第二章点、线、面的位置关系综合检测题(人教A版必修2).doc

第二章综合素能检测
时间120分钟，满分150分。
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)
1．(2013～2014·福建师大附中模块)设α，β表示两个平面，l表示直线，A，B，C表示三个不同的点，给出下列命题：
①若A∈l，A∈α，B∈l，B∈α，则l⊂α；
②α，β不重合，若A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，则α∩β＝AB；
③若l⊄α，A∈l，则A∉α；
④若A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线，则α与β重合．
则上述命题中，正确的个数是(　　)
A．1　　　 B．2　　　
C．3　　　 D．4
[答案]　C
[解析]　根据公理1可知①正确；根据公理3可知②正确，根据公理2可知④正确；当点A为直线l与平面α的交点时，可知③错误．
2．菱形ABCD在平面α内，PC⊥α，则PA与对角线BD的位置关系是(　　)
A．平行 B．相交但不垂直
C．相交垂直 D．异面垂直
[答案]　D
[解析]　∵PC⊥平面α，∴PC⊥BD，又在菱形ABCD中，AC⊥BD，∴BD⊥平面PAC.又PA⊂平面PAC，∴BD⊥PA.显然PA与BD异面，故PA与BD异面垂直．
3．设P是△ABC所在平面α外一点，H是P在α内的射影，且PA，PB，PC与α所成的角相等，则H是△ABC的(　　)
A．内心 B．外心
C．垂心 D．重心
[答案]　B
[解析]　由题意知Rt△PHA≌Rt△PHB≌Rt△PHC，得HA＝HB＝HC，所以H是△ABC的外接圆圆心．
4．已知二面角α－l－β的大小为60°，m，n为异面直线，且m⊥α，n⊥β，则m，n所成的角为(　　)
A．30° B．60°
C．90° D．120°
[答案]　B
[解析]　易知m，n所成的角与二面角的大小相等，故选B.
5．(2013～2014·珠海模拟)已知a，b，l表示三条不同的直线，α，β，γ表示三个不同的平面，有下列命题：
①若α∩β＝a，β∩γ＝b，且a∥b，则α∥γ；
②若a，b相交，且都在α，β外，a∥α，a∥β，b∥α，b∥β，则α∥β；
③若α⊥β，α∩β＝a，b⊂β，a⊥b，则b⊥α；
④若a∩α，b∩α，l⊥a，l⊥b，则l⊥α.
其中正确的有(　　)
A．0个 B．1个
C．2个 D．3个
[答案]　C
[解析]　可借助正方体模型解决．如图，在正方体A1B1C1D1－ABCD中，可令平面A1B1CD为α，平面DCC1D1为β，平面A1B1C1D1为γ.又平面A1B1CD∩DCC1D1＝CD，平面A1B1C1D1∩平面DCC1D1＝C1D1，则CD与C1D1所在的直线分别表示a，b，因为CD∥C1D1，但平面A1B1CD与平面A1B1C1D1不平行，即α与γ不平行，故①错误．因为a，b相交，可设其确定的平面为γ，根据a∥α，b∥α，可得γ∥α.同理可得γ∥β，因此α∥β，②正确．由两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线和另一个平面垂直，易知③正确．a∥b时，由题知l垂直于平面α内两条不相交直线，得不出l⊥α，④错误．
6．(2013·新课标全国Ⅱ)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则(　　)
A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l
[答案]　D
[解析]　由于m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，则平面α与平面β必相交，但未必垂直，且交线垂直于直线m，n，又直线l满足l⊥m，l⊥n，则交线平行于l，故选D.
7．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是线段A1B1，B1C1上的不与端点重合的动点，如果A1E＝B1F，有下面四个结论：
①EF⊥AA1；②EF∥AC；③EF与AC异面；④EF∥平面ABCD.
其中一定正确的有(　　)
A．①② B．②③
C．②④ D．①④
[答案]　D
[解析]　如右图所示．由于AA1⊥平面A1B1C1D1，EF⊂平面A1B1C1D1，则EF⊥AA1，所以①正确；当E，F分别是线段A1B1，B1C1的中点时，EF∥A1C1，又AC∥A1C1，则EF∥AC，所以③不正确；当E，F分别不是线段A1B1，B1C1的中点时，EF与AC异面，所以②不正确；由于平面A1B1C1D1∥平面ABCD，EF⊂平面A1B1C1D1，所以EF∥平面ABCD，所以④正确．
8．如图，若Ω是长方体ABCD－A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是(　　)
A．EH∥FG B．四边形EFGH是矩形
C．Ω是棱柱 D．Ω是棱台
[答案]　D
[解析]　因为EH∥A1D1，A1D1∥B1C1，所以EH∥B1C1，又EH⊄平面BCC1B1，所以EH∥平面BCC1B1，又EH⊂平面EFGH，平面EFGH∩平面BCC1B1＝FG，所以EH∥FG，又EH∥B1C1，所以Ω是棱柱，所以A，C正确；因为A1D1⊥平面ABB1A1，EH∥A1D1，所以EH⊥平面ABB1A1，又EF⊂平面ABB1A1，故EH⊥EF，所以B正确，故选D.
9．(2012·大纲版数学(文科))已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为BB1、CC1的中点，那么直线AE与D1F所成角的余弦值为(　　)
A．－ D．
C． D．－
[答案]　B
[命题意图]　本试题考查了正方体中异面直线的所成角的求解的运用．
[解析]　首先根据已知条件，连接DF，然后则∠DFD1即为异面直线所成的角，设棱长为2，则可以求解得到
＝DF＝D1F，DD1＝2，结合余弦定理得到结论．
10．如图，在三棱柱ABC－A′B′C′中，点E，F，H，K分别为AC′，CB′，A′B，B′C′的中点，G为△ABC的重心，从K，H，G，B′中取一点作为P，使得该三棱柱恰有2条棱与平面PEF平行，则点P为(　　)
A．K B．H
C．G D．B′
[答案]　C
[解析]　应用验证法：选G点为P时，EF∥A′B′且EF∥AB，此时恰有A′B′和AB平行于平面PEF，故选C.
11．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成四面体ABCD，则在四面体ABCD中，下列结论正确的是(　　)

