第41期 基本立体图形、直观图-【数理报】2024-2025学年高一数学必修第二册同步学案（北师大版2019）

道冷需牡工阅件零片]用引1洲汤易·棒得日群 本高海栏通插养该机 的￥装量探装内线 1s1-y4 数理招 25年4月1日五 高中数学 低重日量量游摩线 41单11)海 北御大 S-213 心旅罐二番 附： 学海丹“ 片41用行口2 制中公恒电运年车的国 初学空间点、线、面 须注意的问题 ⊙山酒联塔 线上样三个为A同一直线上利，经t这三个山 期者指：交阅点、瓦.再但里美品这年学内 有无数，)不正： 11(C,42D,43)1,4) 夫风一导直动着储 布减的青点表未上都足时九，线，为丝显系嘉的 二，平配的基本性塘是其由月 力，三十之点干正到自线上，#确范 村孕且年分内宜成卡以时鼻见，马多的地言整 阳因大多黄是项为对定理，推论的程解不到日 花制有，季望月学幻盖解单一反七，有背技民 从及南国时餐中千数 卧并州的吾件是委界有确文生一平面的最件 在禁与点，应理，平真关不附关的延 达可山中 三，两条流的位置类 ，4一的关见 相8百三了3柱 LA1古国 鱼中，了4 朝月Q4,无百不报，k有一 )相2直四 于RA厂 在十位道上，0，▲，三力千线场 1川有W店青 解，判河净自的位演关属，可以感过现 A1得直 色如古上用所净，在正体4力一AA,G,0 多诗鱼每得区，韩高 14 D1. )三第直交，不同一石 1Mn6“,P单n且Pg 解：阿民若料国定理进打浮虹纪 有具作视思阿女：小相民，6如文，制的 编阳的在的样品制 (4这门日=4度门T=8D￥=A,年门 交T满一山，由下粒交于屏一点，三弟直 用皮子每时，它有自米在平 由，人，：弄面，时以纳线里关是中行，相之人 丹点佳雅都可科月A安体根是典料和 度有专使地堂美间 内拉4》不请： ()1，卧是三，下 截掉的和剩下的 得分五信： 心现南朱★全 CPi.P.M 个为方到可的罩0最是掉- 线五日7体，实个价 和得使地的都使度 不身.位正利几个角”格是一次所 三个”天用 2)得，的按也，下 精以个同脑相国到空具，卡着看留摩的国 3)，博的分必楼性，下国 同面：再王体数郴 程什，以日查构首且 线有一，一 4银从是志，了 (4)方D过三木时，如图5，期下 事k组成们四华冷之4 体还量指，共有个山 t有￥山4-等 程究二：到角A作 解：分究 4)售特，糕标的得分四传并，下的 专转转。A当2的 ()海意不过国直时，江国2，到下的L 力4.青的中1力 {5)国1，轴的同论是 分与相下的能分客量什么 ◆ 亚4样掉一个几可体厘 是宽接抛这样同，止你 2H 素养·专练 数祝物 专项小体一、基本立体困形 专项小练二、空体图形的直观图 专项小修三，空同点、直战和平面之网的 ,下说达拒建的是 1,在期来的相影中，从条仪良平行且射零 位营关愿 转表 《A)中行且相等 《!平7红不们W )明性千星编韩体 (G分们等开不平行 D展台以有作是与平行千周国E在 ()西不平行在不H相博 四四网网 2【多这}下列名法中E离的是（ 程A的两分辆平厅于x轴和轴，且∠4 0T。侧庄直日中，44 IAl.6 0)#4k (相防的你一把见三年彩，走晚推的帽 (11115 点已1是可商■外条直线.止/作两个 (D0 3,《多透)里1所 云 (Cy使白的能超同个相m明正方彩 (A1平行 )不2 满属大家 )6 中与空于一 飞包如下图：的图形位山诉在边直线 精一，周到的儿园 “号的R置关不为 了核，数合轴，是在平每国和A5红中 中，的A,C,内有点P,直”校的平日 (GA的纪t大于4由妇长图 4理柱可只有作是山 (D)C长度大FAn的长度 韩同的一条百丝传一厚 个 1到闻1所的直雪 的一个板有 其平面国形的面阳为 F三U 本相年隔康命剂 参年苦常又下利 细用专桶个年及去香来 P54-10-1-04 (5>C) 专筑和罐一 :414:- + 6: 施A+与1的明的为4 ,2-3+(0t 方内小， 所科m。