2021-2022学年度高一下数学一课一练8.6空间直线、平面的垂直 （word含解析）

8.5空间直线、平面的垂直
一、单选题
1．已知平面与平面交于直线，且直线，直线，且直线不重合，则下列命题错误的是（ ）
A．若，且与不垂直，则
B．若，则
C．若，且与不平行，则
D．若，则
2．已知l，m是空间中两条不同的直线，α，β是空间中两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A．若l⊥α，m∥l，m β，则α⊥β B．若α∥β，l∥α，则l∥β
C．若l⊥m，l⊥α，α∥β，则m∥β D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β
3．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1内切球的表面积为π，P是空间中任意一点：
①若点P在线段AD1上运动，则始终有C1P⊥CB1；
②若M是棱C1D1中点，则直线AM与CC1是相交直线；
③若点P在线段AD1上运动，三棱锥D﹣BPC1体积为定值；
④E为AD中点，过点B1，且与平面A1BE平行的正方体的截面面积为．
以上命题为真命题的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
4．如图，在边长为2的正方体中，点是该正方体对角线上的动点，给出下列四个结论：
①
②面积的最大值是
③面积的最小值是
④当时，平面平面
其中正确的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
5．设l1，l2是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，给出下列四个命题：
①若，，∥，∥，则∥
②若，，∥
③若，⊥，则∥
④若⊥，，则⊥，其中错误的命题个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．设，，为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则其中正确命题的序号为（ ）
①，，则；②，，，则；
③，，，则；④，，，则
A．①③ B．②③ C．②④ D．③④
二、多选题
7．如图，正四棱锥中，为正方形的中心，，点分别为侧棱的中点，则（ ）
A．
B．
C．四棱锥的体积为
D．平面
8．在正方体中，为底面的中心，为线段上的动点（不包括两个端点），为线段的中点．现有以下结论中正确的是（ ）
A．与是异面直线； B．过、、三点的正方体的截面是等腰梯形；
C．平面平面； D．平面．
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
三、填空题
9．设，是直角梯形两腰的中点，于，如图所示，现将沿折起，使二面角为，此时点在面内的射影恰为点，则，的连线与所成角的大小为__________.
10．在长方体中，，，，点到平面的距离为_______．
11．在三棱锥中，和都是边长为的正三角形，，则三棱锥的外接球的表面积为____________.
12．已知正方体的棱长为3，点分别是棱上靠近点的三等分点，若以为底面的正三棱柱的其它顶点均在正方体的表面上，则此正三棱柱的外接球的表面积为__________.
四、解答题
13．如图，在四棱锥中，四边形为正方形，己知平面，且，E为中点．
(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面．
14．如图1是一张长方形铁片，，，，分别是，的中点，，分别在边，上，且，将它卷成一个圆柱的侧面图2，使与重合，与重合.
(1)求证：平面；
(2)求几何体的体积.
15．如图，三棱柱中，底面为正三角形，平面，且，是的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)在侧棱上是否存在一点，使得三棱锥的体积是，若存在，求长；若不存在，说明理由.
16．在三棱锥中，，，，且.
(1)证明：平面平面；
(2)求钝二面角的余弦值.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
根据面面垂直、线面垂直有关定理，对四个选项逐一分析，由此得出命题错误的选项.
【详解】
根据面面垂直的性质定理可知，A,B两个选项命题正确.
对于C选项，根据线面垂直的判定定理可知平面，由于，所以，故C选项命题正确.
对于D选项，命题不满足面面垂直的判定定理，可以不垂直，故D选项错误.
故选：D.
2．A
【解析】
【分析】
根据空间直线、平面间的位置关系判断．
【详解】
解：若l⊥α，m∥l，则m⊥α，又m β，则α⊥β，故A正确；
若α∥β，l∥α，则l∥β或l β，故B错误；
若l⊥α，α∥β，则l⊥β，又l⊥m，m∥β或m β，故C错误；
若α⊥β，l∥α，则l β或l∥β或l与β相交，相交也不一定垂直，故D错误．
故选：A．
3．B
【解析】
【分析】
对于①：根据线面垂直的性质定理可判断是否正确；对于②：由图可知直线AM与CC1是异面直线即可判断是否正确；对于③：利用等体积转化法得到三棱锥D-BPC1体积等于三棱锥C- BPC1的体积，接着求点到平面的距离和底面积，从而证明三棱锥D- BPC1体积为定值；对于④：做出过点B1，且与平面平行的正方体的截面为面B1MDN，最后求出面积即可.
