最新苏教版高中数学必修二(全册)同步配套练习全集
苏教版高中数学必修2配套练习参考答案解析几何全部
解析几何部分（共：1—17课时及每章评价）参考答案：第1课时 直线的斜率（1）1．D 2．C 3．D 4．4- 5．1k ≤ 6．可以是(2,4)，不惟一． 7．由题意，()132212a -=++，∴2a =-．8．当1m =时，直线l 与x 轴垂直，此时直线斜率不存在； 当1m ≠时，直线斜率34111k m m-==--． 9．在直线斜率为0，OC 边所在直线斜率不存在，BC 边所在直线斜率为43-．10．由AB AC k k ≠，可得1112383k --≠---， ∴1k ≠．第2课时 直线的斜率（2）1．C 2．B 3．D 4．60o． 5．6 6． (0,2)7． 045α≤<o o 或135180α<<o o．8．倾斜角为45o时斜率为1，倾斜角为135o时斜率为1-．9．直线l 上任一点(,)M m n 经平移后得(3,1)N m n -+在l 上，由两点的斜率公式得(1)1(3)3l n n k m m +-==---．10．直线2l 的倾斜角为180(6015)135α=--=oooo， ∴2tan135tan 451k ==-=-oo．第3课时 直线的方程（1）1．C 2．D 3．A 4．D 5．（1）4y =-；（2）23y x =-- 6．1y +6y x =-+7．由直线1l 的方程2y =+可得1l 的倾斜角为60o ，∴直线l 的倾斜角为30o，斜率为tan 303=o，所以，直线l 的方程为12)y x -=-，即1y x =-+．8． 1:1:(2)-9．由直线1l的方程20x y -+=可求得1l 的斜率为1， ∴倾斜角为145α=o，由图可得2l 的倾斜角2115αα=+o∴直线2l 的斜率为tan 60=o， ∴直线2l 的方程为2)y x -=-0y -=．10．设直线方程为34y x b =+， 令0x =，得y b =；令0y =，得43x b =-， 由题意，14||||623b b ⨯-⨯=，29b =，∴3b =±， 所以，直线l 的方程为334y x =±．第4课时 直线的方程（2）1．D 2．D 3．B 4． 2y x =或1y x =+ 5．3 6． 10x y +-=或32120x y -+=7．设矩形的第四个顶点为C ，由图可得(8,5)C ， ∴对角线OC 所在直线方程为005080y x --=--，即580x y -=，AB 所在直线方程为185x y+=，即58400x y +-=． 8．当截距都为0时，直线经过原点，直线斜率为43-，方程为43y x =-；当截距都不为0时，设直线方程为1x ya a +=， 将点(3,4)-代入直线方程得341a a-+=，解得1a =-， 所以，直线方程为430x y +=或10x y ++=．9．当0t =时，20Q =；当50t =时，0Q =，故直线方程是15020t Q +=．图略． 10．直线AB 的方程为3x =，直线AC 的方程为123x y+=，直线x a =与,AB AC 的交点分别为(,3)a 、63(,)2a a -，又∵92ABC S ∆=，∴1639(3)224a a -⋅⋅-=，∴a =（舍负）．第5课时 直线的方程（3）1．B 2．D 3．B 4．D 5． 350x y -+= 6．24- 7．当2a =时，直线方程为2x =不过第二象限，满足题意；当20a -≠即2a ≠时，直线方程可化为1(4)2y x a a =+--， 由题意得2010240a a a -≠⎧⎪⎪>⎨-⎪-≤⎪⎩，解得24a <≤，综上可得，实数a 的取值范围是24a ≤≤． 8．（1）由题意得：22(23)(21)m m m m ---=+-， 即2340m m --=，解得43m =或1-（舍） （2）由题意得：22(23)(21)260m m m m m ----+--+=，即23100m m +-=，解得2m =-或53． 9．方法1：取1m =，得直线方程为4y =-， 取12m =，得直线方程为9x =， 显然，两直线交点坐标为(9,4)P -，将P 点坐标分别代入原方程得(1)9(21)(4)5m m m -⨯+-⨯-=-恒成立，所以，不论m 取什么实数，直线(1)m x -+(21)5m y m -=-总经过点(9,4)P -．方法2：原方程可整理得(21)(5)0x y m x y +--+-=，当21050x y x y +-=⎧⎨+-=⎩成立，即94x y =⎧⎨=-⎩时，原方程对任意实数m 都成立，∴不论m 取什么实数，直线过定点(9,4)-．10．方程0x y k +-=可变形为23)9k =-， 当90k -=即9k =时，方程表示一条直线90x y +-=； 当90k -<即9k >时，方程不能表示直线；当90k ->即9k <3= ∵方程仅表示一条直线，∴30+>且30-<，即0k <．综上可得，实数k 的取值范围为9k =或0k <．第6课 两直线的交点1．D 2．D 3．B 4．B 5．－3 6．6或-6 7．10，-12，-2 8．32190x y -+=9．4m =，或1m =-，或1m =．（提示：如果三条直线不能围成三角形，则有两种情形，一是其中有平行的直线，二是三条直线交于一点．） 10．(1)表示的图形是经过两直线210x y -+=和2390x y ++=的交点(3,1)--的直线（不包括直线2390x y ++=）．(2)30x y -=或40x y ++=．（提示：可设所求直线方程为21(239)0x y x y λ-++++=，即(21)(32)910x y λλλ++-++=．若截距为０，则910λ+=，即19λ=-，此时直线方程为30x y -=；若截距不为０，则21132λλ+-=--，即3λ=，此时直线方程为40x y ++=．） 11．直线l 的方程为60x y += 12．22b -≤≤（数形结合）第7课 两直线的平行与垂直（1） 1．D 2．B 3．C 4．平行, 不平行5．平行或重合 6．-2 ， 0或10 7．四边形ABCD 是平行四边形． 8．32A C =≠-且9．2,2m n == 10．20x y += 11. 3440x y +-=12.860860x y x y -+=--=或(提示：Q 所求直线与已知直线l ：8610x y -+=平行，∴设所求直线的方程为860x y λ-+=，与两坐标轴的交点为λ（-，0）8，λ（0，）6．又该直线与两坐标轴围成的三角形面积为８，∴1||||8286λλ⋅-⋅=，λ∴=±，故所求直线方程为860x y -+=或860x y --= 第8课 两直线的平行与垂直（2）1. B2. C3. C4. C5. B6. 垂直，不垂直7. 32y x =+8. 2，-2，09. 20x y -= 10. 310x y ++=和330x y -+= 11. 1a =-或92a =-12.270x y +-=,10x y -+=,250x y +-=(提示:由于点A 的坐标不满足所给的两条高所在的直线方程,所以所给的两条高线方程是过顶点B ,C 的,于是2AB k =-,1AC k =,即可求出边AB ,AC 所在的直线方程分别为270x y +-=,10x y -+=.再由直线AB 及过点B 的高,即可求出点B 的坐标(3,1),由直线AC 及过点C 的高,即可求出点C 的坐标(1,2).于是边BC 所在的直线方程为250x y +-=.)第9课 平面上两点间的距离１．C 2．C 3．C 4．A5．B 6．22y y =-=-或 7．47240x y +-= 8．23120x y +-=912|x x - 10．13410x x y =++=或 11．5150x y --=12．(1) (2,0)P -；(2) (13,0)P ，此时||PM PN -． 13．54x =（提示：y =数形结合，设(1,1),(2,3),(,0)A B P x ，则y PA PB =+）第10课时 点到直线的距离（1）１．()A ２．()C ３．()D ４．()A ５．()C ６．()A ７．5８．2a =或463９．设所求直线方程为340x y m -+=，=解得：14m =或12m =-（舍），所以，所求的直线方程为：34140x y -+=．１０．由题意第一、三象限角平分线的方程为y x =，设00(,)P x y ，则00x y =，即00(,)P x x ．= 解得：01x =或09x =-，所以点P 的坐标为：(1,1)或(9,9)--．11．由题意：当直线l 在两坐标轴上的截距为0时， 设l 的方程为y kx =（截距为0且斜率不存在时不符合题意）=k = 122-±，所以直线l 的方程为：122y x -±=． 当直线l 在两坐标轴上的截距不为0时，设l 的方程为1x ya a+=，即0x y a +-=，=a =13或1a =， 所以直线l 的方程为：130x y +-=或10x y +-=．综上所述：直线l 的方程为：122y x -±=或130x y +-=或10x y +-=． １２．设(,1)M t t -，则M 到两平行线段的距离相等，∴43t =，即41(,)33M ∵直线l 过(1,1)P -，41(,)33M 两点，所以，l 的方程为2750x y +-=．第11课时 点到直线的距离（2）１．()B ２．()C ３．()A ４．18 ５．(1,2)或(2,1)- ６．34210x y +-=７．320８．4310x y +-=９．设l ：320x y C -+=则1d =2d =1221d d =，所以|1|2|13|1C C +=+，解得：25C =-或9-， 所以l 的方程为：32250x y --=或3290x y --=．１０．证明：设(,)P a b ，则221a b -=P 到直线1l ，2l的距离分别为1d =，2d = ∴2212||122a b d d -==g． １１．设(,)M x y 为A ∠的平分线AD 上任意一点，由已知可求得,AC AB 边所在直线方程分别为5120x y -+=，5120x y --=，由角平分线的性质得：=∴512512x y x y -+=--或512(512)x y x y -+=---， 即6y x =-+或y x =，由图知：AC AD AB k k k <<，∴155AD k <<，∴6y x =-+不合题意，舍去，所以，A ∠的平分线AD 所在直线方程y x =． １２．设CD 所在直线方程为30x y m ++=，=，解得7m =或5m =-（舍）．所以CD 所在直线方程为370x y ++=．因为AB BC ⊥所以设BC 所在直线方程为30x y n -+=，=，解得9n =或3n =-．经检验BC 所在直线方程为390x y -+=，AD 所在直线方程为330x y --=．综上所述，其它三边所在直线方程为370x y ++=，390x y -+=，330x y --=．第12课时 圆的方程（1）１．()B ２．()C ３．()B ４．()C ５．()C ６．()B ７．（1）0a =；（2）||b r =；（3）310a b +-=． ８．22(6)36x y -+=９．C e 的圆心为(3,2)C -，C 'e 的圆心与(3,2)C -关于10x y -+=对称， ∴设C 'e 的圆心为(,)C a b '则3210222113a b b a +-⎧-+=⎪⎪⎨+⎪=-⎪-⎩g ，解得：34a b =-⎧⎨=⎩，C 'e 的标准方程为：22(3)(4)36x y ++-=．１０．由题意可设C e 的圆心为(,)C a b 半径为r ，则||2a =当2a =时，C e ：222(2)()x y b r -+-= 因为C e 与直线20x y +-=相切于点(1,1)P ， ∴222(12)(1)b r -+-= ①且1(1)112b--=--g ② 联立方程组，解得：2b =，r =所以C e 的方程为：22(2)(2)2x y -+-=同理，当2a =-时，C e 的方程为：22(2)(2)18x y +++=综上所述：C e 的方程为：22(2)(2)2x y -+-=或22(2)(2)18x y +++=１１．由题意设C e 的方程为222()()x a y b r -+-=，由C e 经过点(2,1)-，得：222(2)(1)a b r -+--=①由C e 与直线10x y --=r =② 由圆心在直线2y x =-上，得：2b a =-③联立方程组，解得：918a b r ⎧=⎪=-⎨⎪=⎩，或12a b r ⎧=⎪=-⎨⎪=⎩所以，C e 的方程为：22(9)(18)338x y -++=或22(1)(2)2x y -++=．１２．设⊙C 的方程为：222()()x a y b r -+-=，∵⊙C 与x 轴相切，所以22r b =①，又∵圆心(,)C a b 到直线0x y -=的距离为：d =∴222r +=，即 22()142a b r -+=②，又圆心在直线30x y -=上，所以30a b -=③联立方程组，解得133a b r =⎧⎪=⎨⎪=⎩或133a b r =-⎧⎪=-⎨⎪=⎩所以C e 的方程为：22(1)(3)9x y -+-=或22(1)(3)9x y +++=．第13课时 圆的方程（2）１．()C ２．()D ３．()B ４．12k <-５．2 ６．2π７．5，5 ８．2或23-９．圆方程为220x y Dx Ey F ++++=，将(0,0)，(1,1)两点坐标代入方程分别得0F = ①20D E F +++= ②又∵圆心(,)22D E--在直线30x y --=上，∴60E D --= ③解由①②③组成的方程组得4,2,0D E F =-==，∴所求圆方程为22420x y x y +-+=，圆心(2,1)-１０．证明：将034222=+--+y x y x 化为22(1)(2)2x y -+-= 则点与圆心之间的距离的平方为222(41)(2)17125m m m m -+-=-+ 又∵圆的半径的平方为2，∴2171252m m -+-217123m m =-+ 令2()17123f x m m =-+0∆<，即2()17123f x m m =-+恒大于0，即点与圆心之间的距离恒大于圆的半径，所以无论实数m 如何变化，点(4,)m m 都在圆034222=+--+y x y x 之外．11．设所求圆的方程为： 022=++++F Ey Dx y x令0y =，得20x Dx F ++=．由韦达定理，得12x x D +=-，12x x F =由12||x x -=6=，∴2436D F -=． 将(1,2)A ，(3,4)B 分别代入022=++++F Ey Dx y x ，得25D E F ++=-，3425D E F ++=-．联立方程组，解得12D =，22E =-，27F =或8D =-，2E =-，7F =所以所求的圆的方程为221222270x y x y ++-+=或228270x y x y +--+=12．证明：由题意22210250x y ax ay a ++---=，∴2225()()102524a a x a y a ++-=++ 令25()10254a f a a =++，则0∆<， ∴()0f a >即22(25)(210)0x y a x y +-+--=，表示圆心为(,)2a a -若22(25)(210)0x y a x y +-+--=对任意a 成立，则222502100x y x y ⎧+-=⎨--=⎩，解得34x y =⎧⎨=-⎩或5x y =⎧⎨=⎩，即圆恒过定点(3,4)-，(5,0)．第14课时 直线与圆的位置关系1．C 2．C 3．D 4．B 5．34250x y +-= 6．40x y +±=7 8． 247200x y --=和2x =；7 9．22(3)(1)9x y -+-=或22(3)(1)9x y +++=． 10．16m =-．11． 4330x y ++=或3430x y +-=．第15课时 圆与圆的位置关系 ⒈B ⒉B 3．D 4．A5．20x y -+= 6．260x y -+= ，6 7．(1,1) 8．22(3)(1)5x y -+-= 9．224(1)(2)5x y ++-=10．（1）240x y -+=； （2）22(2)(1)5x y ++-=； （3）22(3)(3)10x y ++-=． 11． 3r =±．第16课时 空间直角坐标系1．B ⒉C 3．C 4．D5．(2,0,0)、(0,3,0)- 6．(0,4,2)7．442110x y z ++-=8．略 9．略10．提示（1）只要写出的三点的纵坐标和竖坐标分别相等即可；（2）只要写出的三点的竖坐标相等即可．11．111212121x x y y z z x x y y z z ---==---21(x x ≠且21y y ≠且21)z z ≠．第17课时 空间两点间的距离1．D 2．D 3．A 4．A 5．(0,2,0) 6．222(1)(2)(4)9x y z -+++-=7．7 8．(1,0,0)P ± 9．[提示]建立空间直角坐标系，由中点坐标公式求出,P Q 两点坐标，用两点间距离公式即可求得线段PQ2．10．（1）(1,2,1)[提示]设重心G 的坐标为(,,)x y z ，则222GA GB GC ++2233x y =+22236126643(1)3(2)z x y z x y +---+=-+-23(1)46z +-+．当1,2,1x y z ===时，点G 到,,A B C 三点的距离的平方和最小，所以重心的坐标为(1,2,1)．（2）1,8,9x y z ===．第二章《解析几何初步》评价与检测参考答案：1．C 2．D 3．B 4．B 526．0d ≤≤ 7．4个 8．60 9．67250x y +-= 10．2750x y +-= 11．22(2)(2)25x y -++= 12．(1,0)A -，C (5,6)- 13．B14．C 15．A 16．D 17．11(,)102- 18．4a =±19．20,x y y x ++==，y x = 20．10 21．解：设与51270x y ++=平行的边所在直线方程为5120x y m ++=(7)m ≠，则=解得19m =-， ∴直线方程为512190x y +-=，又可设与51270x y ++=垂直的边所在直线方程为1250x y n -+=()n R ∈，则=解得100n=或74，∴另两边所在直线方程为1251000x y-+=，125740x y-+=22．解：设()2,1B-，()4,2C，()2,3D第四个顶点的坐标为(),A m n.则有BC所在直线的斜率为32BCk=；CD所在直线的斜率为12CDk=-；BD所在直线的斜率不存在.①若BD∥AC，BC∥AD，则AC所在直线的斜率不存在.4m∴=.又BC ADk k=，即33242n-=-，6n∴=.∴平行四边形第四个顶点的坐标为()4,6.②若BD∥AC，CD∥BA，则AC所在直线的斜率不存在.4m∴=.又CD BAk k=，即()11242n---=-，2n∴=-.∴平行四边形第四个顶点的坐标为()4,2-.③若CD∥BA，BC∥AD，则,CD BABC ADk kk k=⎧⎨=⎩()11223322nmmnnm--⎧-=⎪=⎧⎪-⇒⇒⎨⎨=-⎩⎪=⎪-⎩∴平行四边形第四个顶点的坐标为()0,0.综上所述，平行四边形第四个顶点的坐标可为()4,6或()4,2-或()0,0.23．解：设1122(,),(,)P x y Q x y，由2223060x yx y x y c+-=⎧⎨++-+=⎩消去x得2520120y y c-++=，∴由韦达定理知：12124125y y c y y +=⎧⎪⎨+=⎪⎩Q OP OQ ⊥，12121y y x x ∴⋅=-， 即12120x x y y +=，又12121212(32)(32)96()4x x y y y y y y =--=-++∴121296()50y y y y -++=， 也就是12964505c +-⨯+⨯=解之，得3c =． 从而所求圆的方程为22630x y x y ++-+=24．解：设1122(,),(,)P x y Q x y ，则1|OP x ==，2|OQ x ==．,P Q Q 为直线与圆的交点，∴ 12,x x 是方程22(1)(86)210x m m x ++-+=的两根， ∴12221,1x x m=+ ∴ 2221(1)211OP OQ m m ⋅=+=+。
2020年(苏教版)高中数学必修2配套练习+章节检测卷汇总(vip专享)
