人教A版（2019）必修第二册第8章第6节空间直线、平面的垂直（word含解析）

人教A版（2019） 必修第二册 第8章 第6节空间直线、平面的垂直
一、单选题
1．如图，在长方体中，，，点是长方体外的一点，过点作直线，记直线与直线，的夹角分别为，，若，则满足条件的直线
A．有1条 B．有2条 C．有3条 D．有4条
2．已知三棱锥的底面是边长为的正三角形，其正视图与俯 视图如图所示，且满足则其外接球的表面积为
A． B． C． D．
二、填空题
3．如图，平面四边形中，，将其沿对角线折成四面体，使平面平面，则四面体的外接球的球心到平面的距离等于__________．
三、解答题
4．如图，正三棱柱的所有棱长都为，是的中点，在边上，.
（1）证明：平面平面；
（2）若是侧面内的动点，且平面.
①在答题卡中作出点的轨迹，并说明轨迹的形状（不需要说明理由）；
②求三棱锥的体积.
5．如图所示,三棱柱的侧面是圆柱的轴截面,C是圆柱底面圆周上不与A、B重合的一个点．
(1)若圆柱的轴截面是正方形,当点C是弧AB的中点时,求异面直线与AB的所成角的大小(结果用反三角函数值表示)；
(2)当点C是弧AB的中点时,求四棱锥体积与圆柱体积的比.
6．如图，已知正方体
（1）求证：A1C⊥B1D1；
（2）M，N分别为B1D1与C1D上的点，且MN⊥B1D1，MN⊥C1D，求证：MN//A1C.
7．如图，在多面体中，，，，，且点在平面内的正投影为的中点，.
（1）证明：面面；
（2）求与面所夹角的正弦值.
8．如图，在多面体中，四边形是菱形，相交于点，，，平面平面，，点为的中点.
（1）求证：直线平面；
（2）求证：直线平面.
9．如图,是圆柱的轴截面,是底面圆周上异于,的一点,.
(1)求证:平面平面;
(2)若,求几何体的体积.
10．如图，四棱锥中，底面，，，且，，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
11．如图，在多面体中，四边形是矩形，为等腰直角三角形，且，，．
（1）求证：平面平面；
（2）线段上存在点，使得二面角的大小为，试确定点的位置并证明．
12．如图，在三棱锥A﹣BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB中点，D为PB中点，且△PMB为正三角形，
（1）求证：MD∥平面APC；
（2）求证：平面ABC⊥平面APC.
13．如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，其它四个侧面都是侧棱长为的等腰三角形，E F分别为 的中点.
（1）证明：平面；
（2）求三棱锥的体积.
14．如图，在棱柱ABCD﹣A′B′C′D′中，底面ABCD为平行四边形，CD=2AD=4，∠BAD，且D′在底面上的投影H恰为CD的中点.
（1）过D′H作与BC垂直的平面α，交棱BC于点N，试确定点N的位置，并说明理由；
（2）若二面角C′﹣BH﹣A为，求棱柱ABCD﹣A′B′C′D′的体积.
15．在如图所示的五面体中，面为直角梯形，,平面平面，，是边长为2的正三角形.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值.
16．如图所示，在直角梯形中，，M为线段的中点，将沿折起，得到几何体．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）已知，求直线与平面所成角的正弦值．
17．已知直三棱柱中，，，．
(1)若为的中点，证明：平面；
(2)将两块形状与该直三棱柱完全相同的木料按如图所示两种方案沿阴影面进行分割，把木料一分为二，留下体积较大的一块木料．根据你所学的知识，请判断采用哪一种方案会使留下的木料表面积较大，并求出这个较大的表面积和说明理由．
18．如下图所示，在三棱柱中，面，，，，，点是的中点.
（1）求证：；
（2）求异面直线与所成角的余弦值.
19．如图,在四棱锥中,底面是正方形,侧棱底面,,是的中点,作交于点.
(1)求直线于底面所成角的正切值;
(2)证明:∥平面;
(3)证明:平面
20．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面分别是，的中点.求证：
（1）直线平面；
（2）直线平面.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
由题意有：，
即：，
则，
考虑与直线所成的角相同的直线，
其在平面内的射影应该平分，
这样的直线只有1条，
同理其补角也存在1条满足题意的直线，这样找到2条满足题意的直线，
同理，在处也可以找到2条满足题意的直线；
综上可得：满足条件的直线有4条．
本题选择D选项.
2．D
【解析】
【详解】
试题分析：由题可知，O为△ABC的重心，△ABC外接圆的半径为，且三棱锥的高为1．故∴球＝＝，故选D
考点： 三棱锥外接球的半径 球的表面积公式
3．
【解析】
取的中点为，可证明为四面体外接球的球心，利用等体积可得答案.
