人教B版(2019)必修第四册《11.1.1 空间几何体与斜二测画法》同步练习(含解析)

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名称 人教B版(2019)必修第四册《11.1.1 空间几何体与斜二测画法》同步练习(含解析)
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资源类型 教案
版本资源 人教B版(2019)
科目 数学
更新时间 2022-11-22 16:41:02

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人教B版(2019)必修第四册《11.1.1 空间几何体与斜二测画法》同步练习
一 、单选题(本大题共13小题,共65分)
1.(5分)已知直线的斜率为,则直线的倾斜角
A. B.
C. D.
2.(5分)已知直线:,:,若,则的值是
A. B. C. D.
3.(5分)已知两条不重合的直线和,两个不重合的平面和,下列四个说法:
①若,,,则;
②若,,则;
③若,,,,则;
④若,,,,则
其中所有正确的序号为
A. ②④ B. ③④ C. ④ D. ①③
4.(5分)在棱长为的正方体中,是棱的中点,在线段上,且,则三棱锥的体积为
A. B. C. D.
5.(5分)若点,关于直线对称,则的方程为
A. B.
C. D.
6.(5分)某几何体的三视图单位:如图所示,则该几何体的体积单位:为
A. B. C. D.
7.(5分)如图,在矩形中,,,,,分别为边,,,的中点,将,分别沿直线,翻折形成四棱锥,,下列说法正确的是
A. 异面直线,所成角的取值范围是
B. 异面直线,所成角的取值范围是
C. 异面直线,所成角的取值范围是
D. 异面直线,所成角的取值范围是
8.(5分)如图所示,在矩形中,,,平面,若边上存在点,使得,则的最大值为
A. B. C. D.
9.(5分)圆上到直线的距离为的点的个数为
A.
B.
C.
D.
10.(5分)若过定点且斜率为的直线与圆在第一象限内的部分有交点,则的取值范围是
A. B. C. D.
11.(5分)已知函数,若关于的方程恰有个实根,则实数的取值范围是
A. B.
C. D.
12.(5分)在空间直角坐标系中,,,,,若四面体的外接球的表面积为,则异面直线与所成角的余弦值为
A. B. C. D.
13.(5分)已知圆锥底面圆的直径为,圆锥的高为,该圆锥的内切球也是棱长为的正四面体的外接球,则此正四面体的棱长为
A. B. C. D.
二 、填空题(本大题共5小题,共25分)
14.(5分)经过点且在轴、轴上的截距相等的直线方程是______
15.(5分)如图所示,四边形是一个梯形,,,为等腰直角三角形,为的中点,试求梯形水平放置的直观图的面积______.
16.(5分)已知,是平面单位向量,,若平面向量满足,则______.
17.(5分)设棱长为的正方体,是中点,点、分别是棱、上的动点,给出以下四个结论:
①存在;
②存在平面;
③存在无数个等腰三角形;
④三棱锥的体积的取值范围是
则所有结论正确的序号是 ______.
18.(5分)已知数列的前项之和为,则数列的通项公式为 ______ .
三 、解答题(本大题共5小题,共60分)
19.(12分)已知空间几何体中,,是全等的正三角形,平面平面,平面平面
若,求证:;
探索,,,四点是否共面?若共面,请给出证明;若不共面,请说明理由.
20.(12分)已知点在圆上.
求的最大值;
求的最大值;
求的最小值.
21.(12分)如图正三棱柱的所有棱长均为,、、、分别是棱、、、的中点.
求证:面;
求三棱锥的体积;
求二面角的余弦值.
22.(12分)已知四棱锥的底面是正方形,平面,是上的任意一点.
求证:平面平面;
设,,求点到平面的距离;
当的值为多少时,二面角的大小为
23.(12分)已知的内角,,的对边分别为,,,且