子+柳：某 Ka> 里14+子2 t37√…4de2 车1) ) 批1n1时4--4国 载-a国(-s,生 ,率喷送集题！本4和目￥量《时 二条聘感年箱民A航，收所山.款 兰墙显周2攻+3儿4从6， 积1。+4单1 4注：3年H23301 【) ) 国1日点=1 速已务行镇位权，非样料年 国高一数学北师大（必修第二册）第40~44期 数理括 答案详解 2024~2025学年 高一数学北师大（必修第二册）第40~44期(2025年4月) 1.因为x=i(1-7i)=7+i, 第40期2版 所以：=7-i 专项小练一 2.由题得a-2=0且a-1≠0，解得a=2, 1.A:2.B:3.AC:4.四：5.-5-2i 则1=1i1=1. [log(x2-3)<0. 3.向量0对应的点为(5,3)， 6.解：由题可知 因为0尼与0关于虚轴对称， 1og(x+3)<0. 所以0B对应的点为(-5,3)，0元对应的复数为-5+3i og(x2-3)>0 即 log2(x+3)<0, 4由题意得，}=i:= 1+5: 3(1+i) x2-3>1, 所以 0<x+3<1, 所以1-号 解得-3<x<-2, 5.设：=1+7i=7-i. 即实数x的取值范围为(-3，-2) 所以乏=7+i=a+bi,得a=7,b=1, 专项小练二 所以ab=7. 1.B;2.C;3.ABC;4.5;5.25. 6.解：(1)由题意得：1+=2+2a-3+(a2+a-6)i, 6.由2cos0+1=0得0=2km±要 因为1+红是纯虚数， 当0=2km+时，20=4m+37m20-1=-2,符合 m2+2a-3=0, 所以 得a=1. 题意： a2+a-6≠0. 4 (2)因为5+>0， 当0=2m-要时，20=4m-要sm20-1=0,不符 a2+2a-3>0, 合题意，舍去 所以 得a=2. a2+a-6=0. 7.由题可得2+ai=x-y+(x+y)i, 故111=|4-4i1=42. x-y=2 所以 解得2兰= 2 【x+y=1, 第40期3,4版 复数核心素养综合测评 因为y>1,所以，>1 一、单项选择题 解得a<-22或a>22. 1 ~4 DBDD 5 ~8 CBBC 8.由题得(1+i)2+p(1+i)+q=0(P,9eR), 提示： 化简得(p+g)+(2+p)i=0, 高一数学北师大（必修第二册）第40~44期 +9=0 上方， 所以 解得 p=-2, 2+p=0,g=2, 所以对应的点在实轴的下方，故(D)正确。 所以1：-六1=1p-ql=1-2-2 故选(C)(D). =4, 11.复数=1+2i在复平面内对应的点为P(1,2),(A)正确： 如右图所示复平面内，复数：和=1+i表示的点为Z和 复数的共轭复数对应的点与点P。关于实轴对称，(B)错误； Z,表示的向量为0Z和0Z, 设z=x+yi(x,y∈R),代人|z-11=|z-i,得1(x- 则由复数减法的几何意义，复数。-表示的向量为0立 1)+i1=1x+(y-1)i1, oZ=72 即√(x-1)+y2=√2+(y-1)了，整理得，y=x, 则1Z,Z1=4, 即Z点在直线y=x上，(C)正确： 所以点Z的集合图形M是以乙，为圆心，半径为4的圆， 易知点P。到直线y=x的垂线段的长度即为P。,Z之间距 所以M围成的面积为S=T×42=16π 离的最小值， 二、多项选择题 由P。到(1,1)的距离为1.所以最小值为1×c0s45°= 9.ABC;10.CD;11.ACD. 空故(D)正晚 提示： 故选(A)(C)(D). 9时中8+后-可品0故0正确： 3-i 三，填空题 由z在复平面内对应的点为(x,y), 12.6+3i:13.6: 则1：-2i1=1x+(y-2)il=1,即√x2+(y-2)=1, 14.(2+3,3+3)(或(2-3,3-3)). 则x2+(y-2)2=1,故(B)正确： 提示： 设复数=a+i,则=a-i, 12因为：=2-i,所以+9=2+i+29=2+i+ 所以=(a+i)(a-i)=a2+B≥0，故(C)正确： 复数：=1-3i的虚部是-3，故(D)不正确。 