必修2红对勾第二章 单元评估题一.docx
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必修2红对勾第二章单元评估题一
第二章 单元评估题
(一)
一、选择题(每小题5分,共60分)
1.“a,b是异面直线”是指
①a∩b=Ø且a不平行于b;
②a⊂平面α,b⊂平面β且α∩β=Ø;
③a⊂平面α,b⊄平面α;
④不存在平面α,使a⊂平面α且b⊂平面α成立.
上述结论中,正确的是( )
A.①② B.①③
C.①④D.③④
答案:
C
2.三条直线两两垂直,下列四个命题:
①这三条直线必共点;②其中必有两条直线不同在一个平面内;③三条直线不可能在同一平面内;④其中必有两条直线在同一个平面内.其中正确命题的个数是( )
A.0个B.1个
C.2个D.3个
解析:
③④正确.
答案:
C
3.两个平面α与β相交但不垂直,直线m在平面α内,则在平面β内( )
A.一定存在与直线m平行的直线
B.一定不存在与直线m平行的直线
C.一定存在与直线m垂直的直线
D.不一定存在与直线m垂直的直线
解析:
在平面β内可能存在,也可能不存在平行于m的直线,所以A,B错误.而对于α内的任意一条直线,在平面α内都可以找到与m垂直的直线,所以C正确,D错误.
答案:
C
4.在棱长为1的正方体AC1中,对角线AC1在六个面上的正投影长度总和为( )
A.6
B.6
C.6D.3
答案:
B
5.AB,BC,CD三条线段不共面,则三线段的中点所确定的平面与直线AC的关系为( )
A.相交B.平行
C.垂直D.AC在面内
答案:
B
6.A是二面角α—l—β的棱上一点,AB⊂β,AB与l成45°角,与α成30°角,则该二面角的大小为( )
A.30°B.45°
C.60°D.90°
答案:
B
7.在正四面体P—ABC中,D,E,F分别是AB,BC,CA的中点,下面结论不成立的是( )
A.BC∥平面PDF
B.DF⊥平面PAE
C.平面PDF⊥平面ABC
D.平面PAE⊥平面ABC
解析:
如图1所示,由于DF∥BC,∴BC∥平面PDF,A成立.由AE⊥BC,DF∥BC,∴DF⊥AE,DF⊥PE,∴DF⊥平面PAE,B成立.又DF⊂平面ABC,∴平面PAE⊥平面ABC,D成立.若平面PDF⊥平面ABC,而由DF⊥AE,则AE⊥平面PDF,∴AE⊥PF,又PF⊥AC,∴PF⊥平面ABC;同理,PD⊥平面ABC,这样过平面外一点就有两条直线垂直于同一个平面,这是不可能的,∴C不正确.
图1
答案:
C
8.PD垂直于正方形ABCD所在的平面,连结PB,PC,PA,AC,BD,则一定互相垂直的平面有( )
A.8对B.7对
C.6对D.5对
图2
解析:
画出图形,如图2所示,由PD⊥平面ABCD,很容易知道平面PAD⊥平面ABCD,平面PBD⊥平面ABCD,平面PCD⊥平面ABCD,平面PAD⊥平面PAB,平面PCD⊥平面PBC,平面PAD⊥平面PDC,平面PBD⊥平面PAC.
答案:
B
9.给出下列命题:
①和某一直线都相交的两条直线在同一个平面内;
②三条两两相交的直线在同一个平面内;
③有三个不同公共点的两个平面重合;
④两两平行的三条直线确定三个平面.
其中正确命题的个数是( )
A.0B.1
C.2D.3
答案:
A
10.已知平面外一点P和平面内不共线三点A、B、C,A′、B′、C′分别在PA、PB、PC上,若延长A′B′、B′C′、A′C′与平面分别交于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
答案:
D
11.若一个正n边形的两条对角线与平面α平行,则此n边形所在平面β也与α平行,那么此n边形是( )
A.五边形B.六边形
C.七边形D.八边形
答案:
A
12.两个平面α、β,下列条件中能判断α⊥β的是( )
A.α、β都与γ垂直
B.α∥γ,β⊥γ
C.直线l,b分别在α,β内,且l⊥b
D.直线l与b互相垂直,且l∥α,b∥β
答案:
B
二、填空题(每小题5分,共20分)
13.不共面的四点可以确定平面的个数为________.
答案:
4
14.如图3所示,平面α∥平面β,PA=6,AB=2,BD=12,则AC=________.
图3
解析:
由α∥β,平面PBD同时与α、β相交,∴交线平行,即AC∥BD,∴
=
,由此得到AC=9.
答案:
9
15.若AB、AC、AD两两垂直,AB=5,AC=4,AD=3,则三棱锥ABDC的体积为________.
答案:
10
图4
16.如图4所示,三棱柱ABC-A1B1C1中侧棱AA1垂直于底面,AB⊥AC,且AA1=AB=AC,M是CC1的中点,Q是BC的中点,点P是A1B1上任一点,则直线PQ与直线AM所成角为________.
答案:
90°
三、解答题(共70分)
17.(本小题10分)已知m∥α,β∩γ=m,α∩β=a,γ∩α=b,求证:
a∥b.
证明:
∵m∥α,a⊂α,a⊂β,m⊂β,
∴m∥a,同理,m∥b.∴a∥b.
18.(本小题12分)如图5,A是平面BCD外一点,△ABD、△ACD都是以D为直角顶点的直角三角形,且AD=BD=CD,∠BAC=60°.求证:
BD⊥平面ADC.
图5
证明:
令AD=BD=CD=a,
在Rt△ABD中,AB=
a;
在Rt△ACD中,AC=
=
a,
而在△BAC中,∠BAC=60°,且AB=AC=
a,
∴BC=
a,
∴BC2=BD2+CD2=2a2,∴∠BDC=90°,
∴BD⊥DC.而BD⊥AD,∴BD⊥平面ADC.
