立体几何期末强化练习2-2024-2025学年高一下学期数学人教A版（2019）必修第二册

立体几何（强化2） 　　　　　 　 班级 姓名 座号 　　　 1、 选择题 1.已知直线l,m和平面α,则下列说法中正确的是 (　 ) A.若l∥m,m⊂α,则l∥α B.若l⊥α,m⊂α,则l⊥m C.若l⊥m,l⊥α则m⊥α D.若l∥α,m⊂α,则l∥m 2.如图所示,平面α与△ABC的两边AB,AC分别交于点D,E,且AD∶DB=AE∶EC,则BC与α的位置关系是 (　 ) A.异面 B.相交 C.平行或相交 D.平行 3.已知l是平面α外的一条直线,给出下列命题: ①在α内存在无数条直线与直线l平行; ②在α内存在无数条直线与直线l垂直; ③在α内存在无数条直线与直线l异面; ④一定存在过直线l且与α垂直的平面β. 其中真命题的个数是 (　 ) A.1 B.2 C.3 D.4 4.过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A作直线l,使l与AB,AD,AA1所成的角都相等,则这样的直线l可以作(　 ) A.1条 B.4条 C.8条 D.12条 5.如图,在正方形SG1G2G3中,E,F分别是G1G2和G2G3的中点,D是EF的中点,现在沿SE,SF及EF把这个正方形折成一个四面体,使G1,G2,G3三点重合,重合后的点记为G,则在四面体SEFG中必有 (　 ) A.SG⊥△EFG所在平面 B.SD⊥△EFG所在平面 C.GF⊥△SEF所在平面 D.GD⊥△SEF所在平面 6.已知正方形ABCD的边长为1,沿对角线AC将△ADC折起,当AD与平面ABC所成的角最大时,三棱锥D-ABC的体积为 (　 ) A. B. C. D. 7.有一个正三棱锥和一个正四棱锥,它们的所有棱长都相等,把这个正三棱锥的一个侧面重合在正四棱锥的一个侧面上,这个组合体是 (　 ) A.平行六面体 B.四棱柱 C.斜三棱柱 D.四棱锥 8.(多选题)在正三棱锥A-BCD中,底面是边长为6的正三角形,侧棱AB=4,且棱AB,BD,DC,CA的中点分别为E,F,G,H,则下列结论正确的有 (　 ) A.直线AD∥平面EFGH B.四边形EFGH是矩形 C.直线AB与底面BCD所成的角为30° D.底面与侧面所成二面角的平面角为60° 二、填空题 9.已知a,b是平面α外的两条不同直线,给出下列三个论断:①a⊥b;②a⊥α;③b∥α. 以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个真命题:　　　　　　　　　.  10.如图所示,在三棱锥P-ABC中,侧面PAC⊥底面ABC,且∠PAC=90°,PA=1,AB=2,则PB= 　　　　.   11.在空间四边形ABCD中,E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA的中点,若AC=BD=a,且AC与BD所成的角为60°,则四边形EFGH的面积是　　　　.  12.在平行四边形ABCD中,AB>AD,将△ABD沿着BD翻折至△A'BD,则下列直线中有可能与直线A'B垂直的是　　　　(填所有符合条件的序号).   ①直线BC;②直线CD; ③直线BD;④直线A'C. 二、解答题 13.如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面PAD⊥底面ABCD,E,F分别是CD,PC的中点.求证: (1)BE∥平面PAD; (2)CD⊥平面BEF. 14.在条件①AC⊥BC;②AB=AC1;③平面AB1C⊥平面BB1C1C中任选一个,补充到下面的问题中,并给出解答. 问题:如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BC=CC1,且　　　　　,求证:BC1⊥AB1.  15.如图,已知四边形ABCD中,AB=AD=2,∠BAD=60°,∠BCD=30°.