人教A版（2019）必修第二册第八章第六节课时2直线与平面垂直同步练习（word含解析）

人教A版（2019） 必修第二册 第八章 第六节 课时2 直线与平面垂直 同步练习
一、单选题
1．已知直线m，n，平面α，β，n⊥α，m β，有如下四种说法：①若α∥β，则m⊥n；②若m⊥n，则α∥β；③若α⊥β，则m∥n；④若m∥n，则α⊥β，其中正确的是（　　）
A． B． C． D．
2．设是一平面，是一直线，直线，则“”是“”的（ ）条件.
A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．既不充分也不必要
3．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：
①BD⊥AC；
②△BAC是等边三角形；
③三棱锥D－ABC是正三棱锥；
④平面ADC⊥平面ABC．
其中正确的是（ ）
A．①②④ B．①②③
C．②③④ D．①③④
4．已知正四棱锥的体积为2，底面积为6，为侧棱的中点，则直线与平面所成的角为（ ）
A． B． C． D．
5．在四棱锥中，底面为正方形，底面，M是上一点，有以下四个命题：
甲：平面平面；
乙：；
丙：；
丁：.
如果只有一个命题是错误的，则该命题是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
6．“直线与平面内无数条直线垂直”是“直线与平面垂直”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不必要也不充分条件
7．正方体中的棱长为2，直线到平面的距离是（ ）
A． B． C． D．
8．在矩形ABCD中，，，沿矩形对角线BD将折起形成四面体ABCD，在这个过程中，现在下面四个结论：①在四面体ABCD中，当时，；②四面体ABCD的体积的最大值为；③在四面体ABCD中，BC与平面ABD所成角可能为；④四面体ABCD的外接球的体积为定值.其中所有正确结论的编号为
A．①④ B．①② C．①②④ D．②③④
9．如图，已知P是矩形所在平面外一点，平面，E、F分别是，的中点.若，则与平面所成角的大小是（ ）
A． B． C． D．
10．O为正方体ABCD﹣A1B1C1D1底面ABCD的中心，则直线D1O与A1C1的夹角为（　　）
A． B． C． D．
11．在矩形ABCD中，对角线AC分别与AB，AD所成的角为α，β，则sin2α+sin2β＝1，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，对角线AC1与棱AB，AD，AA1所成的角分别为α1，α2，α3，与平面AC，平面AB1，平面AD1所成的角分别为β1，β2，β3，则下列说法正确的是（　　）
①sin2α1+sin2α2+sin2α3＝1　　②sin2α1+sin2α2+sin2α3＝2
③cos2α1+cos2α2+cos2α3＝1　　　④sin2β1+sin2β2+sin2β3＝1
A．①③ B．②③ C．①③④ D．②③④
12．已知四面体中，，，，则以点为球心，以为半径的球被平面截得的图形面积为（ ）
A． B．
C． D．
13．如图，在正方体中，下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
14．下面关于空间几何体的定义或结构特征叙述错误的是（ ）
A．空间中把一个平行四边形按某一方向平移所形成的几何体是四棱柱
B．有两个侧面都是矩形的三棱柱，它的侧棱垂直于底面
C．以直角三角形一直角边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体是圆锥
D．底面是正多边形的棱锥的顶点在底面的射影一定是底面正多边形的中心
15．如图，在长方体中，，则下列结论不正确的为
A．平面平面
B．存在平面上的一点使得平面
C．存在直线上的一点使得平面
D．存在直线上的一点使得平面
16．在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.如图，四棱锥为阳马，底面为正方形，底面，则下列结论中错误的是（ ）
A．
B．平面
C．与平面所成的角等于与平面所成的角
D．与所成的角等于与所成的角
17．若直线平面，直线平面，则直线a与直线b的位置关系为（ ）
A．异面 B．相交 C．平行 D．平行或异面
二、多选题
18．如图，正方体的棱长为1，E为的中点（ ）
A．直线与直线是异面直线
B．在直线上存在点F，使平面
C．直线与平面所成角是
D．点B到平面的距离是
三、填空题
19．已知空间中两个点A（1，3，1），B（5，7，5），则|AB|＝_____．
20．二面角的大小是，线段，，与所成的角为，则与平面所成的角的余弦值是________________.
四、解答题
21．如图，平面，，，，为的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求三棱锥的体积.
22．如图，三棱锥中，棱垂直于平面，．
（1）求证：；
（2）若，直线与平面所成的角的正切值为，求直线与平面所成的角的正弦值．
23．如图①，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别为AB，BC，BB1，的中点．
（1）求证：平面EFG⊥平面BB1D1D；
（2）将该正方体截去八个与四面体B-EFG相同的四面体得到一个多面体(如图②)，若该多面体的体积是，求该正方体的棱长．
24．如图，在三棱柱中，侧面为菱形，为的中点，为等腰直角三角形，，，且.