10(2+i边=6+3i 5 故选(A)(B)(C). 13.因为4eR,51=1-i,2=a+2i, 512 10.对于(A),2r+5-3=21+4) 8、、49 49 所以三=+24。a+2(1+i边 1-i(1-i)(1+i) 21+2=(t+1)2+1>0, =0-2+(0+2i=4:2+0+2 2 2 21 所以复数：对应的点可能在第一象限，也可能在第二象 限，故(A)错误： 依题意”宁2=2x“己，解得a=6 2 r212+51-3=0, 对于(B),当 14.设点C的坐标为(xan）, 2+2t+2≠0， 又A(1,4),B(3,2), 即上=-3或：=子时，：为纯虚数，故(B)错误： 则AB=(2,-2),AC=(x。-1,y%-4) 对于(C),因为2+21+2>0恒成立， 则4B对应的复数为z=2-2i, 所以。一定不为实数，故(C)正确： 若AC由AB逆时针旋转60°得到.则AC对应的复数为z= 对于(D),由选项(A)的分析知，：对应的点在实轴的：(2-2i)(cos60°+isin60)=3+1+(,3-1)i, -2- 高一数学北师大（必修第二册）第40~44期 因此AC=(x0-1,0-4)=(5+1,5-1), 3-24>0, 5 由题知 3 解得0=2+3,0=3+5， 解得-6<a< 6+a70, 5 则点C的坐标是(2+5,3+3)： 若A乙由A店逆时针旋转300°得到，则A亿对应的复数为z 所以实数口的取值范围是(-6，子) =(2-2i)(cos300°+isin300)=1-3-(1+√3)i, 18解：0)由题可得a-i=4-3ai=+(子- 因此AC=(。-1,0-4)=(1-5,-1-5) 3a小i.则a=-b=子-3a 解得x0=2-5,%=3-3, 则2a+b=3. 则点C的坐标是(2-5,3-√5). (2)因为1x+11<21b1, 四、解答题 所以(a+1)2+2<2b2, 15.解：设1=a+bi(a,beR,b≠0)是方程的一个虚根， 即(a+1)2<2=(3-2a)2. 则方程的另一个根为2=a-i, 则3a2-14a+8>0, 因为1x1=2,所以√a+6=2, 由根与系数的关系+2=2a=-2, 解得a<号或a>4,且a0, 所以a=-1,则b=4-a2=4-1=3,b=±5， 所以1z1=√a+=√a2+(3-2a)了 所以p=·马=(-1+3i)(-1-3i)=4 =√5a2-12a+9. 16.解：(1)若：对应的点在直线x+y+5=0上， 所以11e(,3)u3.+) 则(m2+5m+6)+(m2-2m-15)+5=0, 19.解：(1)由题意得x2+y2≤1，且x,yeZ, 得m=3±红 4 (2)若z的共轭复数的虚部为12， 则-(m2-2m-15)=12→m=-1或m=3. fx=0, 17.解：(1)由题可得1+=1-2i+3+ai=4+(a y=1, 2)i, 所以：=1或：=-1或：=0或：=-i或：=i, 所以P(z)=P(1)=eos0+isin0=1或P(:)=P(-1) 所以1+21=√16+(a-2)产≥4， =cos0+isin0=1或P(z)=P(0)=0或P(z)=P(-i)= 故+1的最小值为4. 0或P()=P(i)=0. (2)由题设知0Z7=(1,-2),0Z=(3,4), 所以A=0,1. 所以(1，-2)·(3，a)=3-2a=0, (2)若：=2+i(y∈R), 解得。=子 P(:)=4[cos(yn)isin(y)] [cos y =0, )产月器 若P(:)为纯虚数，则 Lsin yπ≠0， .6+0+2n:3,446 5 5 所以m=受+k知，ke乙， 3 高一数学北师大（必修第二册）第40~44期 即)=k+方keZ, 提示： 1.倾斜后水槽中的水形成的几何体符合棱柱的结构特征 所以1：1=√22+y= +4,k∈Z. 