数学北师版必修2第一章 立体几何初步单元检测
(时间：45分钟，满分：100分)
一、选择题(每小题6分，共48分)
1．一个棱柱是正四棱柱的条件是( )．
A．底面是正方形，有两个侧面是矩形
B．底面是正方形，有两个侧面垂直于底面
C．底面是菱形，且每一个顶点处的三条棱两两垂直
D．每个侧面都是全等矩形的四棱柱
2．l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )．
A．l1⊥l2，l2⊥l3 l1∥l3
B．l1⊥l2，l2∥l3 l1⊥l3
C．l1∥l2∥l3 l1，l2，l3共面
D．l1，l2，l3共点 l1，l2，l3共面
3．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是( )．
A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β
B．若m∥n，mα，nβ，则α∥β
C．若m∥n，m∥α，则n∥α
D．若n⊥α，n⊥β，则α∥β
4．空间四边形ABCD的四边相等，则它的两条对角线AC，BD的关系是( )．
A．垂直且相交 B．相交但不一定垂直
C．垂直但不相交 D．不垂直也不相交
5．如图，某几何体的主视图、左视图和俯视图分别是等边三角形、等腰三角形和菱形，则该几何体体积为( )．
A． B．4 C． D．2
6．如图，在正四面体P－ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是( )．
A．BC∥平面PDF
B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面PAE
D．平面PDE⊥平面ABC
7．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，Al，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是( )．
A．AB∥m B．AC⊥m
C．AB∥β D．AC⊥β
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
二、填空题(每小题6分，共18分)
9．如图，梯形A1B1C1D1是一平面图形ABCD的直观图，若A1D1∥O′y′，A1B1∥C1D1，A1B1＝C1D1＝2，A1D1＝1，则ABCD的面积是__________．
10．圆柱形容器内部盛有高度为8 cm的水，若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后，水恰好淹没最上面的球(如图所示)，则球的半径是________cm.
11．有一木块如图所示，点P在平面A′C′内，棱BC平行平面A′C′，要经过P和棱BC将木料锯开，锯开的面必须平整，有N种锯法，N＝________.
三、解答题(共3小题，共34分)
12．(10分)如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB=2AD，AD=A1B1，∠BAD=60°.
(1)证明AA1⊥BD；
(2)证明CC1∥平面A1BD.
13．(12分)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝AD＝2，点E为AB的中点．
(1)求三棱锥A1－ADE的体积；
(2)求证：A1D⊥平面ABC1D1；
(3)求证：BD1∥平面A1DE.
14．(12分)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E，G，F分别为MB，PB，PC的中点，且AD＝PD＝2MA.
(1)求证：平面EFG⊥平面PDC；
(2)求三棱锥P－MAB与四棱锥P－ABCD的体积之比．
参考答案
1答案：C
2答案：B 解析：对于A选项，在同一平面内满足条件是正确的．而在空间中不一定正确．如正方形ABCD－A1B1C1D1中，A1A⊥AD，AD⊥AB.有A1A⊥AB，而不是A1A∥AB；对于C选项，如正方体ABCD－A1B1C1D1中，D1C1∥A1B1∥AB，而三直线D1C1，A1B1，AB不共面；对于D选项，如正方形ABCD－A1B1C1D1中，AA1，B1A1，D1A1共点于A1，而三直线AA1，B1A1，D1A1不共面；对于B选项，由两直线所成角的定义可知正确．
3答案：D 解析：考虑墙角的三个面，满足α⊥γ，α⊥β，而β与γ是相交的，故A错误；B中α，β可能相交，如图，故B错误；C中n可能在平面α内，故C错误；由垂直于同一条直线的两个平面平行知D正确．
4答案：C 解析：如图，取BD中点E，连接AE，CE.
∵AB＝AD＝BC＝CD，
∴AE⊥BD，CE⊥BD.
∴BD⊥平面AEC.
又AC平面AEC，
∴BD⊥AC.
5答案：C 解析：根据几何体的三视图可得几何体的直观图如下图所示．
此几何体是底面为菱形的四棱锥，且顶点S在底面上的射影O为底面菱形ABCD的中心，由三视图可知菱形ABCD的边长为2，SA＝，BD＝2.
故S菱形ABCD＝2×2sin 60°＝，AO＝2×＝.棱锥的高
SO＝＝3.