（1）证明：平面.
（2）求与平面所成角的正弦值.
25．如图所示，在三棱锥A-BCE中，平面平面ABC，，，，．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若二面角B-AC-E为45°，求直线AB与平面ACE所成的角的余弦值．
26．已知直三棱柱，底面是边长为2的等边三角形，，为棱的中点，在棱上，且．
（1）证明：平面；
（2）求三棱锥的体积．
27．如图，在三棱柱中，为的中点，，，.
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）若，，求三棱锥的体积.
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】
①④都有定理可以证明；②缺少面面相交的情况；③两直线可以平行，相交，或异面．
【详解】
①由α∥β，n⊥α，可得n⊥β，∵m β，∴n⊥m，故①正确；
利用答案的唯一性，以下只需检验③或④，④由m∥n，n⊥α，可得m⊥α，
又m β，∴β⊥α，故④正确．
故选D．
【点睛】
此题考查了线面，线线，面面各种位置关系，但作为选择题，难度不大．对于这种题目的判断一般是利用课本中的定理和性质进行排除，判断；还可以画出样图进行判断，利用常见的立体图形，将点线面放入特殊图形，进行直观判断.
2．A
【解析】
【分析】
根据条件判断由“”能否推出“，由“”否推出“”，从而得出答案.
【详解】
由，可得∥，又，则，
由，，可得或，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
【点睛】
本题考查空间中直线与平面的位置关系，考查充分必要条件的判定，是基础题．
3．B
【解析】
【分析】
根据翻折后垂直关系得BD⊥平面ADC，即得BD⊥AC，再根据计算得△BAC是等边三角形，最后可确定选项.
【详解】
由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错．
故选B.
【点睛】
本题考查线面垂直判定与性质，考查推理论证求解能力，属中档题.
4．A
【解析】
采用数形结合，根据，可得平面，然后找到直线与平面所成的角，最后计算，可得结果.
【详解】
如图，连接，交于点，连接，
在正四棱锥中，
为正四棱锥的高.
根据底面积为6，可得.
根据棱锥的体积公式，可得.
因为上底面，所以.
又，，则平面.
则为直线与平面所成的角.
在中，因为，，
所以，.
在中，因为，
所以，所以，
即直线与平面所成角为.
故选：A
【点睛】
本题主要考查线面角的概念与计算，求直线与平面所成的角的大小，可先将直线在平面内的射影作出，从而得到直线与平面所成的角，再进一步求解，属基础题
5．B
【解析】
【分析】
根据题中所给的条件，判断出比较明显的垂直关系，结合题意，有三个真命题一个假命题，假设丁正确，从而判断出两个真一个假，从而确定出结果.
【详解】
底面为正方形，所以，
又因为底面，平面，所以，
又因为，所以平面，所以，
若只有一个假命题，则其它三个命题为真命题，
即由条件可逐步推导出其它三个命题，
若丁正确，即，
因为，所以平面，
又平面，所以平面平面，故甲正确；
因为平面，所以，故丙正确；
若乙也正确，则，，
又在同一平面，且，
所以有平面，因为平面，所以，
因为，，则平面，
平面，平面，则，
，，则平面，则平面平面，与已知条件矛盾，所以乙不正确，
故选：B.
6．B
【解析】
根据充分必要条件的定义即可判断.
【详解】
设命题：直线与平面内无数条直线垂直，
命题：直线与平面垂直，
则，但，所以是的必要不充分条件.
故选：B
【点睛】
本题主要考查必要不充分条件的判断，涉及线面垂直的定义和性质，属于中档题.
7．C
【解析】
【分析】
根据正方体得特征，将直线到平面的距离转化为点A到平面的距离，即可得出答案.
【详解】
解：如图所示，连接交于点，
在正方体中，，
又平面，平面，
所以点A到平面的距离即为直线到平面的距离，
正方体中，
，平面，
又平面，所以平面，
故即为点A到平面的距离，
，
所以直线到平面的距离为.
故选：C.
8．C
【解析】
【分析】
对四个结论逐一分析判断，
对于①，利用翻折前后这个条件不变，易得平面，从而；
对于②，当平面平面时，四面体ABCD的体积最大，易得出体积；
对于③，当平面平面时，BC与平面ABD所成的角最大，即，计算其正弦值可得出结果；
对于④，在翻折的过程中，BD的中点到四面体四个顶点的距离均相等，所以外接球的直径恒为BD，体积恒为定值.