【详解】
取的中点为，连接，
因为平面平面，，平面平面，
平面，故平面，
因为平面，故，
因为，，故，故，
又，故平面，因为平面，
故，而为的中点，故，
又，所以，故为四面体外接球的球心.
设球心到平面的距离为h，
因为，所以，即.
故答案为：.
【点睛】
本题考查四面体的外接球，此类问题一般是先确定球心的位置，再把球的半径放置在可解的平面图形中处理，如果球心的位置不易确定，则可以通过补体的方法来处理.
4．（1）证明见解析（2）①详见解析②
【解析】
（1）要证明面面垂直，需先证明线面垂直，根据条件可证明以平面；
（2）①要总有平面，即作出过点的平面，使其与平面平行；
②根据①的面面平行可转化为，再利用等体积转化求解.
【详解】
解：（1）在正三棱柱中，因为平面，平面，
所以
在等边中，是的中点，所以.
又，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）①取的中点，的中点，连接，则点的轨迹就是线段.
②因为平面，所以.……
由（1）得平面，
又因为，
所以.
故三棱锥的体积为.
【点睛】
本小题考查线面平行、面面垂直的判定与性质、三棱锥的体积的求解等基础知识，考查空间想象能力、逻辑推理及运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想等，体现基础性、综合性与应用性，导向对发展数学抽象、逻辑推理、直观想象等核心素养的关注.
5．(1) ;
(2) 四棱锥体积与圆柱体积的比为.
【解析】
【分析】
（1）根据平行关系找到异面直线所成的角，利用余弦定理即可求解；
（2）先利用线面垂直的判定定理证明平面，即得四棱锥的高，然后利用体积公式即可求解.
【详解】
(1) 连接，由,可得即为异面直线与的所成的角或补角，不妨设,则,在△中，由余弦定理知，,故异面直线与的所成角的大小为 .
(2) 由为直径，可得,又平面,所以,又,所以平面，故四棱锥体积，圆柱的体积为,又,所以四棱锥体积与圆柱体积的比为.
【点睛】
本题主要考查异面直线所成的角及锥体、柱体的体积公式，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题.
6．（1）证明见解析；（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由线面垂直的判定定理可证B1D1⊥平面A1C1C，从而B1D1⊥A1C.
（2）垂直于同一平面的两直线平行，先证出MN⊥平面AB1D1和A1C⊥平面AB1D1，从而A1C//MN.
【详解】
（1）如图，连接A1C1.
因为CC1⊥平面A1B1C1D1，B1D1 平面A1B1C1D1，
所以CC1⊥B1D1.
因为四边形A1B1C1D1是正方形，
所以A1C1⊥B1D1.
又因为CC1∩A1C1＝C1，
所以B1D1⊥平面A1C1C.
又因为A1C 平面A1C1C，所以B1D1⊥A1C.
（2）如图，连接B1A，AD1.
因为B1C1AD，
所以四边形ADC1B1为平行四边形，
所以C1D//AB1，
因为MN⊥C1D，所以MN⊥AB1.
又因为MN⊥B1D1，AB1∩B1D1＝B1，
所以MN⊥平面AB1D1.
由（1）知A1C⊥B1D1.
同理可得A1C⊥AB1.
又因为AB1∩B1D1＝B1，
所以A1C⊥平面AB1D1.
所以A1C//MN.
【点睛】
(1)证明直线与直线垂直时，先证明一条直线与另一条直线所在的平面垂直，再根据线面垂直的定义得到直线与直线垂直.
(2)证明直线与直线平行时，可利用线线平行的传递性证明，也可以用两条直线同时垂直于同一个平面，从而这两条直线平行.
7．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）取的中点，连接，，通过证明四边形为平行四边形可得，根据平面，可得平面，根据平面与平面垂直的判定定理可得面面；
（2）∵平面，，∴以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，利用平面的法向量可求得结果.
【详解】
（1）取的中点，连接，.
∵，分别为，的中点，
∴，且.
又，，
∴且，
∴四边形为平行四边形.
∴，
又点在平面内的正投影为的中点，
∴平面，
∴平面，∵面，∴面面.
（2）∵平面，，
∴以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
设平面的法向量，
，，
则，所以，
取，则，，∴，
∵，设与面所夹角为，
∴，
∴与面夹角的正弦值为.
【点睛】
本题考查了平面与平面垂直的判定定理，考查了利用向量法求直线与平面所成的角，属于中档题.
8．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）证明，再利用线面平行判定定理，即可证明；
（2）证明平面内的两条相交直线、；
【详解】
证明：（1）∵四边形是菱形，，∴点是的中点，
∵点为的中点，∴，
又∵平面，平面，∴直线平面.
（2）∵，点为的中点，∴.
∵平面平面，平面平面，
平面，，∴平面，
∵平面，∴，
∵，，，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵，，∴，
∵四边形是菱形，∴，
∵，，，、在平面内，
∴平面.