∴VS－ABCD＝.
6答案：D 解析：因为BC∥DF，所以BC∥平面PDF，A成立；易证BC⊥平面PAE，BC∥DF，所以结论B，C均成立；点P在底面ABC上的射影为△ABC的中心，不在中位线DE上，故结论D不成立．
7答案：D 解析：A∈α，AB∥l，则ABα，AC⊥l，C点未必在α内，由图知，AC⊥β不成立．
8答案：D 解析：∵EH∥A1D1，A1D1∥B1C1，∴EH∥B1C1.
∴EH∥平面BCGF.
∵平面EFGH∩平面BCGF＝GF，
∴EH∥FG，故A对．
∵B1C1⊥平面A1B1BA，EF平面A1B1BA，
∴B1C1⊥EF.则EH⊥EF.
又平面ABB1A1∥平面DCC1D1，且与平面EFGH的交线分别为EF，GH，
∴EF∥GH，
∴四边形EFGH为平行四边形，故它也是矩形，故B对．
由EH∥B1C1∥FG，故Ω是棱柱，故C对，选D.
9答案：5 解析：还原成原图，如图．
CD=C1D1=3，AD=2A1D1=2，
AB=A1B1=2，∠ADC=90°，
∴SABCD=×(2+3)×2=5.
10答案：4 解析：设球的半径为r，由题意得3V球＋V水＝V柱，即3×πr3＋πr2×8＝πr2×6r，解得r＝4(cm)．
11答案：1 解析：∵BC∥平面A′C′，BC∥B′C′，
∴平面A′C′上过P作EF∥B′C′，则EF∥BC，∴过EF，BC所确定的平面锯开即可．
又由于此平面唯一确定，∴只有一种锯法．
12答案：证明：(1)证法一：因为D1D⊥平面ABCD，且BD平面ABCD，所以D1D⊥BD.
又因为AB＝2AD，∠BAD＝60°，
在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcos 60°＝3AD2，
所以AD2＋BD2＝AB2.因此AD⊥BD.
又AD∩D1D＝D，所以BD⊥平面ADD1A1.又AA1平面ADD1A1，故AA1⊥BD.
证法二：因为D1D⊥平面ABCD，且BD平面ABCD.所以BD⊥D1D.取AB的中点G，连接DG，
在△ABD中，由AB＝2AD得AG＝AD.
又∠BAD＝60°，所以△ADG为等边三角形，因此GD＝GB.
故∠DBG＝∠GDB，
又∠AGD＝60°，所以∠GDB＝30°.
故∠ADB＝∠ADG＋∠GDB＝60°＋30°＝90°.所以BD⊥AD.
又AD∩D1D＝D，所以BD⊥平面ADD1A1.
又AA1平面ADD1A1，
故AA1⊥BD.
(2)连接AC，A1C1.
设AC∩BD＝E，连接EA1.
因为四边形ABCD为平行四边形，所以EC＝AC.
由棱台定义及AB＝2AD＝2A1B1知A1C1∥EC且A1C1＝EC.
所以四边形A1ECC1为平行四边形．因此CC1∥EA1.
又因为EA1平面A1BD，CC1平面A1BD，所以CC1∥平面A1BD.
13答案：(1)解：在长方体ABCDA1B1C1D1中，因为AB＝1，E为AB的中点，所以AE＝.
又因为AD＝2，所以S△ADE＝AD·AE＝×2×＝.又AA1⊥底面ABCD，AA1＝2，所以三棱锥A1ADE的体积V＝S△ADE·AA1＝××2＝.
(2)证明：因为AB⊥平面ADD1A1，A1D平面ADD1A1，
所以AB⊥A1D.
因为ADD1A1为正方形，所以AD1⊥A1D.
又AD1∩AB＝A，所以A1D⊥平面ABC1D1.
(3)证明：设AD1，A1D的交点为O，连接OE.因为ADD1A1为正方形，所以O是AD1的中点．
在△AD1B中，OE为中位线，
所以OE∥BD1.
又OE平面A1DE，BD1平面A1DE，所以BD1∥平面A1DE.
14答案：(1)证明：由已知MA⊥平面ABCD，PD∥MA，
所以PD⊥平面ABCD.
又BC平面ABCD，所以PD⊥BC.
因为四边形ABCD为正方形，
所以BC⊥DC.