故选(A) 2.平面ABC与平面A'B'C'相交于点D,E,F, 所以当k=0或k=-1时，11。= 21 故三点在一条直线上 (3)P(z)对应点的坐标为(x2cos(yT),xin(yT)) 3.根据一条直线和直线外一点确定一个平面知，(A)错， ,y=x-9, (C)对： 由题意{x2sin(π）=x2cos(yπ)-9， 四点不一定共面，或当四点在一条直线上时，不能确定一 x,y∈Z, 个平面，(B)错； 化简得x2sin(xπ-9m)=x2cos(xr-9π）-9， 两平面相交于一条直线，(D)错. 所以x2sin(xπ）=xcos(xπ）+9，xeZ, 4.若c与a,b都不相交.则c与a,b都平行，根据基木事实4， ①当x=2k,k∈Z时，x2+9=0不成立： 则a∥b.与a,b异面矛盾. ②当x=2k+1,keZ时，x2-9=0, 5.画出△AOB的原图为直角三角形，且OA=O'A'=6, 所以x=±3成立， 因为0B×0A=2,所以0B=4, T=3, 「x=-3 此时 或 y=-6y=-12. 所以0B'=0B=2 故满足条件的整点为(3，-6)和(-3，-12)。 6.当4条直线中任何三条都不共面时，如四棱锥的四条侧 第41期2版 棱，此时4条直线可以确定3+3=6个平面，所以(A)错误； 专项小练一 当4条直线中有三条都共面时， 1.D:2.ABC;3.D:4.矩形，一条边，球：5.5,4,3 此时4条直线可以确定3+1=4个平面，所以(B)错误； 专项小练二 4条直线在空间中的位置关系有：任何三条都不共面：有 1.A;2.C;3.AC;4.椭圆；5.6 三条都共面：4条直线共面，所以不存在其他的位置关系， 专项小练三 所以(C)正确： 1.ABC:2.D:3.B:4.a∥B或aCB 当4条直线共面时，此时4条直线只可以确定1个平面， 5.如右图所示，在平面A,C,内过P作 D 所以(D)错误， P 直线EF∥B,C,交A,B,于点E,交C,D,于 A 7.若直线EF,HG相交，设EF∩HG=P, 点F,则直线EF即为所求 D 则PeEF,P∈HG 因为EF∥B,C,BC∥B,C, 又EFC平面ABD,HGC平面BDC, 所以EF∥BC. 所以P是平面ABD与平面BDC的公共点， 第41期3,4版 则必在其交线BD上，即P∈BD,(A)正确，(B)错误： 基本立体图形，直观图，空间点、直线和平面之间的位置关系 当E与B重合，F与D不重合，G,H与D,B不重合时， 同步核心素养测评 因为HG与BD都在平面BDC中， 一、单项选择题 所以HG与BD相交或平行， 1~4 ADCC 5-8 BCAA 无论什么位置，直线EF与G都是异面，则(C),(D)错误 高一数学北师大（必修第二册）第40~44期 8.构造四面体ABCD,使AB=a,CD=反，AD=AC=BC 所以异面直线共有6×4=24（对）. =BD=1, 取CD的中点E,连接AE,BE,则AE=BE= 2 所以号+号>a所以0<a<反. B 图2 二、多项选择题 14.依题意作图，如图3. 9.AD:10.AB:11.CD. 因为E,F,G,H分别为所在棱的中点， 提示： 10.(A)中三个不共线的点确定一个平面，故正确： 则在△ABD中，BH∥BD,BH=之BD=1 (B)正确： 同理，FG∥BD,FC=BD=1,EF∥AC,EF=AC= (C)中a,c可能异面，平行或相交； (D)中以正方体为例，可知两平面相交或平行都有可能 2.HG∥AC,ic=24C=2 故选(A)(B). 所以EH业FG,EFLHG,四边形EFGH为平面四边形， 1l.当anax=P时，Pea,P∈a,但ada.故(A)错： 设∠EHG=0,则∠HEF=180°-0， 当anB=P时，(B)错： 在△EHG中，由余弦定理有EG=Ef+HG2-2×EH× 因为a∥b,P∈b,所以P使a,所以由直线a与点P确定 HG×cos0=1+4-4cos0=5-4c0s8. 