【点睛】
本题考查线面平行判定定理、线面垂直判定定理的运用，考查转化与化归思想，考查空间想象能力，求解时注意条件书写的完整性.
9．(1)证明见解析;(2).
【解析】
【分析】
（1）通过证明，证得平面，从而证得平面平面.
（2）先求得，再由三棱锥的体积公式，求得三棱锥的体积.
【详解】
(1)证明:∵是底面圆周上异于,的一点,是底面圆的直径,
∴.
∵平面,平面,∴ .
而,∴平面.
又平面,∴平面平面.
(2)由（1）知平面.
在中,,则由且,
得,
所以.
【点睛】
本小题主要考查面面垂直的证明，考查锥体体积计算，属于基础题.
10．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）取中点，连结，，证明是平行四边形，从而有线线平行得线面平行；
（2）取中点，连，，易知，证得平面后得面面，过作，证明即为直线与平面所成角，然后解得这个角的正弦即可．
【详解】
解：（1）取中点，连结，.
∵是的中点，∴且，
∵且，∴且，
∴四边形为平行四边形，∴，
∵平面，平面，∴平面.
（2）取中点，连，，是平行四边形也是矩形，∴，
∵平面，∴，∴平面，
∵面，∴面面，过作，连，∴面，
∴即为直线与平面所成角，
∵，∴，，
在中，由等面积法知：，
∴.
【点睛】
本题考查证明线面平行，求直线与平面所成的角，证明线面平行的根据是线面平行的判定定理，求直线与平面所成的角关键是作出直线与平面所成的角，为此需要找平面的垂线，这可从线线垂直、线面垂直、面面垂直间的关系去寻找确定．
11．（1）证明见解析；（2）点为线段的中点；证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）由和可得平面，进而由平面可证得平面平面；
（2）建立空间直角坐标系，根据线段长度求出所需点的坐标，设，根据点在线段上，可设，进而用表示出点的坐标，然后求出平面和平面的法向量，用空间向量的夹角可列方程，求解即可确定的位置.
【详解】
（1）证明：由已知，等腰直角三角形中，得，
又，所以，因此，
又，，
可得平面，又平面，
所以平面平面．
（2）点为线段的中点，使得二面角为大小为，
以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，易得，
设，由，
即，得．
设平面的一个法向量为，
则，即，
不妨设，取．平面的一个法向量为
因为二面角的大小为
于是．
解得或（舍去）．
所以当点为线段的中点时，二面角的大小为．
【点睛】
利用向量解二面角问题时需要注意：
(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．
(2)设分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
12．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（1）为中点，为中点，由中位线定理得，由线面平行的判定证得平面；
（2）先证得，又有，通过线面垂直的判定证出平面，再由面面垂直的判定证出平面平面．
【详解】
证明：（1）为中点，为中点，
，
又平面，
平面．
（2）为正三角形，且为中点，
．
又由（1）知，
．
又已知，，平面，平面
平面，而平面，
，
又，而，平面，平面，
平面，
又平面
平面平面．
【点睛】
本题主要是通过线线、线面、面面之间的关系的转化来考查线线、线面、面面的判定定理，属于中档题．
13．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）取的中点，可得四边形是平行四边形得平面，为的中点，得平面，再由面面平行的判定定理可得平面平面，得线面平行；
（2）利用体积，求出，得解.
【详解】
证明：（1）取的中点为，连，
为正方形，为的中点，
且，四边形是平行四边形，，
平面，平面，所以平面，
为的中点，，
平面，平面，所以平面，
且，
平面平面，平面，平面，
平面.
（2）为正方形，且，
为正四棱锥，在平面的射影为的中点，
为的中点，，
，
，
，
.
【点睛】
本题考查了证明线面平行、求三棱锥的体积的问题，解题的关键点是利用等体积转化求体积，考查了学生了空间想象能力和计算能力.
14．（1）点N为BC中点，理由见解析；（2）24
【解析】
【分析】
（1）先证明，，进而得到平面，由此的中点即为所求，平面即为．
（2）以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出棱柱的体积．
【详解】
解：（1）当点N为BC中点时，符合题目要求.
证明如下：
分别连接NH，ND′
在△HNC中，NH，
∴HC2=NC2+HN2，∴，∴NH⊥BC，
∵D′在底面上的投影H恰为CD的中点，
∴D′H⊥平面ABCD，
∵BC 平面ABCD，∴D′H⊥BC，
∵NH⊥BC，D′H∩NH=H，D′H，NH 平面D‘HN，
∴BC⊥平面D‘HN，
∴点N即为所求，平面D′HN即为α.
（2）由（1）知HN⊥BC，HNDB，ADBC，∴AD⊥BD，
以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
∵CD=2AD=4，∠BAD，且D′在底面上的投影H恰为CD的中点.
