个公共点；③棱台的侧面有的是平行四边形，有的是梯形；④棱台的侧棱所在直线均相交于同一点；⑤多面体至少有四个面．解析：棱柱是由一个平面多边形沿某一方向平移而形成的几何体，因而侧面是平行四边形，故①对．棱锥是由棱柱的一个底面收缩为一个点而得到的几何体，因而其侧面均是三角形，且所有侧面都有一个公共点，故②对．棱台是棱锥被平行于底面的平面所截后，截面与底面之间的部分，因而其侧面均是梯形，且所有的侧棱延长后均相交于一点(即原棱锥的顶点)，故③错④对．⑤显然正确．因而真命题有①②④⑤.答案：①②④⑤三、解答题(每小题10分，共20分)7．(1)如图所示的几何体是不是棱台？为什么？(2)如图所示的几何体是不是锥体？为什么？解析：(1)①②③都不是棱台．因为①和③都不是由棱锥所截得的，故①③都不是棱台；虽然②是由棱锥所截得的，但截面不和底面平行，故不是棱台．只有用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分才是棱台．(2)都不是．棱锥定义中要求各侧面有一个公共顶点．图①中侧面ABC与CDE没有公共顶点，故该几何体不是锥体；图②中侧面ABE与面CDF没有公共点，故该几何体不是锥体．8．判断下列语句的对错．(1)一个棱锥至少有四个面；(2)如果四棱锥的底面是正方形，那么这个四棱锥的四条侧棱都相等；(3)五棱锥只有五条棱；(4)用与底面平行的平面去截三棱锥，得到的截面三角形和底面三角形相似．解析：(1)正确．(2)不正确．四棱锥的底面是正方形，它的侧棱可以相等，也可以不相等．(3)不正确．五棱锥除了五条侧棱外，还有五条底边，故共有10条棱．(4)正确．尖子生题库☆☆☆9．(10分)在如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，请连接三条线，把它分成三部分，使每一部分都是一个三棱锥．解析：如图，连接A1B，BC1，A1C，则三棱柱ABC－A1B1C1被分成三部分，形成三个三棱锥，分别是A1－ABC，A1－BB1C1，A1－BCC1.课时作业（二）圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征简单组合体的结构特征姓名______________ 班级_________学号__________一、选择题(每小题5分，共20分)1．下列四种说法①在圆柱的上、下两底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线；③在圆台上、下两底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线；④圆柱的任意两条母线相互平行．其中正确的是()A．①②B．②③C．①③D．②④解析：①所取的两点与圆柱的轴OO′的连线所构成的四边形不一定是矩形，若不是矩形，则与圆柱母线定义不符．③所取两点连线的延长线不一定与轴交于一点，不符合圆台母线的定义．②④符合圆锥、圆柱母线的定义及性质．故选D.答案： D2．下图是由选项中的哪个图形旋转得到的()解析：该组合体上部是圆锥，下部是圆台，由旋转体定义知，上部由直角三角形的直角边为轴旋转形成，下部由直角梯形垂直于底边的腰为轴旋转形成．故选A.答案： A3.如图所示为一个空间几何体的竖直截面图形，那么这个空间几何体自上而下可能是()A．梯形、正方形B．圆台、正方形C．圆台、圆柱D．梯形、圆柱解析：空间几何体不是平面几何图形，所以应该排除A、B、D.答案： C4．如图所示的几何体，关于其结构特征，下列说法不正确的是()A．该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体B．该几何体有12条棱、6个顶点C．该几何体有8个面，并且各面均为三角形D．该几何体有9个面，其中一个面是四边形，其余均为三角形解析：该几何体用平面ABCD可分割成两个四棱锥，因此它是这两个四棱锥的组合体，因而四边形ABCD是它的一个截面而不是一个面．故选D.答案： D二、填空题(每小题5分，共10分)5．有下列说法：①与定点的距离等于定长的点的集合是球面；②球面上三个不同的点，一定都能确定一个圆；③一个平面与球相交，其截面是一个圆面．其中正确说法的个数为________．解析：命题①②都对，命题③中一个平面与球相交，其截面是一个圆面，③对．答案： 36．下面几何体的截面一定是圆面的是________．(填正确序号)①圆柱②圆锥③球④圆台答案：③三、解答题(每小题10分，共20分)7．如图所示几何体可看作由什么图形旋转360°得到？画出平面图形和旋转轴．解析：先画出几何体的轴，然后再观察寻找平面图形．旋转前的平面图形如下：8．如图所示的几何体是否为台体？为什么？尖子生题库☆☆☆9．(10分)一个圆台的母线长为12 cm，两底面面积分别为4π cm2和25π cm2，求：(1)圆台的高；(2)截得此圆台的圆锥的母线长．解析：(1)圆台的轴截面是等腰梯形ABCD(如图所示)．由已知可得上底一半O1A＝2 cm，下底一半OB＝5 cm.又因为腰长为12 cm，所以高AM＝122－(5－2)2＝315(cm)．(2)如图所示，延长BA ，OO 1，CD ，交于点S ，设截得此圆台的圆锥的母线长为l ，则由△SAO 1∽△SBO 可得l －12l ＝25，解得l ＝20 cm.即截得此圆台的圆锥的母线长为20 cm.课时作业（三）中心投影与平行投影空间几何体的三视图姓名______________ 班级_________学号__________一、选择题(每小题5分，共20分) 1．下列说法正确的是( ) A ．矩形的平行投影一定是矩形 B ．梯形的平行投影一定是梯形C ．两条相交直线的平行投影可能平行D ．若一条线段的平行投影是一条线段，则中点的平行投影仍为这条线段投影的中点解析：对于A ，矩形的平行投影可以是线段、矩形、平行四边形，主要与矩形的放置及投影面的位置有关；同理，对于B ，梯形的平行投影可以是梯形或线段；对于C ，平行投影把两条相交直线投射成两条相交直线或一条直线；D 正确。

