2020年高中数学第二章点、直线、平面之间的位置关系章末检测新人教A版必修2

2020年高中数学第二章点、直线、平面之间的位置关系章末检测新人教A版必修2

第二章 点、直线、平面之间的位置关系 章末检测 时间：120分钟　满分：150分 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1．若直线a和b没有公共点，则a与b的位置关系是(　　)‎ A．相交　　　　　　　 B．平行 C．异面 D．平行或异面 解析：直线a和b没有公共点，则a和b平行或异面．‎ 答案：D ‎2．下列推理错误的是(　　)‎ A．A∈l，A∈α，B∈l，B∈α⇒l⊂α B．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝AB C．l⊄α，A∈l⇒A∉α D．A∈l，l⊂α⇒A∈α 解析：当l⊄α，α∩l＝A时，A∈α，故C错．‎ 答案：C ‎3．对两条不相交的空间直线a与b，必存在平面α，使得(　　)‎ A．a⊂α，b⊂α B．a⊂α，b∥α C．a∥α，b⊥α D．a⊂α，b⊥α 解析：已知两条不相交的空间直线a和b，可以在直线a上任取一点A，使得A∉b.过A作直线c∥b，则过a，c必存在平面α且使得a⊂α，b∥α.‎ 答案：B ‎4．已知直线m，n是异面直线，则过直线n且与直线m垂直的平面(　　)‎ A．有且只有一个 B．至多有一个 C．有一个或无数多个 D．不存在 解析：当异面直线互相垂直时满足条件的平面有1个，当异面直线互相不垂直时满足条件的平面有0个．故选B.‎ 答案：B ‎5.如图，在直三棱柱ABCA1B‎1C1中，D为A1B1的中点，AB＝BC＝BB1＝2，AC＝2，则异面直线BD与AC所成的角为(　　)‎ 8‎ A．30° B．45°‎ C．60° D．90°‎ 解析：如图，取B‎1C1的中点E，连接BE，DE，则AC∥A‎1C1∥DE，则∠BDE即为异面直线BD与AC所成的角．由条件可知BD＝DE＝EB＝，所以∠BDE＝60°，故选C.‎ 答案：C ‎6．如图所示，点S在平面ABC外，SB⊥AC，SB＝AC＝2，E、F分别是SC和AB的中点，则EF的长是(　　)‎ A．1 B． C. D． 解析：取SA的中点H，连接EH、FH(图略)．因为SB⊥AC，则EH⊥FH，‎ 在△EFH中，应用勾股定理得EF＝.‎ 答案：B ‎7.如图所示，ABCDA1B‎1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A‎1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是(　　)‎ A．A， M，O三点共线 B．A，M，O，A1不共面 C．A，M，C，O不共面 D．B，B1，O，M共面 解析：连接A‎1C1，AC，则A‎1C1∥AC，‎ 所以A，C，C1，A1四点共面，‎ 所以A‎1C⊂面ACC‎1A1.‎ 因为M∈A‎1C，所以M∈面ACC‎1A1，‎ 又M∈面AB1D1，所以M在平面ACC‎1A1与平面AB1D1的交线上，同理O在面ACC‎1A1与面AB1D1的交线上，所以A，M，O三点共线，故选A.‎ 答案：A ‎8．已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，有以下四个命题：‎ ‎①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；‎ ‎③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.