又PD∩DC＝D，因此BC⊥平面PDC.
在△PBC中，因为G，F分别为PB，PC的中点，所以GF∥BC，因此GF⊥平面PDC.
又GF平面EFG，所以平面EFG⊥平面PDC.
(2)解：因为PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，不妨设MA＝1，则PD＝AD＝2，所以VP－ABCD＝S正方形ABCD·PD＝.
由于DA⊥平面MAB，且PD∥MA，
所以DA即为点P到平面MAB的距离，所以三棱锥VP－MAB＝，
所以VP－MAB∶VP－ABCD＝1∶4.数学北师版必修2第二章 解析几何初步单元检测
(时间：45分钟，满分：100分)
一、选择题(每小题6分，共48分)
1．直线ax＋2y－1＝0与x＋(a－1)y＋2＝0平行，则a等于( )．
A． B．2
C．－1 D．2或－1
2．已知A(－4,2,3)关于xOz平面的对称点为A1，A1关于z轴的对称点为A2，则|AA2|等于( )．
A．8 B．12 C．16 D．19
3．已知直线l1和l2的夹角平分线为y＝x，如果l1的方程为ax＋by＋c＝0，那么直线l2的方程为( )．
A．bx＋ay＋c＝0 B．ax－by＋c＝0
C．bx＋ay－c＝0 D．bx－ay＋c＝0
4．圆x2＋y2－4x－4y＋7＝0上的动点P到直线x＋y＝0的最小距离为( )．
A．1 B． C． D．
5．不论a为何实数，直线(a－3)x＋2ay＋6＝0恒过( )．
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
6．已知圆C与直线x－y＝0及x－y－4＝0都相切，圆心在直线x＋y＝0上，则圆C的方程为( )．
A．(x＋1)2＋(y－1)2＝2
B．(x－1)2＋(y＋1)2＝2
C．(x－1)2＋(y－1)2＝2
D．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2
7．过点P(4,2)作圆x2＋y2＝4的两条切线，切点分别为A，B，O为坐标原点，则△OAB的外接圆方程是( )．
A．(x－2)2＋(y－1)2＝5
B．(x－4)2＋(y－2)2＝20
C．(x＋2)2＋(y＋1)2＝5
D．(x＋4)2＋(y＋2)2＝20
8．在圆x2＋y2－2x－6y＝0内，过点E(0,1)的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为( )．
A． B．
C． D．
二、填空题(每小题6分，共18分)
9．光线从点M (3，－2)照射到y轴上一点P(0,1)后，被y轴反射，则反射光线所在的直线方程为____________．
10．若圆x2＋y2＋2x－4y－4＝0的圆心C到直线l的距离为2，且l与直线3x＋4y－1＝0平行，则直线l的方程为__________．
11．直线l将圆x2＋y2－2x－4y＝0平分，且不通过第四象限，则直线l的斜率取值范围是________．
三、解答题(共3小题，共34分)
12．(10分)已知直线l经过直线3x＋4y－2＝0与直线2x＋y＋2＝0的交点P，且垂直于直线x－2y－1＝0.
求：(1)直线l的方程；
(2)直线l与两坐标轴围成的三角形的面积S.
13．(12分)已知圆x2＋y2＋x－6y＋m＝0与直线x＋2y－3＝0相交于P，Q两点，点O为坐标原点，若OP⊥OQ，求m的值．
14．(12分)已知点P(2,0)及圆C：x2＋y2－6x＋4y＋4＝0.
(1)若直线l过点P且与圆心C的距离为1，求直线l的方程．
(2)设过点P的直线l1与圆C交于M，N两点，当|MN|＝4时，求以线段MN为直径的圆Q的方程．
(3)设直线ax－y＋1＝0与圆C交于A，B两点，是否存在实数a，使得过点P(2,0)的直线l2垂直平分弦AB？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由．
参考答案
1答案：D 解析：由a·(a－1)－2×1＝0得a2－a－2＝0，∴a＝2或－1.
2答案：A 解析：A1(－4，－2,3)，A2(4,2,3)，∴|AA2|＝＝8.
3答案：A 解析：因为夹角平分线为y＝x，所以直线l1和l2关于直线y＝x对称，其方程为bx＋ay＋c＝0.