若,,求的内切圆半径.
答案和解析
1.【答案】C;
【解析】解:直线的斜率为,即,,
则直线的倾斜角,
故选:
由题意,利用直线的斜率和倾斜角的定义,得出结论.
此题主要考查直线的斜率和倾斜角的定义,属于基础题.
2.【答案】A;
【解析】解:直线:,:,
若,则,
解得.
故选:.
根据两条直线垂直的条件,列方程求出的值.
该题考查了直线方程垂直的应用问题,是基础题.
3.【答案】C;
【解析】解:两条不重合的直线和,两个不重合的平面和,
对于①,若,,,则与相交或平行,故①错误;
对于②,若,,则或,故②错误;
对于③,若,,,,则与相交或平行,故③错误;
对于④,若,,,,则由面面垂直的性质得,故④正确.
故选:
对于①,与相交或平行;对于②,或;对于③,与相交或平行;对于④,由面面垂直的性质得。
此题主要考查命题真假的判断,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查推理论证能力,是中档题。
4.【答案】C;
【解析】解:以为坐标原点,分别以,,所在直线为,,轴建立空间直角坐标系,如图,

则,,,,
设,则,,,

,,解得,,
点,点到平面的距离为,
三棱锥的体积为:

故选:
以为坐标原点,分别以,,所在直线为,,轴建立空间直角坐标系,利用向量法能求出三棱锥的体积.
此题主要考查三棱锥的体积的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.
5.【答案】A;
【解析】
此题主要考查点、直线间的对称问题,属较易题.
解:点、关于直线对称,
直线为线段的中垂线,直线的斜率为,线段的中点坐标为,
直线的斜率为,
即直线的方程为,
化简可得
故选
6.【答案】C;
【解析】解:根据几何体的三视图转换为直观图为:该几何体为
如图所示:


故选:
首先把三视图转换为几何体的直观图,进一步利用割补法的应用求出结果.
此题主要考查的知识要点:三视图和几何体的直观图之间的转换,几何体的体积公式,割补法的应用,主要考查学生的运算能力和数学思维能力,属于中档题.
7.【答案】C;
【解析】解:建立如图所示空间直角坐标系,由题意得,

和在平面中的投影分别在和上如下图所示,

因为,令,则,
由比值可知,的,,坐标比值为,所以令坐标为,
因为在平面中的投影在上,所以,
同理可得坐标为,

则,
解得,因为和的范围均为,
所以,即夹角范围是,故,错误;
同理可得
因为异面直线所成角范围是则夹角范围是即正确,错误;
故选:
建立空间直角坐标系,利用空间向量法求出异面直线所成角的余弦值,即可判断.
此题主要考查异面直线所成的角,考查学生的推理运算能力,属于中档题.
8.【答案】A;
【解析】
此题主要考查空间中线与线,线与面位置关系的应用,属于中档题目.解:平面,平面,又,,平面又平面,,点应为与以为直径的圆的公共点,,则的最大值为
9.【答案】D;
【解析】

这道题主要考查直线和圆的位置关系,点到直线的距离公式的应用,属于中档题.
把圆的方程化为标准形式,求出与圆心和半径,求出圆心到直线的距离,从而得到结论.

解:圆 即,
表示以为圆心,以为半径的圆.
圆心到直线的距离为,
故圆上到直线的距离为的点共有个,
故选D.
10.【答案】A;
【解析】解:圆化为,
圆与正半轴交于,
因为过定点且斜率为的直线与圆在第一象限内的部分有交点,
如图,
所以,


故选:.
化简圆的方程求出圆与正半轴的交点,画出图象,即可推出过定点斜率为的直线的范围.
本题是中档题,考查数形结合的思想,直线斜率的求法,考查计算能力.
11.【答案】A;
【解析】解:作图如下:

要使关于的方程恰有个实根,则需函数的图象与直线恰有一个交点,
而直线经过定点,
当直线与相切时,令,得,
则,解得;
当直线与相切时,由于在函数上,则由可知,;
结合图象可知,要使函数的图象与直线恰有一个交点,

故选:
问题转化为函数的图象与直线恰有一个交点,作出图形,结合相切的性质即可得到答案.
此题主要考查函数零点与方程根的关系,考查数形结合思想及运算求解能力,属于中档题.
12.【答案】A;
【解析】
此题主要考查了利用空间向量求异面直线所成角,球的表面积和体积,属于基础题由已知易知,,两两垂直,由,解得,得到,,代入夹角公式,即可得结果.

