（鲁京辽）2022-2023学年高中数学 第1章 立体几何初步滚动训练二 新人教B版必修2

（鲁京辽）2022-2023学年高中数学 第1章 立体几何初步滚动训练二 新人教B版必修2一、选择题1下列命题正确的是()A两两相交的三条直线可确定一个平面B两个平面与第三个平面所成的角都相等，则这两个平面一定平行C过平面外一点的直线与这个平面只能相交或平行D和两条异面直线都相交的两条直线一定是异面直线考点异面直线的判定题点异面直线的判定答案C解析对于A，两两相交的三条直线可确定一个平面或三个平面，故A错误；对于B，两个平面与第三个平面所成的角都相等，则这两个平面平行或相交，故B错误；对于C，过平面外一点的直线一定在平面外，且直线与这个平面相交或平行，故C正确；对于D，和两条异面直线都相交的两条直线是异面直线或共面直线，故D错误故选C.2设X，Y，Z是空间不同的直线或平面，对下面四种情形，使“XZ且YZXY”为真命题的是()X，Y，Z是直线；X，Y是直线，Z是平面；Z是直线，X，Y是平面；X，Y，Z是平面A BC D考点线、面平行、垂直的综合应用题点平行与垂直的判定答案D解析对于X，Y，Z是直线，“XZ且YZXY”是假命题，如正方体共顶点的三条棱；对于X，Y是直线，Z是平面，“XZ且YZXY”是真命题，根据线面垂直的性质定理可知正确；Z是直线，X，Y是平面，“XZ且YZXY”是真命题，根据垂直于同一直线的两个平面平行，故正确；X，Y，Z是平面，“XZ且YZXY”是假命题，如正方体共顶点的三个面故选D.3已知m，n表示两条不同的直线，表示两个不同的平面，则下列说法正确的是()A若m，则mB若m，n，m，n，则C若，m，则mD若m，m，则考点线、面平行、垂直的综合应用题点平行与垂直的判定答案D解析由m，n表示两条不同的直线，表示两个不同的平面知，在A中，若m，则m与相交、平行或m，故A错误；在B中，若m，n，m，n，则与相交或平行，故B错；在C中，若，m，则m或m，故C错误；在D中，若m，m，则由面面垂直的判定定理，得，故D正确4如图所示，AB是O的直径，C是圆周上不同于A，B的任意一点，PA平面ABC，则四面体PABC的四个面中，直角三角形的个数为()A4 B3C2 D1考点直线与平面垂直的性质题点根据线面垂直的性质判定线线垂直答案A解析AB是圆O的直径，ACB90，即BCAC，ABC是直角三角形又PA平面ABC，PAC，PAB是直角三角形又BC平面ABC，PABC，又PAACA，PA，AC平面PAC，BC平面PAC，BCPC，PBC是直角三角形从而PAB，PAC，ABC，PBC都是直角三角形，故选A.5如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BCAC，AC1A1B，M，N分别是A1B1，AB的中点，给出下列结论：C1M平面A1ABB1；A1BNB1；平面AMC1平面CNB1.其中正确结论的个数为()A0 B1 C2 D3考点线、面平行、垂直的综合应用题点平行与垂直的判定答案D解析由侧棱AA1平面A1B1C1，可得AA1C1M.由A1C1B1C1及M为A1B1的中点可得C1MA1B1，AA1A1B1A1，C1M平面A1ABB1，正确；由C1M平面A1ABB1可得C1MA1B，又已知AC1A1B，C1MAC1C1，A1B平面AMC1，从而可得A1BAM，又易证得AMNB1，A1BNB1，正确；易证得AMNB1，MC1CN，从而根据面面平行的判定定理可证得平面AMC1平面CNB1，正确，故选D.6三棱锥PABC的四个顶点均在半径为2的球面上，且ABBCCA2，平面PAB平面ABC，则三棱锥PABC的体积的最大值为()A4 B3C4 D3考点柱体、锥体、台体的体积题点锥体的体积答案B解析根据题意半径为2的球面上，且ABBCCA2，ABC是截面为大圆上的三角形，设圆心为O，AB的中点为N，ON1，平面PAB平面ABC，三棱锥PABC的体积最大时，PNAB，PN平面ABC，PN，三棱锥PABC的体积的最大值为(2)23，故选B.7如图，在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD为矩形，AB2BC，E是CD上一点，若AE平面PBD，则的值为()A. B. C3 D4考点线、面平行、垂直的综合应用题点平行与垂直的计算与探索性问题答案C解析PD底面ABCD，AE底面ABCD，PDAE，当AEBD时，AE平面PBD，此时ABDDAE，则，AB2BC，DEABDC，3.故选C.8如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是BB1，A1B1的中点，点P在正方体的表面上运动，则总能使MPBN的点P所形成图形的周长是()A4 B2C3 D2考点线、面平行、垂直的综合应用题点平行与垂直的计算与探索性问题答案D解析如图，取CC1的中点G，连接DG，MG，则MGBC.设BN交AM于点E.BC平面ABB1A1，NB平面ABB1A1，NBMG.正方体的棱长为1，M，N分别是BB1，A1B1的中点，在BEM中，MBE30，BME60，MEB90，即BNAM，又MGAMM，NB平面ADGM，使NB与MP垂直的点P所构成的轨迹为矩形ADGM(不包括M点)正方体的棱长为1，矩形ADGM的周长等于2.故选D.