A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC
[答案]　D
[解析]　由平面图形易知∠BDC＝90°.∵平面ABD⊥平面BCD，CD⊥BD，∴CD⊥平面ABD.∴CD⊥AB.又AB⊥AD，CD∩AD＝D，∴AB⊥平面ADC.又AB⊂平面ABC，∴平面ADC⊥平面ABC.
12．(2013·全国卷)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于(　　)
A． B．
C． D．
[答案]　A
[解析]　如图，连接AC交BD于点O，连接C1O，过C作CH⊥C1O于点H，
⇒

⇒⇒CH⊥面BDC1，
∴∠HDC为CD与面BDC1所成的角，
设AA1＝2AB＝2，OC＝，CC1＝2，OC1＝，CH＝＝，∴sin∠HDC＝＝，故选A.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共25分．把答案填在题中的横线上)
13．直线l与平面α所成角为30°，l∩α＝A，m⊂α，A∉m，则m与l所成角的取值范围是________．
[答案]　[30°，90°]
[解析]　直线l与平面α所成的30°的角为m与l所成角的最小值，当m在α内适当旋转就可以得到l⊥m，即m与l所成角的最大值为90°.
14．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为是正确的条件即可)．

[答案]　DM⊥PC(或BM⊥PC)
[解析]　连接AC，则BD⊥AC，由PA⊥底面ABCD，可知BD⊥PA，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.故当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，平面MBD⊥平面PCD.
15．(2014·北京高考理科数学)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最长棱的棱长为________．

[答案]　2
[解析]　三棱锥的直观图如右图．
AB⊥面BCD，△BCD为等腰直角三角形．
AB＝2，BD＝2，BC＝CD＝，
AC＝＝，
AD＝＝＝2.
16．(2013·高考安徽卷)如图正方体ABCD－A1B1C1D1，棱长为1，P为BC中点，Q为线段CC1上的动点，过A、P、Q的平面截该正方体所得的截面记为S，则下列命题正确的是________．(写出所有正确命题的编号)

①当0<CQ<时，S为四边形
②当CQ＝时，S为等腰梯形
③当CQ＝时，S与C1D1交点R满足C1R1＝
④当<CQ<1时，S为六边形
⑤当CQ＝1时，S的面积为.
[答案]　①②③⑤
[解析]　设截面与DD1相交于T，则AT∥PQ，且AT＝2PQ⇒DT＝2CQ.
对于①，当0<CQ<时，则0<DT<1，所以截面S为四边形，且S为梯形，所以为真．
对于②，当CQ＝时，DT＝1，T与D重合，截面S为四边形APQO1，所以AP＝D1Q，截面为等腰梯形，所以为真．
对于③，当CQ＝，QC1＝，DT＝2，D1T＝，利用三角形相似解得，C1R1＝，所以为真．
对于④，当<CQ<1时，<DT<2，截面S与线段A1D1，D1C1相交，所以四边形S为五边形，所以为假．
对于⑤，当CQ＝1时，Q与C1重合，截面S与线段A1D1相交于中点G，即即为菱形APC1G，对角线长度为和，S的面积为，所以为真，综上，选①②③⑤.
三、解答题(本大题共6个大题，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)如右图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC与△A1B1C1都为正三角形且AA1⊥面ABC，F、F1分别是AC，A1C1的中点．