（苏教版）高中数学必修2配套练习+章节检测卷全集第1章立体几何初步1.1 空间几何体1.1.1 棱柱、棱锥和棱台A级基础巩固1．下列图中属于棱柱的有()A．2个B．3个C．4个D．5个解析: 根据棱柱的定义, 第一行中前两个和第二行中后两个为棱柱．答案: C2．五棱柱中, 不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线, 那么一个五棱柱共有对角线()A．20条B．15条C．12条D．10条解析: 由题意五棱柱对角线一定为上底面的一个顶点和下底面的一个顶点的连线, 因为不同在任何侧面内, 故从一个顶点出发的对角线有2条, 五棱柱的对角线共有2×5＝10(条)．答案: D3．下面图形所表示的几何体中, 不是棱锥的为()解析: 判断一个几何体是否是棱锥, 关键看它是否满足以下条件: 有一个面是多边形, 其余各面都是三角形, 且是有一个公共顶点的三角形．故A不是棱锥; B是四棱锥; C, D是五棱锥．答案: A4．关于棱柱的下列说法中正确的是________(填序号)．①所有的棱都相等;②至少有两个面的形状完全相同;③相邻两个面的交线叫作侧棱．解析: ①错误, 因为侧棱与底面上的棱不一定相等; ②正确, 根据棱柱的结构特征知, 棱柱的两个底面一定是全等的, 故棱柱中至少有两个面的形状完全相同; ③错误, 因为底面和侧面的公共边不是侧棱．答案: ②5．观察如图所示的正六棱柱, 共有________对平行平面, 能作为棱柱底面的有________对．解析: 观察图中的正六棱柱, 可知共有4对平行平面, 其中能作为棱柱底面的只有1对．答案: 4 16．下列说法正确的是________(填序号)．①底面是正方形的棱锥是正四棱锥;②各条侧棱都相等的棱锥是正棱锥;③底面是正三角形, 其余各个面是等腰三角形的三棱锥一定是正三棱锥;④正四面体是正三棱锥．解析: 根据定义判定．答案: ④7．在四棱锥的四个侧面中, 直角三角形最多有______个．解析: 从长方体中寻找四棱锥模型．答案: 48．有一个面是多边形, 其余各面都是三角形的几何体一定是棱锥吗?解: 不一定, 因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面是有一个公共顶点的三角形”, 如图所示的几何体并不是棱锥．9．下列三个命题, 其中正确的有________个．①用一个平面去截棱锥, 棱锥底面和截面之间的部分是棱台;②两个底面平行且相似, 其余各面都是梯形的多面体是棱台;③有两个面互相平行, 其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台．解析: 由棱台定义知3个命题均不正确．答案: 0B级能力提升10.某同学制作了一个对面图案相同的正方体礼品盒(如图所示), 则这个正方体礼品盒的表面展开图应该为()解析: 两个☆不能并列相邻, B、D错误; 两个※不能并列相邻, C错误, 故选A.也可通过实物制作检验来判定．答案: A11．下列说法不正确的是________(填序号)．①有些棱台的侧棱都相等;②四棱锥有五个顶点;③三棱台的上、下底面是相似三角形;④有两个面平行且相似, 其余各面都是梯形的几何体是棱台．解析: 根据棱锥顶点的定义可知, 四棱锥仅有一个顶点, 则②不正确; 显然①③正确; 举反例: 将两个相同的四棱台的上底面重合上下放置, 得到的几何体不是棱台, ④不正确．答案: ②④12．下列图中的几何体是棱台的是________(填序号)．解析: ①③都不是由棱锥截成的, 不符合棱台的定义, 故①③不满足题意．②中的截面不平行于底面, 不符合棱台的定义, 故②不满足题意．④符合棱台的定义．答案: ④13.如图所示是一个正方体的表面展开图, 把它折回成正方体后, 下列命题中, 正确命题的序号是________．①点H与点C重合;②点D, M与点R重合;③点B与点Q重合;④点A与点S重合．解析: 把面EFNM作为该正方体的底面, 将展开图还原为正方体, 如图所示, 然后逐个检验, 便可得到命题②④是正确的．答案: ②④14．一个长方体过同一顶点的三个面的面积分别为2, 3, 6, 这个长方体的对角线的长是________．解析: 设三边分别为a, b, c, 则ab＝2, bc＝3, ca＝6, 解得: a＝2, b＝1, c＝3, 所以对角线长为a2＋b2＋c2＝1＋2＋3＝ 6.答案: 615．两个完全相同的长方体, 长、宽、高分别为5 cm, 4 cm, 3 cm, 把它们重叠在一起组成一个新长方体, 在这些新长方体中, 求最长的对角线的长度．解: 当一个长方体放在另一个长方体的上方时, 这时新的长方体的对角线长d1＝52＋42＋（3＋3）2＝77(cm);当一个长方体放在另一个长方体的右边时, 这时新的长方体的对角线长d2＝（5＋5）2＋42＋32＝55(cm);当一个长方体放在另一个长方体的前方时, 这时新的长方体的对角线长d3＝52＋（4＋4）2＋32＝72(cm)．综上可知, 新长方体中, 最长的对角线的长度为5 5 cm.16.如图所示, 已知正四棱锥V-ABCD的底面面积为16, 一条侧棱长为211, 点E是BC的中点, 计算它的高和斜高．解: 因为正方形ABCD的面积为16,所以边长为4, OB＝2 2.又侧棱长为211,所以VO＝（211）2－（22）2＝6.又OE＝2, 所以斜高VE＝62＋22＝210.故它的高为6, 斜高为210.第1章立体几何初步1.1 空间几何体1.1.2 圆柱、圆锥、圆台和球A级基础巩固1．下列说法正确的是()A．直角三角形绕一边所在直线旋转得到的旋转体是圆锥B．夹在圆柱的两个截面间的几何体还是一个旋转体C．圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台D．通过圆台侧面上一点, 有无数条母线解析: 圆锥是直角三角形绕直角边所在直线旋转得到的, 如果绕斜边旋转就不是圆锥, A不正确; 夹在圆柱两个平行于底面的截面间的几何体才是旋转体, 故B不正确; 通过圆台侧面上一点, 有且只有一条母线, 故D不正确．答案: C2．下列说法正确的是()A．直线绕定直线旋转形成柱面B．半圆绕定直线旋转形成球体C．有两个面互相平行, 其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台D．圆柱的任意两条母线所在的直线是相互平行的解析: 两直线平行时, 直线绕定直线旋转才形成柱面, 故A不正确; 半圆以直径所在直线为轴旋转形成球体, 故B不正确; C不符合棱台的定义．答案: D3．下列命题中, 正确的是()A．平行于圆锥的一条母线的截面是等腰三角形B．平行于圆台的一条母线的截面是等腰梯形C．过圆锥顶点的截面是等腰三角形D．过圆台一个底面中心的截面是等腰梯形解析: A中的截面是抛物面, 故错误; B中截面只过一个底面时, 不成立; 而D中截面不过另一个底面时, 也不成立; 因为圆锥的母线相等, 所以过圆锥顶点的截面是等腰三角形, 故C成立．答案: C4．如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面, 下底面圆心为顶点的圆锥而得到的组合体, 现用一个竖直的平面去截这个组合体, 则截面图形可能是()A．①②B．①③C．①④D．①⑤解析: 一个圆柱挖去一个圆锥后, 剩下的几何体被一个竖直的平面所截后, 圆柱的轮廓是矩形除去一条边, 圆锥的轮廓是三角形除去一条边或抛物线的一部分．答案: D5．给出以下命题:①空间中到定点的距离等于定长r的点的集合, 构成半径为r的球;②空间中到定点的距离等于定长r的点的集合, 构成半径为r的球面;③一个圆面绕其直径所在直线旋转180°所形成的曲面围成的几何体是球;④球面的对称轴有无数条, 对称中心有无数个．其中正确的是________(填序号)．解析: 由球的定义知, ①错误, ②正确, ③正确; ④错误, 因为球面的对称中心只有一个, 即球心．答案: ②③6．半圆绕着直径所在直线旋转一周所得的几何图形是______．解析: 注意球与球面、半圆与半圆面的区别．答案: 球面7．如图所示, 一个圆环面绕着过圆心的直线l旋转180°, 想象并说出它形成的几何体的结构特征．试着说出它的名称为________．解析: 旋转形成的几何体是由两个同心球构成的, 即大球中挖去一个同心的小球．答案: 空心球8．一个正方体内接于一个球, 过球心作一截面, 如下图所示, 则截面的可能图形是________(填图序)．解析: 当截面平行于正方体的一个侧面时得③, 当截面过正方体对角线时得②, 当截面不平行于任何侧面也不过对角线时得①, 但无论如何都不能得出④.答案: 图①、图②、图③B级能力提升9．下面平面图形中能旋转而形成如图所示的几何体的是()解析: 此几何体自上向下是由一个圆锥、两个圆台和一个圆柱构成, 是由A中的平面图形旋转而形成的．答案: A10．用一个平面截半径为25 cm的球, 截面圆的面积是49π cm2, 则球心到截面的距离为________．解析: 球的半径R＝25(cm), 截面圆的半径r＝7(cm), 则球心到截面的距离d＝252－72＝24(cm)．答案: 24 cm11．若一个圆锥的轴截面是等边三角形, 其面积为3, 则这个圆锥的母线长为________．解析: 如图所示, 设等边三角形ABC为圆锥的轴截面, 由题意易知其母线长即△ABC的边长, 且S△ABC＝34AB2, 所以3＝34AB2.所以AB＝2.故所求圆锥的母线长为2.答案: 212．指出图中的几何体是由哪些简单几何体构成的．图①图②解: (1)图中的几何体是由六棱柱中挖去一个圆柱构成的．(2)图中的几何体是由圆锥、圆柱、圆台构成的．13．已知圆柱的底面圆的半径是20 cm, 高是15 cm, 则平行于圆柱的轴且与此轴相距12 cm的截面面积是________cm2.解析: 圆柱的底面如图所示,设所求截面的底边长为x cm ,由题意得⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22＝202－122, 解得x ＝32, 所以S 截面＝32×15＝480(cm 2)．答案: 48014．把四个半径为R 的小球放在桌面上, 使下层三个, 上层一个, 两两相切, 求上层小球最高处离桌面的距离．解: 如图所示, 由于四个半径为R 的球两两相切, 故四个球的球心构成一个棱长为2R 的正四面体O 4-O 1O 2O 3, 因为底面等边三角形O 1O 2O 3的高为32×2R , 所以该棱锥的高OO 4＝（2R ）2－⎝ ⎛⎭⎪⎫233R 2＝263R . 所以上层小球最高处离桌面的距离d ＝263R ＋R ＋R ＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋263R .第1章 立体几何初步1.1 空间几何体1.1.3 中心投影和平行投影A级基础巩固1．已知△ABC, 若选定的投影面与△ABC所在平面平行, 则经过中心投影后所得三角形与△ABC()A．全等B．相似C．不相似D．以上都不对解析: 根据中心投影的概念判断是相似．答案: B2．下列命题正确的是()A．矩形的平行投影一定是矩形B．梯形的平行投影一定是梯形C．两条相交直线的投影可能平行D．一条线段中点的平行投影仍是这条线段投影的中点解析: 因为当平面图形与投射线平行时, 所得投影是线段, 故A, B错．又因为点的平行投影仍是点, 所以相交直线的投影不可能平行, 故C错．由排除法可知, 选项D正确．答案: D3．(2014·福建卷)某空间几何体的正视图是三角形, 则该几何体不可能是()A．圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱柱解析: 由三视图知识, 知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形, 而圆柱的正视图不可能为三角形．答案: A4．下列几何体各自的三视图中, 有且仅有两个视图相同的是()A．①②B．①③C．①④D．②④解析: 在各自的三视图中: ①正方体的三个视图都相同; ②圆锥有两个视图相同; ③三棱台的三个视图都不同; ④正四棱锥有两个视图相同．答案: D5．将长方体截去一个四棱锥, 得到的几何体如图所示, 则该几何体的侧视图为()解析: 所给几何体的侧视图是矩形, 里面从右上到左下加对角线．答案: D6．一个图形的平行投影是一条线段, 这个图形不可能是下列图形中的________(填序号)．①线段; ②直线; ③圆; ④梯形; ⑤长方体．解析: ①的平行投影是线段或点; ②的平行投影是直线或点; 对于③④, 当图形所在面与投影面垂直时, 其正投影为线段; ⑤的平行投影显然不可能是线段．故填②⑤.答案: ②⑤7．两条相交直线的平行投影是___________________________．解析: 当两条相交直线所在平面与投影线不平行时, 平行投影是两条相交直线; 当平行时, 其投影是一条直线．答案: 两条相交直线或一条直线8．图①和图②为两个几何体的三视图, 根据三视图可以判断这两个几何体分别为________、________．解析: 根据三视图的形状联想几何体的结构．答案: 圆台四棱锥9．如图所示的长方体和圆柱的三视图是否正确?解: 均不正确．画一个物体的三视图, 不仅要确定其形状, 而且要确定线段的长短关系．长方体和圆柱的正确三视图如图所示:B级能力提升10．(2014·江西卷)一几何体的直观图如图所示, 下列给出的四个俯视图中正确的是()解析: 该几何体是组合体, 上面的几何体是一个五面体, 下面是一个长方体, 且五面体的一个面即为长方体的一个面, 五面体最上面的棱的两端点在底面的射影距左右两边距离相等, 故选B.答案: B11．画简单组合体的三视图时, 下列说法错误的是________(填序号)．①主视图与俯视图长相同;②主视图与左视图高平齐;③俯视图与左视图宽相等;④俯视图画在左视图的正下方．解析: 由画图时遵循“长对正、高平齐、宽相等”, 易知①②③正确．答案: ④12．下列实例中, 不是中心投影的是________(填序号)．①工程图纸; ②小孔成像; ③相片; ④人的视觉．解析: 由中心投影和平行投影的定义知, 小孔成像、相片、人的视觉为中心投影, 工程图纸为平行投影．答案: ①13．一个几何体的三视图如图所示, 则该几何体的直观图可以是________(填图序)．解析: 由三视图可知该几何体上部分是一个圆台, 下部分是一个圆柱, 故填图④.答案: 图④14．若一个正三棱柱的三视图如下图所示, 则这个正三棱柱的高和底面边长分别为________、________．解析: 从左视图中得到高为2, 正三棱柱的底面正三角形的高为23, 可得边长为4.答案: 2 415．已知正方体的棱长为1, 其俯视图是一个面积为1的正方形, 左视图是一个面积为2的矩形, 则该正方体的主视图的面积等于________．解析: 由题意可知, 该正方体是斜放的, 其俯视图恰好是正方形, 而左视图和主视图都是正方体的对角面, 故该正方体的主视图的面积等于 2.答案: 216．在一个仓库里堆放着若干个相同的正方体货箱, 仓库管理员将这堆货箱的三视图画了出来, 如图所示, 则这堆正方体货箱共有________个．解析: 由主视图可知货箱有3层, 由左视图可知货箱前后有3排, 由俯视图可知货箱有3列, 则货箱的具体分布情况如图所示, 其中小正方形的数字表示此位置上面货箱的个数．因此这堆正方体货箱共有3＋1＋1＋2＋1＋1＝9(个)．答案: 9第1章立体几何初步1.1 空间几何体1.1.4 直观图画法A组基础巩固1．用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图, 对其中的线段说法错误的是()A．原来相交的线段仍相交B．原来垂直的线段仍垂直C．原来平行的线段仍平行 D．原来共点的线段仍共点解析: 根据斜二测画法可知, 原来垂直的线段未必垂直．答案: B2．建立坐标系, 得到的两个正三角形ABC的直观图不是全等三角形的一组是()解析: 由斜二测画法规则易知A、B、D中的直观图全等．答案: C3．利用斜二测画法画边长为1 cm的正方形的直观图, 正确的是()解析: 正方形的直观图应为平行四边形且平行于y′轴的线段的长度减半, 故只有C正确．答案: C4．下图为一平面图形的直观图, 因此平面图形可能是()解析: 根据直观图, 平面图形的一边在x′轴上, 另一边与y′轴平行, 故此平面图形是左边为直角腰的直角梯形．答案: C5．如图所示, △A′B′C′是△ABC的直观图, 其中A′C′＝A′B′, 那么△ABC是()A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．钝角三角形解析: 由直观图看出, 三角形中有两边分别和两轴平行且相等, 由斜二测画法知原图中相应两边与两轴平行, 即有两边垂直且不等, 所以原三角形为直角三角形．答案: B6．利用斜二测画法得到的:①三角形的直观图是三角形; ②平行四边形的直观图是平行四边形; ③正方形的直观图是正方形; ④菱形的直观图是菱形; ⑤梯形的直观图是梯形．以上结论, 正确的是________(填序号)．解析: 因平行性不改变, 故②正确, ①也正确, 梯形的两底保持平行且不相等, 故⑤也正确; 平行于y轴的线段, 长度变为原来的一半, 故③④不正确．答案: ①②⑤7．如图所示, 用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为一个正方形, 则原来图形的形状是________(填序号)．①②③④解析: 根据斜二测画法知, 在y轴上的线段长度为直观图中相应线段长度的2倍, 可知①正确．答案: ①B级能力提升8.如图所示, Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图, 直角边O′B′＝1, 则这个平面图形的面积是()A ．2 2B ．1 C. 2 D ．4 2解析: 设这个平面图形为△OAB .因为O ′B ′＝1, 所以O ′A ′＝2.所以在Rt △OAB 中, ∠AOB ＝90°, OB ＝1, OA ＝22, 所以S△AOB ＝12×1×22＝ 2. 答案: C9.如图所示, 正方形O ′A ′B ′C ′的边长为1 cm, 它是水平放置的一个平面图形的直观图, 则原图的周长是( )A．8 cm B．6 cmC．2(1＋3)cm D．2(1＋2)cm解析: 根据直观图的画法, 原几何图形如图所示,四边形OABC为平行四边形, OB＝22, OA＝1, AB＝3, 从而原图周长为8 cm.答案: A10．有一个长为5 cm, 宽为4 cm的矩形, 则其直观图的面积为________．解析: 该矩形的面积为S＝5×4＝20(cm2), 由平面图形的面积与直观图的面积间的关系, 可得直观图的面积为S′＝24S＝52cm2.答案: 5 211．画出水平放置的等腰梯形的直观图．解: 等腰梯形及其直观图如图①和图②所示．(1)如图①所示, 取AB所在直线为x轴, AB的中点O为原点, AB的中垂线为y轴建立直角坐标系, 画出对应的直观图中的坐标系x′O′y′, 使∠x′O′y′＝45°(或135°)．(2)以O′为中点在x′轴上取A′B′＝AB, 在y′轴上取O′E′＝1 2OE, 以E′为中点画C′D′∥x′轴并使C′D′＝CD.(3)连接B′C′, D′A′, 如图②所示, 所得到的四边形A′B′C′D′即是水平放置的等腰梯形ABCD的直观图．12．下图是已知几何体的三视图, 用斜二测画法画出它的直观图．解: (1)画轴, 如图①所示, 画x轴、y轴、z轴, 三轴相交于点O, 使∠xOy＝45°, ∠xOz＝90°.(2)画圆台的两底面．画出底面⊙O假设交x轴于A, B两点, 在z轴上取点O′, 使OO′等于三视图中相应高度, 过点O′作Ox的平行线O′x′, Oy的平行线O′y′.利用O′x′与O′y′画出底面⊙O′, 设⊙O′交x′轴于A′, B′两点．(3)成图, 连接A′A, B′B.去掉辅助线, 将被遮挡的部分改为虚线, 即得到给出三视图所表示的直观图, 如图②所示．13．如果一个水平放置的图形的斜二测画法得到的直观图是一个底角为45°, 腰和上底均为1的等腰梯形, 那么原平面图形的面积是多少?解: 由题意, 知原图形为直角梯形, 且上底为1, 下底为1＋2,高为2, 所以实际图形的面积＝（1＋1＋2）×22＝2＋ 2.第1章立体几何初步1.2 点、线、面之间的位置关系1.2.1 平面的基本性质A组基础巩固1．下列有关平面的说法正确的是()A．平行四边形是一个平面B．任何一个平面图形都是一个平面C．平静的太平洋面就是一个平面D．