唯一平面《， 在△EFH中，HF=EF+Ef-2×EF×EH×cos(180 又a∥b,由a与b确定唯一平面B,但B经过直线a与点P -0)=4+1-4cos(180°-8)=5+4co80, 所以B与a重合，所以bCa,故(C)正确： EC2+H =5-4cos 0+5+4cos 0 10. 两个平面的公共点必在其交线上，故(D)正确。 四、解答题 故选(C)(D). 15.解：以AB为其中一边，分别画出表示平面的平行四边 三、填空题 形.如图4. 12.60°：13.24：14.10. 提示： 12.如图1，取B,C,的中点E,连接 A (2) BE,DE,则AC∥A,C,∥DE 则∠BDE(或其补角)即为异面直 (4】 (5) (6 线BD与AC所成的角. 图4 图1 由条件可知BD=DE=EB=2, 16.证明：因为AB∥CD 所以∠BDE=60°， 所以经过直线AB,CD可确定一个平面B 所以异面直线BD与AC所成的角为60°. 又AB∩x=E,ABCB,所以E∈a,E∈B, 13.作六棱锥P-ABCDEF,如图2 即E为平面a与B的一个公共点， 与棱PF异面的有：AB.BC,CD,DE共4条，同理，与PA, 同理可证F,G,H均为平面a与B的公共点. PB,PC,PD,PE异面的棱分别有4条. 因为两个平面有公共点，它们有且只有一条通过公共点的 5 高一数学北师大（必修第二册）第40~44期 公共直线，所以E,F,G,H四点必定共线 (2)由(1)知MN的长度与P,B的位置无关，恒是定值.但 17.解：连接ON,由ON∥AD知.AD与ON确定一个平面a 若P,B的位置发生变化，M,V的位置也会改变 又O,C,M三点确定-一个平面（如 第42期2版 图5所示)， 专项小练一 因为平面a&,平面B和平面ABCD两 1.A2.A;3.ACD:4.平行：5.平行 两相交，有三条交线OP,CM,DA,其中交 6.证明：连接AB,AC(图略)，由已知∠BAC=90°，AB= 线DA与交线CM不平行且共面， 图5 AC,三棱柱ABC-A'B'C”为直三棱柱，所以M为AB的中点. 所以DA与CM必相交，记交点为Q,所以OQ是α与B的交线 又因为N为BC的中点，所以MN∥AC 连接0Q与AN交于P,与CM的延长线交于Q. 又MN￠平面A'ACC',AG'CA'ACC, 故直线PQ为所求作的直线。 所以MN∥平面A'ACC 18.解：(1)AM和CN不是异面直线.理由如下： 专项小练二 因为M,N分别是A,B,B,C,的中点， 山A:2ABC:3A:4平行四边形：522易 所以MN∥AC, 又因为A,A∥DD,AA=DD, 6.证明：连接MF(图略) 而D,D∥C,C,DD=CC,所以A,A∥C,C,AA=C,C 因为M,F分别是AB,C,D的中点，且四边形AB,C,D 所以四边形A,ACC,为平行四边形. 为正方形，所以MF∥A,D,MF=A,D· 所以A,C,∥AC,所以MN∥AC. 又A,D∥AD,A,D=AD,所以MF∥AD,MF=AD. 所以A,M,N,C在同一个平面内， 所以四边形AMFD是平行四边形.所以AM∥DF 故AM和CN不是异面直线 因为DFC平面EFDB,AM4平面EFDB, (2)D,B和CC,是异面直线.理由如下： 所以AM∥平面EFDB.同理，AN∥平面EFDB. 由图知D,平面B,C,CB,即D,在平面B,C,CB外 又AM,ANC平面AMN,且AMM∩AN=A, 义因为B,B∥C,C,所以点B不在直线CC,上， 所以平面AMN∥平面EFDB. 所以D,B与CC,是异面直线。 第42期3,4版 19.解：(1)如图6，连接PM并延长交 平行关系同步核心素养测评 BA于点E,连接PV并延长交CB于点F,连 一、单项选择题 接EF 1~4 DDAC 5~8 BDCC 因为点M,N分别是△PAB和△PBC 提示： 的重心，所以E,F分别是AB,BC的中点， 1.