北师大版2018-2019学年高中数学必修2全册习题含解析

北师大版高中数学必修二全册同步习题含解析目录第1章立体几何初步 1.1.1习题第1章立体几何初步 1.1.2习题第1章立体几何初步 1.2习题第1章立体几何初步 1.3.1习题第1章立体几何初步 1.3.2习题第1章立体几何初步 1.4.1习题第1章立体几何初步 1.4.2习题第1章立体几何初步 1.5.1.1习题第1章立体几何初步 1.5.1.2习题第1章立体几何初步 1.5.2习题第1章立体几何初步 1.6.1.1习题第1章立体几何初步 1.6.1.2习题第1章立体几何初步 1.6.2习题第1章立体几何初步 1.7.1习题第1章立体几何初步 1.7.2习题第1章立体几何初步 1.7.3习题第1章立体几何初步习题课习题第1章立体几何初步检测习题第2章解析几何初步 2.1.1习题第2章解析几何初步 2.1.2.1习题第2章解析几何初步 2.1.2.2习题第2章解析几何初步 2.1.3习题第2章解析几何初步 2.1.4习题第2章解析几何初步 2.1.5.1习题第2章解析几何初步 2.1.5.2习题第2章解析几何初步 2.2.1习题第2章解析几何初步 2.2.2习题第2章解析几何初步 2.2.3.1习题第2章解析几何初步 2.2.3.2习题第2章解析几何初步 2.3.1-2.3.2习题第2章解析几何初步 2.3.3习题第2章解析几何初步检测习题模块综合检测习题北师大版2018-2019学年高中数学必修2习题01第一章立体几何初步§1简单几何体1.1简单旋转体1.下列说法正确的是()A.圆锥的母线长等于底面圆直径B.圆柱的母线与轴垂直C.圆台的母线与轴平行D.球的直径必过球心答案:D2.下面左边的几何体是由选项中的哪个图形旋转得到的()解析:选项B中的图形旋转后为两个共底面的圆锥;选项C中的图形旋转后为一个圆柱与一个圆锥的组合体;选项D中的图形旋转后为两个圆锥与一个圆柱的组合体.答案:A3.用一个平面去截一个几何体,得到的截面一定是圆面,则这个几何体是()A.圆锥B.圆柱C.球D.圆台答案:C4.AB为圆柱下底面内任一不过圆心的弦,过AB和上底面圆心作圆柱的一截面,则这个截面是()A.三角形B.矩形C.梯形D.以上都不对解析:如图所示,由于圆柱的上下底面相互平行,故过AB和上底面圆心作圆柱的一截面与上底面的交线CD 必过上底面圆心,且CD∥AB,在圆柱的侧面上,连接A,C(或B,D)两点的线是曲线,不可能是直线.故这个截面是有两条边平行、另两边是曲线的曲边四边形.故选D.答案:D5.以钝角三角形的较短边所在的直线为轴,其他两边旋转一周所得的几何体是()A.两个圆锥拼接而成的组合体B.一个圆台C.一个圆锥D.一个圆锥挖去一个同底的小圆锥解析:如图所示.旋转一周后其他两边形成的几何体为在圆锥AO的底部挖去一个同底的圆锥BO.答案:D6.点O1为圆锥高上靠近顶点的一个三等分点,过O1与底面平行的截面面积是底面面积的()A.13B.23C.14D.19解析:如图所示,由题意知SO1∶SO=1∶3,∴O1B∶OA=1∶3,∴S☉O1∶S☉O=1∶9,故选D.答案:D7.下列说法中错误的是.①过圆锥顶点的截面是等腰三角形;②过圆台上底面中心的截面是等腰梯形;③圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个.答案:②8.若过轴的截面是直角三角形的圆锥的底面半径为r,则其轴截面的面积为.解析:由圆锥的结构特征,可知若过轴的截面为直角三角形,则为等腰直角三角形,其斜边上的高为r,所以S=12×2r2=r2.答案:r29.已知圆锥的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.解析:如图所示,过圆锥的旋转轴作截面ABC,设圆锥的底面半径为r,底面圆心为O.∵△ABC为等腰三角形,∴△ABO为直角三角形.又∠BAO=30°,∴BO=r=1AB=2.∴底面圆O的面积为S=πr2=π2.答案:π10.把一个圆锥截成圆台,已知圆台的上、下底面的半径比是1∶4,母线长是10 cm,求这个圆锥的母线长.分析:处理有关旋转体的问题时,一般要作出其过轴的截面,在这个截面图形中去寻找各元素之间的关系.解:设圆锥的母线长为y cm,圆台上、下底面的半径分别为x cm,4x cm.作圆锥过轴的截面如图所示.在Rt△SOA中,O'A'∥OA,则SA'SA =O'A'OA,即y-10y =x4x,解得y=403.故圆锥的母线长为40cm.11.圆锥的底面半径为r,母线长是底面半径的3倍,在底面圆周上有一点A,求一个动点P自点A出发在侧面上绕一周回到点A的最短路程.解:沿圆锥的母线SA将侧面展开,如图所示.则线段AA1就是所求的最短路程.∵弧A1A的长为2πr,SA=3r,设弧A1A所对的圆心角为α,∴απ·3r=2πr,∴α=120°.∴AA1=SA·cos30°×2=3r×3×2=33r,即所求最短路程是33r.1.2简单多面体1.关于棱柱,下列说法正确的是()A.只有两个面平行B.所有的棱都相等C.所有的面都是平行四边形D.两底面平行,侧棱也互相平行解析:正方体可以有六个面平行,故选项A错误;长方体并不是所有的棱都相等,故选项B错误;三棱柱的底面是三角形,故选项C错误;由棱柱的概念知,两底面平行,侧棱也互相平行,故选项D正确.答案:D2.一个正棱锥的底面边长与侧棱长相等,则该棱锥一定不是()A.正三棱锥B.正四棱锥C.正五棱锥D.正六棱锥解析:由于正六边形的中心到顶点的距离与边长都相等,故正六棱锥的侧棱长必大于底面边长.答案:D3.棱台不一定具有的性质是()A.两底面相似B.侧面都是梯形C.侧棱都相等D.侧棱延长后都交于一点解析:由棱台的定义可知,棱台是用平行于棱锥底面的平面去截棱锥而得到的,所以A,B,D选项都成立,只有选项C不一定成立.答案:C4.下列图形中,不是三棱柱的展开图的是()解析:根据三棱柱的结构特征知,A,B,D中的展开图都可还原为三棱柱,但是C中展开图还原后的几何体没有下底面,故不是三棱柱的展开图.答案:C5.下列说法正确的个数为()①存在斜四棱柱,其底面为正方形;②存在棱锥,其所有面均为直角三角形;③任意的圆锥都存在两条母线互相垂直;④矩形绕任意一条直线旋转都可以形成圆柱.A.1B.2C.3D.4解析:①存在斜四棱柱,其底面为正方形,正确.②正确.如图所示.③不正确,圆锥轴截面的顶角小于90°时就不存在.④不正确,矩形绕其对角线所在直线旋转,不能围成圆柱.故答案为B.答案:B6.用一个平行于棱锥底面的平面截这个棱锥,截得的棱台上、下底面的面积之比为1∶4,截去的棱锥的高是3 cm,则棱台的高是()A.12 cmB.9 cmC.6 cmD.3 cm解析:棱台的上、下底面的面积之比为1∶4,则截去的棱锥的高与原棱锥的高的比为1∶2,棱台的高是3cm.答案:D7.有下列四个结论:①各侧面是全等的等腰三角形的四棱锥是正四棱锥;②底面是正多边形的棱锥是正棱锥;③三棱锥的所有面可能都是直角三角形;④四棱锥中侧面最多有四个直角三角形.其中正确的有(填正确结论的序号).答案:③④8.如图所示,将装有水的长方体水槽固定底面一边后将水槽倾斜一个小角度,则倾斜后水槽中的水形成的几何体的形状是.解析:如图所示,假设以AB边固定进行倾斜,则几何体BB2C2C-AA2D2D一定为棱柱.答案:棱柱9.在侧棱长为23的正三棱锥P−ABC中,∠APB=40°,E,F分别是PB,PC上的点,过点A,E,F作截面AEF,则△AEF周长的最小值是.解析:将正三棱锥的三个侧面展开,如图所示.则当E,F为AA1与PB,PC的交点时,△AEF的周长最小,最小值为2AP·cos30°=2×23×3=6.答案:610.把右图中的三棱台ABC-A1B1C1分成三个三棱锥.解:如图所示,分别连接A1B,A1C,BC1,则将三棱台分成了三个三棱锥,即三棱锥A-A1BC,B1-A1BC1,C-A1BC1.(本题答案不唯一)11.试从正方体ABCD-A1B1C1D1的八个顶点中任取若干,连接后构成以下空间几何体,并且用适当的符号表示出来.(1)只有一个面是等边三角形的三棱锥.(2)四个面都是等边三角形的三棱锥.(3)三棱柱.解:(1)如图所示,三棱锥A1-AB1D1(答案不唯一).(2)如图所示,三棱锥B1-ACD1(答案不唯一).(3)如图所示,三棱柱A1B1D1-ABD(答案不唯一).★12.如图所示,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=3,AA1=4,M为AA1的中点,P是BC上的一点,且由点P沿棱柱侧面经过棱CC1到M的最短路线的长为设这条最短路线与CC1的交点为N.求:(1)该三棱柱的侧面展开图的对角线的长;(2)求PC和NC的长.解:(1)正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面展开图是一个长为9,宽为4的矩形,其对角线长为92+42=97.(2)如图所示,将侧面BB1C1C绕棱CC1旋转120°使其与侧面AA1C1C在同一平面上,则点P旋转到点P1的位置,连接MP1交CC1于点N,则MP1的长等于由点P沿棱柱侧面经过棱CC1到点M的最短路线的长.设PC=x,则P1C=x.在Rt△MAP1中,由勾股定理,得(3+x)2+22=29,解得x=2,所以PC=P1C=2,又NCMA =P1CP1A=25,所以NC=45.§2直观图1.关于用斜二测画法所得的直观图,以下说法正确的是()A.等腰三角形的直观图仍是等腰三角形B.正方形的直观图为平行四边形C.