解:由已知易知,,两两垂直,
则,
解得,
则,,
则,
即异面直线与所成角的余弦值为
故选
13.【答案】A;
【解析】解:由题意可知,该四面体内接于圆锥的内切球,设球心为,球的半径为,圆锥的底面半径为,轴截面上球与圆锥母线的切点
为,圆锥的轴截面如图所示,

由已知可得,所以为等边三角形,故点是的中心,
连接,则平分,所以,故,
解得,故正四面体的外接球的半径
又正四面体可以从正方体中截得,如图所示,

从图中可以得到,当正四面体的棱长为时,截得它的正方体的棱长为,而正四面体的四个顶点都在正方体上,
故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球,
所以,解得,
故选:
先利用四面体内接于圆锥的内切球,由圆锥的轴截面进行分析,求出正四面体的外接球的半径,再利用正四面体可以从正方体中截得,确定正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球,列式求解即可.
此题主要考查球内接多面体,考查学生的运算能力,属于中档题.
14.【答案】4x+3y=0,或 x+y+1=0;
【解析】解:当直线过原点时,斜率为,直线方程为 ,即 .
当直线不过原点时,设直线方程,把点代入可得,
,所求直线的方程为 ,
综上,所求直线的方程为 ,或 ,
故答案为:,或 .
当直线过原点时,点斜式求直线的方程,并化为一般式.当直线不过原点时,设直线方程,把点代入,求出 ,即得直线方程.
该题考查直线方程的求法,当直线在轴、轴上的截距相等时,要特别注意截距都等于的情况,体现了分类讨论的数学思想,属基础题.
15.【答案】;
【解析】解:在梯形中,,高,
梯形水平放置的直观图仍为梯形,且上底和下底的长度都不变,
如图所示;

在直观图中,,梯形的高为,
于是梯形的面积为
故答案为:
由题意画出梯形水平放置的直观图,根据直观图的画法法则求出它的直观图面积.
本题出来平面图形的直观图画法与应用问题,是基础题.
16.【答案】;
【解析】解:设,




解得,,;


故,
故答案为:
设,从而结合题意可得,;从而解得.
此题主要考查了平面向量的基本定理的应用及数量积的应用.
17.【答案】③④;
【解析】解:对于①:取中点,当点在上移动时,直线平面,
同时当点在直线上移动时平面,
因为,故与不可能平行,①错误.
对于②:如图,以为原点建立空间直角坐标系,

所以,,,
设,,
所以,
设平面的法向量为,
则即,令,得,,
所以,
所以,故与平面不垂直,②错误.
对于③:令,即,化简得,
即,
因为,所以该式在,的范围中存在无数组解,
故说明有无数组与可使,故③正确.
对于④:根据等体积性质可知,
所以该三棱雉高可以看作,
所以体积的取值范围即底面积的取值范围,
根据点位置的变化可知,当点在点时最小,
当点在点时最大,计算得,