如图1， 所以EF∥AC,BF=AC 0 微器子 所以MN∥BER,MN=子R 图1 B 当∠A0B=∠A,0,B,时，且0A∥0，A,0A与0，A,的方 所以N=子x4C=专4C=3 向相同，0B与0，B,是不一定平行 6 高一数学北师大（必修第二册）第40~44期 2.对于(A),当ICa时，平面a内也有无数条直线与1平 所以SA∥DG,同理，SA∥EF,所以DG∥EF 行，(A)不正确： 同理，当平面&∥BC时，GF∥DE 对于(B),a在平面a外有a与a相交，a∥a两种情况： 因为截面是梯形，所以四边形DEFG中仅有一组对边平 对于(C),a∥b,bC&,则aCa或a∥x: 行，故平面a仅与一条棱平行.故选(C). 对于(D),平移异面直线中的一条，使之与另一条相交，得 到平面α，所有与平面α平行且不过这两条直线中的任一条的 平面都与这两条异面直线平行 3.由题2知，①不正确： 图3 图4 若a∥x,bCa,则a∥b或a,b异面，故②不正确： 若a∥b,b∥&，则a∥a或aCa,故③不正确. 8.如图4，连接AC,BD,AD,取AD的中点P,连接MN,NP, 4.因为BC∥AD,ADC平面PAD,BCC平面PAD, PM,则AMP1=1BD1,1PN1=子1AC1. 所以BC∥平面PAD, 又两线段异面，所以M,N,P不可能共线。 因为BCC平面EFBC,平面EFBC∩平面PAD=EF, 在△MNP中IMNI<IMPI+IPNI, 所以BC∥EF. 因为BC=AD,EF<AD,所以EF<BC, 即1M1<0AC1HBDI). 所以四边形EFBC为梯形. 二、多项选择题 5.由图2可知，选项(A),(C),(D)中每对截面都是相交 9.AD;10.ACD;11.AB. 的，只有(B)中截面是平行的，故选(B) 提示： 9.由线面平行的判定定理可知①④中AB∥平面MNP. 故选(A)(D) 10.对于(A),由面面平行的传递性可知(A)正确： 图2 对于(B),若mCa,nC&,mB,n∥B. 则ax∥B或a与B相交，所以(B)错误； 6.棱柱的侧棱所在直线与底面成等角，所以两条平行直线 对于(C),若两个平面平行，其中一个平面内的任一直线 可以和一个平面成相等的角： 都与另一个平面平行，所以(C)正确： 一个圆锥的所有母线所在直线与圆锥底面成等角，非重合 对于(D),因为anB=l.Bny=m,l∥y,所以l∥m, 母线是相交的： 同理I∥n,由平行线的传递性可得m∥n,所以(D)正确， 将一条母线平移，与其中一条母线成异面直线，可知两条 故选(A)(C)(D): 异面直线可以和一个平面成等角， 1L.因为平面a∥平面B,CDC平面B, 则直线a,b与平面a所成的角相等， 所以CD∥平面a,故(A)正确： 则直线4，b的位置关系为平行、相交或异面. 设由PC与PD所确定的平面为y, 7.当平面a平行于某一平面时，截面为三角形，故(A), 因为平面a∥平面B,平面a∩平面y=AB,平面B∩平 (B)错.如图3. 面Y=CD, 当平面a∥SA时，截面是四边形DEFG, 又SAC平面SAB,平面SAB平面DEFG=DG, 所以A∥C,所以号=品即C=方解得AC= 高一数学北师大（必修第二册）第40~44期 4,故(B)正确： 5 若PB=1,则PB+AB=PA, 这与三角形三边关系定理相矛盾，故(C)错误： 所以线段A,P长度的取值范围是 ] 路-品-岩-器而由4B/D-器-品租m与 四、解答题 PC长度关系不确定，故(D)错误. 15.证明：如图7，过M作MP1 BC,过N作NQ⊥BE,P,Q为垂足，连 D 故选(A)(B). 三填空题 接PQ. 因为四边形ABCD与四边形 图7 12.36:13.5: 4[] ABEF是全等的矩形， 提示： 所以MP∥AB,NQ∥AB. 12.如图5，若平面为长方体ABCD- 所以MP∥NQ. A,B,C,D,的表面上的某一个面，如底面 又AM=FN,则MC=NB, ABCD. ∠MCP=∠NBQ,∠MPC=∠NQB=90°， 则与底面ABCD平行的且由该长方 图5 所以△MCP≌△NBQ.