梯形的直观图不是梯形D.正三角形的直观图一定为等腰三角形解析:根据斜二测画法的规则知,正方形的直观图为平行四边形.答案:B2.水平放置的△ABC,有一条边在水平线上,它的斜二测直观图是正三角形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:根据斜二测画法的规则,可知△ABC中有一个角是钝角,所以△ABC是钝角三角形.答案:C3.如图所示为一平面图形的直观图,则此平面图形可能是()答案:C4.对于一条边在x轴上的三角形,采用斜二测画法作出其直观图,则其直观图的面积是原三角形面积的()A.2倍B.2C.2D.1解析:由于平行于y轴的线段其平行性不变,长度变为原来的一半,又直观图中∠x'O'y'=45°,设原三角形的面积为S,其直观图的面积为S',则S'=1×2S=2S.答案:B5.一个水平放置的三角形的直观图是等腰直角三角形A'B'O',如图所示,若O'B'=1,那么原△ABO的面积是()A.12B.22C.2D.22解析:由斜二测画法,可知原三角形为直角三角形,且∠AOB=90°,OB=1,OA=2O'A'=22,∴S△AOB=12×1×22= 2.故选C.答案:C6.已知△A'B'C'为水平放置的△ABC的直观图,如图所示,则在△ABC的三边及中线AD中,最长的线段是()A.ABB.ADC.BCD.AC解析:由斜二测画法,可知原图形为直角三角形.AC为斜边,D为BC的中点,故AC>AD,故最长线段为AC.答案:D7.一个平面图形的斜二测直观图是腰长为2的等腰直角三角形,如图,则其平面图形的面积为.答案:48.已知正三角形ABC的边长为a,则水平放置的△ABC的直观图△A'B'C'的面积为.解析:图①、图②分别为实际图形和直观图.由图可知A'B'=AB=a,O'C'=1OC=3a,在图②中作C'D'⊥A'B'于点D',则C'D'=2O′C′=6a.所以S△A'B'C'=12A′B′·C'D'=12×a×68a=616a2.答案:616a29.在等腰梯形ABCD中,上底边CD=1,AD=CB=2,下底边AB=3,按平行于上、下底边取x轴,则直观图A′B′C′D′的面积为.解析:等腰梯形ABCD的高为1,且直观图A'B'C'D'仍为梯形,其高为1sin45°=2,故面积为1×(1+3)×2= 2.答案:2210.画出如图所示放置的直角三角形的直观图.解:画法:(1)画x'轴和y'轴,使∠x'O'y'=45°(如图②所示);(2)在原图中作BD⊥x轴,垂足为D(如图①所示);(3)在x'轴上截取O'A'=OA,O'D'=OD,在y'轴上截取O'C'=12OC,过D'作B'D'∥y'轴,使D'B'=1BD;(4)连线成图(擦去辅助线)(如图③所示).11.用斜二测画法得到一水平放置的Rt△ABC,AC=1,∠ABC=30°,如图所示,试求原三角形的面积.解:如图所示,作AD⊥BC于点D,令x'轴与y'轴的交点为E,则DE=AD,在Rt△ABC中,由∠ABC=30°,AC=1,可知BC=2,AB= 3.由AD⊥BC,AD=DE,可知AD=32,AE=62,由斜二测画法可知,原三角形A'B'C'中,B'C'=BC=2,A'E'=2AE=6,且A'E'⊥B'C',所以S△A'B'C'=1B′C′·A'E'=1×2×6= 6.★12.画水平放置的圆锥的直观图.分析用斜二测画法画水平放置的圆锥的直观图,由于圆锥底面可以看作是水平放置的,因此,只需先画轴,再画底面和高即可.解:(1)画轴,如图所示,画x轴、y轴、z轴,使∠xOy=45°,∠xOz=90°;(2)画圆锥的底面,画出底面圆的直观图,与x轴交于A,B两点;(3)画圆锥的顶点,在Oz上截取点P,使得PO等于圆锥的高;(4)连线成图,连接P A,PB,并加以整理(擦去辅助线,将被遮挡的部分改为虚线),得圆锥的直观图.§3三视图3.1简单组合体的三视图1.用一个平行于水平面的平面去截球,得到如图所示的几何体,则它的俯视图是()解析:截去的平面在俯视图中看不到,故用虚线,因此选B.答案:B2.下列各几何体的三视图中,有且仅有两个视图相同的是()A.①②B.①③C.①④D.②④解析:①中正方体的三视图均相同;②中圆锥的主视图和左视图相同;③中三棱台的三视图各不相同;④中正四棱锥的主视图和左视图相同.答案:D3.某几何体的主视图和左视图均如图所示,则该几何体的俯视图不可能是()解析:D选项的主视图为,故不可能是D选项.答案:D4.如图所示,若△A'B'C'为正三角形,与底面不平行,且CC'>BB'>AA',则多面体的主视图为()解析:因为△A'B'C'为正三角形,面A'B'BA向前,所以主视图不可能是A,B,C三个选项,只能是D.答案:D5.“牟台方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体.它由完全相同的四个曲面构成,相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上,好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖).其直观图如图所示,图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线.当其主视图和左视图完全相同时,它的俯视图可能是()答案:B6.如图所示,画出四面体AB1CD1三视图中的主视图,若以面AA1D1D为投影面,则得到的主视图为()解析:显然AB1,AC,B1D1,CD1分别投影得到主视图的外轮廓,B1C为可见实线,AD1为不可见虚线.故A正确.答案:A★7.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BB1的中点,若用过点A,E,C1的平面截去该正方体的上半部分,则剩余几何体的左视图为()设过点A,E,C1的截面与棱DD1相交于点F,且F是棱DD1的中点,该正方体截去上半部分后,剩余几何体如图所示,则它的左视图应选C.答案:C8.如图所示,图①②③是图④表示的几何体的三视图,其中图①是,图②是,图③是(填写视图名称).解析:由三视图可知,①为主视图,②为左视图,③为俯视图.答案:主视图左视图俯视图9.如图(a)所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为正方体的中心,则△P AC在该正方体各个面上的射影可能是图(b)中的(把可能的序号都填上).图(a)图(b)解析:要考虑△P AC在该正方体各个面上的射影,在上、下两个面上的射影是①,在前后左右四个面上的射影是④.答案:①④10.(1)画出如图①所示组合体的三视图;(2)图②所示的是一个零件的直观图,试画出这个几何体的三视图.图①图②解(1)该组合体是由一个四棱柱和一个圆锥拼接而成,其三视图如图所示.(2)作出三视图如图所示.★11.如图是根据某一种型号的滚筒洗衣机抽象出来的几何体,数据如图所示(单位:cm).试画出它的三视图.解这个几何体是由一个长方体挖去一个圆柱体构成的,三视图如图所示.3.2由三视图还原成实物图1.若一个几何体的主视图和左视图都是等腰梯形,俯视图是两个同心圆,则这个几何体可能是()A.圆柱B.圆台C.圆锥D.棱台答案:B2.某几何体的三视图如图所示,则该几何体是()A.棱台B.棱柱C.棱锥D.以上均不对解析:由相似比,可知几何体的侧棱相交于一点.答案:A3.如图所示是底面为正方形、一条侧棱垂直于底面的四棱锥的三视图,则该四棱锥的直观图是下列各图中的()解析:由俯视图排除B,C选项;由主视图、左视图可排除A选项,故选D.答案:D4.某几何体的三视图如图所示,则这个几何体是()A.三棱锥B.四棱锥C.四棱台D.三棱台解析:因为主视图和左视图为三角形,可知几何体为锥体.又俯视图为四边形,所以该几何体为四棱锥,故选B.答案:B5.如图所示,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的是一个几何体的三视图,则这个几何体是()A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱解析:由题知,该几何体的三视图为一个三角形,两个四边形,经分析可知该几何体为三棱柱,故选B.答案:B6.一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解析:由三视图画出直观图如图所示,判断这个几何体是底面边长为6,8,10的直角三角形,高为12的躺下的直=2,这就是做成的最大球的半径.三棱柱,直角三角形的内切圆的半径为r=6+8-102答案:B7.把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起,连接AC,得到三棱锥C-ABD,其主视图、俯视图均为全等的等腰直角三角形(如图所示),其左视图的面积为.解析:如图所示,根据两个视图可以推知折起后∠CEA=90°,其侧视图是一个两直角边长为1的等腰直角三.角形,所以左视图的面积为12答案:18.用n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n的最大值与最小值之差是.解析:由主视图、左视图可知,正方体个数最少时,底层有3个小正方体,上面有2个,共5个;个数最多时,底层有9个小正方体,上面有2个,共11个.故n的最大值与最小值之差是6.答案:69.下图是一个几何体的三视图,想象该几何体的几何结构特征,画出该几何体的形状.