求证：(1)平面AB1F1∥平面C1BF；
(2)平面AB1F1⊥平面ACC1A1.
[分析]　本题可以根据面面平行和面面垂直的判定定理和性质定理，寻找使结论成立的充分条件．
[证明]　(1)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，
∵F、F1分别是AC、A1C1的中点，
∴B1F1∥BF，AF1∥C1F.
又∵B1F1∩AF1＝F1，C1F∩BF＝F，
∴平面AB1F1∥平面C1BF.
(2)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，∴B1F1⊥AA1.
又B1F1⊥A1C1，A1C1∩AA1＝A1，
∴B1F1⊥平面ACC1A1，而B1F1⊂平面AB1F1，
∴平面AB1F1⊥平面ACC1A1.
18．(本小题满分12分)(2013·四川·文科)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝2AA1＝2，∠BAC＝120°，D，D1分别是线段BC，B1C1的中点，P是线段AD上异于端点的点．

(1)在平面ABC内，试作出过点P与平面 A1BC平行的直线l，说明理由，并证明直线l⊥平面ADD1A1；
(2)设(1)中的直线l交AC于点Q，求三棱锥A1－QC1D的体积．(锥体体积公式：V＝Sh，其中S为底面面积，h为高)
[解析]　(1)在平面ABC内，过点P作直线l和BC平行．
理由如下：
由于直线l不在平面A1BC内，l∥BC，
故直线l与平面A1BC平行．
在△ABC中，∵AB＝AC，D是线段AC的中点，
∴AD⊥BC，∴l⊥AD.
又∵AA1⊥底面ABC，∴AA1⊥l.
而AA1∩AD＝A，∴直线l⊥平面ADD1A1.
(2)过点D作DE⊥AC于点E.
∵侧棱AA1⊥底面ABC，∴三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，
则易得DE⊥平面AA1C1C.
在Rt△ACD中，∵AC＝2，∠CAD＝60°，
∴AD＝AC·cos60°＝1，
∴DE＝AD·sin60°＝.
∴S△QA1C1＝·A1C1·AA1＝×2×1＝1，
∴三棱锥A1－QC1D的体积VA1－QC1D＝VD－QA1C1＝·S△QA1C1·DE＝×1×＝.
19．(本小题满分12分)如下图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB＝4，BC＝3，AD＝5，∠DAB＝∠ABC＝90°，E是CD的中点．

(1)证明：CD⊥平面PAE；
(2)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P－ABCD的体积．
[解析]　(1)证明：如下图所示，连接AC，由AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°，得AC＝5.

又AD＝5，E是CD的中点，所以CD⊥AE.
∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.
而PA，AE是平面PAE内的两条相交直线，所以CD⊥平面PAE.
(2)过点B作BG∥CD，分别与AE，AD相交于F，G，连接PF.
由(1)CD⊥平面PAE知，BG⊥平面PAE.于是∠BPF为直线PB与平面PAE所成的角，且BG⊥AE.
由PA⊥平面ABCD知，∠PBA为直线PB与平面ABCD所成的角．
由题意，知∠PBA＝∠BPF，
因为sin∠PBA＝，sin∠BPF＝，所以PA＝BF.
由∠DAB＝∠ABC＝90°知，AD∥BC，又BG∥CD，所以四边形BCDG是平行四边形，故GD＝BC＝3.于是AG＝2.
在Rt△BAG中，AB＝4，AG＝2，BG⊥AF，所以
BG＝＝2，BF＝＝＝.于是PA＝BF＝.
又梯形ABCD的面积为S＝×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥P－ABCD的体积为
V＝×S×PA＝×16×＝.
20．(本小题满分12分)(2013·全国新课标卷Ⅰ)如图三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°，