所以MP=NQ. 体的两个顶点确定的直线有：A,B,A,C,AD,B,C,B,D, 所以四边形MPQN是平行四边形.所以MN∥PQ. C,D1,共6条： 而PQC平面BCE,MN￠平面BCE, 长方体有6个面，每个面都有6条直线组成“平行线面 所以MN∥平面BCE. 组”，所以有6×6=36个. 16.证明：(1)连接SB(图略). 13.因为不在同一条直线上的三点确定一个平面， 因为E,G分别是BC,SC的中点，所以EG∥SB. 所以至少有三个点， 又因为SBC平面BDD,B,EG￠平面BDD,B, 当有三个点时，若在平面B的异侧，则不成立： 所以EG∥平面BDD,B· 当有四个点时，若在平面B的异侧，也不成立： (2)连接SD(图略)， 当有五个点时，则至少有三个点在平面B的同侧，成立， 因为F,G分别是DC,SC的中点，所以FG∥SD 则n的最小值为5. 又因为SDC平面BDD,B,FGd平面BDD,B, 14.如图6所示，分别取BB,B,C1的中 所以FG∥平面BDD,B· 点M,N连接A,M,A,N,MN, 又EG∥平面BDD,B,且EGC平面EFG,FGC平面 显然MN∥平面AEF EFG.EG O FG G. 又A,AEN为平行四边形， 图6 所以平面EFG∥平面BDD,B,· 所以A,N∥AE. 17.证明：(1)因为M,N,Q分别是PC,AB,CD的中点， 所以A,N∥平面AEF 所以NQ∥AD,MQ∥PD 又A,NnMN=N, 所以NQ∥平面PAD,MQ∥平面PAD, 所以平面AMN∥平面AEF.所以P在MN上. 又因为NQ∩MQ=Q,所以平面QMN∥平面PAD, 当P为MN中点O时，AP取得最小值，当P与M或N重 (2)由(1)知，平面QMN∥平面PAD. 合时，A,P取得最大值，A,M=√A,B+MB=√1+本 1 又平面QMN∩平面ABM=MN,平面PADO平面AME= 高一数学北师大（必修第二册）第40~44期 AE,由平面平行的性质定理知MN∥AE. 知平面BFM∥平面AEC, 因为AB∥CD.所以AB∥平面PCD, 又BFC平面BFM,所以BF∥平面AEC. 由线面平行的性质定理知，AN∥ME. 第43期2版 又因为AN∥CD,所以ME∥CD. 专项小练一 又因为M是PC的中点，所以E为PD的中点. 1.ABC:2.B;3.B:4.④：5.平行 18.解：若MB∥平面AEF,过F,B,M作平面FBMN交AE 专项小练二 于N,连接MN,NF. 1.C:2.A:3.ABC:4.90°：5.45. 因为BF∥平面AA,C,C,BFC平面FBMN, 专项小练三 平面FBMN O平面AA,C,C=MN.所以BF∥MN. 1.B:2.C:3.AD:4.36m:5.365. 又MB∥平面AEF,MBC平面FBMN, 平面FBMN O平面AEF=FN,所以MB∥FN. 6解：因为V=手nR=10(am. 所以BFNM是平行四边形. 3300 所以R=√4行 em). 所以MN=BF=1. 而EC∥FB,EC=2FB=2, 所以s=4如=() 所以MN∥EC,MN=EC=L =}300×4m=3/360000m(cm2), 故MN是△ACE的中位线. 故球的表面积为360000元cm2. 所以M是AC的中点时，MB∥平面AEF 第43期3,4版 19.(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AB∥CD. 垂直关系、简单几何体的再认识同步核心素养测评 又AB￠平面PCD,CDC平面PCD,所以AB∥平面PCD, 一、单项选择题 又ABC平面PAB,平面PAB门平面PCD=I,所以AB∥L, 1 -4 ACAD 5~8 ACCC 又AB∥CD,所以I∥CD. 提示： (2)解：当F是棱PC的中点时， 1.设a与a所成角为A,b与c所成角为B. BF∥平面AEC. 