解由于俯视图中有一个圆和一个四边形,则该几何体是由旋转体和多面体构成的组合体,结合左视图和主视图,可知该几何体是由上面一个圆柱、下面一个四棱柱拼接成的组合体.该几何体的形状如图所示.★10.已知几何体的三视图如图所示,用斜二测画法画出它的直观图.解由三视图可知其几何体是底面边长为2,高为3的正六棱锥,其直观图如图所示.§4空间图形的基本关系与公理第1课时平面性质1.两个平面重合的条件是()A.有四个公共点B.有无数个公共点C.有一条公共直线D.有两条相交公共直线解析:由两条相交直线确定一个平面知D选项正确.答案:D2.与“直线l上两点A,B在平面α内”含义不同的是()A.l⫋αB.直线l在平面α内C.直线l上只有这两个点在平面α内D.直线l上所有的点都在平面α内答案:C3.有下列说法:①梯形的四个顶点在同一平面内;②三条平行直线必共面;③有三个公共点的两个平面必重合.其中正确的个数是()A.0B.1C.2D.3解析:梯形是一个平面图形,所以其四个顶点在同一个平面内,故①正确;两条平行直线确定1个平面,三条平行直线确定1个或3个平面,故②错误;三个公共点可以同在两个相交平面的交线上,故③错误.答案:B4.设P表示一个点,a,b表示两条直线,α,β表示两个平面,给出下列四个命题,其中正确的命题是()①P∈a,P∈α⇒a⫋α;②a∩b=P,b⫋β⇒a⫋β;③a∥b,a⫋α,P∈b,P∈α⇒b⫋α;④α∩β=b,P∈α,P∈β⇒P∈b.A.①②B.②③C.①④D.③④答案:D5.三棱台ABC-A'B'C'的一条侧棱AA'所在直线与平面BCC'B'之间的关系是()A.相交B.平行C.直线在平面内D.平行或直线在平面内解析:棱台就是棱锥被一个平行于底面的平面截去一个棱锥得到的,所以延长棱台各侧棱可以恢复成棱锥的形状,由此可知三棱台的一条侧棱所在直线与其对面所在的平面相交.答案:A6.如图所示,平面α∩平面β=l,A∈α,B∈α,AB∩l=D,C∈β,且C∉l,则平面ABC与平面β的交线是()A.直线ACB.直线BCC.直线ABD.直线CD解析:由题意知,平面ABC与平面β有公共点C,根据公理3,这两平面必定相交,有且只有一条经过C的交线,由于两点确定一条直线,所以只要再找到两平面的另一个公共点即可.显然点D在直线AB上,从而它在平面ABC内,而点D又在直线l上,所以它又在平面β内,所以点D也是平面ABC与平面β的公共点.因此平面ABC 与平面β的交线是直线CD.答案:D7.已知点P在平面α外,点A,B,C在平面α内且不共线,A',B',C'分别在P A,PB,PC上,若A'B',B'C',A'C'与平面α分别交于D,E,F三点,则D,E,F三点()A.成钝角三角形B.成锐角三角形C.成直角三角形D.在一条直线上解析:本题考查三点关系,根据两平面公共点在其交线上,知D,E,F三点共线,故选D.答案:D8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q,R分别是AB,AD,B1C1的中点,那么,正方体的过P,Q,R的截面图形是()A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形解析:如图所示,作GR∥PQ交C1D1于G,延长QP与CB延长线交于M,连接MR交BB1于E,连接PE.同理延长PQ交CD延长线于点N,连接NG交DD1于F,连接QF.所以截面PQFGRE为六边形.故选D.答案:D9.四条线段首尾相接得到一个四边形,当且仅当它的两条对角线时,能得到一个平面图形.解析:由公理1,2知当两条对角线相交时为平面图形,当两条对角线不共面时为空间四边形.答案:相交10.一个平面内不共线的三点到另一个平面的距离相等且不为零,则这两个平面的位置关系是.解析:当三点在另一个平面同侧时,这两个平面平行,当三点不在另一个平面同侧时,这两个平面相交.答案:平行或相交11.过已知直线a外的一点P,与直线a上的四个点A,B,C,D分别画四条直线,求证:这四条直线在同一平面内.证明:如图所示,因为点P在直线a外,所以过直线a及点P可作一平面α,因为A,B,C,D均在a上,所以A,B,C,D均在α内,所以直线P A,PB,PC,PD上各有两个点在α内,由公理2可知,直线P A,PB,PC,PD均在平面α内,故这四条直线在同一平面内.12.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,M,N分别是AA1,D1C1的中点,过D,M,N三点的平面与正方体下底面相交于直线l.试画出直线l的位置,并说明理由.解:如图所示,连接DM并延长,交D1A1的延长线于点P',连接NP',则直线NP'即为所求直线l.理由如下: 如图所示,连接DN,∵P'=DM∩D1A1,且DM⫋平面DMN,D1A1⫋平面A1B1C1D1,∴P'∈平面DMN∩平面A1B1C1D1.又N∈平面DMN∩平面A1B1C1D1,∴由公理3知,直线NP'为平面DMN与平面A1B1C1D1的交线.第2课时异面直线所成的角1.若直线a ∥b ,b ∩c=A ,则直线a 与c 的位置关系是( ) A.异面 B.相交 C.平行 D.异面或相交答案:D2.在三棱锥A-BCD 中,E ,F ,G 分别是AB ,AC ,BD 的中点,如果AD 与BC 所成的角是60°,那么∠FEG 为( ) A .60° B .30°C .120°D .60°或120° 解析:异面直线AD 与BC 所成的角可能等于∠FEG ,也可能等于∠FEG 的补角.答案:D3.若空间中四条两两不同的直线l 1,l 2,l 3,l 4满足l 1⊥l 2,l 2∥l 3,l 3⊥l 4,则下列结论一定正确的是( ) A .l 1⊥l 4 B .l 1∥l 4C .l 1与l 4既不垂直也不平行D .l 1与l 4的位置关系不确定解析:因为l 2∥l 3,所以l 1⊥l 3,l 3⊥l 4.实质上就是l 1与l 4同垂直于一条直线,所以l 1⊥l 4,l 1∥l 4,l 1与l 4既不垂直也不平行都有可能成立,故l 1与l 4的位置关系不确定. 答案:D4.如图,在某个正方体的表面展开图中,l 1,l 2是两条面对角线,则在正方体中,l 1与l 2( ) A.互相平行 B.异面且互相垂直 C.异面且夹角为60° D.相交且夹角为60°解析:将表面展开图还原成正方体如图所示,则B ,C 两点重合.故l 1与l 2相交,连接AD ,△ABD 为正三角形,所以l 1与l 2的夹角为60°. 答案:D5.在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,若点E ,F 分别在AB ,AC 上,且AE=13AB ,AF=13AC ,则下列说法正确的是( ) A.EF ⊥BB 1 B.EF ∥A 1B 1 C.EF ∥B 1C 1D.EF ∥AA 1解析:∵AE=1AB ,AF=1AC ,∴EF ∥BC.又ABC-A1B1C1为棱柱,∴BC∥B1C1.∴EF∥B1C1.答案:C6.下列说法正确的是()A.空间中没有交点的两条直线是平行直线B.一条直线和两条平行直线中的一条相交,则它和另一条也相交C.空间四条直线a,b,c,d,如果a∥b,c∥d,且a∥d,那么b∥cD.分别在两个平面内的直线是平行直线解析:A,B选项中,两直线可能异面,D选项中两直线可能相交,也可能异面.答案:C7.如图是一个正方体的表面展开图,如果将它还原为正方体,那么AB,CD,EF,GH这四条线段所在直线是异面直线的有对.解析:将图形还原成正方体,观察有AB与CD,AB与GH,EF与GH共3对异面直线.答案:38.如图,已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,A1A=AB,E,F分别是BD1和AD中点,则异面直线CD1,EF所成的角的大小为.答案:90°9.如图所示,在四棱锥C-ABED中,底面ABED是梯形.若AB∥DE,DE=2AB,且F是CD的中点,P是CE的中点,则AF与BP的位置关系是.解析:连接PF,∵P,F分别是CE,CD的中点,∴PF∥ED,且PF=1ED.2又AB∥ED,且DE=2AB,∴AB∥PF,且AB=PF,即四边形ABPF是平行四边形,∴BP∥AF.答案:平行10.如图所示,在三棱锥P-ABC中,D,E是PC上不重合的两点,F,H分别是P A,PB上的点,且与点P不重合.求证:EF和DH是异面直线.证明∵P A∩PC=P,∴P A,PC确定一个平面α.∵E∈PC,F∈P A,∴E∈α,F∈α,∴EF⫋α.∵D∈PC,∴D∈α,且D∉EF.又PB∩α=P,H∈PB,且点H与点P不重合,∴H∉α,DH∩α=D,且DH与EF不相交,于是直线EF和DH是异面直线.★11.如图所示,在空间四边形ABCD中,两条对边AB=CD=3,E,F分别是另外两条对边AD,BC上的点,且AE=BF=1,EF=5,求AB和CD所成的角的大小.解如图所示,过点E作EO∥AB,交BD于点O,连接OF,所以AEED =BOOD,所以BOOD=BFFC,所以OF∥CD.所以∠EOF或其补角是AB和CD所成的角.在△EOF中,OE=2AB=2,OF=1CD=1,又EF=5,所以EF2=OE2+OF2,所以∠EOF=90°.即异面直线AB和CD所成的角为90°.★12.在梯形ABCD中(如图①所示),AB∥CD,E,F分别为BC和AD的中点,将平面CDFE沿EF翻折起来,使CD到C'D'的位置,G,H分别为AD'和BC'的中点,得到如图②所示的立体图形.求证:四边形EFGH为平行四边形.。