圆和平行四边形都可以表示平面解析: 我们用平行四边形表示平面, 但不能说平行四边形就是一个平面, 故A项不正确; 平面图形和平面是两个概念, 平面图形是有大小的, 而平面无法度量, 故B项不正确; 太平洋面是有边界的, 不是无限延展的, 故C项不正确; 在需要时, 除用平行四边形表示平面外, 还可用三角形、梯形、圆等来表示平面．答案: D2.如图所示, 用符号语言可表示为()A．α∩β＝m, n⊂α, m∩n＝AB．α∩β＝m, n∈a, m∩n＝AC．α∩β＝m, n⊂α, A⊂m, A⊂nD．α∩β＝m, n∈a, A∈m, A∈n解析: α与β交于m, n在α内, m与n交于A.答案: A3．下列说法正确的是()A．经过三点确定一个平面B．两条直线确定一个平面C．四边形确定一个平面D．不共面的四点可以确定4个平面解析: 对于A, 若三点共线, 则错误; 对于B项, 若两条直线既不平行, 也不相交, 则错误; 对于C项, 空间四边形就不只确定一个平面．答案: D4．一条直线和直线外的三点所确定的平面有()A．1个或3个B．1个或4个C．1个, 3个或4个D．1个, 2个或4个解析: 若三点在同一直线上, 且与已知直线平行或相交, 或该直线在由该三点确定的平面内, 则均确定1个平面; 若三点有两点连线和已知直线平行时可确定3个平面; 若三点不共线, 且该直线在由该三点确定的平面外, 则可确定4个平面．答案: C5.如图所示, 平面α∩平面β＝l, A, B∈α, C∈β, C∉l, 直线AB∩l ＝D, 过A, B, C三点确定的平面为γ, 则平面γ, β的交线必过点________．解析: 根据公理判定点C和点D既在平面β内又在平面γ内, 故在β与γ的交线上．答案: C和D6．空间任意四点可以确定________个平面．解析: 若四点共线, 可确定无数个平面; 若四点共面不共线, 可确定一个平面; 若四点不共面, 可确定四个平面．答案: 1个或4个或无数7．下列命题说法正确的是________(填序号)．①空间中两两相交的三条直线确定一个平面;②一条直线和一个点能确定一个平面;③梯形一定是平面图形．解析: 根据三个公理及推论知①②均不正确．答案: ③8．下列各图的正方体中, P, Q, R, S分别是所在棱的中点, 则使这四个点共面的图形是________(把正确图形的序号都填上)．解析: ①中PS∥RQ, ③中SR∥PQ, 由推论3知四点共面．答案: ①③9．点A在直线l上但不在平面α内, 则l与α的公共点有__________个．答案: 0或110．根据下列条件, 画出图形: 平面α∩平面β＝AB, 直线CD⊂α, CD∥AB, E∈CD, 直线EF∩β＝F, F∉AB.解: 由题意画出图形如图所示．B级能力提升11．如图所示, 在正方体ABCD-A1B1C1D1中, 设A1C∩平面ABC1D1＝E, 则B, E, D1三点的关系是________________________．解析: 连接AC、A1C1、AC1, (图略)则E为A1C与AC1的交点,故E为AC1的中点．又ABC1D1为平行四边形, 所以B, E, D1三点共线．答案: 共线12．下列叙述中, 正确的是________(填序号)．①若点P在直线l上, 点P在直线m上, 点P在直线n上, 则l, m, n共面;②若点P在直线l上, 点P在直线m上, 则l, m共面;③若点P不在直线l上, 点P不在直线m上, 点P不在直线n上, 则l, m, n不共面;④若点P不在直线l上, 点P不在直线m上, 则l, m不共面;⑤若点P在直线l上, 点P不在直线m上, 则l, m不共面．解析: 因为P∈l, P∈m, 所以l∩m＝P.由推论2知, l, m共面．答案: ②13.如图所示, 在正方体ABCD-A1B1C1D1中, 点M, N, E, F分别是棱CD, AB, DD1, AA1上的点, 若MN与EF交于点Q, 求证: D, A, Q 三点共线．证明: 因为MN∩EF＝Q,所以Q∈直线MN, Q∈直线EF.又因为M∈直线CD, N∈直线AB,CD⊂平面ABCD, AB⊂平面ABCD,所以M, N⊂平面ABCD.所以MN⊂平面ABCD.所以Q∈平面ABCD.同理, 可得EF⊂平面ADD1A1.所以Q∈平面ADD1A1.又因为平面ABCD∩平面ADD1A1＝AD,所以Q∈直线AD, 即D, A, Q三点共线．14．如图所示, 正方体ABCD-A1B1C1D1中, E, F分别是棱AA1, AB 的中点, 求证: D1E, CF, DA三线共点．证明: 如图所示, 连接EF, A1B, D1C,因为E, F为AA1, AB的中点,所以EF綊12A1B.又因为A1B綊D1C, 所以EF綊12D1C.故直线D1E, CF在同一个平面内, 且D1E, CF不平行, 则D1E, CF必相交于一点, 设该点为M.又因为M∈平面ABCD且M∈平面ADD1A1,所以M∈AD, 即D1E、CF、DA三线共点．15.如图所示, 在四面体ABCD中, E, G, H, F分别为BC, AB, AD, CD上的点, EG∥HF, 且HF<EG.求证: EF, GH, BD交于一点．证明: 因为EG∥HF,所以E, F, H, G四点共面,又HF<EG, 所以四边形EFHG是一个梯形．如图所示, 延长GH和EF交于一点O,因为GH在平面ABD内, EF在平面BCD内,所以点O既在平面ABD内, 又在平面BCD内．所以点O在这两个平面的交线上, 而这两个平面的交线是BD, 且交线只有这一条．所以点O在直线BD上．所以GH和EF的交点在BD上,即EF, GH, BD交于一点．16.已知: 如图所示, a∥b∥c, 直线l∩a＝A, l∩b＝B, l∩c＝C. 求证: a, b, c, l四线共面．证明: 因为a∥b, 所以a, b确定一个平面α.因为A∈a, B∈b, 所以A∈α, B∈α.所以AB⊂α, 即l⊂α.同理,由b∥c, 得b, c确定一个平面β, 可证l⊂β.所以l, b⊂α, l, b⊂β.因为l∩b＝B, 所以l, b只能确定一个平面．所以α与β重合．故c在平面α内．所以a, b, c, l四线共面．第1章立体几何初步1.2 点、线、面之间的位置关系1.2.2 空间两条直线的位置关系A组基础巩固1．分别和两条异面直线平行的两条直线的位置关系是()A．一定平行B．一定相交C．一定异面D．相交或异面解析: 可能相交也可能异面, 但一定不平行(否则与条件矛盾)．答案: D2．a, b为异面直线是指()①a∩b＝∅, 且a不平行于b; ②a⊂平面α, b⊄平面α, 且a∩b＝∅; ③a⊂平面α, b⊂平面β, 且α∩β＝∅; ④不存在平面α能使a⊂α, 且b⊂α成立．A．①②③B．①③④C．②③D．①④解析: ②③中的a, b有可能平行, ①④符合异面直线的定义．答案: D3．下列选项中, 点P, Q, R, S分别在正方体的四条棱上, 并且是所在棱的中点, 则直线PQ与RS是异面直线的一个图是()解析: 易知选项A, B中PQ∥RS, 选项D中RS与PQ相交, 只有选项C中RS与PQ是异面直线．答案: C4．下列命题中, 其中正确的为________(填序号)．①若两条直线没有公共点, 则这两条直线互相平行;②若两条直线都和第三条直线相交, 那么这两条直线互相平行;③若两条直线都和第三条直线平行, 则这两条直线互相平行;④若两条直线都和第三条直线异面, 则这两条直线互相平行;⑤若两条直线都和第三条直线有公共点, 那么这两条直线不可能互相平行．解析: 根据两条直线的位置关系, 知只有③正确．答案: ③5．已知AB∥PQ, BC∥QR, 若∠ABC＝30°, 则∠PQR＝______．解析: 由等角定理可知, 当∠ABC的两边和∠PQR的两边分别平行并且方向相同时, ∠PQR＝30°; 当∠ABC的两边和∠PQR的两边分别平行并且方向相反时, ∠PQR＝150°.故填30°或150°.。
最新苏教版高中数学必修2全册单元练习题(共4份)及解析.docx
（新课标）2018-2019学年苏教版高中数学必修二必修2练习题（一）（时间：60分钟，满分：100分）班别 座号 姓名 成绩 一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）1.下列命题中，正确的是（ ）A .一个平面把空间分成两部分落千丈 B. 两个平面把空间分成三部分 C. 三个平面把空间分成四部分 D. 四个平面把空间分成五部分 2.下列函数中，奇函数是（ ）A. y = ( 1- x )( 1 + x )B. 31x y =C.x1x x y 2--= D.)1lg(2x x x y ++=3.||2)(2x x x f -=的单调递增区间为( )A. (-1,0)B.(0,1)C.(1,+∞)D.(-1,0)和(1,+∞) 4.函数xx x f 2ln )(-=的零点所在的大致区间是( ) A.(1,2) B.(2,3) C.和，⎪⎭⎫⎝⎛e 11(3,4) D.)(∞+，e 5.一个正方体的顶点都在球面上，此球与正方体的表面积之比是（ ） A. π：3 B.π：4 C. π：2 D. π：16. 4、设f (x)是奇函数，且当x > 0时，f (x) = x －1. 则当x < 0时，有 (A) f (x) < 0 (B) f (x) > 0 (C) f (x)f (－x) < 0 (D) f (x)f (－x) < 07．两个球的表面积之差为48π，它们的大圆周长之和为12 π，这两个球的半径之差为A 4B 3C 2D 18.如图所示的直观图，其平面图形的面积为A 3B 6 C23D2239.圆锥和圆柱的底面半径和高都是R ，则圆锥的全面积与圆柱的全面积之比为（ ） （A ）2：2 （B ）4:)21(+（C ）1：2 （D ）2:)21(+10．正六棱台的两底面的边长分别为a 和2a ，高为a ，则它的体积为A32321a B 3233a C 337a D 3237a 选择题答题表 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）11.一个平面的斜二测图形是边长为2的正方形，则原图形的高是 . 12. 棱长都是1的三棱锥的表面积为 . 13. 函数 定义域是3lg x y = .14.已知y a =<log 341，那么a 的取值范围是： .三、解答题（本大题共3小题，每小题10分，共30分）15.有一个几何体的三视图及其尺寸如下 16.一个三棱柱的底面是3的正三角形，侧棱45032（单位cm ），求该几何体的表面积及体积： 垂直于底面，它的三视图如图所示。
两角和与差的三角函数 同步习题 高中数学新苏教版必修第二册(2022年)
10.1 两角和与差的三角函数一、单选题1．cos 56°cos 26°＋sin 56°cos 64°的值为（）A．12B．－12C D【答案】C【分析】根据两角差的余弦公式，准确化简，即可求解.【详解】由cos56cos26sin56sin64cos56cos26sin56sin26+=+3cos(5626)cos302=-==.故选：C.2．已知锐角α，β满足cos α＝35，cos(α＋β)＝－513，则cos(2π－β)的值为（）A．3365B．－3365C．5465D．－5465【答案】A【分析】利用同角三角函数的平方关系以及两角差的余弦公式即可求解.【详解】∵α，β为锐角，cos α＝35，cos(α＋β)＝－513，∴sin α＝45，sin(α＋β)＝1213，∴cos(2π－β)＝cos β＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α＝513⎛⎫-⎪⎝⎭×35＋1213×45＝3365.故选：A.3．已知点(P 是角α终边上一点，则cos 6πα⎛⎫- ⎪⎝⎭等于（ ）A ．36+BC ．D ．36【答案】A【分析】由三角函数的定义可得sinα=3，cosα=3，再利用两角差的余弦公式即可求解.【详解】解析：由题意可得，cos 6πα⎛⎫- ⎪⎝⎭=cos 6πcos α+sin 6πsinα=2× 3+12×336+=.故选：A4． sin 75︒︒+=（ ）A ． 2B ．1C ． D【答案】C【分析】直接利用辅助角公式及特殊角的三角函数计算可得；【详解】sin 75cos15︒︒︒︒+=+()12sin15cos152sin 15302sin 452222︒︒︒︒︒⎛⎫=+=+==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭故选：C5．已知cos α＝－35，α∈(,)2ππ，sin β＝－1213，β是第四象限角，则cos(β－α)的值是（ ）A ．－3365B ．3365 C ．－6365 D ．－1665 【答案】C【分析】 先求出sin ,cos αβ，再利用差角的余弦公式求解.【详解】因为cos α＝－35，α∈(,)2ππ，所以4sin 5α==，因为sin β＝－1213，β是第四象限角，所以5cos 13β==. 则cos(β－α)＝cos βcos α＋sin αsin β＝513×(－35)＋(－1213)×45＝－6365. 故选：C【点睛】 易错点睛：利用同角的平方关系22sin cos 1αα+=求正弦和余弦时，要注意角的象限，决定“±”的取舍. 6．已知α∈（2π，π），sinα+cosα15=-，那么tan （α4π+）的值为（ ） A ．17- B ．17C ．﹣7D ．7 【答案】B【分析】由sinα+cosα15=-求出cosα﹣sinα75=-，联立这两个方程解出sin α和cos α，进而求出tan α，再利用两角和的正切公式可求出结果.【详解】∵（sinα+cosα）2＝（15-）2125= ∴sin2α+2sinαcosα+cos2α＝1+2sinαcosα125=∴2sinαcosα2425=-， ∴1﹣2sinαcosα4925=，即（cosα﹣sinα）24925=∵α∈（2π，π），∴cos sin αα<， ∴cosα﹣sinα75=-， 联立1cos sin 57cos sin 5αααα⎧+=-⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩，解得3sin 54cos 5αα⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，所以3tan 4α=-， ∵tan （α4π+）3tan tan1tan 114431tan 71tan tan 144πααπαα+-++====--+. 故选：B.【点睛】关键点点睛：利用sinα+cosα15=-求出cosα﹣sinα75=-是解题关键. 7．要得到函数()sin 2cos 26f x x x π=-+()的图象，只需将函数()cos2g x x =的图象（ ） A ．向左平移3π个单位 B ．向右平移3π个单位 C ．向左平移6π个单位 D ．向右平移6π个单位 【答案】D【分析】 利用两角差的正弦、余弦公式化简()cos 23f x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭，再利用三角函数的图象变换规律得出结论． 【详解】 函数()sin 2cos 26f x x x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭12cos2cos22x x x =-+1cos 22cos 2cos 2263x x x x ππ⎛⎫⎛⎫==-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 故将函数()cos2g x x =的图象向右平移6π个单位，可得()f x 的图象， 故选：D ．8．已知实数a ，b 均不为零，sin cos tan cos sin a b a b ααβαα+=-，且6πβα-=，则b a等于（ ） AB．3 C． D．3-【答案】B【分析】 根据题设用ba 、tan α表示tan β即可.【详解】tan tan()6πβα=+tan tan tan 61tan tan 63πααπα++==- 又tan sin cos tan cos sin 1tan ba b ab a b aαααβααα++==--∴b a =故选:B.二、多选题9． (多选题)若[]440,2,sin sin cos cos 0,3333αααααπ∈+=则α的值是（）A ．6πB ．4πC ．2πD ．32π【答案】CD【分析】根据两角差的余弦公式，化简整理，结合α的范围，即可求得答案.【详解】 由已知得444cos cos sin sin cos cos 0333333ααααααα⎛⎫+=-== ⎪⎝⎭又[]0,2απ∈， 所以2πα=或32πα=.故选：CD10．在ABC 中，给出下列四个式子，其中为常数的是( )A ．sin()sin ABC ++B ．cos()cos A BC ++ C ．sin(22)sin 2A B C ++D ．cos(22)cos 2A B C ++【答案】BC【分析】由题意利用两角和差的三角公式，诱导公式，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．【详解】解：在ABC 中，对于选项:sin()sin 2sin A A B C C ++=；对于选项:cos()cos cos cos 0B A B C C C ++=-+=；对于选项:sin(22)sin 2sin[2()]sin 2sin[2()]sin 2C A B C A B C C C π++=++=-+ sin(22)sin 2sin 2sin 20C C C C π=-+=-+=；对于选项:cos(22)cos 2cos[2()]cos 2cos[2()]cos 2D A B C A B C C C π++=++=-+cos(22)cos 2cos 2cos 22cos 2C C C C C π=-+=+=，故选：BC ．【点评】本题主要考查两角和差的三角公式，诱导公式，属于基础题.11．在ABC 中，120C ︒=，tan tan A B +=）A ． 2ABC +=B ． tan()A B +=C ． tan tan A B =D ． cos B A =【答案】CD【分析】根据三角形的内角和定理和正切的和角公式推导可得选项.【详解】 120C ︒=，60A B ︒∴+=，2()A B C ∴+=，tan()A B ∴+=A ，B 错误；tan tan tan tan )A B A B +=-⋅=， 1tan tan 3A B ∴⋅=①，又tan tan A B +=联立①②解得tan tan 3A B ==，cos B A ∴=，故选项C ，D 正确， 故选：CD.【点睛】 本题考查正切的和角公式，三角形中的角之间的关系，属于基础题.12．已知函数f （x ）＝sin （ωx +512π）﹣cos （ωx +512π）（0＜ω＜6）的图象关于直线x ＝1对称，则满足条件的ω的值为（ ）A ．6πB ．3πC ．43πD ．73π 【答案】BC【分析】利用两角差的正弦公式得())6f x x πω=+，根据正弦函数的对称轴求出函数()f x 的对称轴x =k πω3πω+，k Z ∈，结合已知可得3k πωπ=+，k Z ∈，根据06ω<<可得ω=3π或43πω=.由此可得答案. 【详解】因为5()))1246f x x x πππωω=+-=+， 由62x k ωππ+=π+，k Z ∈， 因为06ω<<，所以x =k πω3πω+，k Z ∈， 由题意可得13k ππωω+=，k Z ∈，得3k πωπ=+，k Z ∈， 因为06ω<<，所以ω=3π或43πω=. 故选：BC.【点睛】本题考查了两角差的正弦公式，考查了正弦函数的对称轴，属于基础题.三、填空题13．求值：11tan12π=________.【答案】2-+【分析】利用诱导公式以及两角差的正切公式直接求解.【详解】111tan tan tan2121246ππππ⎛⎫=-=--==-+⎪⎝⎭故答案为：2-+14．已知α是锐角，sin α＝23，则cos(3π－α)＝________.【答案】6【分析】由正弦值根据角的范围求得余弦值，代入两角差余弦公式即可求得结果.【详解】因为α是锐角，2sin3α=，所以5cosα3，所以12cos cos cos sin sin33323πππααα⎛⎫-=+==⎪⎝⎭15．函数()()sinf x x x x R=∈的值域是________.