【详解】
解：对于①，因为正方体ABCD –A1B1C1D1内切球的表面积为，设内切球的半径为r，则，解得，所以正方体的棱长为，
因为，且，所以平面，因为平面，
所以，故①正确；
对于②，由图可知,直线AM与CC1是异面直线，故②错误；
对于③，由图得，因为平面，三棱锥体积等于三棱锥的体积，
又平面，所以C点到平面的距离为，因为动点P到直线的距离等于1，
所以的面积等于，所以，所以三棱锥D﹣BPC1体积为定值，故③正确；
对于④，取A1D1中点为M，BC中点为N，连接B1M，MD，DN，B1N，
因为，所以平面平面A1PBB1，
所以过点B1，且与平面A1PBB1平行的正方体的截面为面B1MDN，
由图可知面B1MDN是菱形,其中对角线长为，所以，故④正确，所以正确命题共3个，
故选：B.
4．B
【解析】
【分析】
通过证明平面来证明；将的面积表示出来，等价于求PE长度的最值，从而在中分别求得最大值和最小值；通过证明平面且平面来证明平面平面.
【详解】
解：在正方体中，，
故平面，又，则，①正确；
连接交与，由，则，
，则求的面积的最值等价于求长度的最值.
在中，当时，最小，易知，，
，此时，
此时，的面积的最小值为，故③错误；
当与重合时，最大，易知，，
此时，的面积的最大值为，故②正确；
当时，在中，，，
则，
则，又，故平面，
由正方体体对角线性质，易知，即平面，
故平面平面，④正确；
故正确的有：①②④.
故选：B
5．C
【解析】
【分析】
根据面面平行的判定定理，可判断①的真假；根据线面垂直的性质定理可判断②的真假；根据线面垂直及线线垂直的几何特征，可以判断③的真假，根据面面垂直的性质定理，可以判断④的真假，进而得到答案．
【详解】
解：若，，，，当，相交，且与与交线平行时，也满足条件，故①错误；
，，由线面垂直的性质定理可得，故②正确；
若，，则或，故③错误；
若，，当与两平面交线垂直时，否则与不垂直，故④错误.
故选：C．
6．C
【解析】
【分析】
对于①，与相交或平行；对于②，由线面垂直的性质和面面垂直的判定定理得；对于③，与相交、平行或；对于④，由面面垂直的性质和线面垂直的判定定理得．
【详解】
对于①，，，则与相交或平行，故①错误；
对于②，，，，则由线面垂直的性质和面面垂直的判定定理得，故②正确；
对于③，，，，则与相交、平行或，故③错误；
对于④，，，，则由面面垂直的性质和线面垂直的判定定理得，故④正确．
故选：C
7．ABD
【解析】
【分析】
证明平面，，故选项正确；证明，故选项B正确； ，故选项C错误；证明，则平面即得证，故选项D正确.
【详解】
由点为正方形的中心，则平面，直角三角形中，
，所以，当为中点时，，故选项正确；
在三角形PBD中，为中点，所以，故选项B正确；
，故选项C错误；
由面，平面，
所以平面，故选项D正确.
故选：ABD.
8．BC
【解析】
【分析】
连接PC，证明PQ//CE，即可判断选项A；连接A1C1，过E作EF//A1C1交C1D1于点F，连接CF，证明EF//A1C1//AC，且EF【详解】
连接，因为为正方形的中心，所以是的中点，
又Q为线段AE的中点，所以PQ∥CE，
故点P，Q，E，C四点共面，即PE与QC共面，
故选项A错误；
连接A1C1，过E作EF∥A1C1交C1D1于点F，
连接CF，则四边形ACFE是正方体过A，P，E三点的截面，
因为EF∥A1C1∥AC，且EF＜A1C1＝AC，EA=CF,
故四边形ACFE为等腰梯形，
故选项B正确；
由正方体ABCD－A1B1C1D1中，可得AP⊥平面BDD1B1，又平面APE，
所以平面APE⊥平面BDD1B1，故选项C正确；
假设PE∥平面CDD1C1，又平面ACEF，平面平面，
所以PE∥CF，又EF∥PC，
所以四边形PCFE为平行四边形，
故，
所以EF为的中位线，即E为A1D1的中点，
这与点E为线段A1D1上的动点矛盾，故选项D错误．
故答案为：BC．
9．60°##π3
【解析】
【分析】
根据平面图形中直线的位置关系确定折叠后立体图形中直线的位置关系，再通过平移确定两异面直线所成角，最后计算出结果.