因为a⊥b,则B=90°-A=90°-50°=40° 证明如下，如图8，取PE的中点 2.依题意可知AD⊥BD,AD⊥CD,BD∩CD=D, M,连接FM. 图8 所以AD⊥平面a, 由于M为PE的中点，F为PC的中点， 所以折痕AD所在直线与桌面α所成的角等于90°， 所以FM∥CE. ① 3.设点P到三个平面的距离分别为a,2a,3a, 由M为PE的中点，PE:ED=2:1, 则0P2=a2+(2a)2+(3a)2=(214)2, 得EW=PE=ED,知E是MD的中点， 得a=2,距离分别为2,4,6. 连接BM,BD,设BD∩AC=O, 4.平面PAC∩平面PBC=PC, 因为四边形ABCD是菱形，则O为BD的中点。 则AC⊥平面PBC,所以AC⊥BC. 由于E是MD的中点，O是BD的中点，所以BM∥OE.② 即在以AB为直径的圆周上，除去A,B两点. 由①FM∥CE,②BM∥OE,FM∩BM=M,CE nOE=E, 5.设扇形的半径为R,则围成的圆锥的母线为R, 9 高一数学北师大（必修第二册）第40~44期 设圆锥的底面半径为， 9.选项(B)中，可以是如图1所 3 3 则B=2×4T×R=8mR, 示的情形 故选(A)(C)(D) 也等于圆锥的侧面积 图1 10.因正方体的棱长为2，则： 再由2r=子R,可得1=名R 3 ①若球为正方体的外接球， 所以风维的底面积为：（食）广= 2 64TR. 侧外接球直径等于正方体体对角线， 即2R=√22+2+2=23，故(A)正确： 放圆锥的全面积为A= 64nR. 外接球体积为号R=4,5m,故(D)错误： 所以可得A:B=11:8. 6.设球的半径为R,则高为2R, ②若球为正方体的内切球，则内切球半径为棱长的一半， Vt=πR×2R=2mR3, 故R=1,球的表面积为4πR2=4石，故(B)正确： =号×2R=号，=专R, ③若球与正方体的各棱相切，则球的直径等于正方形对 角线长，即2R=√2+2=22，球的半径为R=√2，故(C) 故V性：V圆锥：V球=3：1：2. 正确. 7.因为在△ABC中，AB=BC=6,∠ABC=120° 故选(A)(B)(C). 由余弦定理可得AC=AB2+BC2-2AB.BC·cOs120°= 11.因为PB在底面的投影为AB,AB与AD不垂直， 108 所以PB与AD不垂直，故(A)错误； 又因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥AC, 所以△PAC为直角三角形， 因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥AB,所以PA与PB不 又因为PA=6,所以在R1△PAC中由勾股定理可得： 垂直， PC=PA+AC2=36+108=144, 所以PB与平面PAD不垂直，故(B)错误； 所以PC=12. 因为BD∥AE,所以BD∥平面PAE, 8.连接0A,0B,0C, 所以BC与平面PAE不平行，故(C)错误： 因为PA⊥PB,PA⊥PC,PB,PCC平面PBC,PB∩PC=P, 因为PD与平面ABC所成的角为∠PDA,且AD=2AB= 所以PA⊥平面PBC PA, 因为BCC平面PBC,所以PA⊥BC 所以∠PDA=45°，故(D)正确. 由题意，PO⊥平面ABC,BCC平面ABC,所以PO⊥BC, 故选(A)(B)(C). 又PA,P0C平面PAO,PA∩P0=P, 三填空题 所以BC⊥平面PAO, 12.无数或1：13.3：14.30°. 因为AOC平面PAO,所以BC1A0, 提示： 同理可证BO⊥AC,C0⊥AB,所以点O是△ABC的垂心. 12.设平面a外一点为A,平面α内一点为B. 二、多项选择题 若AB⊥&，则过AB且与《垂直的平面有无数个： 9.ACD;10.ABC;11.ABC. 若AB不垂直于a,设A在a内的射影为C,则AC⊥平面a, 提示： 则面ABC⊥面a 10