【答案】[]22-,【分析】首先利用辅助角公式将函数化简为()siny A x bωϕ=++，再根据正弦函数的有界性计算可得；【详解】解：()1sin 2sin 2sin 23f x x x x x x π⎛⎫⎛⎫==-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭因为[]sin 1,13x π⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭所以()[]2,2f x ∈-故答案为：[]22-,16．化简：sin 22cos 45sin 23cos 22sin 45sin 23︒︒︒︒︒︒+-＝________. 【答案】1【分析】 化简得原式为sin(4523cos 45sin 23cos(4523sin 45sin 23))︒︒︒︒︒︒-+--，再进一步化简即得解. 【详解】 原式＝sin(4523cos 45sin 23cos(4523sin 45sin 23))︒︒︒︒︒︒-+-- sin 45231cos 45cos 23cos ︒︒︒︒==. 故答案为：1【点睛】方法点睛：三角恒等变换常用的方法：三看（看角看名看式）三变(变角变名变式）.要根据已知条件灵活选择方法求解.四、解答题17．计算：sin 57sin 27cos30cos 27︒-︒︒︒ 【答案】12【分析】直接利用两角和的正弦公式化简.【详解】由sin 57sin 27cos30sin(3027)sin 27cos30cos 27cos 27︒︒︒︒︒︒︒︒︒-+-= sin 30cos 27cos30sin 27sin 27cos30cos 27︒︒︒︒︒︒︒+-=． sin 30cos 271sin 30cos 272︒︒︒︒=== 18．证明：()sin cos a x b x x ϕ±=±，其中tan b a ϕ=. 【答案】证明见解析【分析】结合两角和的正弦以及三角函数的定义式直接证明.【详解】证明：（如图）sin cos a x b x x x ⎫±=⎪⎭)sin cos cos sin x x ϕϕ=±()x ϕ=±.19．如图，在平面直角坐标系xOy 中，以Ox 轴为始边作两个锐角α，β，它们的终边分别与单位圆相交于P ，Q 两点，P ，Q 的纵坐标分别为35，45.（1）求sin α的值；（2）求αβ+.【答案】（1）35；（2）2π. 【分析】（1）由三角函数的定义即可求解；（2）由三角函数的定义分别求出cos α、sin β、cos β的值，再计算()cos αβ+的值即可出αβ+的值.【详解】（1）因为点P 的为角α终边与单位圆的交点，且纵坐标为35， 将35y =代入221x y +=，因为α是锐角，0x > ，所以45x =，43,55P ⎛⎫ ⎪⎝⎭由三角函数的定义可得：3sin 5α=， （2）由3sin 5α=，α是锐角，可得4cos 5α=， 因为锐角β的终边与单位圆相交于Q 点，且纵坐标为45， 将45y =代入221x y +=，因为β是锐角，0x > ，可得35x =，34,55Q ⎛⎫ ⎪⎝⎭所以4sin 5β=，3cos 5β=， 所以()4334cos cos cos sin sin 05555αβαβαβ+=-=⨯-⨯=，因为02πα<<，02πβ<<，所以0αβ<+<π， 所以2παβ+=. 20．已知312sin ,,,cos ,5213πααπββ⎛⎫=∈=- ⎪⎝⎭是第三象限角，求 （1）cos α与sin β的值；（2）cos()αβ-．【答案】（1）4cos =5α-，5sin 13β=-；（2）3365 【分析】（1）根据平方关系计算即可得出cos α，sin β；（2）由（1）的结果，结合两角差的余弦公式求解即可.【详解】（1）由3sin 5α=，,2παπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，得4cos 5α===-.又由12cos 13，β是第三象限角，得5sin 13β===-. （2）由（1）得4123533cos()cos cos sin sin 51351365αβαβαβ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=+=-⨯-+⨯-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.21．已知角α的顶点与坐标原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边过点P ⎛ ⎝⎭. （1）求sin α，()cos πα-；（2）若角β满足()1tan 3αβ-=，求()tan 2αβ-的值.【答案】（1）sin 5α=，cos()5πα-=；（2）1-. 【分析】 （1）利用三角函数的定义求sin α，cos α，对()cos πα-用诱导公式转化后求解；（2）由（1）先求出tan α，利用两角和的正切公式求出()tan 2αβ-.【详解】解：（1）∵P ⎛ ⎝⎭，∴||1OP ==∴sin α=，cos α=，∴cos()cos παα-=-=. （2）由（1）得：sin tan =2cos ααα∴[]tan(2)tan ()αβααβ-=+-()12tan tan()3111tan tan()123ααβααβ-++-===-----⨯. 即()tan 2=1αβ--【点睛】(1) 三角函数值的大小与点P （x,y ）在终边上的位置无关，严格代入定义式子就可以求出对应三角函数值；(2)利用三角公式求三角函数值的关键：根据条件进行合理的拆角，如()()2()βαβαααβαβ=+-=++-，等． 22．如图，设单位圆与x 轴的正半轴相交于点(1,0)Q ，当2()k k απβ≠+∈Z 时，以x 轴非负半轴为始边作角α，β，它们的终边分别与单位圆相交于点1(cos ,sin )P αα，1(cos ,sin )Q ββ．（1）叙述并利用上图证明两角差的余弦公式；（2）利用两角差的余弦公式与诱导公式．证明：sin()sin cos cos sin αβαβαβ-=-．（附：平面上任意两点()111,P x y ，()222,P x y间的距离公式12PP=【答案】（1）两角差的余弦公式为：cos()cos cos sin sin αβαβαβ-=+，证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）先构造向量()()11cos ,sin ,cos ,sin OP OQ ααββ==，再利用数量积111111cos OP OQ OP AQ POQ ⋅=⋅∠代入计算即得结果；（2）利用诱导公式知()sin cos 2παβαβ⎛⎫-=-+-⎪⎝⎭，再结合两角差的余弦公式展开即得结论. 【详解】解：（1）两角差的余弦公式为：cos()cos cos sin sin αβαβαβ-=+.证明：依题意，()()11cos ,sin ,cos ,sin OP OQ ααββ==， 则11cos cos sin sin OP OQ αβαβ⋅=+，11111,OP AQ POQ αβ==∠=- 故由111111cos OP OQ OP AQ POQ ⋅=⋅∠得，()cos cos sin sin 11cos αβαβαβ+=⨯⨯-，即cos()cos cos sin sin αβαβαβ-=+，当()2k k απβ=+∈Z 时，容易证明上式仍然成立．故cos()cos cos sin sin αβαβαβ-=+成立；（2）证明：由诱导公式可知，()sin cos 2παβαβ⎛⎫-=-+- ⎪⎝⎭. 而cos cos 22ππαβαβ⎡⎤⎛⎫⎛⎫+-=+- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦cos cos sin sin 22ππαβαβ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ sin cos cos sin αβαβ=-+，故[]sin()sin cos cos sin sin cos cos sin αβαβαβαβαβ-=--+=-.即证结论.【点睛】本题解题关键在于构造向量，综合运用数量积的定义法运算和坐标运算，即突破难点.。
苏教版高中数学必修二同步练测：第2章+2.1直线与方程.docx
高中数学学习材料鼎尚图文*整理制作第2章 2.1直线与方程同步测试试卷（数学苏教版必修2）一、填空题（本题包括10小题，每小题5分，共50分.）1. 下列直线中与直线平行的一条是________.2x－y＋1＝0 ②2x－4y＋2＝0③2x＋4y＋1＝0 ④2x－4y＋1＝02．已知两点A(2，m)与点B(m，1)之间的距离等于13，则实数m＝_________.3．已知等边△ABC的两个顶点A(0，0)，B(4，0)，且第三个顶点在第四象限，则BC边所在的直线方程是______________.4．直线l：mx－m2y－1＝0经过点P(2，1)，则倾斜角与直线l的倾斜角互为补角的一条直线方程是__________．5.点P(1，2)关于x轴和y轴的对称的点依次是_________.6．已知两条平行直线l1 : 3x＋4y＋5＝0，l2 : 6x＋by＋c＝0间的距离为3，则b＋c＝__________．7．a，b满足a＋2b＝1，则直线ax＋3y＋b＝0必过定点____________.8．已知直线AB与直线AC有相同的斜率，且A(1，0)，B(2，a)，C(a，1)，则实数a的值是____________．9．已知直线ax＋y＋a＋2＝0恒经过一个定点，则过这一定点和原点的直线方程是________．10．已知实数x，y满足5x＋12y＝60，则22＋yx的最小值等于____________．二、解答题（本题共4小题，共50分）11．(12分)求斜率为43，且与坐标轴所围成的三角形的周长是12的直线方程．12．(12分)过点P(1，2)的直线l被两平行线l1 : 4x ＋3y＋1＝0与l2 : 4x＋3y＋6＝0截得的线段长|AB|＝2，求直线l的方程．13．(12分)△ABC中，已知C(2，5)，角A的平分线所在的直线方程是y＝x，BC边上的高线所建议用时实际用时满分实际得分90分钟100分在的直线方程是y＝2x－1，试求顶点B的坐标．14．(14分)已知方程(m2―2m―3)x＋(2m2＋m－1)y＋6－2m＝0(m∈R)．(1)求该方程表示一条直线的条件；(2)当m为何实数时，方程表示的直线斜率不存在？求出这时的直线方程；(3)已知方程表示的直线l在x轴上的截距为－3，求实数m的值；(4)若方程表示的直线l的倾斜角是45°，求实数m的值．第2章 2.1直线与方程同步测试试卷（数学苏教版必修2）答题纸得分：一、填空题1． 2． 3. 4. 5. 6． 7． 8． 9． 10．二、解答题11.12.13.14.第2章 2.1直线与方程 同步测试试卷（数学苏教版必修2）答案一、填空题1.④ 解析：利用A 1B 2－A 2B 1＝0来判断，排除①③，而②中直线与已知直线重合．2.-1或4 解析：因为|AB |＝ 1 －＋ － 222)()(m m ＝13，所以2m 2－6m ＋5＝13． 解得m ＝－1或m ＝4．3. y ＝3(x －4) 解析：因为△ABC 是等边三角形，所以BC 边所在的直线过点B ，且倾斜角为3π， 所以BC 边所在的直线方程为y ＝3(x －4)．4. x ＋y －3＝0 解析：由点P 在l 上得2m ―m 2―1＝0，所以m ＝1．即l 的方程为x ―y ―1＝0．所以所求直线的斜率为－1，显然x ＋y －3＝0满足要求．5. (1，－2)和(－1，2) 解析：因为点(x ，y )关于x 轴和y 轴的对称点依次是(x ，－y )和(－x ，y )， 所以P (1，2)关于x 轴和y 轴的对称的点依次是(1，－2)和(－1，2)．6.-12或48 解析：将l 1 : 3x ＋4y ＋5＝0改写为6x ＋8y ＋10＝0，因为两条直线平行，所以b ＝8． 由228＋ 6 － 10c ＝3，解得c ＝－20或c ＝40． 所以b ＋c ＝－12或48．7. ⎪⎭⎫ ⎝⎛ 61 ，－21解析：方法1：因为a ＋2b ＝1，所以a ＝1－2b ．所以直线ax ＋3y ＋b ＝0化为(1－2b )x ＋3y ＋b ＝0． 整理得(1－2x )b ＋(x ＋3y )＝0．所以当x ＝21，y ＝－61时上式恒成立． 所以直线ax ＋3y ＋b ＝0过定点⎪⎭⎫ ⎝⎛ 61 ，－21．方法2：由a ＋2b ＝1得a －1＋2b ＝0，进一步变形为a ×21＋3×⎪⎭⎫⎝⎛61 －＋b ＝0． 这说明直线方程ax ＋3y ＋b ＝0当x ＝21，y ＝－61时恒成立． 所以直线ax ＋3y ＋b ＝0过定点⎪⎭⎫ ⎝⎛ 61 ，－21．8.251± 解析：由已知得1 － 20 － a ＝1－ 0 － 1a ，所以 a 2―a ―1＝0． 解得a ＝251±．9. y ＝2x 解析：已知直线可变形为y ＋2＝－a (x ＋1)，所以直线恒过点(―1，―2)．故所求的直线方程是y ＋2＝2(x ＋1)，即y ＝2x ．10.1360解析：因为实数x ，y 满足5x ＋12y ＝60，所以22 ＋ y x 表示原点到直线5x ＋12y ＝60上点的距离．所以22 ＋ y x 的最小值表示原点到直线5x ＋12y ＝60的距离．容易计算d ＝144＋ 2560＝1360．即所求22 ＋ y x 的最小值为1360． 二、解答题11．解：设所求直线的方程为y ＝43x ＋b ， 令x ＝0，得y ＝b ，所以直线与y 轴的交点为(0，b )； 令y ＝0，得x ＝－34b ，所以直线与x 轴的交点为⎪⎭⎫ ⎝⎛0 ，34 －b ． 由已知，得|b |＋b 34 －＋2234 － ＋ ⎪⎭⎫⎝⎛b b ＝12，解得b ＝±3．故所求的直线方程是y ＝43x ±3，即3x －4y ±12＝0． 12．解：当直线l 的方程为x ＝1时，可验证不符合题意，故设l 的方程为y －2＝k (x －1)，由⎩⎨⎧0 ＝ 1 ＋ 3 ＋ 4 － 2 ＋ ＝ y x x y k k 解得A ⎪⎭⎫ ⎝⎛4 ＋ 38 ＋ 5 － ，4 ＋ 37 － 3k k k k ；由⎩⎨⎧0 ＝ 6 ＋ 3 ＋ 4 － 2 ＋ ＝ y x x y k k 解得B ⎪⎭⎫ ⎝⎛4 ＋ 301 － 8 ，4 ＋ 321 － 3k k k k ．因为|AB |＝2，所以 4 ＋ 35＋ 4 ＋ 3522⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛k k k ＝2．整理得7k 2－48k －7＝0．解得k 1＝7或k 2＝－71． 故所求的直线方程为x ＋7y －15＝0或7x ―y ―5＝0．13．解：依条件，有⎩⎨⎧x y x y ＝1－ 2 ＝ 解得A (1，1)．因为角A 的平分线所在的直线方程是y ＝x ，所以点C (2，5)关于y ＝x 的对称点C'(5，2)在AB 边所在的直线上． AB 边所在的直线方程为y －1＝1－ 51－ 2(x －1)，整理得x －4y ＋3＝0． 又BC 边上的高线所在的直线方程是y ＝2x －1，所以BC 边所在的直线的斜率为－21． BC 边所在的直线的方程是y ＝―21(x －2)＋5，整理得x ＋2y －12＝0． 联立x －4y ＋3＝0与x ＋2y －12＝0，解得B ⎪⎭⎫ ⎝⎛25 ，7．14．解：(1)当x ，y 的系数不同时为零时，方程表示一条直线， 令m 2―2m ―3＝0，解得m ＝－1或m ＝3； 令2m 2＋m －1＝0，解得m ＝－1或m ＝21． 所以方程表示一条直线的条件是m ∈R ，且m ≠－1．(2)由(1)易知，当m ＝21时，方程表示的直线的斜率不存在， 此时的方程为x ＝34，它表示一条垂直于x 轴的直线． (3)依题意，有3－ 2 － 6 －22m m m ＝－3，所以3m 2－4m －15＝0． 所以m ＝3，或m ＝－35，由(1)知所求m ＝－35． (4)因为直线l 的倾斜角是45°，所以斜率k =1．故由－1－ ＋ 23 － 2 － 22m m m m ＝1，解得m ＝34或m ＝－1(舍去)．所以直线l 的倾斜角为45°时，m ＝34．。
苏教版高中数学必修第二册课后习题 第14章 统计 14.2.2 分层抽样
14.2.2 分层抽样A级必备知识基础练1.下列试验中最适合用分层抽样法抽样的是( )A.从一箱3 000个零件中抽取5个样本B.从一箱3 000个零件中抽取600个样本C.从一箱30个零件中抽取5个样本D.从甲厂生产的100个零件和乙厂生产的200个零件中抽取6个样本2.为了调查老师对微课堂的了解程度,某市拟采用分层抽样的方法从A,B,C三所中学抽取60名教师进行调查,已知A,B,C三所学校中分别有180,270,90名教师,则从C学校中应抽取的人数为( )A.10B.15C.20D.303.某中学有高中生3 500人,初中生1 500人,为了解学生的学习情况,用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为n的样本,已知从高中生中抽取70人,则n为( )A.100B.150C.200D.2504.某学校高一、高二、高三三个年级共有学生3 500人,其中高三学生人数是高一学生人数的两倍,高二学生人数比高一学生人数多300,现在按1的抽样比用分层抽样的方法抽取样本,则应抽取的高一学生人数为100( )A.8B.11C.16D.105.已知高一年级有学生450人、高二年级有学生750人、高三年级有学生600人,用分层抽样从该校的这三个年级中抽取一个样本,且每个学生被抽到的可能性为0.02,则应从高二年级抽取的学生人数为.6.某学校高一年级有x名学生,高二年级有y名学生,高三年级有z名学生.现采用分层抽样法抽取一个容量为45的样本,其中高一年级被抽取20人,高三年级被抽取10人,高二年级共有300人,则此学校共有高中学生人.7.某橘子园有平地和山地共120亩,现在要估计平均亩产量,按一定的比例用分层抽样的方法共抽取10亩进行统计.如果所抽取的山地是平地的2倍多1亩,则这个橘子园的平地与山地的亩数分别为.B级关键能力提升练8.某校共有学生2 000名,各年级男、女生人数如下表所示:现用分层抽样的方法在全校抽取64名学生,则应在三年级抽取的学生人数为( ) A.24 B.18C.16D.129.某校做了一次关于“感恩父母”的问卷调查,从8~10岁,11~12岁,13~14岁,15~16岁四个年龄段回收的问卷份数依次为:120,180,240,x.因调查需要,从回收的问卷中按年龄段分层抽取容量为300的样本,其中在11~12岁学生问卷中抽取60份,则在15~16岁学生中抽取的问卷份数为( )A.60B.80C.120D.18010.我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题:“今有北乡算八千七百五十八,西乡算七千二百三十六,南乡算八千三百五十六,凡三乡,发役三百七十八人,欲以算数多少出之,问各几何?”意思是:北乡有8 758人,西乡有7 236人,南乡有8 356人,现要按人数多少从三乡共征集378人,从各乡征集多少人?在上述问题中,需从西乡征集的人数约为( )A.102B.112C.130D.13611.(多选题)某公司生产三种型号的轿车,产量分别为1 200辆、6 000辆和2 000辆.为检验该公司的产品质量,公司质监部门要抽取46辆进行检验,则( )A.应采用分层抽样抽取B.应采用抽签法抽取C.三种型号的轿车依次抽取6辆,30辆,10辆D.这三种型号的轿车,每一辆被抽到的概率都是相等的12.(多选题)某工厂生产A,B,C三种不同型号的产品,其相应产品数量之比为2∶5∶3,现用分层抽样方法抽出一个容量为n的样本,样本中A型号产品有16件,则( )A.此样本的容量n为20B.此样本的容量n为80C.样本中B型号产品有40件D.样本中B型号产品有24件13.某企业三月中旬生产A,B,C三种产品共3 000件,根据分层抽样的结果,企业统计员制作了如下的表格:由于不小心,表格中A,C产品的有关数据已被污染看不清楚,统计员记得A 产品的样本数量比C产品的样本数量多10,根据以上信息,可得C产品的数量是.14.某高中针对学生发展要求,开设了富有地方特色的“泥塑”与“剪纸”两个社团,已知报名参加这两个社团的学生共有800人,按照要求每人只能参加一个社团,各年级参加社团的人数情况如下表:其中x∶y∶z=5∶3∶2,且“泥塑”社团的人数占两个社团总人数的3.