‎ 其中正确的两个命题是(　　)‎ A．①② B．③④‎ C．②④ D．①③‎ 8‎ 解析：若α∥β，l⊥α，则l⊥β，又m⊂β，所以l⊥m，故①正确；若α⊥β，l⊥α，m⊂β，则l与m可能异面，所以②不正确；若l∥m，l⊥α，则m⊥α，又m⊂β，则α⊥β，所以③正确；若l⊥α，l⊥m，m⊂β，则α与β可能相交，故④不正确．综上可知，选D.‎ 答案：D ‎9．在正方体ABCDA1B‎1C1D1中，若E是A‎1C1的中点，则直线CE垂直于(　　)‎ A．AC B．BD C．A1D D．A1D1‎ 解析：直线CE在平面ACC‎1A1内，寻找与平面ACC‎1A1垂直的直线，在正方体中，BD、B1D1都与此平面垂直，故选B.‎ 答案：B ‎10.长方体ABCDA1B‎1C1D1中，四边形ABCD是正方形，M是AD中点，O是C1D与CD1的交点，P是BB1上任意一点，则CM与OP的位置关系是(　　)‎ A．平行 B．相交 C．垂直 D．不能确定 解析：取CD中点E，连接BE，则CM⊥BE.又CM⊥BB1，∴CM⊥平面BEB1.而OP⊂平面BEB1，∴CM⊥OP.‎ 答案：C ‎11．在正三棱柱ABCA1B‎1C1中，已知AB＝1，D在棱BB1上，且BD＝1，设AD与平面AA‎1C1C所成的角为α，则sin α＝(　　)‎ A.　 　　B. C.　 　　D. 解析：如图，分别取AC，A‎1C1的中点E，E′，连接EE′，BE，B1E′，在平面BEE′B1中作DF⊥EE′，垂足为F，连接AF.‎ 易知平面BEE′B1⊥平面ACC‎1A1，‎ 所以DF⊥平面ACC‎1A1.‎ 所以∠DAF是AD与平面AA‎1C1C所成的角α.‎ 由DF＝BE＝，AD＝.所以sin α＝＝＝.‎ 答案：D ‎12.如图，等边三角形ABC的边长为4，M，N分别为AB，AC的中点，沿MN将△AMN折起，使得平面AMN与平面MNCB所成的二面角为30°，则四棱锥AMNCB的体积为(　　)‎ 8‎ A. B． C. D．3‎ 解析：如图，作出二面角AMNB的平面角∠AED，AO为 ‎△AED底边ED上的高，也是四棱锥AMNCB的高．由题意，得AO＝.‎ V＝××3＝.‎ 答案：A 二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在题中的横线上)‎ ‎13.如图所示，A，B，C，D为不共面的四点，E，F，G，H分别在线段AB，BC，CD，DA上．‎ ‎(1)如果EH∩FG＝P，那么点P在直线________上；‎ ‎(2)如果EF∩GH＝Q，那么点Q在直线________上．‎ 解析：(1)若EH∩FG＝P，那么点P∈平面ABD，P∈平面BCD，而平面ABD∩平面BCD＝BD，‎ ‎∴P∈BD.‎ ‎(2)若EF∩GH＝Q，则Q∈平面ABC，Q∈平面ACD，而平面ABC∩平面ACD＝AC，∴Q∈AC.‎ 答案：(1)BD　(2)AC ‎14．将边长为a的正方形沿对角线BC折叠成三棱锥ABCD，折后AD＝a，则二面角ABCD的大小为________．‎ 解析：取BC的中点O，连接OA，OD，则OA⊥BC，OD⊥BC，则∠AOD为二面角ABCD的平面角．由题设可知OA＝OD＝a，‎ ‎∴OA2＋OD2＝AD2，‎ ‎∴∠AOD＝90°.‎ 答案：90°‎ ‎15．已知平面α，β和直线m，给出条件：①m∥α；②m⊥α；③m⊂α；④α⊥β；⑤α∥β.