∴B(0，2，0)，C(﹣2，2，0)，H(﹣1，，0)，
设D′H=t，则C′(﹣3，3，t)，
(﹣1，，0)，(﹣3，，t)，
设平面BHC′的法向量(x，y，z)，
则，取x，得(，﹣1，)，
平面ABH的法向量(0，0，1)，
∵二面角C′﹣BH﹣A为，
∴cos，解得t，
∴棱柱ABCD﹣A′B′C′D′的体积为：
V=S四边形ABCD×D'H=AD×DB×D′H=2
15．(1)见解析(2)
【解析】
【详解】
试题分析：（1）取的中点，连接，根据条件证明出和即可；
（2）分别以直线为轴和轴，点为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，即可求得二面角的余弦值.
试题解析：
（1）取的中点，连接，依题意易知，
平面平面平面 .
又 ，所以平面，所以.
在和中， .
因为，平面，所以平面.
（2）分别以直线为轴和轴，点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
依题意有：，，，
设平面的一个法向量，由，得，
由，得，令，可得.
又平面的一个法向量，所以.
所以二面角的余弦值为.
注：用其他方法同样酌情给分.
点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”
16．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）取中点，连结，，推导出，，，从而，进而平面，由此证明；
（Ⅱ）根据（Ⅰ）的图像，推导出为与平面所成角，进而求解即可
【详解】
（Ⅰ）证明，取中点，连结，，是中点，，，
是中位线，，由题意得，，，，平面，平面，
（Ⅱ）根据（Ⅰ）的图像，在等腰直角三角形中，易得，，由（Ⅰ）得，又由，根据勾股定理，可得中，，又由，由（Ⅰ）得，，，所以，面，所以，面，则为与平面所成角，
又由，，所以，，
，直线与平面所成角的正弦值为
【点睛】
关键点睛：解题得关键在根据图像做辅助线，取中点，连结，，，连结，进而得到以及为与平面所成角，进而求解，难度属于中档题
17．(1)证明见解析；
(2)按方案2会使留下的木料表面积较大，这个较大的表面积为，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）连接交直线于点，证明，可得线面平行；
（2）由体积公式可得体积较大的一块不是三棱锥，分别计算其表面积可得．
(1)
证明：连接交直线于点，则点为的中点，又为的中点，
∴，又面，面，
∴平面．
(2)
按方案1切割：由，故体积较大的一块是四棱锥，
其表面积，
在中，，，，
∴，则为为直角的直角三角形，其面积，
∴；
按方案2切割：由，故体积较大的一块是四棱锥，其表面积，
在中，，，则为等腰三角形，其面积，
∴，
综上，，故，
∴按方案2会使留下的木料表面积较大，这个较大的表面积为．
18．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由条件可证明平面，即可得；
（2）连接交于点E，连接，得，可知（或补角）为与所成的角，解三角即可求解.
【详解】
（1）证明：在直三棱柱中，
底面三边长，，
，∴.又∵,,
∴平面,∵平面，
∴.
（2）连接交于点E，连接，
则为中点，如下图所示，
∵是的中点，，
∴（或补角）为与所成的角.
在中，，，
，
∴.
∴异面直线与所成角的余弦值为.
【点睛】
本题主要考查了线面垂直的判定，线面垂直的应用，异面直线所成的角，属于中档题.
19．（1）（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】
(1) 因为底面,故是直线与底面所成的角,可得,即可求得答案;
(2)根据线面平行判定定理,即可求证∥平面;
(3)根据线面垂直判断定理,即可求证平面
【详解】
(1)底面
是直线与底面所成的角
设,
是正方形,
,
故直线与底面所成角的正切值为
(2)连接,交与点,连接
底面是正方形,
点是的中点
在中,是中位线,
∥
又平面EDB,平面
∥平面
(3)面且PC平面ABCD,
,
是等腰直角三角形,而是斜边的中线
①
同样由底面得
底面是正方形,有,
平面,而平面,
②
由①②得:平面平面,
又且,
平面
【点睛】
本题考查了求证线面平行和线面垂直,解题关键是掌握线面关系基础知识,考查了分析能力和空间想象能力,属于基础题.
20．（1）证明见解析；（2）证明见解析；
【解析】
【分析】
（1）根据题意，取的中点，连接、，由中位线定理可得且，分析可得四边形是平行四边形，则有，由线面平行的判定定理可得证明；
（2）由线面垂直的性质可得，又由底面是矩形，则，由线面垂直的判定定理可得证明．
【详解】
证明：（1）根据题意，取的中点，连接、，
是的中点，是的中点，则且，
则四边形是平行四边形，则有，
又由平面中，而平面中，则有直线平面；
（2）平面，平面，所以，
又由底面是矩形，则，而，平面．
所以直线平面．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页