为5了了解学生对两个社团活动的满意程度,从中抽取一个50人的样本进行调查,则应从高二年级“剪纸”社团的学生中抽取人.15.防疫站采用分层抽样的方法对学生进行身体健康调查,某县一中高三有1 600名学生,抽取一个容量为200的样本,已知女生比男生少抽10人,则该校的女生人数应该为.16.某机构对某镇的学生的身体素质状况按年级段进行分层抽样调查,得到了如下表所示的数据,则xy= .z17.某中学举行了为期3天的新世纪体育运动会,同时进行全校精神文明擂台赛.为了解这次活动在全校师生中产生的影响,分别在全校500名教职员工、3 000名初中生、4 000名高中生中做问卷调查,如果要在所有答卷中抽出120份用于评估.(1)应如何抽取才能得到比较客观的评价结论?(2)要从3 000份初中生的答卷中抽取一个容量为48的样本,如果采用简单随机抽样,应如何操作?C级学科素养创新练18.某单位最近组织了一次职工健身活动,活动分为登山组和游泳组,且每个职工至多参加其中一组.在参加活动的职工中,青年人占42.5%、中年人,且该组中青占47.5%、老年人占10%.登山组的职工占参加活动总人数的14年人占50%、中年人占40%、老年人占10%.为了了解各组不同年龄层次的职工对本次活动的满意程度,现用分层抽样的方法从参加活动的全体职工中抽取一个容量为200的样本,试确定:(1)游泳组中,青年人、中年人、老年人分别所占的比例;(2)游泳组中,青年人、中年人、老年人分别应抽取的人数.参考答案14.2.2 分层抽样1.D D中总体有明显差异,故用分层抽样.2.A 根据分层抽样的特征,从C学校中应抽取的人数为90180+270+90×60=10.3.A 由题意得70n-70=35001500,解得n=100.4.A 若设高三学生人数为x,则高一学生人数为x2,高二学生人数为x2+300,所以有x+x2+x2+300=3500,解得x=1600.故高一学生人数为800,因此应抽取的高一学生人数为800100=8.5.15 因为每个学生被抽到的可能性为0.02,所以从高二年级抽取的学生人数为0.02×750=15.6.900 高二年级被抽取45-20-10=15(人),被抽取的比例为15300=120,所以x=400,z=200.所以此学校共有高中学生900人.7.36,84 设所抽取的平地的亩数为x,则抽取的山地的亩数为2x+1,∴x+2x+1=10,得x=3,∴这个橘子园的平地的亩数为120×33+7=36,山地的亩数为120-36=84.8.C 一年级的学生人数为373+377=750,二年级的学生人数为380+370=750,于是三年级的学生人数为-750-750=500,那么三年级应抽取的人数为500×64=16.9.C 11~12岁回收180份,其中在11~12岁学生问卷中抽取60份,抽样比为13,因为分层抽取的样本容量为300,故回收问卷总数为30013=900,故x=900-120-180-240=360,则在15~16岁学生中抽取的问卷份数为360×13=120.10.B 因为北乡有8758人,西乡有7236人,南乡有8356人,现要按人数多少从三乡共征集378人,故需从西乡征集的人数约为378×72368758+7236+8356≈112.11.ACD 由于总体按型号分为三个子总体,所以应采用分层抽样抽取,A 正确;设三种型号的轿车依次抽取x 辆、y 辆、z 辆,则有{x1200=y6000=z,x +y +z =46,解得{x =6,y =30,z =10,所以三种型号的轿车依次抽取6辆、30辆、10辆,故C 正确;由分层抽样的意义可知D 也正确.12.BC 工厂生产A,B,C 三种不同型号的产品,其相应产品数量之比为2∶5∶3,现用分层抽样方法抽出一个容量为n 的样本,样本中A 型号产品有16件,则n=16÷22+5+3=80,故A 错误,B 正确;样本中B 型号产品有80×52+5+3=40(件),故C 正确,D 错误.13.800 设C 产品的样本数量为n,则A 产品的样本数量为n+10,由题意知n+(n+10)+1303000=1301300,解得n=80.故C 产品的数量为80÷1301300=800.14.6 因为“泥塑”社团的人数占总人数的35,故“剪纸”社团的人数占总人数的25,所以“剪纸”社团的人数为800×25=320.因为“剪纸”社团中高二年级人数比例为y x+y+z=32+3+5=310,所以“剪纸”社团中高二年级人数为320×310=96.由题意知,抽样比为50800=116,所以从高二年级“剪纸”社团中抽取的人数为96×116=6.15.760 ∵女生比男生少抽10人,且共抽200人, ∴女生要抽取95人,∴该校女生人数为95÷2001600=760.16.37 500 由分层抽样的特点,得80016=x 15=y z ,即x=750,y z=50,则xy z=37500.17.解(1)由于这次活动对教职员工、初中生和高中生产生的影响不会相同,所以应当采取分层抽样的方法进行抽样.因为样本容量为120,总体个数为500+3000+4000=7500,则抽样比为1207500=2125,又500×2125=8,3000×2125=48,4000×2125=64,所以在教职员工、初中生、高中生中抽取的个体数分别是8,48,64.分层抽样的步骤如下:①分层:将全校师生分为教职员工、初中生、高中生,共三层.②确定每层抽取个体的个数:在教职员工、初中生、高中生中抽取的个体数分别是8,48,64.③各层分别按简单随机抽样的方法抽取样本.④综合每层抽样,组成样本.这样便完成了整个抽样过程,就能得到比较客观的评价结论.(2)由于简单随机抽样有两种方法:抽签法和随机数表法.如果用抽签法,要作3000个号签,费时费力,因此采用随机数表法抽取样本,步骤是①编号:将3000份答卷都编上号码:0001,0002,0003, (3000)②在随机数表上随机选取一个起始位置.③规定读数方向:向右连续取数字,以4个数为一组,如果读取的4位数大于3000,则去掉,如果遇到相同号码则只取一个,这样一直到取满48个号码为止.18.解(1)设登山组人数为x,游泳组中,青年人、中年人、老年人所占比例分别为a,b,c,则有x×40%+3xb4x =47.5%,x×10%+3xc4x×100%=10%,解得b=50%,c=10%,故a=100%-50%-10%=40%.即游泳组中,青年人、中年人、老年人所占比例分别为40%,50%,10%.(2)游泳组中,抽取的青年人人数为200×34×40%=60;抽取的中年人人数为200×34×50%=75;抽取的老年人人数为200×34×10%=15.即游泳组中,青年人、中年人、老年人分别应抽取的人数为60,75,15.。
平面向量的应用 同步习题 高中数学新苏教版必修第二册(2022年)
9.4平面向量的应用一、单项选择题（本大题共8小题，共40.0分）1. 已知两个力F 1⃗⃗⃗ =(1,2)，F 2⃗⃗⃗⃗ =(−2,3)作用于平面内某静止物体的同一点上，为使该物体仍保持静止，还需给该物体同一点上再加上一个力F 3⃗⃗⃗⃗ ，则F 3⃗⃗⃗⃗ =( )A. (1,−5)B. (−1,5)C. (5,−1)D. (−5,1)【答案】A【解析】【分析】本题考查向量在物理中的应用，属于基础题．为使物体平衡，即合外力为零，即3个向量相加等于零向量．【解答】解：由物理知识知F 1⃗⃗⃗⃗ +F 2⃗⃗⃗⃗ +F 3⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，故F 3⃗⃗⃗⃗ =−(F 1⃗⃗⃗⃗ +F 2⃗⃗⃗⃗ )=(1,−5)．故选A ．2. 在△ABC 中，|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC⃗⃗⃗⃗⃗ |，则△ABC 是( ) A. 等边三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 等腰直角三角形 【答案】A【解析】【分析】本题考查平面向量的加、减运算和几何应用，属于基础题．由题意，得|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|CB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AC⃗⃗⃗⃗⃗ |，可得三角形的形状． 【解答】解：由题意，得|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|CB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AC⃗⃗⃗⃗⃗ |， ∴△ABC 是等边三角形．故选A3. 三个不共线的向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 满足OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |+CA ⃗⃗⃗⃗⃗ |CA ⃗⃗⃗⃗⃗ |)=OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(BA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |BA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |+CB ⃗⃗⃗⃗⃗ |CB ⃗⃗⃗⃗⃗ |)=OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |+CA ⃗⃗⃗⃗⃗ |CA⃗⃗⃗⃗⃗ |)=0，则O 点是△ABC 的( )A. 垂心B. 重心C. 内心D. 外心 【答案】C【解析】【分析】本题主要考查了向量在几何中的应用，考查的重点是向量加法的几何意义和向量数量积的性质，属于中档题．AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |,AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |是单位向量，且由向量AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |,AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |为邻边构成的四边形是菱形，得到OA 在∠BAC 的平分线上，即可得出结论．【解答】解：向量a ⃗ |a ⃗ |的模等于1， 因而向量a ⃗ |a ⃗ |是单位向量， ∴向量BA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |BA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |BC⃗⃗⃗⃗⃗ |,AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |等都是单位向量， ∴由向量AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |,AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |为邻边构成的四边形是菱形， ∵OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |−AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |)=0，可得OA 在∠BAC 的平分线上，同理可得OB 平分∠ABC ，OC 平分∠ACB ，∴O 是△ABC 的内心．故选C ．4. 最早发现勾股定理的人应是我国西周时期的数学家商高，根据记载，商高曾经和周公讨论过勾3股4弦5的问题，我国的《九章算术》也有记载.所以，商高比毕达哥拉斯早500多年发现勾股定理.现有△ABC 满足勾3股4弦5，如图所示，其中AB =4，D 为弦BC 上一点(不含端点)，且△ABD 满足勾股定理，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD⃗⃗⃗⃗⃗A. 25144B. 25169C. 16925D. 14425【答案】D【解析】【分析】本题考查平面向量数量积的几何意义，考查了学生的分析与计算能力，属基础题．根据数量的投影定义即可求解．【解答】解：由等面积法得AD =3×45=125依题意可得AD ⊥BC ， 则在上的投影为．．故选D ．5. 若点P 是△ABC 内一点，且满足PA ⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，则S△PAB S △ABC =( ) A. 12 B. 13 C. 23 D. 14 【答案】B【解析】【分析】本题考查向量的加减运算以及在几何图形中的应用，属于中档题．(1)三角形中线向量公式：若P 为△OAB 的边AB 的中点，则向量OP ⃗⃗⃗⃗⃗ 与向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的关系是OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ). (2)G 为△ABC 的重心⇔GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +GB ⃗⃗⃗⃗⃗ +GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ． 根据向量关系得到线段比，即可得到面积比．【解答】解：因为PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，故点P 是△ABC 的重心， 所以S △ABC =3S △PAB ，即S △PAB S△ABC =13． 故选B ．6. O 是△ABC 所在平面内的一定点，P 是△ABC 所在平面内的一动点，若(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ −PC ⃗⃗⃗⃗ )·(OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC⃗⃗⃗⃗⃗ )=(PC ⃗⃗⃗⃗ −PA ⃗⃗⃗⃗ )·(OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC⃗⃗⃗⃗⃗ )=0，则O 为△ABC 的( ) A. 内心B. 外心C. 重心D. 垂心 【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了向量的几何应用，向量的数量积，向量垂直的条件，属于基础题．设M 为BC 的中点，N 为AC 中点，则由数量积运算法则得出OM ⊥BC,ON ⊥AC ，从而得出OA =OB =OC ，即可确定选项．【解答】解：设M 为BC 的中点，N 为AC 中点，由(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ −PC ⃗⃗⃗⃗ )·(OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=(PC ⃗⃗⃗⃗ −PA ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC⃗⃗⃗⃗⃗ )=0得： CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·2OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·2ON ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，所以OM ⊥BC,ON ⊥AC ，所以OB =OC ，OC =OA ，即OA =OB =OC ，所以O 为△ABC 的外心．故选B ．7. 如图所示，矩形ABCD 中，AB =4，AD =2，对角线AC 、BD 交于点O ，点E 是线段AO 的中点，点F 是线段BC 的中点，则AF⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A. 12DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −74CO ⃗⃗⃗⃗⃗ B. 23DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −CO ⃗⃗⃗⃗⃗ C. 23DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −23CO ⃗⃗⃗⃗⃗ D. 12DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −54CO ⃗⃗⃗⃗⃗ 【答案】A【解析】【分析】本题考查向量的有关概念，向量的加法、减法、数乘运算，平面向量的基本定理，属于中档题． 以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 为基底，分别表示向量CO ⃗⃗⃗⃗⃗ ，DE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AF⃗⃗⃗⃗⃗ ，根据平向量的基本定理以及相等向量建立方程组，解之即可得出结论．【解答】解：以AB⃗⃗⃗⃗⃗ ，AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 为基底， CO ⃗⃗⃗⃗⃗ =−12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −12AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ， DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =AE ⃗⃗⃗⃗⃗ −AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =14AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =14(AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )−AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =14AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −34AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ， AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BF ⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ． 设AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =x DE ⃗⃗⃗⃗⃗ +y CO⃗⃗⃗⃗⃗ ， 则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =x (14AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −34AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )+y (−12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −12AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )． 所以{14x −12y =1,−34x −12y =12,解得{x =12,y =−74. 即AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12DE ⃗⃗⃗⃗⃗ −74CO ⃗⃗⃗⃗⃗ ． 故选A ．8. 