所以,故④正确.
故答案为:③④.
结合正方体的性质,利用棱锥的体积公式以及空间向量的坐标运算逐一判断即可.
此题主要考查棱柱的结构特征,考查学生的运算能力,属于中档题.
18.【答案】;
【解析】解:当时,,
当时,,
则当时,不满足上式,
数列的通项公式,
故答案为:.
利用“当时,;当时,”即可得出.
该题考查数列的前项和公式与通项公式的关系,熟练掌握“当时,;当时,”是解答该题的关键.
19.【答案】解:(Ⅰ)证明:∵△ABC,△ECD是全等的正三角形,∴CD=BC,
∵BD==2,∴BD2=BC2+DC2,∴BC⊥DC,
∵平面ECD⊥平面BCD,且平面ECD∩平面BCD=CD,
∴BC⊥平面ECD,∵DE 平面ECD,∴BC⊥ED;
(Ⅱ)A,B,C,D四点共面,理由如下:
分别取BC,DC中点M,N,连接AM,EN,
∵△ABC是等边三角形,∴AM⊥BC,AM=BC,
∵平面ABC⊥平面BCD,∴AM⊥平面BCD,
同理EN⊥平面BCD,且EN=,
∴AM∥EN,且AM=EN,
∴四边形AMNE是平行四边形,
∴AE∥MN,又MN∥BD,∴AE∥BD,
∴A,B,D,E四点共面.;
【解析】
先利用正三角形和勾股定理得到线线垂直,再利用面面垂直、线面垂直的性质进行证明;
分别取,中点,,连接,,根据正三角形得到线线垂直,进而利用面面垂直的性质得到线面垂直,再由线面垂直得到线线平行,再利用平行关系能证明,,,四点共面.
此题主要考查线线垂直的证明,考查四点共面的判断与证明,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.
20.【答案】解:(1)设x+y=z,即x+y-z=0,
当直线和圆相切时,圆心C(2,-3)到直线的距离d==1,
即|z+1|=,解得z=-1或z=--1,
故x+y的最大值为-1.
(2)设k=,则直线方程为kx-y=0,
当直线和圆相切时,圆心(2,-3)到直线的距离d=≤1,
即3+12k+8≤0,
解得≤k≤,
故的最大值为;
(3)=,
则根式的几何意义为圆上点到定点D(-1,2)的距离,
则CD==,
则的最小值为-1.;
【解析】
设,利用直线和圆相切即可求出的最大值;
设,利用斜率即可求出的最大值;
利用两点间的距离公式即可求的最小值.
此题主要考查直线和圆的位置关系的应用,利用数形结合以及直线和圆相切的等价条件是解决本题的关键,属中档题.
21.【答案】(1)证明:因为ABC-A'B'C'是三棱柱,所以B'C'∥BC,
又AF=FB,AG=GC,所以BC∥FG,
所以B'C'∥FG,FG 平面EFG,B'C' 面EFG,
所以B'C'∥面EFG;
(2)解:由(1)可得,VH-EFG=VB-EFG=VG=EFB,
所以,其中h为点G到平面ABB'A'的距离,
因为正三棱柱ABC-A'B'C'的所有棱长均为2,
所以h=,
故==,
所以三棱锥H-EFG的体积为;
(3)解:设二面角E-FG-A,H-FG-B,3-FG-H的平面角分别为α,β,γ,
则γ=π-α-β,
所以cosγ=cos(π-α-β)=-cos(α+β)=sinαsinβ-cosαcosβ,
过点A作AR⊥FG于点R,连结ER,则∠ARE=α,
所以sinα=,cosα=,
同理可得,cosβ=,sinβ=,
所以cosγ=sinαsinβ-cosαcosβ=-×=,
故二面角E-FG-H的余弦值为.;
【解析】
利用棱柱的几何性质得到,然后由线面平行的判断定理证明即可;
利用线面平行,可得,从而得到,求解即可得到答案;
二面角,,的平面角分别为,,,则有,过点作于点,连结,则,求出,,同理求出,,即可得到答案.
此题主要考查了线面平行的判定定理的应用,锥体体积公式的应用以及二面角的平面角的求解,考查了逻辑推理能力与化简运算能力,属于中档题.
22.【答案】(1)因为SA⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,
所以SA⊥BD.
因为底面ABCD是正方形,
所以AC⊥BD,又SA∩AC=A,
所以BD⊥平面SAC.
因为BD 平面EBD,
所以平面EBD⊥平面SAC.
(2)设AC∩BD=F,连接SF,则易知SF⊥BD,
因为AB=2,所以.
大为,
所以,
设点A到平面SBD的距离为h,
因为SA⊥平面ABCD,
所以,
所以,所以,
所以点A至平面SBD的距离为.
(3)设SA=a(a>0),AB=1,以A为原点,AB,AD,AS所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图,

则C(1,1,0),S(0,0,a),B(1,0,0),D(0,1,0),
所以
设平面SBC,平面SCD的法向量分别为,
则,
取=a,则=0,=1,
可得,同理可得.
所以,
要使二面角B-SC-D的大小为 120°,
则,从而a=1,
即当 时,二面角B-SC-D的大小为120°.;
【解析】
由平面可证明平面平面;
在三棱锥中,把顶点和把当顶点分别求体积即可建立关于点到平面的距离的方程,解方程即可得答案;
建系,,,写坐标,求平面和平面的法向量,根据法向量的夹角公式建立关于的方程,解方程即可得答案.
此题主要考查面面垂直的证明,考查等体积法求点面距离的应用,考查空间向量在立体几何中的应用,考查直观想象和数学运算的核心素养,属于中档题.
23.【答案】解:根据题意,且,
,,
由正弦定理得,
因为,故,
即,
,,
,即,
由题意可得:,
解得:,
设内切圆半径为,

又,解得,
内切圆半径 .
;
【解析】此题主要考查三角形的正弦定理和余弦定理、面积公式的运用,考查三角函数的恒等变换,以及化简运算能力,属于中档题.
运用三角函数的诱导公式和二倍角公式,以及正弦定理,计算可得所求角;
由题意可得:,解得:,利用三角形面积公式,即可得到答案.