高中数学必修二：课时提升作业(二十七)_4.2.2

高中数学必修二：课时提升作业(二十七)_4.2.2圆与圆的位置关系(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.(圆x2+y2-2x=0与圆x2+y2+4y=0的位置关系是( )A.外离B.外切C.相交D.内切【解析】选C.圆x2+y2-2x=0的圆心为(1,0),半径为1;圆x2+y2+4y=0的圆心为(0,-2),半径为2.因为圆心距为,且2-1<<1+2,所以两圆相交.2.过两圆x2+y2+6x+4y=0及x2+y2+4x+2y-4=0的交点的直线的方程是( )A.x+y+2=0B.x+y-2=0C.5x+3y-2=0D.不存在【解析】选A.将两圆的方程相减,可得直线方程x+y+2=0,此直线即为过两圆交点的直线方程.【补偿训练】已知两圆C1:x2+y2=10,C2:x2+y2+2x+2y-14=0.则经过两圆交点的公共弦所在的直线方程为( )A.x+y=2B.x-y=2C.2x-y=1D.x-2y=1【解析】选A.将两圆C1与C2的方程相减,即得到经过两圆交点的公共弦所在的直线方程,即x+y=2.3.两圆C1:x2+y2+2x+2y-2=0,C2:x2+y2-4x-2y+1=0的公切线有且仅有( )A.1条B.2条C.3条D.4条【解析】选 B.两圆的圆心分别是(-1,-1),(2,1),半径分别是2,2,两圆圆心距离|C1C2|==,由于0<<4,说明两圆相交,因而公切线只4.圆C 1:(x+2)2+(y-m)2=9与圆C 2:(x-m)2+(y+1)2=4外切,则m 的值为 ( ) A.2B.-5C.2或-5D.不确定【解析】选C.圆C 1:(x+2)2+(y-m)2=9的圆心为(-2,m),半径长为3,圆C 2:(x-m)2+(y+1)2=4的圆心为(m,-1),半径长为 2.依题意有=3+2,即m 2+3m-10=0,解得m=2或m=-5.5.已知圆C:(x-3)2+(y-4)2=1和两点A(-m,0),B(m,0)(m>0),若圆C 上存在点P,使得∠APB=90°,则m 的最大值为 ( ) A.7 B.6 C.5D.4【解题指南】点P 在以AB 为直径的圆上,此圆与圆C 有公共点P,当圆半径最大时,m 最大.【解析】选B.点P 在以AB 为直径的圆O:x 2+y 2=m 2上,当圆O 与圆C 内切时,圆O 的半径最大,m 最大,此时m=5+1=6. 二、填空题(每小题5分,共15分)6.圆C 1:x 2+y 2=4和C 2:x 2+y 2-6x+8y-24=0的位置关系是 .【解析】圆C 1的半径是2,圆心为(0,0),圆C 2的半径是7,圆心为(3,-4),所以两圆心之间的距离为5,半径差也为5,所以两圆关系为内切. 答案:内切【补偿训练】圆O 1:x 2+y 2-2x=0和圆O 2;x 2+y 2-4y=0的位置关系是 .【解析】化圆O 1,圆O 2方程为标准方程知,它们的圆心分别为O 1(1,0),半径为1;圆O 2(0,2),半径为1,因为=,R+r=3,R-r=1,所以1<<3,故圆O 1、圆O 2相交.7.两圆x2+y2=1和(x+4)2+(y-a)2=25相外切,则常数a的值为.【解析】两圆的圆心距为d=,半径分别为1和 5.由于两圆外切,则=1+5,解得a=±2.答案:±2【补偿训练】若x2+y2-2ax+4y+a2+3=0与x2+y2-14x-2y+14=0所表示的曲线相互内切,则a 的值为.【解析】由x2+y2-2ax+4y+a2+3=0可得(x-a)2+(y+2)2=1,圆心为(a,-2),半径为 1.由x2+y2-14x-2y+14=0可得(x-7)2+(y-1)2=36,圆心为(7,1),半径为6,由于两圆相互内切,故=6-1,解得a=11或a=3.答案:11或38.圆x2+y2-16=0与圆x2+y2-4x+4y-12=0的公共弦长为.【解析】因为两圆公共弦所在的直线方程为x-y-1=0,由于圆x2+y2-16=0的圆心(0,0)到直线x-y-1=0的距离为d==,该圆的半径为4,则公共弦长为2=.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知圆C1:x2+y2+2x+6y+9=0,圆C2:x2+y2-6x+2y+1=0,试确定两圆公切线的条数.【解析】两圆化为标准方程分别为:圆C1:(x+1)2+(y+3)2=1,圆C2:(x-3)2+(y+1)2=9,所以两圆圆心为C1(-1,-3),C2(3,-1).半径r1=1,r2=3.因为|C1C2|=2>1+3,所以两圆相外离,故两圆有四条公切线.10.圆O1的方程为x2+(y+1)2=4,圆O2的圆心O2(2,1).(1)若圆O2与圆O1外切,求圆O2的方程.(2)若圆O2与圆O1交于A,B两点,且|AB|=2,求圆O2的方程.【解析】(1)圆O2半径为r1.由两圆外切,所以|O1O2|=r1+2,r2=|O1O2|-2=2(-1),故圆O2的方程是(x-2)2+(y-1)2=4(-1)2.(2)设圆O2的方程为(x-2)2+(y-1)2=,因为圆O1的方程为x2+(y+1)2=4,将两圆的方程相减,即得两圆公共弦AB所在直线的方程:4x+4y+-8=0.作O1H⊥AB,则|AH|=|AB|=,O1H=,由圆心O1(0,-1)到直线4x+4y+-8=0的距离得=,得=4或=20,故圆O2的方程为:(x-2)2+(y-1)2=4或(x-2)2+(y-1)2=20.(20分钟40分)一、选择题(每小题5分,共10分)1.圆:x2+y2-4x+6y=0和圆:x2+y2-6x=0交于A,B两点,则AB的垂直平分线的方程是( )A.x+y+3=0B.2x-y-5=0C.3x-y-9=0D.4x-3y+7=0【解析】选C.将两圆方程相减,得公共弦AB 所在直线的方程为x+3y=0,AB 的垂直平分线的斜率为3且过圆心(3,0),所以其方程为y=3(x-3),即3x-y-9=0. 【拓展延伸】求解相交弦问题的技巧把两个圆的方程进行相减得:x 2+y 2+D 1x+E 1y+F 1-(x 2+y 2+D 2x+E 2y+F 2)=0, 即(D 1-D 2)x+(E 1-E 2)y+(F 1-F 2)=0, ①当两圆C 1,C 2相交时,方程①表示两圆公共弦所在的直线方程; 当两圆C 1,C 2相切时,方程①表示过圆C 1,C 2切点的公切线方程.2.圆C 1:(x+2)2+(y-2)2=m(m>0)与圆C 2:x 2+y 2-4x-10y+13=0有3条公切线,则m= ( ) A.1 B.2 C.3 D.4【解题指南】因为两圆有3条公切线,由此可知两圆外切,则两圆的圆心距应等于两圆半径之和,建立等式求解m.【解析】选A.C 1(-2,2),r 1=;C 2(2,5),r 2=4.因为两圆有3条公切线,所以两圆外切, 即|C 1C 2|=r 1+r 2,所以=4+,解得m=1.二、填空题(每小题5分,共10分)3.若a 2+b 2=4,则两圆(x-a)2+y 2=1与x 2+(y-b)2=1的位置关系是 .【解析】因为两圆的圆心分别为O 1(a,0),O 2(0,b),半径r 1=r 2=1,所以==2=r 1+r 2,故两圆外切.答案:外切4.集合A={(x,y)|x 2+y 2=4},B={(x,y)|(x-3)2+(y-4)2=r 2},其中r>0,若A ∩B 中有且仅有一个元素,则r的值是.【解题指南】明确两集合的含义,由A∩B中有且仅有一个元素,可知两圆相切,可分为外切和内切.【解析】因为A∩B中有且仅有一个元素,所以圆x2+y2=4与圆(x-3)2+(y-4)2=r2相切.当内切时,=|2-r|,解得r=7.当外切时,=2+r,解得r=3.答案:3或7【延伸探究】若本题中将“A∩B中有且仅有一个元素”改为“A∩B中有两个元素”,又如何求r的范围?【解析】因为A∩B中有两个元素,所以圆x2+y2=4与圆(x-3)2+(y-4)2=r2相交.则有<<r+2,解得3<r<7.三、解答题(每小题10分,共20分)5.(已知圆M:x2+y2-2mx-2ny+m2-1=0与圆N:x2+y2+2x+2y-2=0交于A,B两点,且这两点平分圆N的圆周,求圆心M的轨迹方程.【解题指南】将两圆方程相减,可得公共弦AB所在的直线方程,又A,B两点平分圆N的圆周,则直线AB经过圆N的圆心.【解析】两圆方程相减,得公共弦AB所在的直线方程为2(m+1)x+2(n+1)y-m2-1=0,由于A,B两点平分圆N的圆周,所以A,B为圆N直径的两个端点,即直线AB过圆N的圆心N,而N(-1,-1),所以-2(m+1)-2(n+1)-m2-1=0,即m2+2m+2n+5=0,即(m+1)2=-2(n+2)(n≤-2),由于圆M的圆心M(m,n),从而可知圆心M的轨迹方程为(x+1)2=-2(y+2)(y≤-2).【补偿训练】求圆心在直线x-y+1=0上,且经过圆x2+y2+6x-4=0与圆x2+y2+6y-28=0的交点的圆的方程.【解析】设圆x2+y2+6x-4=0与圆x2+y2+6y-28=0的交点为A,B,解方程组:⇒或不妨设A(-1,3),B(-6,-2),因此直线AB的垂直平分线方程为x+y+3=0,x-y+1=0与x+y+3=0联立,解得:x=-2,y=-1,即所求圆心C为(-2,-1),半径r=|AC|=.故所求圆C的方程为:(x+2)2+(y+1)2=17.6.已知圆O:x2+y2=1和定点A(2,1),由圆O外一点P(a,b)向圆O引切线PQ,切点为Q,=成立.(1)求a,b间关系.(2)求的最小值.(3)以P为圆心作圆,使它与圆O有公共点,试在其中求出半径最小的圆的方程.【解析】(1)连接OQ,OP,则△OQP为直角三角形,又=,所以=+=1+,所以a2+b2=1+(a-2)2+(b-1)2,故2a+b-3=0.(2)由(1)知,P在直线l:2x+y-3=0上,所以=,此为A到直线l的距离,所以==.(3)以P为圆心的圆与圆O有公共点,半径最小时为与圆O外切的情形,而这些半径的最小值为圆O到直线l的距离减去圆O的半径,圆心P为过原点与l垂直的直线l′与l的交点P0,所以r=-1=-1,又l′:x-2y=0,与l:x+2y-3=0联立得P0.所以所求圆的方程为+=.关闭Word文档返回原板块。