如图所示，半圆的直径AB =4，O 为圆心，C 是半圆上不同于A ，B 的任意一点，若P 为半径OC 上的动点，则(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅PC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值是( ) A. 2B. 0C. −1D. −2【答案】D【解析】【分析】 本题考查了向量在几何中的应用、平面向量的数量积、结合图形分析是解决问题的关键．根据图形知O 是线段AB 的中点，所以PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2PO⃗⃗⃗⃗⃗ ，再根据向量的点乘积运算分析方向与大小即可求出．【解答】解：由平行四边形法则得PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2PO⃗⃗⃗⃗⃗ ， 故(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ )·PC ⃗⃗⃗⃗ =2PO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ ，又|PC ⃗⃗⃗⃗ |=2−|PO⃗⃗⃗⃗⃗ | 且PO⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ 反向，设|PO ⃗⃗⃗⃗⃗ |=t(0≤t ≤2)， 则(PA⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ )·PC ⃗⃗⃗⃗ =2PO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ =−2t(2−t) =2(t 2−2t)=2[(t −1)2−1]．∵0≤t ≤2，∴当t =1时，(PA⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ )·PC ⃗⃗⃗⃗ 的最小值为−2． 故选D ．二、多项选择题（本大题共4小题，共20.0分）9. 若点P 为△ABC 的外心，且PA⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =PC ⃗⃗⃗⃗ ，则 ( ) A. 四边形ACBP 为菱形B. 四边形ACBP 为矩形C. ∠ACB =120°D. ∠ACP =60°【答案】ACD【解析】【分析】本题考查平面向量的加法和几何应用，属于基础题．根据题意得四边形ACBP 为菱形，再逐个判断即可．【解答】解：由PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =PC ⃗⃗⃗⃗ 知四边形ACBP 为平行四边形，又点P 为外心，∴四边形ACBP 为菱形，且PA =PC =AC ，得∠ACP =60∘，∠ACB =120∘．故选ACD ．10. 在日常生活中，我们会看到两人共提一个行李包的情境(如下图).假设行李包所受重力为G ⃗⃗ ，两个拉力分别为F 1⃗⃗⃗ ，F 2⃗⃗⃗⃗ ，若|F 1⃗⃗⃗ |=|F 2⃗⃗⃗⃗ |，F 1⃗⃗⃗ 与F 2⃗⃗⃗⃗ 的夹角为θ.则以下结论正确的是( )A. |F 1⃗⃗⃗ |的最小值为12|G ⃗⃗ |B. θ的范围为[0,π]C. 当θ=π2时，|F 1⃗⃗⃗ |=√22|G ⃗⃗ | D. 当θ=2π3时，|F 1⃗⃗⃗ |=|G⃗⃗ |【答案】ACD【解析】【分析】 本题考查受力分析，物理只是在数学中的应用，主要考查学生运算能力，物理与数学的转换能力，属于基础题．利用受力分析的应用逐项分析即可．【解答】解：根据受力分析：对于A:当行李包处于平衡状态时，若F 1⃗⃗⃗⃗ ，F 2⃗⃗⃗⃗ 竖直向上，则|F 1⃗⃗⃗⃗ |和|F 2⃗⃗⃗⃗ |最小，此时|F 1⃗⃗⃗⃗ |=|F 2⃗⃗⃗⃗ |=12|G ⃗ |，故 A 正确;对于B:当θ=π时，没有向上的分力，故 B 错误;对于C:当θ=π2时，|F 1⃗⃗⃗⃗ |=√22|G ⃗ |，故C 正确; 对于D:当θ=2π3时，解得|F 1⃗⃗⃗⃗ |=|G ⃗ |，故D 正确．故选ACD ．11. (多选)下列命题中正确的是( )A. 对于向量a ⃗ ，b ⃗ ，若|a ⃗ |=|b ⃗ |，则a ⃗ =b ⃗B. 若A ，B ，C ，D 是不共线的四点，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =DC ⃗⃗⃗⃗⃗ 是四边形ABCD 为平行四边形的充要条件C. 对于向量a ⃗ ，b ⃗ ，若a ⃗ =b ⃗ ，b ⃗ =c ⃗ ，则a⃗ =c ⃗ D. 对于向量a ⃗ ，b ⃗ ，a ⃗ =b ⃗ 的充要条件是|a ⃗ |=|b ⃗ |且a ⃗ //b ⃗【答案】BC【解析】【试题解析】【分析】本题考查平面向量的有关概念、充分、必要条件的判断和平面向量的几何语言，属于基础题． 对选项逐个判断即可．【解答】解：两个向量的长度相等，但它们的方向不一定相同，故A 不正确；∵AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=∣DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣且AB ⃗⃗⃗⃗⃗ //DC⃗⃗⃗⃗⃗ ，又A ，B ，C ，D 是不共线的四点， ∴四边形ABCD 为平行四边形；反之，若四边形ABCD 为平行四边形，则|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|DC ⃗⃗⃗⃗⃗ |，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ //DC ⃗⃗⃗⃗⃗ 且AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，DC ⃗⃗⃗⃗⃗ 方向相同，因此AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =DC⃗⃗⃗⃗⃗ ，故B 正确； ∵a ⃗ =b ⃗ ,∴a ⃗ ,b ⃗ 的长度相等且方向相同，又b ⃗ =c ，∴b ⃗ ，c的长度相等且方向相同， ∴a ⃗ ，c 的长度相等且方向相同，故a ⃗ =c ，故C 正确；当a ⃗ //b ⃗ 且方向相反时，即使|a ⃗ |=|b ⃗ |，也不能得到a ⃗ =b ⃗ ，故|a ⃗ |=|b ⃗ |且a ⃗ //b ⃗ 不是a ⃗ =b ⃗ 的充要条件，故D 错误．故选BC ．12. 下列说法正确的是( )A. 在▵ABC 中，若AD →=12AB →+12AC →，则点D 是边BC 的中点 B. 已知a =(−1,2)，b =(x,x −1)，若(b −2a )//a ，则x =−1C. 已知A ，B ，C 三点不共线，B ，C ，M 三点共线，若AM →=xAB →+(2x −1)AC →，则x =12D. 已知正方形ABCD 的边长为1，点M 满足DM →=12MC →，则AM →⋅AC →=43【答案】AD【解析】【分析】本题主要考查向量的基本定理和坐标运算，属于基础题．利用向量的基本定理和坐标运算依次判断各个选项即可．【解答】解：对于A ，取BC 中点E ，则12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则E 点与点D 重合，所以D 是边BC 的中点.所以A 正确；对于，b ⃗ −2a ⃗ =(x +2,x −5),a ⃗ =(−1,2),(b ⃗ −2a ⃗ )//a ⃗ ,所以x =13，所以B 不正确．对于C ，若x =12，则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +(2x −1)AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以M 为AB 的中点，但条件没有，所以C 不正确． 对于D ，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )(AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =1+13=43． 所以D 正确．故选：AD ．三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 一辆小车在拉力F ⃗ 的作用下沿水平方向前进了|s ⃗ |m ，拉力F ⃗ 的大小为|F⃗ |N ，方向与小车前进的方向所成角为α，如图所示，则F⃗ 所做的功W =______．【答案】|F ⃗ ||s |cosα【解析】解：拉力F ⃗ 可以分解为与s 平行(水平方向)的分力F ⃗ 1和与s 垂直(坚直方向)的分力F⃗ 2之和， 即F ⃗ =F 1⃗⃗⃗⃗ +F ⃗ 2，其中|F ⃗ 1|=|F ⃗ |cosα,|F 2⃗⃗⃗⃗ |=|F ⃗ |sinα，所以力F ⃗ 对物体所做的功W =|F ⃗ ||s |cosα．故答案为：|F ⃗ ||s |cosα．先求出拉力F ⃗ 在水平方向的分力，再求出F⃗ 所做的功W ． 本题考查平面向量在物理中的应用，属于基础题．14. 飞机以300 km/ℎ的速度斜向上飞行，方向与水平面成30°角，若将速度沿水平和垂直方向分解，则飞机在水平方向的分速度大小是_________km/ℎ．【答案】150√3 【解析】 【分析】本题主要考查向量在运动学中的应用，属基础题.根据题意画出图形，即可求得答案．【解答】解：如图所示，| v 1⃗⃗⃗ |=| v ⃗ |cos 30°=300×√32=150√3(km/h)．15. 如图，在△ABC 中，已知AB =10，AC =5，，点M 是边AB 的中点，点N 在直线AC 上，且AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，直线CM 与BN 相交于点P ，则线段AP 的长为 ．【答案】√21【解析】【分析】本题主要考查平面向量的几何应用，考查推理能力和计算能力，属于中档题．通过平面向量的基本定理求出AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =25AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +15AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，再利用模长公式即可求解． 【解答】解：因为B ，P ，N 三点共线，所以存在实数x 满足AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =x AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +(1−x)AN ⃗⃗⃗⃗⃗ =x AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +1−x 3AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 因为C ，P ，M 三点共线，所以存在实数y 满足AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =y AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +(1−y)AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =y 2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +(1−y)AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 又AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 不共线，则{x =y 21−x 3=1−y ⇒{x =25y =45, 所以AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =25AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +15AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |2=125(4|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+4AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |2) =125×(4×102+4×10×5×12+52)=21，所以|AP⃗⃗⃗⃗⃗ |=√21， 故答案为√21．16. 正方形ABCD 的边长为4，O 是正方形ABCD 的中心，过中心O 的直线l 与边AB 交于点M ，与边CD交于点N ，P 是平面上一点，满足2OP⃗⃗⃗⃗⃗ =λOB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +(1−λ)OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为 ． 【答案】−7【解析】【分析】本题考查向量的几何运用，根据题意可得OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λCB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2， 进而可得OP⃗⃗⃗⃗⃗ 2=16λ2−16λ+84=4λ2−4λ+2，从而利用向量的数量积公式及二次函数的性质即可求得结果，属于中档题．【解答】 解：由2OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λOB ⃗⃗⃗⃗⃗ +(1−λ)OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，得OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λCB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2，因此OP ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=16λ2−16λ+84=4λ2−4λ+2，所以PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PN ⃗⃗⃗⃗⃗ =(PO ⃗⃗⃗⃗⃗ +OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(PO ⃗⃗⃗⃗⃗ +ON ⃗⃗⃗⃗⃗ )=(PO⃗⃗⃗⃗⃗ +OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(PO ⃗⃗⃗⃗⃗ −OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) =PO⃗⃗⃗⃗⃗ 2−OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2=4λ2−4λ+2−OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2， 当λ=12,|OM|取最大值时，PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PN⃗⃗⃗⃗⃗ 取得最小值−7． 故答案为−7．四、解答题（本大题共6小题，共72.0分）17. 如图所示，已知电线AO 与天花板的夹角为60°，电线AO 所受拉力大小|F 1⃗⃗⃗ |=24 N ，绳BO 与墙壁垂直，所受拉力大小|F 2⃗⃗⃗⃗ |=12 N ，求F 1⃗⃗⃗ 和F 2⃗⃗⃗⃗ 的合力．【答案】解：如图以OA 、OB 为邻边作平行四边形AOBC ，在△OCA 中，|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=24，|AC⃗⃗⃗⃗⃗ |=12，∠OAC =60°， 则∠OCA =90°，∴|OC⃗⃗⃗⃗⃗ |=12√3， ∴F 1⃗⃗⃗⃗ 和F 2⃗⃗⃗⃗ 的合力大小为12√3N ，方向为与F 2⃗⃗⃗⃗ 成90°角竖直向上．【解析】本题主要考查向量的物理运用，向量的加法及向量的模．以OA 、OB 为邻边作平行四边形AOBC ，由向量加法，解三角形OCA ，可得F 1⃗⃗⃗⃗ 和F 2⃗⃗⃗⃗ 的合力大小及方向．已知O 为四边形ABCD 所在平面内一点，且向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OD ⃗⃗⃗⃗⃗ 满足等式OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OD ⃗⃗⃗⃗⃗(1)作出满足条件的四边形ABCD 。
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苏教版高中数学必修二全册同步课时练习棱柱 棱锥 棱台(建议用时：60分钟)[合格基础练]一、选择题1．下列说法中正确的是( ) A ．棱柱的面中，至少有两个面互相平行 B ．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面 C ．棱柱中一条侧棱的长叫做棱柱的高D ．棱柱的侧面是平行四边形，但它的底面一定不是平行四边形．A [棱柱的面中，有两个底面，所以至少有两个面互相平行，故A 正确．棱柱中两个互相平行的平面可能是棱柱的侧面，B 错误．棱柱中一条侧棱的长不一定是棱柱的高，C 错误．棱柱的侧面是平行四边形，但它的底面可能是平行四边形，D 错误．]2．如图所表示的几何体中，不是棱锥的为( )A B C DA [结合棱锥的定义可知，A 不符合其定义，故选A.] 3．如图所示，能推断这个几何体可能是三棱台的是( )A ．A 1B 1＝2，AB ＝2，B 1C 1＝3，BC ＝4B ．A 1B 1＝1，AB ＝2，B 1C 1＝1.5，BC ＝3，A 1C 1＝2，AC ＝3 C ．A 1B 1＝1，AB ＝2，B 1C 1＝1.5，BC ＝3，A 1C 1＝2，AC ＝4D ．AB ＝A 1B 1，BC ＝B 1C 1，CA ＝C 1A 1C [根据棱台是由棱锥截成的进行判断．A 中A 1B 1AB ≠ B 1C 1BC ，故A 不正确；B 中B 1C 1BC ≠A 1C 1AC，故B 不正确；C 中A 1B 1AB ＝B 1C 1BC ＝A 1C 1AC，故C 正确；D 中满足这个条件的可能是一个三棱柱，不是三棱台，故选C.]4.一个无盖的正方体盒子展开后的平面图形如图所示，A ，B ，C 是展开图上的三点，在正方体盒子中三角形ABC 的形状为( )A．等腰三角形B．等边三角形C．直角三角形D．等腰直角三角形B[由题图知，分别连接A，B，C三点，AB，BC，CA是正方体盒子的面对角线，所以△ABC 为等边三角形．]5．某同学制作了一个对面图案相同的正方体礼品盒(如图所示)，则这个正方体礼品盒的表面展开图应该为________．A BC DA[两个☆不能并列相邻，B、D错误；两个※不能并列相邻，C错误，故选A.也可通过实物制作检验来判定．]二、填空题6．在正方体上任意选择4个顶点，它们可以确定的几何图形或几何体为________．(写出所有正确结论的编号)①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体．①③④⑤[在正方体ABCDA1B1C1D1上任意选择4个顶点，它们可以确定：①矩形，如四边形ACC1A1；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体，如AA1BD；④每个面都是等边三角形的四面体，如ACB1D1；⑤每个面都是直角三角形的四面体，如AA1DC，所以填①③④⑤.]7．一个棱柱有10个顶点，所有的侧棱长的和为60 cm，则每条侧棱长为________ cm.12[由棱柱有10个顶点知此棱柱有5条侧棱，又棱柱侧棱长相等，故每条侧棱长为12 cm.]8．