当满足条件________时，有m∥β；当满足条件________时，有m⊥β.‎ 解析：利用线面平行和垂直的判定定理选择即可．‎ 答案：③⑤　②⑤‎ ‎16．在正三棱锥SABC中，侧棱SC垂直侧面SAB，且SC＝2，则此三棱锥的外接球的表面积为________．‎ 解析：由题意，可知三条侧棱SA，SB，SC 8‎ 两两垂直．又三条侧棱相等，故可以三条侧棱为相邻三边作出一个正方体，其棱长均为2，其外接球的直径就是此正方体的体对角线，所以2R＝2×，即球的半径R＝3，所以球的表面积S＝4πR2＝36π.‎ 答案：36π 三、解答题(本大题共有6小题，共74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12分)在正方体ABCDA1B‎1C1D1中，E、F分别为棱BC、C1D1的中点．求证：EF∥平面BB1D1D.‎ 证明：连接AC交BD于O，连接OE，则OE∥DC，OE＝DC.∵DC∥D‎1C1，DC＝D‎1C1，F为D‎1C1的中点，‎ ‎∴OE∥D‎1F，OE＝D‎1F，‎ ‎∴四边形D1FEO为平行四边形．∴EF∥D1O.又∵EF⊄平面BB1D1D，D1O⊂平面BB1D1D，∴EF∥平面BB1D1D.‎ ‎18．(本小题满分12分)如图，在正四棱柱ABCDA1B‎1C1D1中，M是棱AB的中点，点N在侧面AA1D1D上运动，点N满足什么条件时，MN∥平面BB1D1D?‎ 解析：如图，在正四棱柱ABCDA1B‎1C1D1中，分别取棱A1B1，A1D1，AD的中点E，F，G，连接ME，EF，FG，GM.‎ 因为M是AB的中点，‎ 所以ME∥AA1∥FG，且ME＝AA1＝FG.‎ 所以四边形MEFG是平行四边形．‎ 因为ME∥BB1，BB1⊂平面BB1D1D，ME⊄平面BB1D1D，‎ 所以ME∥平面BB1D1D.‎ 在△A1B1D1中，因为EF∥B1D1，B1D1⊂平面BB1D1D，EF⊄平面BB1D1D，‎ 所以EF∥平面BB1D1D.‎ 又因为ME∩EF＝E，且ME⊂平面MEFG，EF⊂平面MEFG，‎ 所以平面MEFG∥平面BB1D1D.‎ 8‎ 在FG上任取一点N，连接MN，所以MN⊂平面MEFG.‎ 所以MN与平面BB1D1D无公共点．‎ 所以MN∥平面BB1D1D.‎ 总之，当点N在平面AA1D1D内的直线FG上(任意位置)时，都有MN∥平面BB1D1D，‎ 即当点N在矩形AA1D1D中过A1D1与AD的中点的直线上运动时，都有MN∥平面BB1D1D.‎ ‎19．(本小题满分12分)如图所示，在直三棱柱ABCA1B‎1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB的中点．‎ ‎(1)求证：AC⊥BC1；‎ ‎(2)求证：AC1∥平面CDB1.‎ 证明：(1)在直三棱柱ABCA1B‎1C1中，底面三边长AC＝3，BC＝4，AB＝5，‎ ‎∴AC⊥BC.‎ 又∵C‎1C⊥AC.‎ ‎∴AC⊥平面BCC1B1.‎ ‎∵BC1⊂平面BCC1B1，‎ ‎∴AC⊥BC1.‎ ‎(2)设CB1与C1B的交点为E，连接DE，‎ ‎∵四边形BCC1B1为正方形，E是BC1的中点，‎ 又D是AB的中点，‎ ‎∴DE∥AC1.‎ ‎∵DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，‎ ‎∴AC1∥平面CDB1.‎ ‎20．(本小题满分12分)如图所示，边长为2的等边△PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC＝2，M为BC的中点．