现将△ABD沿BD边折起使得平面ABD⊥平面BCD,此时AD⊥CD,点P为AD的中点. (1)求证:BP⊥平面ACD; (2)若M为CD的中点,求MP与平面BPC所成的角的正弦值. 答案： 1.B　[解析] 对于A,若l∥m,m⊂α,则l∥α或l⊂α,故A错误;对于B,若l⊥α,m⊂α,则l⊥m,故B正确;对于C,若l⊥m,l⊥α,则m⊂α或m∥α,故C错误;对于D,若l∥α,m⊂α,则l∥m或l与m异面,故D错误.故选B. 2.D　[解析] 在△ABC中,因为=,所以DE∥BC,又BC⊄平面α,DE⊂平面α,所以BC∥平面α.故选D. 3.C　[解析] 当l与平面α相交时,在α内不存在直线与直线l平行,故①是假命题,其余均是真命题.故选C. 4.B　[解析] 由题意知,正方体的四条体对角线AC1,A1C,B1D,BD1满足与AB,AD,AA1所成的角都相等,其中通过点A的一条体对角线为AC1,再将其余三条线平移到过点A即可,所以这样的直线l可以作4条.故选B. 5.A　[解析] 在正方形SG1G2G3中,因为SG1⊥G1E,SG3⊥G3F,所以在四面体中有SG⊥EG,SG⊥FG,又GE∩GF=G,所以 SG⊥△EFG所在平面.故选A. 6.A　[解析] 当AD与平面ABC所成的角最大时,平面ADC与底面ABC垂直,此时三棱锥的高为,底面积为×1×1=,所以三棱锥D-ABC的体积为××=.故选A. 7.C　[解析] 这个组合体为一斜三棱柱,如图,三棱锥为S-AED,正四棱锥为S-ABCD,重合的面为△ASD,设AD,BC的中点分别为M,N,连接ME,MS,MN,SN,由题意知AD⊥ME,AD⊥MS,AD⊥MN,又ME∩MS=M,MN∩MS=M,∴AD⊥平面MNS,AD⊥平面MES,且平面MNS∩平面MES=MS,∴平面MNS与平面MES重合.∵SE=AB=MN,EM=SN,∴四边形MNSE为平行四边形,又MN∥AB,∴AB∥SE,∴四边形ABSE为平行四边形.同理四边形CDES为平行四边形,∴SC∥DE,SB∥AE,又SC⊄平面ADE,SB⊄平面ADE,DE⊂平面ADE,AE⊂平面ADE,∴SC∥平面ADE,SB∥平面ADE,又SC∩SB=S,∴平面SBC∥平面EAD,又AB=SE=CD,AB不垂直于平面SBC,∴组合体为斜三棱柱,故选C. 8.ABC　[解析] 如图所示.因为在正三棱锥A-BCD中,底面是边长为6的正三角形,侧棱AB=4,且棱AB,BD,DC,CA的中点分别为E,F,G,H,所以AD∥EF,又EF⊂平面EFGH,AD⊄平面EFGH,所以AD∥平面EFGH,故A正确;连接BG,过点A作AO⊥平面BCD,则点O为△BCD的重心,所以OB=BG=×=2,所以OA==2,故直线AB与平面BCD所成的角为∠ABO,可知sin∠ABO==,解得∠ABO=30°,故C正确;连接AG,由题可得AG⊥CD,所以∠AGO为侧面ACD与底面BCD所成二面角的平面角,因为AC=4,CG=3,所以AG==,又AO=2,所以sin∠AGO==,故D错误;对于B,过点E作EI⊥BG,连接EG,由于∠ABO=30°,所以EI=2×=1,BI=,所以IG=3-=2,故EG==,FG2+EF2=32+22=13=EG2,故EF⊥FG,又四边形EFGH为平行四边形,所以四边形EFGH为矩形,故B正确.故选ABC. 9.若a⊥α,b∥α,则a⊥b　[解析] 过b作平面β,使得β∩α=c,∵b∥α,b⊂β,β∩α=c,∴b∥c,又a⊥α,c⊂α,∴a⊥c,又b∥c,∴a⊥b. 10.　[解析] ∵平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,∠PAC=90°,即PA⊥AC,PA⊂平面PAC,∴PA⊥平面ABC.又AB⊂平面ABC,∴PA⊥AB,∴PB==. 11.a2　[解析] ∵E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA的中点,∴EH􀰿BD,FG􀰿BD,∴EH􀰿FG,∴四边形EFGH为平行四边形.∵EF=AC,FG=BD,AC=BD=a,∴EF=FG=a,∴四边形EFGH为菱形.