所有棱长都相等的正四棱锥和正三棱锥的一个面重合后暴露的面的个数为________个．7[如图(1)(2)所示分别是所有棱长都相等的正四棱锥和正三棱锥．图(3)是它们拼接而成的一个几何体．故暴露的面数为7个．(1) (2) (3)]三、解答题9．观察图中的几何体，分析它们是由哪些基本几何体组成的．(1) (2) (3)[解]图(1)是由一个四棱柱在它的上、下底面上向内挖去一个三棱柱组成的几何体．图(2)是由一个四棱柱和一个底面与四棱柱上底面重合的四棱锥组成．图(3)是由一个三棱台和一个上底面与三棱台的下底面重合的三棱柱组成．10．如图，在边长为2a的正方形ABCD中，E，F分别为AB，BC的中点，沿图中虚线将3个三角形折起，使点A，B，C重合，重合后记为点P.问：(1)折起后形成的几何体是什么几何体？(2)这个几何体共有几个面，每个面的三角形有何特点？(3)每个面的三角形面积为多少？[解](1)如图，折起后的几何体是三棱锥．(2)这个几何体共有4个面，其中△DEF为等腰三角形，△PEF为等腰直角三角形，△DPE 和△DPF均为直角三角形．(3)S △PEF ＝12a 2，S △DPF ＝S △DPE ＝12×2a ×a ＝a 2，S △DEF ＝S 正方形ABCD －S △PEF －S △DPF －S △DPE ＝(2a )2－12a 2－a 2－a 2＝32a 2.[等级过关练]1．一个截面经过棱锥各条侧棱的中点，则截得棱台的上、下底面积之比是( ) A ．1∶2 B ．1∶3 C ．1∶4 D ．1∶8C [如图，由于A 1是SA 的中点， 则SA 1SA ＝12＝A 1B 1AB， 故S 上底面S 下底面＝⎝ ⎛⎭⎪⎫A 1B 1AB 2＝14.] 2．在正五棱柱中，不在同一侧面且不在同一底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线条数有( )A ．5B ．6C ．8D ．10D [正五棱柱任意不相邻的两条侧棱可确定一个平面，每个平面可得到正五棱柱的两条对角线，5个平面共可得到10条对角线．]3．用一个平行于底面的平面去截一个几何体，如果截面是三角形，则这个几何体可能是__________．三棱锥、三棱柱、三棱台等(答案不唯一) [用平行于底面的平面去截三棱柱，截面是三角形，用同样的方法去截三棱锥、三棱台，所得截面均为三角形．]4．如图，M 是棱长为2 cm 的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱CC 1的中点，沿正方体表面从点A 到点M 的最短路程是________ cm.13 [由题意，若以BC 为轴展开，则A ，M 两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为2 cm，3 cm，故两点之间的距离是13 cm.若以BB1为轴展开，则A，M两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为1 cm，4 cm，故两点之间的距离是17 cm.故沿正方体表面从点A到点M的最短路程是13 cm.]5．如图所示，已知三棱台ABCA′B′C′.(1)把它分成一个三棱柱和一个多面体，并用字母表示；(2)把它分成三个三棱锥并用字母表示．[解](1)如图①所示，三棱柱是棱柱A′B′C′AB″C″，多面体是B′C′BCC″B″.(2)如图②所示，三个三棱锥分别是A′ABC，B′A′BC，C′A′B′C.①②圆柱圆锥圆台和球(建议用时：60分钟)[合格基础练]一、选择题1．下列说法正确的是( )A．平行于圆锥某一母线的截面是等腰三角形B．平行于圆台某一母线的截面是等腰梯形C．过圆锥顶点与底面圆心的截面是等腰三角形D．过圆台上底面中心的截面是等腰梯形C[由圆柱、圆锥、圆台的性质知③正确．]2．正方形绕其一条对角线所在直线旋转一周，所得几何体是( )A．圆锥B．圆台C．圆柱D．两个圆锥组合体D[连结正方形的两条对角线知对角线互相垂直，故绕其一条对角线旋转一周形成两个圆锥的组合体．]3．一个正方体内接于一个球，过球心作一截面，则截面不可能的图形是( )A B C DD[当截面平行于正方体的一个侧面时得C，当截面过正方体的体对角线时得B，当截面不平行于任何侧面也不过对角线时得A，但无论如何都不能截出D.]4．线段y＝2x(0≤x≤2)绕x轴旋转一周所得的图形是( )A．圆台B．圆锥C．圆锥侧面D．圆台侧面C[由线段y＝2x(0≤x≤2)绕x轴旋转一周，得到的是圆锥侧面，不含底面．]5．已知球的两个平行截面的面积分别为5π和8π，它们位于球心的同一侧，且距离为1，那么这个球的半径为( )A．9 B．3C. 5 D．2 2B[如图所示，∵两个平行截面的面积分别为5π，8π，∴两个截面圆的半径分别为r1＝5，r2＝22.∵球心到两个截面的距离d1＝R2－r21，d2＝R2－r22，∴d1－d2＝R2－5－R2－8＝1，∴R2＝9，∴R＝3.]二、填空题6．在日常生活中，常用到的螺母可以看成一个组合体，其结构特征是________．一个六棱柱中挖去一个圆柱[一个六棱柱中挖去一个等高的圆柱．]7．如图所示，将梯形ABCD绕底边AB所在直线旋转一周，由此形成的几何体是由简单几何体__________构成的．圆锥、圆柱[旋转体要注意旋转轴，可以想象一下旋转后的几何体，由旋转体的结构特征知它中间是圆柱，两头是圆锥．]8．若圆柱的轴截面是一个正方形，其面积为4S，则它的一个底面面积是__________．πS[因为圆柱的轴截面的一边是底面直径，另一邻边为圆柱的高，所以应满足4S＝2r(r为底面圆半径)，∴r＝S，故底面面积为πS.]三、解答题9．轴截面为正方形的圆柱叫做等边圆柱．已知某等边圆柱的轴截面面积为16 cm2，求其底面周长和高．[解]如图所示，作出等边圆柱的轴截面ABCD，由题意知，四边形ABCD为正方形，设圆柱的底面半径为r，则AB＝AD＝2r.其面积S＝AB×AD＝2r×2r＝4r2＝16 cm2，解得r＝2 cm.所以其底面周长C＝2πr＝2π×2＝4π(cm)，高h＝2r＝4 cm.10.从一个底面半径和高都是R的圆柱中挖去一个以圆柱上底面为底，下底面中心为顶点的圆锥，得到如图所示的几何体，如果用一个与圆柱下底面距离等于l并且平行于底面的平面去截它，求所得截面的面积．[解] 轴截面如图所示，被平行于下底面的平面所截的圆柱的截面圆的半径O1C＝R，设圆锥的截面圆的半径O1D为x.因为OA＝AB＝R，所以△OAB是等腰直角三角形．又CD∥OA，则CD＝BC，所以x＝l，故截面面积S＝πR2－πl2＝π(R2－l2)．[等级过关练]1．下列命题中正确的是( )A．圆柱上底面圆上任一点与下底面上任一点的连线都是圆柱的母线B．一直角梯形绕下底所在直线旋转一周，所形成的曲面围成的几何体是圆台C．圆锥、圆台中过轴的截面是轴截面，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形D．在空间中，到定点的距离等于定长的点的集合是球C[A错，由圆柱母线的定义知，圆柱的母线应平行于轴；B错．直角梯形绕下底所在直线旋转一周所形成的几何体是由一个圆柱与一个圆锥组成的几何体；C正确；D错，点的集合应为球面．]2．以钝角三角形的较小边所在的直线为轴，其他两边旋转一周所得到的几何体是( ) A．圆锥B ．两个圆锥组合体C ．圆台D ．一个大圆锥挖去一个同底的小圆锥D [如图，以AB 为轴旋转所得的几何体是一个大圆锥挖去一个同底的小圆锥．]3．边长为5 cm 的正方形EFGH 是圆柱的轴截面，则从E 点沿圆柱的侧面到点G 的最短距离是________cm.52π2＋4 [如图所示，E ′F ＝12×2π×52＝52π(cm)， ∴最短距离E ′G ＝52＋⎝ ⎛⎭⎪⎫52π2＝52π2＋4(cm)．]4．在半径为13的球面上有A ，B ，C 三点，其中AC ＝6，BC ＝8，AB ＝10，则球心到经过这三个点的截面的距离为________．12 [由线段的长度知△ABC 是以AB 为斜边的直角三角形，所以其外接圆的半径r ＝AB2＝5，所以d ＝R 2－r 2＝12.]5．如图所示，已知圆锥SO 中，底面半径r ＝1，母线长l ＝4，M 为母线SA 上的一个点，且SM ＝x ，从点M 拉一根绳子，围绕圆锥侧面转到点A .求：(1)绳子的最短长度的平方f (x )； (2)绳子最短时，顶点到绳子的最短距离； (3)f (x )的最大值． [解]将圆锥的侧面沿SA 展开在平面上，如图所示，则该图为扇形，且弧AA ′的长度L 就是圆O 的周长，∴L ＝2πr ＝2π.∴∠ASM ＝L 2πl ×360°＝2π2π×4×360°＝90°.(1)由题意知绳子长度的最小值为展开图中的AM ，其值为AM ＝x 2＋16(0≤x ≤4)．f (x )＝AM 2＝x 2＋16(0≤x ≤4)．(2)绳子最短时，在展开图中作SR ⊥AM ，垂足为R ，则SR 的长度为顶点S 到绳子的最短距离，在△SAM 中，∵S △SAM ＝12SA ·SM ＝12AM ·SR ，∴SR ＝SA ·SM AM ＝4xx 2＋16(0≤x ≤4)， 即绳子最短时，顶点到绳子的最短距离为4xx 2＋16(0≤x ≤4)．(3)∵f (x )＝x 2＋16(0≤x ≤4)是增函数， ∴f (x )的最大值为f (4)＝32.中心投影与平行投影及直观图画法(建议用时：60分钟)[合格基础练]一、选择题1．利用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图，得到下列结论，其中正确的是( ) A ．正三角形的直观图仍然是正三角形 B ．平行四边形的直观图一定是平行四边形 C ．正方形的直观图是正方形 D ．圆的直观图是圆B [由斜二测画法可知，平面图形中的垂直关系变成相交关系，故A 、C 错误；又圆的直观图为椭圆，故D 错误．]2．如图为一平面图形的直观图的大致图形，则此平面图形可能是( )A B C DC [根据该平面图形的直观图，该平面图形为一个直角梯形且在直观图中平行于y ′轴的边与底边垂直．]3．如图所示，△A ′B ′C ′是水平放置的△ABC 的直观图，则在△ABC 的三边及中线AD 中，最长的线段是( )A ．AB B ．ADC ．BCD ．ACD [由题图可知，在△ABC 中，AB ⊥BC ，AC 为斜边，AD 为直角边上的一条中线，显然斜边AC 最长．]4．如图所示，△A ′O ′B ′表示水平放置的△AOB 的直观图，B ′在x ′轴上，A ′O ′与x ′轴垂直，且A ′O ′＝2，则△AOB 的边OB 上的高为( )A ．2B ．2 2C ．4D ．4 2D [由直观图与原图形中边OB 长度不变，得S 原图形＝22S直观图，得12·OB ·h ＝22×12×2·O ′B ′，∵OB ＝O ′B ′，∴h ＝4 2.]5．如图所示，为水平放置的正方形ABCO ，它在直角坐标系xOy 中点B 的坐标为(2，2)，则在用斜二测画法画出的它的直观图中，顶点B ′到x ′轴的距离为( )A.22B ．1 C. 2D ．2A [在直观图中，BC 对应B ′C ′，且B ′C ′＝1，∠B ′C ′x ′＝45°，故顶点B ′到x ′轴的距离为22.]二、填空题6．如图所示，正方形O ′A ′B ′C ′的边长为 1 cm ，它是一个水平放置的平面图形的直观图，则原图形的周长为________cm.8 [由于平行性不变，O ′A ′∥B ′C ′，故在原图形中，OABC ，∴四边形OABC 为平行四边形，且对角线OB ⊥OA ，对角线OB ＝22，则AB ＝12＋（22）2＝3.∴原图形的周长为l ＝3×2＋1×2＝8.]7.如图是△AOB 用斜二测画法画出的直观图△A ′O ′B ′，则△AOB 的面积是________．16 [由题图易知△AOB 中，底边OB ＝4， 又因为底边OB 的高线长为8， 所以面积S ＝12×4×8＝16.]8．如图所示，平行四边形O ′P ′Q ′R ′是四边形OPQR 的直观图，若O ′P ′＝3，O ′R ′＝1，则原四边形OPQR 的周长为________．10 [由四边形OPQR 的直观图可知该四边形是矩形，且OP ＝3，OR ＝2，所以原四边形OPQR 的周长为2×(3＋2)＝10.]三、解答题9．用斜二测画法画长、宽、高分别是4 cm ，3 cm ，2 cm 的长方体ABCD A ′B ′C ′D ′的直观图．[解] 画法：第一步，画轴，如图(1)，画x ′轴、y ′轴、z ′轴，三轴相交于点O ′，使∠x ′O ′y ′＝45°，∠x ′O ′z ′＝90°.(1) (2)第二步，画底面，以点O ′为中点，在x ′轴上取线段MN ，使MN ＝4 cm ；在y ′轴上取线段PQ ，使PQ ＝32 cm ，分别过点M 和N 作y ′轴的平行线，过点P 和Q 作x ′轴的平行线，设它们的交点分别为A ，B ，C ，D ，四边形ABCD 就是长方体的底面．第三步，画侧棱，过A ，B ，C ，D 各点分别作z ′轴的平行线，并在这些平行线上分别截取2 cm 长的线段AA ′，BB ′，CC ′，DD ′.第四步，成图，顺次连结A ′，B ′，C ′，D ′，并加以整理(去掉辅助线，将被遮挡的部分改为虚线)，就可以得到长方体的直观图(如图(2))．10．有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，如图所示，∠A ′B ′C ′＝45°，D ′C ′⊥A ′D ′，A ′B ′＝A ′D ′＝1，D ′C ′⊥B ′C ′，求这块菜地的面积．[解] 在直观图①中，过点A ′作A ′E ′⊥B ′C ′，垂足为E ′，①则在Rt △A ′B ′E ′中，A ′B ′＝1， ∠A ′B ′E ＝45°， ∴B ′E ′＝22，而四边形A ′E ′C ′D ′为矩形，A ′D ′＝1，②∴E ′C ′＝A ′D ′＝1. ∴B ′C ′＝B ′E ′＋E ′C ′＝22＋1. 由此可得原图形如图②，在原图形中，AD ＝1，AB ＝2，BC ＝22＋1， 且AD ∥BC ，AB ⊥BC ，∴这块菜地的面积S ＝12(AD ＋BC )·AB ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22.[等级过关练]1．利用斜二测画法画边长为1 cm 的正方形的直观图，正确的是图中的( )A B C DD [正方形的直观图应是平行四边形，且相邻两边的边长之比为2∶1.故D 正确．] 2．如图，△A ′B ′C ′是水平放置的△ABC 的斜二测直观图，其中O ′C ′＝O ′A ′＝2O ′B ′，则以下说法正确的是( )A ．△ABC 是钝角三角形B ．△ABC 是等腰三角形，但不是直角三角形 C ．△ABC 是等腰直角三角形D ．△ABC 是等边三角形C [将其恢复成原图，设A ′C ′＝2，则可得OB ＝2O ′B ′＝1，AC ＝A ′C ′＝2，故△ABC 是等腰直角三角形．]3.如图，在直观图中，四边形O ′A ′B ′C ′为菱形且边长为2 cm ，则在xOy 坐标系中原四边形OABC 为________(填形状)，面积为________ cm 2.矩形 8 [由题意，结合斜二测画法可知，四边形OABC 为矩形，其中OA ＝2 cm ，OC ＝4 cm ，所以四边形OABC 的面积S ＝2×4＝8(cm 2)．]4．在平面直角坐标系xOy 中，O (0，0)，B (4，0)，C (0，22)，用斜二测画法把△OBC 画在对应的x ′O ′y ′中时，B ′C ′的长是________．10 [由题设知OB ＝4，OC ＝22，∠COB ＝90°.根据斜二测画法的规则可得O ′B ′＝4，O ′C ′＝222＝2，∠C ′O ′B ′＝45°，在△C ′O ′B ′中，由余弦定理， 得B ′C ′＝（2）2＋42－2×2×4×22＝10.] 5．已知△ABC 的面积为62a 2，它的水平放置的直观图为△A ′B ′C ′是一个正三角形，根据给定的条件作出△A ′B ′C ′的原图形，并计算△A ′B ′C ′的面积．[解] (1)取B ′C ′所在的直线为x ′轴，过B ′C ′中点O ′与O ′x ′成45°的直线为y ′轴，建立坐标系x ′O ′y ′；(2)过A ′点作A ′M ′∥y ′轴交x ′轴于M ′点，在△A ′B ′C ′中，设它的边长为x ，∵O ′A ′＝32x ，∠A ′M ′O ′＝45°，∴O ′A ′＝O ′M ′＝32x ，故A ′M ′＝62x ；(3)在直角坐标系xOy 中，在x 轴上O 点左右两侧， 取到点O 距离为x2的点B ，C ，在x 轴O 点左侧取到原点O 距离为32x 的点M ，过M 在x 轴上方作y 轴的平行线并截取MA ＝6x ，连结AB ，AC ，则△ABC 为△A ′B ′C ′的原图形，由S △ABC ＝62a 2，得12x ×6x ＝62a 2，∴x ＝a ，故△A ′B ′C ′的面积为34a 2.平面的基本性质(建议用时：60分钟)[合格基础练]一、选择题1．下面是四个命题的叙述(其中A ，B 表示点，a 表示直线，α表示平面)，其中叙述方式和推理都正确的是( )A．Aα，Bα，∴ABαB．∵A∈α，B∈α，∴AB∈αC．∵Aα，aα，∴A aD．∵ABα，∴AαC[A错，应写为A∈α，B∈α；B错，应写为ABα；C对．D错，A有可能在α内．] 2．空间四点A，B，C，D共面而不共线，那么这四点中( )A．必有三点共线B．必有三点不共线C．至少有三点共线D．不可能有三点共线B[如图(1)(2)所示，A、C、D均不正确，只有B正确，如图(1)中A，B，D不共线．(1) (2)]3．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，则下列结论错误的是( )A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1四点共面C．A，O，C，M四点共面D．B，B1，O，M四点共面D[因为A，M，O三点既在平面AB1D1内，又在平面AA1C内，故A，M，O三点共线，从而易知A、B、C均正确．]4．下列图形均表示两个相交平面，其中画法正确的是( )A B C D[答案] D5．如图所示的正方体中，P，Q，M，N分别是所在棱的中点，则这四个点共面的图形是( )A B C DA[图形A中，连结MN，PQ，则由正方体的性质得MN∥PQ.根据推论3可知两条平行直线可以确定一个平面，故图形A正确．分析可知图形B、C、D中这四点均不共面．]二、填空题6．经过空间任意三点可以作________个平面．一个或无数[若三点不共线，只可以作一个平面；若三点共线，则可以作出无数个平面．] 7．设平面α与平面β相交于l，直线aα，直线bβ，a∩b＝M，则M________l.∈[因为a∩b＝M，aα，bβ，所以M∈α，M∈β.又因为α∩β＝l，所以M∈l.] 8．若直线l与平面α相交于点O，A，B∈l，C，D∈α，且AC∥BD，则O，C，D三点的位置关系是________．共线[∵AC∥BD，∴AC与BD确定一个平面，记作平面β，则α∩β＝CD.∵l∩α＝O，∴O∈α.又∵O∈ABβ，∴O∈直线CD，∴O，C，D三点共线．]三、解答题9.如图所示，点A平面BCD，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的点，EH与FG交于点K，求证：点K在直线BD上．[证明]∵EH∩FG＝K，∴K∈EH，K∈FG.∵E∈AB，H∈AD，∴EH平面ABD，∴K∈平面ABD.同理，K∈平面BCD.又∵平面ABD∩平面BCD＝BD，∴K在直线BD上．10．如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是AA1，CC1的中点，求证：D1，E，F，B共面．[证明]因为D1，E，F三点不共线，所以D1，E，F三点确定一个平面α.由题意得，D1E 与DA共面于平面A1D且不平行，如图．分别延长D1E与DA相交于G，所以G∈直线D1E，所以G∈平面α.同理设直线D1F与DC 的延长线交于H，则H∈平面α.又点G，B，H均在平面AC内，且点E是AA1的中点，AA1∥DD1，所以AG＝AD＝AB，所以△AGB 为等腰直角三角形，所以∠ABG＝45°.同理∠CBH＝45°.又∠ABC＝90°，所以G，B，H共线于GH，又GH平面α，所以B∈平面α，所以D1，E，F，B共面．[等级过关练]1．下列命题中是假命题的为( )A．若A∈l，A∈α，B∈l，B∈α，则lαB．