19.(本小题12分)一个多面体的直观图及三视图如图6所示.(其中M、N分别是AF、BC的中点).
图6
(1)求证:
MN∥平面CDEF;
(2)求多面体A—CDEF的体积.
解:
由三视图知该多面体是底面为直角三角形的直三棱柱ADE—BCF,且AB=BC=BF=2,DE=CF=2
,∠CBF=90°.
图7
(1)取BF的中点G,连结MG、NG,由M、N分别为AF、BC中点,可得NG∥CF,MG∥EF⇒面MNG∥面CDEF⇒MN∥面CDEF.
(2)取DE中点为H,连结AH,
因为AD=AE⇒AH⊥DE.
在直三棱柱ADE—BCF中,平面ADE⊥平面CDEF,
面ADE∩面CDEF=DE⇒AH⊥平面CDEF⇒多面体A—CDEF是以AH为高,以矩形CDEF为底面的棱锥,
在△ADE中,AH=
,
S矩形CDEF=DE·EF=4
⇒棱锥A—CDEF的体积V=
S矩·AH=
.
20.(本小题12分)(2010·湖南高考,理)如图8所示,在正方体ABCD—A1B1C1D1中,E是棱DD1的中点.
图8
(1)求直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值;
(2)在棱C1D1上是否存在一点F,使B1F∥平面A1BE?
证明你的结论.
解:
(1)如图9(a)所示,取AA1的中点M,连结EM,BM.因为E是DD1的中点,四边形ADD1A1为正方形,所以EM∥AD.
又在正方体ABCD—A1B1C1D1中,AD⊥平面ABB1A1,
所以EM⊥平面ABB1A1,从而BM为直线BE在平面ABB1A1上的射影,∠EBM为BE和平面ABB1A1所成的角.
设正方体的棱长为2,则EM=AD=2,BE=
=3.
于是,在Rt△BEM中,sin∠EBM=
=
,
即直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为
.
图9
(2)在棱C1D1上存在点F,使B1F∥平面A1BE.
事实上,如图(b)所示,分别取C1D1和CD的中点F,G,连结EG,BG,CD1,FG.
因A1D1∥B1C1∥BC,
且A1D1=BC,
所以四边形A1BCD1是平行四边形,
因此D1C∥A1B.
又E,G分别为D1D,CD的中点,
所以EG∥D1C,从而EG∥A1B.这说明A1,B,G,E共面.所以BG⊂平面A1BE.
因四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形,F,G分别为C1D1和CD的中点.
所以FG∥C1C∥B1B,且FG=C1C=B1B.因此四边形B1BGF是平行四边形.
所以B1F∥BG.而B1F⊄平面A1BE,BG⊂平面A1BE,
故B1F∥平面A1BE.
图10
21.(本小题12分)如图10所示,在四棱锥S—ABCD中,侧棱SA=SB=SC=SD,底面ABCD是菱形,AC与BD交于O点.
(1)求证:
AC⊥平面SBD;
(2)若E为BC的中点,点P在侧面△SCD内及其边界上运动,并保持PE⊥AC,试指出动点P的轨迹,并证明你的结论.
解:
(1)连结SO,
图11
∵底面ABCD是菱形,O为中心,
∴AC⊥BD.又SA=SC,
∴AC⊥SO,而SO∩BD=O,
∴AC⊥平面SBD.
(2)取棱SC中点M,CD中点N,连结MN,
则动点P的轨迹即是线段MN.
证明:
连接EM、EN,
∵E是BC中点,M是SC中点.
∴EM∥SB,
同理EN∥BD.∵AC⊥平面SBD,AC⊥SB,
∴AC⊥EM,同理AC⊥EN.
又EM∩EN=E,∴AC⊥面EMN.
因此,当P点在线段MN上运动时,总有AC⊥EP.
22.(本小题12分)如图12,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为等腰梯形,AB∥CD,AB=4,BC=CD=2,AA1=2,E,E1,F分别是棱AD,AA1,AB的中点.
图12
(1)证明:
直线EE1∥平面FCC1;
(2)求二面角B-FC1-C的余弦值.
图13
解:
(1)证法一:
取A1B1的中点F1,连结FF1、C1F1,由于FF1∥BB1∥CC1,所以F1∈平面FCC1,
因此平面FCC1即为平面C1CFF1,
连结A1D、F1C,由于A1F1綊D1C1
綊CD,
所以四边形A1DCF1为平行四边形,因此A1D∥F1C.
又EE1∥A1D,得EE1∥F1C,
而EE1⊄平面FCC1,F1C⊂平面FCC1,
故EE1∥平面FCC1.
证法二:
因为F为AB的中点,CD=2,AB=4,AB∥CD,所以CD綊AF,
因此四边形AFCD为平行四边形,所以AD∥FC.
又CC1∥DD1,FC∩CC1=C,
FC⊂平面FCC1,CC1⊂平面FCC1,
所以平面ADD1A1∥平面FCC1,
又EE1⊂平面ADD1A1,
所以EE1∥平面FCC1.
(2)取FC的中点H,
由于FC=BC=FB,所以BH⊥FC.
又BH⊥CC1,所以BH⊥平面FCC1.
过H作HG⊥C1F于G,连结BG.
由于HG⊥C1F,BH⊥平面FCC1,所以C1F⊥平面BHG,
图14
因此BG⊥C1F,所以∠BGH为所求二面角的平面角.
在Rt△BHG中,BH=
,
又FH=1,且△FCC1为等腰直角三角形,
所以HG=
,BG=
=
,因此cos∠BGH=
=
=
,
即所求二面角的余弦值为
.
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