【人教A版】高中数学必修二：课时提升作业(十六) 2.3.4

关闭Word文档返回原板块。

课时提升作业(十六)平面与平面垂直的性质(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.平面α⊥平面β,直线a∥α,则( )A.a⊥βB.a∥βC.a与β相交D.以上都有可能【解析】选D.因为a∥α,平面α⊥平面β,所以直线a与β垂直、相交、平行都有可能.2.已知三个平面α,β,γ,若β⊥γ,且α与γ相交但不垂直,则( )A.存在a⊂α,a⊥γB.存在a⊂α,a∥γC.任意b⊂β,b⊥γD.任意b⊂β,b∥γ【解析】选B.因为三个平面α,β,γ,若β⊥γ,且α与γ相交但不垂直,则可知存在a⊂α,a∥γ.3.已知直线m,n和平面α,β,若α⊥β,α∩β=m,n⊂α,要使n⊥β,则应增加的条件是( )A.m∥nB.n⊥mC.n∥αD.n⊥α【解析】选B.已知直线m,n和平面α,β,若α⊥β,α∩β=m,n⊂α,应增加的条件n⊥m,才能使得n⊥β.4.已知平面α⊥平面β,α∩β=l,点A∈α,A l,直线AB∥l,直线AC⊥l,直线m ∥α,m∥β,则下列四种位置关系中,不一定成立的是( )A.AB∥mB.AC⊥mC.AB∥βD.AC⊥β【解析】选D.如图,AB∥l∥m,AC⊥l,m∥l⇒AC⊥m,AB∥l⇒AB∥β.5.(2015·郑州高一检测)已知平面α,β,γ,则下列命题中正确的是( )A.α⊥β,β⊥γ,则α∥γB.α∥β,β⊥γ,则α⊥γC.α∩β=a,β∩γ=b,α⊥β,β⊥γ,则a⊥bD.α⊥β,α∩β=a,a⊥b,则b⊥α【解析】选B.A中α,γ可以相交;C中如图:a与b不一定垂直;D中b仅垂直于α的一条直线a,不能判定b⊥α.二、填空题(每小题5分,共15分)6.平面α⊥平面β,α∩β=l,n⊂β,n⊥l,直线m⊥α,则直线m与n的位置关系是.【解析】因为α⊥β,α∩β=l,n⊂β,n⊥l,所以n⊥α.又m⊥α,所以m∥n.答案:平行7.(2015·太原高一检测)已知平面α,β,γ,直线l,m满足:α⊥γ,γ∩α=m,γ∩β=l,l⊥m,那么①m⊥β;②l⊥α;③β⊥γ;④α⊥β.由上述条件可推出的结论有.(请将你认为正确的结论的序号都填上)【解析】因为γ∩β=l,所以l⊂γ,因为α⊥γ,γ∩α=m,l⊥m,所以l⊥α,又l⊂β,所以α⊥β.由于β可以绕l转动,位置不定,所以m⊥β和β⊥γ不一定成立.即②④正确,①③错误.答案:②④【误区警示】应用面面垂直定理时,注意三点(1)两个平面垂直是前提条件.(2)直线必须在其中一个平面内.(3)直线必须垂直于它们的交线.8.(2015·大同高一检测)如图,空间四边形ABCD中,平面ABD⊥平面BCD,∠BAD=90°,且AB=AD,则AD与平面BCD所成的角是.【解析】过A作AO⊥BD于O点,因为平面ABD⊥平面BCD,所以AO⊥平面BCD,则∠ADO即为AD与平面BCD所成的角.因为∠BAD=90°,AB=AD,所以∠ADO=45°.答案:45°三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2015·临沂高一检测)如图所示,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是矩形,侧面SDC⊥底面ABCD,求证:平面SCD⊥平面SBC.【证明】因为底面ABCD是矩形,所以BC⊥CD.又平面SDC⊥平面ABCD,平面SDC∩平面ABCD=CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面SCD.又因为BC⊂平面SBC,所以平面SCD⊥平面SBC.【补偿训练】如图,α⊥β,α∩β=l,AB⊂α,AB⊥l,BC⊂β,DE⊂β,BC⊥DE.求证:AC⊥DE.【证明】因为α⊥β,α∩β=l,AB⊂α,AB⊥l,所以AB⊥β.因为DE⊂β,所以AB⊥DE.因为BC⊥DE,AB∩BC=B,所以DE⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥DE.10.如图,已知平面α⊥平面β,在α与β的交线上取线段AB=4cm,AC,BD分别在平面α和平面β内,它们都垂直于交线AB,并且AC=3cm,BD=12cm,求CD的长.【解析】连接BC.因为α⊥β,α∩β=AB,BD⊥AB,所以BD⊥平面α.因为BC⊂α,所以BD⊥BC,在Rt△BAC中,BC===5,在Rt△DBC中,CD===13,所以CD长为13cm.【补偿训练】已知在四棱锥S-ABCD中,SD⊥平面ABCD,AB∥DC,AB=AD=1,SD=2,BC ⊥BD,AD⊥AB,E为棱SB上的一点,平面EDC⊥平面SBC.证明:(1)DE⊥平面SBC.(2)SE=2EB.【证明】(1)如图,因为SD⊥平面ABCD,故BC⊥SD,又BC⊥BD,所以BC⊥平面BDS,所以BC⊥DE.作BK⊥EC,K为垂足,由平面EDC⊥平面SBC,平面EDC∩平面SBC=EC,故BK⊥平面EDC.又DE⊂平面EDC,所以BK⊥DE.又因为BK⊂平面SBC,BC⊂平面SBC,BK∩BC=B,所以DE⊥平面SBC.(2)由(1)知DE⊥SB,DB==,所以SB===.在直角三角形SDB中,由等积法知SD·DB=SB·DE,所以DE==.EB==,SE=SB-EB=.所以SE=2EB.(20分钟40分)一、选择题(每小题5分,共10分)1.如图所示,平面α⊥平面β,A∈α,B∈β,AB与两平面α,β所成的角分别为和.过A,B分别作两平面交线的垂线,垂足分别为A′、B′,则AB∶A′B′等于( )A.2∶1B.3∶1C.3∶2D.4∶3【解析】选A.如图,由已知得AA′⊥β,∠ABA′=,BB′⊥α,∠BAB′=,设AB=a,则BA′=a,BB′=a,在Rt△BA′B′中,A′B′=a,所以=.2.(2015·聊城高一检测)如图所示,三棱锥P-ABC的底面在平面α上,且AC⊥PC,平面PAC⊥平面PBC,点P,A,B是定点,则动点C运动形成的图形是( )A.一条线段B.一条直线C.一个圆D.一个圆,但要去掉两个点【解析】选D.因为平面PAC⊥平面PBC,AC⊥PC,AC⊂平面PAC,且平面PAC∩平面PBC=PC,所以AC⊥平面PBC.又因为BC⊂平面PBC,所以AC⊥BC,所以∠ACB=90°,所以动点C运动形成的图形是以AB为直径的圆,除去A和B两点.二、填空题(每小题5分,共10分)3.(2015·安庆高一检测)α,β是两个不同的平面,m,n是平面α及β之外的两条不同的直线,给出四个论断:①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α.以其中三个论断作为条件,余下一个论断作为结论,写出你认为正确的一个命题: .【解析】利用面面垂直的判定,可知①③④⇒②为真;利用面面垂直的性质,可知②③④⇒①为真.所以应填“若①③④则②”,或“若②③④则①”.答案:若①③④则②(或若②③④则①)4.(2015·合肥高一检测)如图,平行四边形ABCD中,AB⊥BD,沿BD将△ABD折起,使平面ABD⊥平面BCD,连接AC,则在四面体ABCD的四个面中,互相垂直的平面的对数为.【解析】因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB⊥BD,所以AB⊥平面BCD.所以平面ABC⊥平面BCD,因为AB⊥BD,AB∥CD,所以CD⊥BD.又因为平面ABD⊥平面BCD,所以CD⊥平面ABD,所以平面ACD⊥平面ABD,共3对.答案:3【延伸拓展】在垂直的判定定理和性质定理中,有很多限制条件,如“相交直线”“线在面内”“平面经过一直线”等.这些条件一方面有很强的约束性,另一方面又为证明指出了方向.在利用定理时,既要注意定理的严谨性,又要注意推理的规律性.三、解答题(每小题10分,共20分)5.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA⊥PD,底面ABCD 是直角梯形,其中BC∥AD,∠BAD=90°,AD=3BC,O是AD上一点.(1)若CD∥平面PBO,试指出点O的位置.(2)求证:平面PAB⊥平面PCD.【解析】(1)因为CD∥平面PBO,CD⊂平面ABCD,且平面ABCD∩平面PBO=BO,所以BO∥CD.又BC∥AD,所以四边形BCDO为平行四边形.则BC=DO,而AD=3BC,所以AD=3OD,即点O是靠近点D的线段AD上的一个三等分点.(2)因为侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩底面ABCD=AD,AB⊂底面ABCD,且AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD.又PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD.又PA⊥PD,且PA⊂平面PAB,AB⊂平面PAB,AB∩PA=A,所以PD⊥平面PAB. 又PD⊂平面PCD,所以平面PAB⊥平面PCD.6.如图,已知V是△ABC所在平面外一点,VB⊥平面ABC,平面VAB⊥平面VAC,求证:△ABC是直角三角形.【证明】过B作BD⊥VA于D,因为平面VAB⊥平面VAC,所以BD⊥平面VAC,所以BD⊥AC,又因为VB⊥平面ABC,所以VB⊥AC,VB∩BD=B,所以AC⊥平面VAB,所以AC⊥BA,即△ABC是直角三角形.【拓展延伸】垂直关系的知识总结线面垂直的关键,定义来证最常见;判定定理也常用,它的意义要记清;平面之内两直线,两线交于一个点;面外还有一条线,垂直两线是条件.面面垂直要证好,原有图中去寻找;若是这样还不好,辅助线面是个宝.先作交线的垂线,面面转为线和面;再证一步线和线,面面垂直即可见.借助辅助线和面,加的时候不能乱;以某性质为基础,不能主观凭臆断.判断线和面垂直,线垂面中两交线.两线垂直同一面,相互平行共伸展.两面垂直同一线,一面平行另一面.要让面和面垂直,面过另面一垂线.面面垂直成直角,线面垂直记心间.关闭Word文档返回原板块- 11 -。