‎ ‎(1)求证：AM⊥PM；‎ ‎(2)求二面角PAMD的大小．‎ 解析：(1)证明：如图所示，取CD的中点E，连接PE，EM，EA.‎ ‎∵△PCD为正三角形，‎ ‎∴PE⊥CD，‎ PE＝PDsin∠PDE＝2sin 60°＝.‎ ‎∵平面PCD⊥平面ABCD，‎ ‎∴PE⊥平面ABCD，‎ 而A M⊂平面ABCD，∴PE⊥AM.‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴△ADE，△ECM，△ABM均为直角三角形．‎ 8‎ 由勾股定理可求得EM＝，AM＝，AE＝3，‎ ‎∴EM2＋AM2＝AE2.∴AM⊥EM.‎ 又PE∩EM＝E，∴AM⊥平面PEM，‎ ‎∴AM⊥PM.‎ ‎(2)由(1)可知EM⊥AM，PM⊥AM，‎ ‎∴∠PME是二面角PAMD的平面角．‎ ‎∴tan∠PME＝＝＝1，‎ ‎∴∠PME＝45°.‎ ‎∴二面角PAMD的大小为45°.‎ ‎21．(本小题满分13分)在斜三棱柱A1B‎1C1ABC中，底面是等腰三角形，AB＝AC，D是BC中点，侧面BB‎1C1C⊥平面ABC.‎ ‎(1)求证：AD⊥CC1.‎ ‎(2)过侧面BB‎1C1C的对角线BC1的平面交侧棱于M，若AM＝MA1，求证：截面MBC1⊥侧面BB‎1C1C.‎ ‎(3)若截面MBC1⊥平面BB‎1C1C，求证：AM＝MA1.‎ 证明：(1)∵AB＝AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC.‎ ‎∵底面ABC⊥侧面BB‎1C1C，‎ ‎∴AD⊥侧面BB‎1C1C，∴AD⊥CC1.‎ ‎(2)延长B‎1A1与BM的延长线交于N，连接C1N.‎ ‎∵AM＝MA1，∴NA1＝A1B1.‎ ‎∵A1B1＝A‎1C1，∴A‎1C1＝A1N＝A1B1.‎ ‎∴C1N⊥C1B1，∵底面NB‎1C1⊥侧面BB‎1C1C，‎ ‎∴C1N⊥侧面BB‎1C1C.‎ ‎∴截面C1NB⊥侧面BB‎1C1C，‎ ‎∴截面MBC1⊥侧面BB‎1C1C.‎ ‎(3)过M作ME⊥BC1于E，连接DE.‎ ‎∵截面MBC1⊥侧面BB‎1C1C，‎ ‎∴ME⊥侧面BB‎1C1C.‎ 又∵AD⊥侧面BB‎1C1C，‎ ‎∴ME∥AD，∴M、E、D、A四点共面．‎ ‎∵AM∥侧面BB‎1C1C，‎ ‎∴AM∥DE，‎ ‎∵CC1∥AM，∴DE∥CC1.‎ 8‎ ‎∵D是BC的中点，∴E是BC1的中点．‎ ‎∴AM＝DE＝CC1＝AA1，‎ ‎∴AM＝MA1.‎ ‎22．(本小题满分13分)在直三棱柱ABCA1B‎1C1的底面△ABC中，AB＝BC，能否在侧棱BB1上找到一点E，使得截面A1EC⊥侧面AA‎1C1C？若能找到，指出点E的位置；若找不到，说明理由．‎ 解析：设E点存在，如图所示，作EM⊥A‎1C于点M.‎ 因为截面A1EC⊥侧面AA‎1C1C，所以EM⊥侧面AA‎1C1C.‎ 取AC的中点N，因为AB＝BC，所以BN⊥AC.‎ 又因为平面ABC⊥侧面AA‎1C1C，所以BN⊥侧面AA‎1C1C.‎ 所以BN∥EM.‎ 因为平面BEMN∩侧面AA‎1C1C＝MN，BE∥侧面AA‎1C1C，‎ 所以BE∥MN∥A‎1A.‎ 因为AN＝NC，所以A‎1M＝MC.‎ 因为四边形BEMN为矩形，所以BE＝MN＝A‎1A＝BB1.‎ 所以当E为BB1的中点时，‎ 平面A1EC⊥侧面AA‎1C1C.‎ 8‎