(1)证明AB⊥A1C；
(2)若AC1＝，AB＝CB＝2，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积S.
[命题意图]　本题主要考查空间线面，线线垂直的判定与性质，及体积的计算，考查空间想象能力，逻辑推理论证能力，属容易题．

[解析]　(1)证明：取AB中点E，连接CE，A1B，A1E，
∵AB＝AA1，∠BAA1＝60°，∴△BAA1是等边三角形，
∴A1E⊥AB，∵CA＝CB，∴CE⊥AB，
∵CE∩A1E＝E，∴AB⊥面CEA1，∴AB⊥A1C.
(2)由于△CAB为等边三角形，∴CE＝，A1E＝，在△A1CE中A1C＝.即有A1C2＝CE2＋A1E2，故A1E⊥CE，S底面积＝×AB×CE＝×2×2＝2，A1E⊥AB，A1E⊥CE，∴h＝A1E＝，V＝Sh＝2×＝6.

21．(本小题满分12分)(2013·福建改编)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，BC＝5，DC＝3，AD＝4，∠PAD＝60°.
(1)当正视方向为从A到D的方向时，画出四棱锥P－ABCD的正视图(要求标出尺寸，并写出演算过程)；
(2)若M为PA的中点，求证：DM∥平面PBC；
(3)求三棱锥D－PBC的体积．
[解析]　(1)如图1，在梯形ABCD中，过点C作CE⊥AB，垂足为E.
由已知得，四边形ADCE为矩形，AE＝CD＝3，
在Rt△BEC中，由BC＝5，CE＝4，
依据勾股定理得BE＝3，从而AB＝6.
又由PD⊥平面ABCD得，PD⊥AD，
从而在Rt△PDA中，由AD＝4，∠PAD＝60°，
得PD＝4.
正视图如图2所示：

(2)方法一：如图3，取PB的中点N，连接MN，CN.
在△PAB中，∵M是PA的中点，
∴MN∥AB，MN＝AB＝3，又CD∥AB，CD＝3，
∴MN∥CD，MN＝CD，
∴四边形MNCD为平行四边形，∴DM∥CN.
又DM⊄平面PBC，CN⊂平面PBC，
∴DM∥平面PBC.

方法二：如图4，取AB的中点E，连接ME，DE.
在梯形ABCD中，BE∥CD，且BE＝CD，
∴四边形BCDE为平行四边形，∴DE∥BC.
又DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴DE∥平面PBC.
又在△PAB中，ME∥PB，ME⊄平面PBC，PB⊂平面PBC，∴ME∥平面PBC.
又DE∩ME＝E，∴平面DME∥平面 PBC.
又DM⊂平面DME，∴DM∥平面PBC.
(3)VD－PBC＝VP－DBC＝S△DBC·PD，
又S△DBC＝6，PD＝4，所以VD－PBC＝8.
22．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，已知AB＝3，AD＝2，PA＝2，PD＝2，∠PAB＝60°.

(1)求证：AD⊥平面PAB；
(2)求异面直线PC与AD所成的角的正切值；
(3)求二面角P－BD－A的正切值．
[解析]　(1)证明：在△PAD中，∵PA＝2，AD＝2，PD＝2，
∴PA2＋AD2＝PD2，∴AD⊥PA.
在矩形ABCD中，AD⊥AB.
∵PA∩AB＝A，∴AD⊥平面PAB.
(2)∵BC∥AD，∴∠PCB是异面直线PC与AD所成的角．
在△PAB中，由余弦定理得
PB＝＝.
由(1)知AD⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，
∴AD⊥PB，∴BC⊥PB，
则△PBC是直角三角形，
故tan∠PCB＝＝.
∴异面直线PC与AD所成的角的正切值为.
(3)过点P作PH⊥AB于点H，过点H作HE⊥BD于点E，连结PE.
∵AD⊥平面PAB，PH⊂平面ABCD，∴AD⊥PH.
又∵AD∩AB＝A，∴PH⊥平面ABCD.
又∵PH⊂平面PHE，∴平面PHE⊥平面ABCD.
又∵平面PHE∩平面ABCD＝HE，BD⊥HE，
∴BD⊥平面PHE.
而PE⊂平面PHE，∴BD⊥PE，
故∠PEH是二面角P－BD－A的平面角．
由题设可得，PH＝PA·sin60°＝，
AH＝PA·cos60°＝1，BH＝AB－AH＝2，
BD＝＝，HE＝·BH＝.
∴在Rt△PHE中，tan∠PEH＝＝.
∴二面角P－BD－A的正切值为.