【详解】
如图，取的中点，连接
根据题意， ，又
四边形为平行四边形
为异面直线与 所成角.
梯形中，，所以 为二面角的平面角，即
又点A在平面BCDE内的射影为点B 为直角三角形，且
中，是 的中点
故答案为：.
10．
【解析】
【分析】
利用等体积法由即可求解.
【详解】
如图，
设点到平面的距离为，
，
．
．
,
，
，
，
．
故答案为：．
11．
【解析】
【分析】
由题意，证明平面平面，设与的外心分别为、，过、分别作所在平面的垂线，相交于，则为三棱锥外接球的球心，即为外接球的半径，求出外接球的半径，根据球的表面积公式即可得答案.
【详解】
解：如图，
由和都是边长为的正三角形，取的中点，
连接，，可得，
又，所以，所以，
又，，
所以平面，而平面，
所以平面平面，
设与的外心分别为、，过、分别作所在平面的垂线，相交于，
则为三棱锥外接球的球心，连接，则为外接球的半径，
因为，，
所以外接球的半径，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：.
12．##
【解析】
【分析】
连接,取上靠近的三等分点为,连接,由三角形相似可证得,,且有，由面,可知面,则三棱柱为直三棱柱，计算求得半径即可得出结果.
【详解】
连接,取上靠近的三等分点为,连接,
在中，分别为三等分点，，
,,
同理可证,且有,
由正方体性质可知面,显然，面面，所以面,则三棱柱为直三棱柱，此时，，，
,
设中为,中心为，则圆心在中点,则,
外接球的半径，
此正三棱柱的外接球的表面积为，
故答案为：.
13．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）设与交于点，连结，易证，再利用线面平行的判断定理即可证得答案；
（2）利用线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判断定理即可.
(1)
连接交于，连接
因为底面是正方形，所以为中点，
因为在中，是的中点，
所以，
因为平面平面，所以平面
(2)
侧棱底面底面，所以，
因为底面是正方形，所以，
因为与为平面内两条相交直线，所以平面，
因为平面，
所以平面平面.
14．(1)证明见解析.
(2).
【解析】
【分析】
（1）根据线面垂直的性质和判定可得证；
（2）作圆柱的母线，由平面几何知识可得四边形为平行四边形，利用等体积法可求得，由几何体的体积，可求得答案.
(1)
证明：∵是直径，∴，
∵平面，平面，∴，
∵平面，平面，，
∴平面；
(2)
如图，作圆柱的母线，
则，且，
∴四边形是平行四边形，
∴，且 ①
又依题知，，，为底面圆的四等分点，
∴，且 ②
由①②知四边形为平行四边形，得，且，
∴，∵到面的距离为，
∴，
所以几何体的体积.
15．(1)证明见解析
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）由线面垂直的判定定理得到平面再由面面垂直的判定定理可得答案；
（2）利用等体积转换可得答案.
(1)
三棱柱中，平面，则，
底面为正三角形，且是的中点，则，
，则平面，
平面，平面平面.
(2)
，
底面为边长为2的正三角形，是的中点，，
, ，解得，
即，
在侧棱上是存在一点，且，使得三棱锥的体积是.
16．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）取的中点，连接，过作于，交于，连接，则由已知数据可求出，则可得，再由∽，可求出，然后在中利用余弦定理可求出，从而可得，然后利用线面垂直定理和面面垂直定理可证得结论，
（2）过作于，过作于，交于，连接，则即为二面角的平面角，然后根据已知条件在中求解即可
(1)
证明：取的中点，连接，过作于，交于，连接，
因为，为的中点，所以，
因为，， ，
所以，所以，
所以，
在中，，
因为,
所以∽，
所以，
因为， ，，
所以，
所以，
因为，
所以，解得，
所以，
所以，
因为，所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
(2)
过作于，过作于，交于，连接，则即为二面角的平面角，
在中，于，，
所以，所以，
因为 ，所以，
所以，
在中，，
在中，，
所以,
所以,
在中，，则,
在中，,
所以,
所以钝二面角的余弦值为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页