又EF∥AC,FG∥BD,∴∠EFG或其补角是异面直线AC与BD所成的角,即∠EFG=60°或120°,∴S四边形EFGH=2××=a2. 12.①②　[解析] 对于①,若BC⊥BD,当平面A'BD⊥平面BCD时,平面A'BD∩平面BCD=BD,BC⊂平面BCD,∴BC⊥平面A'BD,则此时BC⊥A'B,故①可能成立;对于②,若∠ABD=45°,则∠A'BD=45°,∴当∠A'BA=90°时,A'B⊥AB,又AB∥CD,∴CD⊥A'B,故②可能成立;对于③,在△ABD中,∵AB>AD,∴∠ABD为锐角,即∠A'BD为锐角,故直线BD不可能和直线A'B垂直,故③不可能成立;对于④,∵AB>AD,∴在△A'BC中,A'B>BC,∴∠BA'C始终为锐角,故直线A'C不可能和直线A'B垂直,故④不可能成立.故答案为①②. 13.证明:(1)∵CD=2AB,E为CD的中点,∴AB=DE, 又AB∥CD,∴四边形ABED为平行四边形,则AD∥BE, ∵AD⊂平面PAD,BE⊄平面PAD,∴BE∥平面PAD. (2)由AB∥CD,AB⊥AD,得CD⊥AD, ∵平面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩底面ABCD=AD,CD⊂平面ABCD,∴CD⊥平面PAD. ∵E,F分别为CD,PC的中点,∴EF∥PD,∴EF∥平面PAD. 又BE∩EF=E,∴平面BEF∥平面PAD,∴CD⊥平面BEF. 14.证明:补充条件①AC⊥BC. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC, 因为AC⊂平面ABC,所以BB1⊥AC. 因为AC⊥BC,BC∩BB1=B,所以AC⊥平面BB1C1C. 因为BC1⊂平面BB1C1C,所以AC⊥BC1, 因为BC=CC1,所以四边形BB1C1C为菱形,所以B1C⊥BC1. 因为AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面AB1C. 因为AB1⊂平面AB1C,所以BC1⊥AB1. 补充条件②AB=AC1. 设BC1∩B1C=M,连接AM,如图. 因为AB=AC1,M为BC1的中点,所以AM⊥BC1. 因为BC=CC1,所以四边形BB1C1C为菱形,所以B1C⊥BC1. 因为AM⊂平面AB1C,B1C⊂平面AB1C,AM∩B1C=M, 所以BC1⊥平面AB1C.因为AB1⊂平面AB1C,所以BC1⊥AB1. 补充条件③平面AB1C⊥平面BB1C1C. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中, 因为BC=CC1,所以四边形BB1C1C为菱形,所以B1C⊥BC1. 因为平面AB1C⊥平面BB1C1C,平面AB1C∩平面BB1C1C=B1C,BC1⊂平面BB1C1C,所以BC1⊥平面AB1C. 因为AB1⊂平面AB1C,所以BC1⊥AB1. 15.解:(1)证明:因为AB=AD,∠BAD=60°,所以△ABD为等边三角形. 因为P为AD的中点,所以BP⊥AD. 取BD的中点E,连接AE,则AE⊥BD,因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AE⊂平面ABD,所以AE⊥平面BCD, 又CD⊂平面BCD,所以AE⊥CD. 因为CD⊥AD,AD∩AE=A,AE,AD⊂平面ABD,所以CD⊥平面ABD,因为BP⊂平面ABD,所以CD⊥BP, 又因为CD∩AD=D,CD,AD⊂平面ACD,所以BP⊥平面ACD. (2)过点M作MH⊥PC,垂足为H.由(1)知BP⊥平面ACD, 因为MH⊂平面ACD,所以BP⊥MH.又BP∩PC=P, 所以MH⊥平面BPC,所以∠MPC为MP与平面BPC所成的角. 在Rt△PDM中,PM===2, 在Rt△PDC中,PC===, 在△CPM中,cos∠MPC===,所以sin∠MPC===, 故MP与平面BPC所成的角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$