若A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，则α∩β＝ABC．若lα，A∈l，则A∈αD．若A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线，则α与β重合C[C中A是l和α交点时，A∈α.]2．平面α∩平面β＝l，点M∈α，N∈α，点P∈β且P l，又MN∩l＝R，过M，N，P三点所确定的平面记为γ，则β∩γ＝( )A．l B．PRC．PN D．PMB[如图，MNγ，R∈MN，∴R∈γ.又R∈l，∴R∈β.又P∈γ，P∈β，∴β∩γ＝PR.]3．如图所示，已知D，E是△ABC的边AC，BC上的点，平面α经过D，E两点，若直线AB与平面α的交点是P，则点P与直线DE的位置关系是________．P∈DE[因D，E两点都在α内，也都在平面ABC内，故DE是平面ABC与平面α的交线．又∵P在α内，也在平面ABC内，故P点在平面ABC与平面α的交线DE上．]4．正方体ABCDA1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，那么过P，Q，R的截面图形是__________．正六边形[如图所示，取C1D1的中点E，连结RE，RE PQ，∴P，Q，E，R共面．再取BB1，DD1的中点F，G.∵PF∥AB1∥QR且GE∥C1D∥QR，∴GE∥PF，综上E，G，F，P，Q，R共面，又∵QP＝PF＝FR＝ER＝EG＝GQ＝22 AB，∴截面图形为正六边形．]5．在棱长是a的正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是AA1，D1C1的中点，过D，M，N三点的平面与正方体的下底面相交于直线l.(1)画出交线l；(2)设l∩A1B1＝P，求PB1的长；(3)求点D1到l的距离．[解](1)如图，延长DM 交D 1A 1的延长线于点Q ，则点Q 是平面DMN 与平面A 1B 1C 1D 1的一个公共点．连结QN ，则直线QN 就是两平面的交线l .(2)∵M 是AA 1的中点，MA 1∥DD 1， ∴A 1是QD 1的中点． 又∵A 1P ∥D 1N ，∴A 1P ＝12D 1N .∵N 是D 1C 1的中点，∴A 1P ＝14D 1C 1＝a4，∴PB 1＝A 1B 1－A 1P ＝34a .(3)过点D 1作D 1H ⊥PN 于点H ，则D 1H 的长就是点D 1到l 的距离． ∵QD 1＝2A 1D 1＝2a ，D 1N ＝a2，∴QN ＝QD 21＋D 1N 2＝172a ， ∴D 1H ＝D 1Q ·D 1NQN ＝2a ·a2172a ＝21717a ，即点D 1到l 的距离是21717a .空间两条直线的位置关系(建议用时：60分钟)[合格基础练]一、选择题1．下列说法正确的有( )A ．两条异面直线指的是不同在一个平面内的两条直线B ．两条异面直线指的是分别在某两个平面内的两条直线C ．两条异面直线指的是既不平行又不相交的两条直线D ．两条异面直线指的是平面内的一条直线和平面外的一条直线C [A 只说明两直线不同在一个平面内，没有说明平面的任意性；B 把两条直线放到特定的两个平面内，也不具有任意性；C 从反面肯定了两直线的异面；D 中的两条直线可能在同一平面内．故选C.]2．如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示GH，MN是异面直线的图形有( )①②③④A．①②B．①③C．②③D．②④D[①中GH∥MN，③中GM∥HN且GM≠HN，∴GH，MN必相交．]3．如果l和n是异面直线，那么和l，n都垂直的直线条数为( )A．0 B．1C．2 D．无数D[l和n是异面直线，则和l，n都垂直相交的直线有一条m，与m平行的直线和l，n 都垂直．]4．空间四边形的两条对角线相互垂直，顺次连结四边中点的四边形的形状是( ) A．平行四边形B．矩形C．梯形D．正方形B[易证四边形EFGH为平行四边形，又∵E，F分别为AB，BC的中点，∴EF∥AC，又FG∥BD，∴∠EFG或其补角为AC与BD所成的角．而AC与BD所成的角为90°.∴∠EFG＝90°，故四边形EFGH为矩形．]5．如图，三棱柱ABCA1B1C1中，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是( )A ．CC 1与B 1E 是异面直线 B ．C 1C 与AE 共面 C ．AE ，B 1C 1是异面直线D ．AE 与B 1C 1所成的角为60°C [CC 1与B 1E 共面，CC 1与AE 异面，故A 、B 错；AE 与BC 垂直，BC ∥B 1C 1，∴AE ⊥B 1C 1，故D 错．]二、填空题6．如图，A 是△BCD 所在平面外一点，M ，N 分别是△ABC 和△ACD 的重心，若MN ＝6，则BD ＝________．18 [连结AM 并延长交BC 于E ，连结AN 并延长交CD 于F ，则E ，F 分别为BC ，CD 的中点，连结EF .由题意知，AM AE ＝MN EF ＝23，∴EF ＝32×6＝9，∴BD ＝2EF ＝18.]7．如图，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，底面是梯形，AB ∥CD ，则所有与∠A 1AB 相等的角是________．∠D 1DC ，∠D 1C 1C ，∠A 1B 1B [因四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中AA 1∥DD 1.又AB ∥CD ，所以∠A 1AB 与∠D 1DC 相等．又由于侧面A 1ABB 1，D 1DCC 1为平行四边形，所以∠A 1AB 与∠A 1B 1B ，∠D 1C 1C 也相等．]8．如图，过正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的顶点A 作直线l ，使l 与棱AB ，AD ，AA 1所成的角都相等，这样的直线l 可以作________条．4[连结AC1(图略)，则AC1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等；过点A分别作正方体的另外三条体对角线的平行线，则它们与棱AB，AD，AA1所成的角也都相等．故这样的直线l可以作4条．]三、解答题9．如图，E，F分别是长方体ABCDA1B1C1D1的棱A1A，C1C的中点．求证：四边形B1EDF是平行四边形．[证明]如图，设Q是DD1的中点，连结EQ，QC1.∵E是AA1的中点，∴EQ A1D1.又在矩形A1B1C1D1中，A1D1B1C1，∴EQ B1C1(平行公理)，∴四边形EQC1B1为平行四边形，∴B1E C1Q.又∵Q，F是矩形DD1C1C的两边的中点，∴QD C1F，∴四边形DQC1F为平行四边形，∴C1Q DF.又∵B1E C1Q，∴B1E DF，∴四边形B1EDF是平行四边形．10．如图所示，AB是圆O的直径，点C是弧AB的中点，D，E分别是VB，VC的中点，求异面直线DE与AB所成的角．[解]因为D，E分别是VB，VC的中点，所以BC∥DE，因此∠ABC是异面直线DE与AB 所成的角，又因为AB是圆O的直径，点C是弧AB的中点，所以△ABC是以∠ACB为直角的等腰直角三角形，于是∠ABC＝45°，故异面直线DE与AB所成的角为45°.[等级过关练]1．一个正方体纸盒展开后如图，在原正方体纸盒中有下列结论：①AB⊥EF；②AB与CM所成的角为60°；③EF与MN是异面直线；④MN∥CD.A．①③B．②④C．②③D．③④A[把正方体平面展开图还原为原来的正方体，如图所示，AB⊥EF，EF与MN是异面直线，AB ∥CM，MN⊥CD，只有①③正确．]2．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别为棱C1D1，CC1的中点，有以下四个结论错误的是( )A．直线DM与CC1是相交直线B．直线AM与BN是平行直线C．直线BN与MB1是异面直线D．直线AM与DD1是异面直线B[B中AM和BN是异面直线．]3．如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是棱C1C与BC的中点，则直线EF与直线D1C 所成的角的大小是__________．60°[如图，连结BC1，A1B.∵BC1∥EF，A1B∥CD1，则∠A1BC1即为EF与D1C所成的角．又∵∠A1BC1为60°，∴直线EF与D1C所成的角为60°.]4．一条直线与两条异面直线中的一条平行，则它和另一条的位置关系是________．相交或异面[如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1与BC是异面直线，又AA1∥BB1，AA1∥DD1，显然BB1∩BC＝B，DD1与BC是异面直线．]5．如图所示，△ABC和△A′B′C′的对应顶点的连线AA′，BB′，CC′交于同一点O，且OAOA′＝OBOB′＝OCOC′＝23.(1)求证：A′B′∥AB，A′C′∥AC，B′C′∥BC；(2)求S△ABCS△A′B′C′的值．[解](1)证明：∵AA′∩BB′＝O，且AOA′O＝BOB′O＝23，∴AB∥A′B′，同理AC∥A′C′，BC∥B′C′.(2)∵A′B′∥AB，A′C′∥AC且边AB和A′B′，AC和A′C′方向都相反，∴∠BAC＝∠B′A′C′，同理∠ABC＝∠A′B′C′，∠ACB＝∠A′C′B′，∴△ABC∽△A′B′C′且ABA′B′＝AOOA′＝23，∴S△ABCS△A′B′C′＝⎝⎛⎭⎪⎫232＝49.直线与平面平行(建议用时：60分钟)[合格基础练]一、选择题1．在梯形ABCD中，AB∥CD，ABα，CDα，则CD与平面α内的直线的位置关系只能是( )A．平行B．异面C．相交D．平行或异面D[由条件知CD∥α，故CD与α内的直线平行或异面．]2．若直线l不平行于平面α，且lα，则下列四个命题正确的是( )A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α内存在唯一的直线与l平行D．α内的直线与l相交B[依题意，直线l∩α＝A(如图)，α内的直线若经过点A，则与直线l相交；若不经过点A，则与直线l是异面直线．]3．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得到AB∥平面MNP的图形是( )A．①②B．②④C．②③D．①④D[过AB的体对角面与面MNP平行，故①成立；④中易知AB∥NP，故④也成立．]4．P是△ABC所在平面外一点，E，F，G分别是AB，BC，PC的中点，则图中与过E，F，G的截面平行的线段条数是( )A．1 B．2C．3 D．4B[由题意知EF∥AC，FG∥PB，∴AC∥平面EFG，PB∥平面EFG，即有2条与平面EFG平行的线段．]5．如图，α∩β＝CD，α∩γ＝EF，β∩γ＝AB，若AB∥α，则CD与EF的位置关系是( )A ．平行B ．相交C ．异面D ．平行或相关A [∵⎭⎪⎬⎪⎫AB ∥αα∩β＝CD AB β⇒AB ∥CD ，同理可证AB ∥EF ，∴EF ∥CD .] 二、填空题6．如图，三棱锥A BCD 中E ，F ，G ，H 分别是AB ，BC ，CD ，DA 边上的点，它们共面，并且AC ∥平面EFGH ，BD ∥平面EFGH ，AC ＝m ，BD ＝n ，则当EFGH 是菱形时，AE ∶EB ＝________．m ∶n [∵AC ∥平面EFGH ，∴EF ∥AC ，HG ∥AC . ∴EF ＝HG ＝BEBA·m . 同理，EH ＝FG ＝AE AB·n ， ∴BE AB ·m ＝AEAB·n ， ∴AE ∶EB ＝m ∶n .]7．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，M 是A 1B 1的中点，N 是AB 上的点，且AN ∶NB ＝1∶2，过D 1，M ，N 的平面交AD 于点G ，则NG ＝__________．53a[由题意易知GN ∥D 1M ，由AN ∶NB ＝1∶2，M 为A 1B 1的中点得AN ＝13AB ＝13A 1B 1＝23A 1M .∴GN D 1M ＝AN A 1M ＝23， ∴GN ＝23D 1M ＝23a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2＝53a .] 8．如图，四边形ABCD 是矩形，P 平面ABCD ，过BC 作平面BCFE 交AP 于E ，交DP 于F ，则四边形BCFE 的形状一定是______．梯形 [∵四边形ABCD 为矩形，∴BC ∥AD .∵AD 平面PAD ，∴BC ∥平面PAD .∵平面BCFE ∩平面PAD ＝EF ， ∴BC ∥EF .∵AD ＝BC ，AD ≠EF ， ∴BC ≠EF ，∴四边形BCFE 为梯形．] 三、解答题9．如图，已知A 1B 1C 1ABC 是正三棱柱，D 是AC 的中点．求证：AB 1∥平面DBC 1.[证明] ∵A 1B 1C 1ABC 是正三棱柱， ∴四边形B 1BCC 1是矩形．连结B 1C 交BC 1于点E ， 则B 1E ＝EC .连结DE ，在△AB 1C 中， ∵AD ＝DC ，B 1E ＝EC ， ∴DE ∥AB 1.又∵AB 1平面DBC 1，DE 平面DBC 1， ∴AB 1∥平面DBC 1.10．如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为BB 1上不同于B ，B 1的任一点，AB 1∩A 1E ＝F ，B 1C。
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解析：根据定义判定．
答案：④
7．在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最多有______个．
解析：从长方体中寻找四棱锥模型．
答案：4
8．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体一定是棱锥吗？
解：不一定，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面是有一个公共顶点的三角形”，如图所示的几何体并不是棱锥．
所以边长为4，OB＝2 .
又侧棱长为2 ，
所以VO＝ ＝6.
又OE＝2，所以斜高VE＝ ＝2 .
故它的高为6，斜高为2 .
第1章立体几何初步
1.1空间几何体
1.1.2圆柱、圆锥、圆台和球
A级 基础巩固
1．下列说法正确的是()
A．直角三角形绕一边所在直线旋转得到的旋转体是圆锥
B．夹在圆柱的两个截面间的几何体还是一个旋转体
解析：两个 不能并列相邻，B、D错误；两个 不能并列相邻，C错误，故选A.也可通过实物制作检验来判定．
答案：A
11．下列说法不正确的是________(填序号)．
①有些棱台的侧棱都相等；
②四棱锥有五个顶点；
③三棱台的上、下底面是相似三角形；
④有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的几何体是棱台．
解析：根据棱锥顶点的定义可知，四棱锥仅有一个顶点，则②不正确；显然①③正确；举反例：将两个相同的四棱台的上底面重合上下放置，得到的几何体不是棱台，④不正确．
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第1章立体几何初步
1.1空间几何体
1.1.1棱柱、棱锥和棱台
A级 基础巩固
1．下列图中属于棱柱的有()
A．2个B．3个
C．4个D．5个
解析：根据棱柱的定义，第一行中前两个和第二行中后两个为棱柱．
答案：C
2．五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个五棱柱共有对角线()
答案：②
5．观察如图所示的正六棱柱，共有________对平行平面，能作为棱柱底面的有________对．
解析：观察图中的正六棱柱，可知共有4对平行平面，其中能作为棱柱底面的只有1对．
答案：41
6．下列说法正确的是________(填序号)．
①底面是正方形的棱锥是正四棱锥；
②各条侧棱都相等的棱锥是正棱锥；
①点H与点C重合；
②点D，M与点R重合；
③点B与点Q重合；
④点A与点S重合．
解析：把面EFNM作为该正方体的底面，将展开图还原为正方体，如图所示，然后逐个检验，便可得到命题②④是正确的．
答案：②④
14．一个长方体过同一顶点的三个面的面积分别为 ， ， ，这个长方体的对角线的长是________．
解析：设三边分别为a，b，c，则ab＝ ，bc＝ ，ca＝ ，解得：a＝ ，b＝1，c＝ ，所以对角线长为 ＝ ＝ .
9．下列三个命题，其中正确的有________个．
①用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分是棱台；
②两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；
③有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台．
解析：由棱台定义知3个命题均不正确．
答案：0
B级 能力提升
10.某同学制作了一个对面图案相同的正方体礼品盒(如图所示)，则这个正方体礼品盒的表面展开图应该为()
d2＝ ＝5 (cm)；
当一个长方体放在另一个长方体的前方时，这时新的长方体的对角线长
d3＝ ＝7 (cm)．
综上可知，新长方体中，最长的对角线的长度为5 cm.
16.如图所示，已知正四棱锥V-ABCD的底面面积为16，一条侧棱长为2 ，点E是BC的中点，计算它的高和斜高．
解：因为正方形ABCD的面积为16，
答案：②④
12．下列图中的几何体是棱台的是________(填序号)．
解析：①③都不是由棱锥截成的，不符合棱台的定义，故①③不满足题意．②中的截面不平行于底面，不符合棱台的定义，故②不满足题意．④符合棱台的定义．
答案：④
13.如图所示是一个正方体的表面展开图，把它折回成正方体后，下列命题中，正确命题的序号是________．
C．圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台
D．通过圆台侧面上一点，有无数条母线
解析：圆锥是直角三角形绕直角边所在直线旋转得到的，如果绕斜边旋转就不是圆锥，A不正确；夹在圆柱两个平行于底面的截面间的几何体才是旋转体，故B不正确；通过圆台侧面上一点，有且只有一条母线，故D不正确．
答案：C
2．下列说法正确的是()
答案：A
4．关于棱柱的下列说法中正确的是________(填序号)．
①所有的棱都相等；
②至少有两个面的形状完全相同；
③相邻两个面的交线叫作侧棱．
解析：①错误，因为侧棱与底面上的棱不一定相等；②正确，根据棱柱的结构特征知，棱柱的两个底面一定是全等的，故棱柱中至少有两个面的形状完全相同；③错误，因为底面和侧面的公共边不是侧棱．
答案：
15．两个完全相同的长方体，长、宽、高分别为5cm，4 cm，3 cm，把它们重叠在一起组成一个新长方体，在这些新长方体中，求最长的对角线的长度．
解：当一个长方体放在另一个长方体的上方时，这时新的长方体的对角线长
d1＝ ＝ (cm)；
当一个长方体放在另一个长方体的右边时，这时新的长方体的对角线长
A．直线绕定直线旋转形成柱面
B．半圆绕定直线旋转形成球体
C．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台
D．圆柱的任意两条母线所在的直线是相互平行的
解析：两直线平行时，直线绕定直线旋转才形成柱面，故A不正确；半圆以直径所在直线为轴旋转形成球体，故B不正确；C不符合棱台的定义．
答案：D
3．下列命题中，正确的是()
A．平行于圆锥的一条母线的截面是等腰三角形
B．平行于圆台的一条母线的截面是等腰梯形
A．20条B．15条
C．12条D．10条
解析：由题意五棱柱对角线一定为上底面的一个顶点和下底面的一个顶点的连线，因为不同在任何侧面内，故从一个顶点出发的对角线有2条，五棱柱的对角线共有2×5＝10(条)．
答案：D
3．下面图形所表示的几何体中，不是棱锥的为()
解析：判断一个几何体是否是棱锥，关键看它是否满足以下条件：有一个面是多边形，其余各面都是三角形，且是有一个公共顶点的三角形．故A不是棱锥；B是四棱锥；C，D是五棱锥．