4答案：C 解析：圆方程化为标准形式为(x－2)2＋(y－2)2＝1，圆心为(2, 2)，所以圆心到直线的距离，故所求的最小距离为d－1＝.
5答案：D 解析：由(a－3)x＋2ay＋6＝0，得(x＋2y)a＋(6－3x)＝0.令得
∴直线(a－3)x＋2ay＋6＝0恒过定点(2，－1)．从而该直线恒过第四象限．
6答案：B 解析：由圆心在直线x＋y＝0上，不妨设为C(a，－a)，∴，
解得a＝1，，
∴圆C：(x－1)2＋(y＋1)2＝2.
7答案：A 解析：由条件O，A，B，P四点共圆，从而OP中点(2,1)为所求圆的圆心，半径，故所求圆方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5.
8答案：B 解析：由(x－1)2＋(y－3)2＝10，可知圆心为O(1,3)，半径为，过E(0,1)的最长弦为圆的直径，最短弦为以E为中点的弦，其长为.因两条弦互相垂直，故四边形ABCD的面积为.
9答案：x－y＋1＝0 解析：点M(3，－2)关于y轴的对称点为M′(－3，－2)，故反射光线所在的直线方程为直线M′P，其方程为y－1＝＝x，即x－y＋1＝0.
10答案：3x＋4y＋5＝0或3x＋4y－15＝0 解析：圆心为(－1,2)．设所求的直线方程为3x＋4y＋D＝0(D≠－1)，由点到直线的距离公式，得，即，解得D＝5或－15.故所求的直线方程为3x＋4y＋5＝0或3x＋4y－15＝0.
11答案：[0,2] 解析：方程x2＋y2－2x－4y＝0化为(x－1)2＋(y－2)2＝5，圆心(1,2)，，由题意知l过圆心，又不过第四象限，所以满足条件的直线应位于l1与l2之间(包含l1，l2，如图)，k1＝0，，
∴0≤kl≤2.
12答案：解：(1)由
解得则点P的坐标是(－2,2)，由于所求直线l与x－2y－1＝0垂直，可设直线l的方程为2x＋y＋C＝0.
把点P的坐标代入得2×(－2)＋2＋C＝0，即C＝2.故所求直线l的方程为2x＋y＋2＝0.
(2)由直线l的方程知它在x轴，y轴上的截距分别是－1，－2，所以直线l与两坐标轴围成三角形的面积S＝×1×2＝1.
13答案：解：设点P，Q的坐标为(x1，y1)，(x2，y2)．由OP⊥OQ得kOP·kOQ＝－1，即，x1x2＋y1y2＝0.①
又(x1，y1)，(x2，y2)是方程组的实数解，即x1，x2是方程5x2＋10x＋4m－27＝0 ②的两个根．∴x1＋x2＝－2，.③
∵P，Q在直线x＋2y－3＝0上，
∴y1y2＝(3－x1)·(3－x2)＝[9－3 (x1＋x2)＋x1x2]．
将③代入，得.④
将③④代入①，解得m＝3，
代入方程②，检验Δ＞0成立，
∴m＝3.
14答案：解：(1)直线l斜率存在时，设直线l的斜率为k，则方程为y－0＝k(x－2)，即kx－y－2k＝0.又圆C的圆心为(3，－2)，半径r＝3，由，解得.
所以直线方程为，
即3x＋4y－6＝0.
当l的斜率不存在时，l的方程为x＝2，经验证x＝2也满足条件．即直线l的方程为3x＋4y－6＝0或x＝2.
(2)由于|CP|＝，而弦心距，
所以d＝|CP|＝.
所以P恰为MN的中点．
故以MN为直径的圆Q的方程为(x－2)2＋y2＝4.
(3)把直线y＝ax＋1代入圆C的方程，消去y，整理得(a2＋1)x2＋6(a－1)x＋9＝0.
由于直线ax－y＋1＝0交圆C于A，B两点，故Δ＝36(a－1)2－36(a2＋1)＞0，即－2a＞0，解得a＜0.则实数a的取值范围是(－∞，0)．
设符合条件的实数a存在，
由于l2垂直平分弦AB，故圆心C(3，－2)必在l2上．所以l2的斜率kPC＝－2，而kAB＝a＝，
所以.由于(－∞，0)，故不存在实数a，使得过点P(2,0)的直线l2垂直平分弦AB.