二、填空题9下列四个命题中，真命题的个数为_如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合；两条直线可以确定一个平面；若点M，M，l，则Ml；空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内考点平面的基本性质题点确定平面问题答案1解析只有正确10如图，两个正方形ABCD和ADEF所在平面互相垂直，设M，N分别是BD和AE的中点，那么ADMN；MN平面CDE；MNCE；MN，CE异面，其中正确结论的序号是_考点线、面平行、垂直的综合应用题点平行与垂直的判定答案解析两个正方形ABCD和ADEF所在平面互相垂直，设M，N分别是BD和AE的中点，取AD的中点G，连接MG，NG，易得AD平面MNG，进而得到ADMN，故正确；连接AC，CE，根据三角形中位线定理，可得MNCE，由线面平行的判定定理，可得MN平面CDE及MNCE正确，MN，CE异面错误；故答案为.11我们将一个四面体四个面中直角三角形的个数定义为此四面体的直度，在四面体ABCD中，AD平面ABC，ACBC，则四面体ABCD的直度为_考点空间中的垂直问题题点空间中的垂直问题答案4解析在四面体ABCD中，AD平面ABC，ADAB，ADAC，ADBC，ACBC，ACADA，BC平面ACD，BCCD，四面体ABCD的四个面均为直角三角形，四面体ABCD的直度为4.三、解答题12如图，已知ABC是正三角形，EA，CD都垂直于平面ABC，且EAAB2a，DCa，F是BE的中点，求证：(1)FD平面ABC；(2)AF平面EDB.考点线、面平行、垂直的综合应用题点平行、垂直综合问题的证明证明(1)取AB的中点M，连接FM，MC.F，M分别是BE，BA的中点，FMEA，FMEAa.EA，CD都垂直于平面ABC，CDEA，CDFM.又DCa，FMDC，四边形FMCD是平行四边形，FDMC.FD平面ABC，MC平面ABC，FD平面ABC.(2)M是AB的中点，ABC是正三角形，CMAB.又AE平面ABC，CM平面ABC，CMAE，又ABAEA，AB，AE平面EAB，CM平面EAB，又AF平面EAB，CMAF.又CMFD，FDAF.F是BE的中点，EAAB，AFBE.又FDBEF，FD，BE平面EDB，AF平面EDB.13如图，四边形ABCD是矩形，平面ABCD平面BCE，BEEC.(1)求证：平面AEC平面ABE；(2)已知点F在BE上，若DE平面ACF，DCCEBC3，求三棱锥ABCF的体积考点线、面平行、垂直的综合应用题点平行与垂直的计算与探索性问题(1)证明ABCD为矩形，ABBC.平面ABCD平面BCE，平面ABCD平面BCEBC，AB平面ABCD，AB平面BCE.CE平面BCE，CEAB.CEBE，AB平面ABE，BE平面ABE，ABBEB，CE平面ABE.CE平面AEC，平面AEC平面ABE.(2)解连接BD交AC于点O，连接OF.DE平面ACF，DE平面BDE，平面ACF平面BDEOF，DEOF.又矩形ABCD中，O为BD中点，F为BE中点，即BFFE.在RtBEC中，BC6，EC3，BE3.SBFC33.又ABDC3，VABCF3.四、探究与拓展14如图，在正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，现在沿SE，SF，EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3重合，重合后的点记为G.给出下列关系：SG平面EFG；SE平面EFG；GFSE；EF平面SEG.其中成立的有()A与 B与C与 D与考点线、面平行、垂直的综合应用题点平行与垂直的判定答案B解析由SGGE，SGGF，得SG平面EFG，同理GFSEG；若SE平面EFG，则SGSE，这与SGSES矛盾，排除A、C，同理排除D，故选B.15如图所示，在RtABC中，C90，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1FCD，如图所示(1)求证：DE平面A1CB；(2)求证：A1FBE；(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C平面DEQ？说明理由考点线、面平行、垂直的综合应用题点平行与垂直的计算与探索性问题(1)证明因为D，E分别为AC，AB的中点，所以DEBC.又DE平面A1CB，BC平面A1CB，所以DE平面A1CB.(2)证明由已知得DCBC且DEBC，所以DEDC.又DEA1D，A1DCDD，A1D，CD平面A1DC，所以DE平面A1DC，而A1F平面A1DC，所以DEA1F.又因为A1FCD，CDDED，CD，DE平面BCDE，所以A1F平面BCDE，又BE平面BCDE，所以A1FBE.(3)解线段A1B上存在点Q，使A1C平面DEQ.理由如下：如图所示，分别取A1C，A1B的中点P，Q，连接DP，PQ，QE，则PQBC.又因为DEBC，所以DEPQ，所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE平面A1DC，所以DEA1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1CDP，又DEDPD，DE，DP平面DEP，所以A1C平面DEP，从而A1C平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，且Q为A1B的中点时，A1C平面DEQ.