(人教版)高中数学必修二(全册)同步练习+单元检测卷汇总

（人教版）高中数学必修二（全册）同步练习+单元检测卷汇总课后提升作业一棱柱、棱锥、棱台的结构特征(45分钟70分)一、选择题(每小题5分，共40分)1.下列说法中正确的是( )A.棱柱的面中，至少有两个面互相平行B.棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面C.棱柱中一条侧棱的长就是棱柱的高D.棱柱的侧面一定是平行四边形，但它的底面一定不是平行四边形【解析】选A.棱柱的两底面互相平行，故A正确；棱柱的侧面也可能有平行的面(如正方体)，故B错；立在一起的一摞书可以看成一个四棱柱，当把这摞书推倾斜时，它的侧棱就不是棱柱的高，故C错；由棱柱的定义知，棱柱的侧面一定是平行四边形，但它的底面可以是平行四边形，也可以是其他多边形，故D错.2.四棱柱有几条侧棱，几个顶点( )A.四条侧棱、四个顶点B.八条侧棱、四个顶点C.四条侧棱、八个顶点D.六条侧棱、八个顶点【解析】选C.结合正方体可知，四棱柱有四条侧棱，八个顶点.3.下列说法错误的是( )A.多面体至少有四个面B.九棱柱有9条侧棱，9个侧面，侧面为平行四边形C.长方体、正方体都是棱柱D.三棱柱的侧面为三角形【解析】选D.三棱柱的侧面是平行四边形，故D错误.4.如图，将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个小角度，则倾斜后水槽中的水形成的几何体是( )A.棱柱B.棱台C.由一个棱柱与一个棱锥构成D.不能确定【解析】选 A.根据棱柱的结构特征，当倾斜后水槽中的水形成了以左右(或前后)两个侧面为底面的四棱柱.5.(2016·郑州高一检测)如图都是正方体的表面展开图，还原成正方体后，其中两个完全一样的是( )A.(1)(2)B.(2)(3)C.(3)(4)D.(1)(4)【解题指南】让其中一个正方形不动，其余各面沿这个正方形的各边折起，进行想象后判断.【解析】选B.在图(2)(3)中，⑤不动，把图形折起，则②⑤为对面，①④为对面，③⑥为对面，故图(2)(3)完全一样，而(1)(4)则不同. 【补偿训练】下列图形经过折叠可以围成一个棱柱的是( )【解析】选D.A，B，C中底面多边形的边数与侧面数不相等.6.若棱台上、下底面的对应边之比为1∶2，则上、下底面的面积之比是( )A.1∶2B.1∶4C.2∶1D.4∶1【解析】选 B.由棱台的概念知，上、下两底面是相似的多边形，故它们的面积之比等于对应边长之比的平方，故为1∶4.7.(2016·温州高一检测)在五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个五棱柱的对角线的条数共有( )A.20条B.15条C.12条D.10条【解析】选 D.因为棱柱的侧棱都是平行的，所以过任意不相邻的两条侧棱的截面为一个平行四边形，共可得5个截面，每个平行四边形可得到五棱柱的两条对角线，故共有10条对角线.8.(2015·广东高考)若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值( )A.大于5B.等于5C.至多等于4D.至多等于3【解析】选 C.正四面体的四个顶点是两两距离相等的，即空间中n 个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值至多等于4.二、填空题(每小题5分，共10分)9.在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何体的4个顶点，这些几何体是________.(写出所有正确结论的编号)①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体.【解析】如图：①正确，如图四边形A1D1CB为矩形；②错误，任意选择4个顶点，若组成一个平面图形，则必为矩形或正方形，如四边形ABCD为正方形，四边形A1BCD1为矩形；③正确，如四面体A1ABD；④正确，如四面体A1C1BD；⑤正确，如四面体B1ABD；则正确的说法是①③④⑤.答案：①③④⑤10.(2016·天津高一检测)一个棱柱有10个顶点，所有的侧棱长的和为60cm，则每条侧棱长为________cm.【解析】因为n棱柱有2n个顶点，又此棱柱有10个顶点，所以它是五棱柱，又棱柱的侧棱都相等，五条棱长的和为60cm，可知每条侧棱长为12cm.答案：12三、解答题(每小题10分，共20分)11.根据下面对几何体结构特征的描述，说出几何体的名称.(1)由8个面围成，其中2个面是互相平行且全等的六边形，其他各面都是平行四边形.(2)由5个面围成，其中一个是正方形，其他各面都是有1个公共顶点的三角形.【解析】(1)根据棱柱的结构特征可知，该几何体为六棱柱.(2)根据棱锥的结构特征可知，该几何体为四棱锥.12.已知三棱柱ABC-A′B′C′，底面是边长为1的正三角形，侧面为全等的矩形且高为8，求一点自A点出发沿着三棱柱的侧面绕行一周后到达A′点的最短路线长.【解析】将三棱柱侧面沿侧棱AA′剪开，展成平面图形如图，则AA″即为所求的最短路线.在Rt△AA1A″中，AA1=3，A1A″=8，所以AA″==.【延伸探究】本题条件不变，求一点自A点出发沿着三棱柱的侧面绕行两周后到达A′点的最短路线长.【解析】将两个相同的题目中的三棱柱的侧面都沿AA′剪开，然后展开并拼接成如图所示，则AA″即为所求的最短路线.在Rt△AA1A″中，AA1=6，A1A″=8，所以AA″===10.【能力挑战题】如图，在边长为2a的正方形ABCD中，E，F分别为AB，BC的中点，沿图中虚线将3个三角形折起，使点A，B，C重合，重合后记为点P.问：(1)折起后形成的几何体是什么几何体？(2)这个几何体共有几个面，每个面的三角形有何特点？(3)每个面的三角形面积为多少？【解析】(1)如图，折起后的几何体是三棱锥.(2)这个几何体共有4个面，其中△DEF为等腰三角形，△PEF为等腰直角三角形，△DPE和△DPF均为直角三角形.(3)S△PEF=a2，S△DPF=S△DPE=×2a×a=a2，S△DEF=S正方形ABCD-S△PEF-S△DPF-S△DPE=(2a)2-a2-a2-a2=a2.关闭Word文档返回原板块温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。

2019高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(十).doc

课时提升作业(十)直线与平面平行的判定平面与平面平行的判定(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.如果两直线a∥b,且a∥α,则b与α的位置关系是( )A.相交B.b∥αC.b⊂αD.b∥α或b⊂α【解析】选D.由a∥b,且a∥α,知b与α平行或b⊂α.2.如图,在四面体ABCD中,若M,N,P分别为线段AB,BC,CD的中点,则直线BD 与平面MNP的位置关系为( )A.平行B.可能相交C.相交或BD⊂平面MNPD.以上都不对【解析】选A.因为N,P分别为线段BC,CD的中点,所以NP∥BD.又BD⊄平面MPN,NP⊂平面MPN,所以BD∥平面MNP.3.能够判断两个平面α,β平行的条件是( )A.平面α,β都和第三个平面相交,且交线平行B.夹在两个平面间的线段相等C.平面α内的无数条直线与平面β无公共点D.平面α内的所有的点到平面β的距离都相等【解析】选D.平面α内的所有的点到平面β的距离都相等说明平面α,β无公共点.4.平面α与△ABC的两边AB,AC分别交于点D,E,且AD∶DB=AE∶EC,如图所示,则BC与α的位置关系是( )A.平行B.相交C.异面D.BC⊂α【解析】选A.在△ABC中,因为AD∶DB=AE∶EC,所以BC∥DE.因为BC⊄α,DE ⊂α所以BC∥α.5.已知三棱柱ABC-A 1B1C1中,E是BC的中点,D是AA1上的动点,且错误！未找到引用源。

=m,若AE∥平面DB1C,则m的值为( )A.错误！未找到引用源。

B.1C.错误！未找到引用源。

D.2【解题指南】为证AE∥平面DB1C,需在平面DB1C内找直线与AE平行;结合图形可知应利用平行四边形的性质证明线线平行.【解析】选B.当错误！未找到引用源。

=m=1时,AE∥平面DB1C,理由如下:取B1C的中点F,连接DF,EF,因为E,F分别是BC,B1C的中点,所以EF∥BB1,且EF=错误！未找到引用源。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

温馨提示：
此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。

关闭Word文档返回原板块。

课时提升作业(二十六)
直线与圆的位置关系
(25分钟60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.直线x-y+1=0与圆(x+1)2+y2=1的位置关系是( )
A.相切
B.直线过圆心
C.直线不过圆心但与圆相交
D.相离
【解析】选B.圆(x+1)2+y2=1的圆心为(-1,0),点(-1,0)在直线x-y+1=0上,故选B.
【补偿训练】直线3x+4y-5=0与圆2x2+2y2-4x-2y+1=0的位置关系是( )
A.相离
B.相切
C.相交且直线不过圆心
D.相交且直线过圆心
【解析】选D.圆2x2+2y2-4x-2y+1=0的圆心为,圆心到直线3x+4y-5=0的距离为
d==0,所以直线与圆相交且直线过圆心.
2.若直线3x+4y+k=0与圆x2+y2-6x+5=0相切,则k的值等于( )
A.1或-19
B.10或-1
C.-1或-19
D.-1或19
【解析】选A.x2+y2-6x+5=0的圆心为(3,0),半径r=2,由题意得圆心到直线的距离
d==2,解得k=-19或1.
3.点M(x0,y0)是圆x2+y2=a2(a>0)内不为圆心的一点,则直线x0x+y0y=a2与该圆的位置关系是( )
A.相切
B.相交
C.相离
D.相切或相交
【解析】选C.M在圆内,且不为圆心,则0<+< a2,则圆心到直线x0x+y0y=a2的距离为d
=>=a,所以相离.
4.(2015·广东高考)平行于直线2x+y+1=0且与圆x2+y2=5相切的直线的方程是
( )
A.2x-y+=0或2x-y-=0
B.2x+y+=0或2x+y-=0
C.2x-y+5=0或2x-y-5=0
D.2x+y+5=0或2x+y-5=0
【解析】选D.设所求切线方程为2x+y+c=0,依题有=,解得c=±5,所以所求的直线方程为2x+y+5=0或2x+y-5=0.
【补偿训练】过点P(2,3)引圆x2+y2-2x+4y+4=0的切线,其方程是( )
A.x=2
B.12x-5y+9=0
C.5x-12y+26=0
D.x=2和12x-5y-9=0
【解析】选D.点P在圆外,故过P必有两条切线,所以选D.
5.在平面直角坐标系xOy中,直线3x+4y-5=0与圆x2+y2=4相交于A,B两点,则弦AB的长等于( )
A.3
B.2
C.
D.1
【解析】选B.圆x2+y2=4的圆心为(0,0),半径为2,则圆心到直线3x+4y-5=0的距离为
d==1.所以=2=2=2.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.(2015·遵义高一检测)已知直线5x+12y+m=0与圆x2-2x+y2=0相切,则m= .
【解析】由题意,得圆心C(1,0),半径r=1,则=1,解得m=8或-18.
答案:8或-18
【延伸探究】若本题中直线与圆相交,如何求m的范围?
【解析】由题意,得圆心C(1,0),半径r=1,则<1,解得-18<m<8.
7.过点G(0,1)的直线与圆x2+y2=4相交于A,B两点,则|AB|的最小值为.
【解析】当圆心到直线距离最大时,弦长最短,易知当圆心与定点G(0,1)的连线与直线AB垂直时,圆心到直线AB的距离取得最大值,即d==1,此时弦长最短,即≥
=⇒|AB|≥2.故|AB|的最小值为2.
答案:2
8.由直线y=x+1上的点向圆C:x2+y2-6x+8=0引切线,则切线长的最小值为.
【解析】直线y=x+1上点P(x0,y0)到圆心C的距离与切线长d满足
d====≥.
答案:
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.(2015·许昌高一检测)已知点P(x,y)是圆C:(x+2)2+y2=1上任意一点.求P点到直线
3x+4y+12=0的距离的最大值和最小值.
【解析】圆心C(-2,0)到直线3x+4y+12=0的距离为d==.所以P点到直线3x+4y+12=0的距离的最大值为d+r=+1=,
最小值为d-r=-1=.
10.已知圆C:x2+y2-8y+12=0,直线l:ax+y+2a=0.
(1)当a为何值时,直线l与圆C相切.
(2)当直线l与圆C相交于A,B两点,且AB=2时,求直线l的方程.
【解析】将圆C的方程x2+y2-8y+12=0配方得标准方程为x2+(y-4)2=4,则此圆的圆心为(0,4),半径为2.
(1)若直线l与圆C相切,
则有=2.解得a=-.
(2)过圆心C作CD⊥AB,则根据题意和圆的性质,
得
解得a=-7或a=-1.
故所求直线方程为7x-y+14=0或x-y+2=0.
【拓展延伸】数形结合思想方法的应用
数形结合是一种重要的解题思想方法,直线和圆的方程将数(方程)与形(直线或圆)有机地结合起来,因此常用直线与圆的图形解决一些代数问题.
【补偿训练】求与直线x+2y-1=0切于点A(1,0),且过点B(2,-3)的圆的方程.
【解析】设所求圆的方程为(x-a)2+(y-b)2=r2,圆心O的坐标为(a,b),半径为r.由直线x+2y-1=0与圆O相切,可得直线AO与x+2y-1=0垂直.因为x+2y-1=0的斜率为-,所以直线AO的斜率。

高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(二十六) 4.2.1

18年高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(二)

高中数学必修2全册课时同步测试卷及答案

高中数学全册综合检测试题课时作业(含解析)新人教A版必修第二册-新人教A版高一第二册数学试题

最新人教版高中数学必修2课时同步测题(全册共236页附解析)

高中数学必修二：课时提升作业(二十六)_4.2.1

2019高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(四).doc

【人教A版】高中数学必修二：全册作业与测评综合质量评估(附答案)

【最新】高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(十六)

高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(二十八) 4.2.3

最新北师大版高中数学必修2全册同步课时练习

(人教版新课标)高中数学必修2所有课时练习(含答案可编辑)

北师大版2018-2019学年高中数学必修2全册习题含解析

高中数学必修二：课时提升作业(二十七)_4.2.2

【人教A版】高中数学必修二：课时提升作业(十六) 2.3.4

(人教版)高中数学必修二(全册)同步练习+单元检测卷汇总

2019高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(十).doc

高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(二十六) 4.2.1

18年高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(二)

高中数学必修2全册课时同步测试卷及答案

高中数学 全册综合检测试题课时作业(含解析)新人教A版必修第二册-新人教A版高一第二册数学试题

最新人教版高中数学必修2课时同步测题(全册 共236页 附解析)

高中数学必修二：课时提升作业(二十六)_4.2.1

2019高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(四).doc

【人教A版】高中数学必修二：全册作业与测评 综合质量评估(附答案)

【最新】高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(十六)

高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(二十八) 4.2.3

最新北师大版高中数学必修2全册同步课时练习

(人教版新课标)高中数学必修2所有课时练习(含答案可编辑)

北师大版2018-2019学年高中数学必修2全册习题含解析

高中数学必修二：课时提升作业(二十七)_4.2.2

【人教A版】高中数学必修二：课时提升作业(十六) 2.3.4

(人教版)高中数学必修二(全册)同步练习+单元检测卷汇总

2019高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(十).doc

高中数学全册综合检测试题课时作业(含解析)新人教A版必修第二册-新人教A版高一第二册数学试题

最新人教版高中数学必修2课时同步测题(全册共236页附解析)

【人教A版】高中数学必修二：全册作业与测评综合质量评估(附答案)