【详解】
如图，当时，∵，∴平面，
∵平面，∴，即①正确；
当平面平面时，四面体ABCD的体积最大，最大值为，即②正确；
当平面平面时，BC与平面ABD所成的角最大，为，而，
∴BC与平面ABD所成角一定小于，即③错误；
在翻折的过程中，和始终是直角三角形，斜边都是BD，其外接球的球心永远是BD的中点，外接球的直径为BD，
∴四面体ABCD的外接球的体积不变，即④正确.
故正确的有①②④.
故选：C.
【点睛】
本题考查图形翻折的应用，解题关键是应抓住翻折前后的“不变量”和“变量”，进而分析计算，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养，属于常考题.
9．C
【解析】
【分析】
取中点G，证明四边形是平行四边形，则与平面所成角就是与平面所成的角，在中易求.
【详解】
解：
取中点G，连接、，
∵分别为、的中点，
∴，且，
又在矩形中且，
∴且，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴与平面所成的角等于与平面所成的角，
∵平面，平面，
过G作，垂足为H，平面,则，
∴平面，
∴为与平面所成的角，即为所求角，
∵，G为的中点，
∴，
即与平面所成的角为.
故选：C.
【点睛】
考查线面角的求法，通过平移直线转化成易求的线面角，基础题.
10．A
【解析】
【分析】
先由题，得出可得，即可得到，得出答案即可.
【详解】
因为是正方体，所以
即平面，又因为
故
所以直线D1O与A1C1的夹角为
故选A
【点睛】
本题考查了线面垂直性质，熟练运用垂直的判定定理以及性质定理是解题的关键，属于基础题.
11．D
【解析】
【分析】
由已知条件，分别确定各个角的三角函数值，进而判断各个命题的真假，可得答案
【详解】
（1）
，
所以，①错，②对；
（2），
所以，③对
（3），所以，④对
答案选D
【点睛】
本题解题的关键点在于，确定各个角的三角函数值，属于中档题
12．B
【解析】
【分析】
由题意，取中点，连接，，可得为等边三角形，取中点，求得，再说明到（或的距离大于，得到以为球心， 为半径的球面与侧面的交线为圆，利用勾股定理求出圆的半径，即可求解.
【详解】
解：如图，
取中点，连接，，，，
，，又，
所以平面，
又，，
，为等边三角形，
取中点，则，可得，
又因为平面，所以，
因为，所以平面，
又设到（或的距离为，
由，
可得，
以为球心，为半径的球面与侧面的交线为圆，圆的半径为，
所以以点为球心，以为半径的球被平面截得的图形面积为，
故选：B.
13．D
【解析】
【分析】
根据线面垂直的性质可证明，通过证明平面可得，同理可得.
【详解】
正方体中，平面，平面，，故A正确；
正方体中，平面，平面，，又正方形中，，，平面，又平面，，同理可证，故BC正确；
易得，四边形为矩形，不是正方形，故不垂直，故D错误.
综上，错误的选项为D.、
故选：D.
14．D
【解析】
根据四棱柱的定义可知A正确；直线与平面的判定定理可知B正确；根据圆锥的定义可知C正确；根据正棱锥的定义可知D错误．
【详解】
对于A，由四棱柱的定义：空间中把一个平行四边形按某一方向平移所形成的几何体是四棱柱，故A正确；
对于B，根据直线与平面的判定定理，得到这两个侧面的交线垂直于底面，是真命题，故B正确；
对于C，由圆锥的定义：以直角三角形一直角边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体是圆锥，故C正确；
对于D，底面是正多边形的棱锥的顶点在底面的射影不一定是底面正多边形的中心，故D错误．
故选：D．
【点睛】
关键点点睛：利用空间几何体的定义或结构特征求解是解题关键.
15．D
【解析】
【分析】
在A中，由BC1⊥平面A1B1CD，得平面A1B1CD⊥平面BC1D；在B中，P为A1D与AD1的交点即可；在C中，O为B1C与BC1的交点；D中，不存在这样的点.
【详解】
A.可以证明平面，从而平面平面；
B.设，则为平面上的一点，满足平面；
C.设，连接，过点作，连接，可以证明：平面平面，所在存在直线上的一点使得平面；
D.过作于，因为平面平面，所以平面，
设为直线上任意一点，连接，，则，一定为异面直线，所以不存在直线上的一点使得平面.
【点睛】
本题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，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
16．D
【解析】
由线面垂直的判定定理结合线面垂直的定义，判断出A正确；由线面平行的判定定理可得B正确；由线面角的求法可得C正确；由线面垂直的判定可得线线角的大小判断出D错误．
【详解】
四棱锥为阳马，底面为正方形，则
又底面，底面，则
平面，平面，，A正确；
平面，平面，平面，B正确；
平面，点到平面的距离，设与平面所成的角为，则，设与平面所成的角为，则，又，所以，即与平面所成的角等于与平面所成的角，C正确；
平面，平面，则，即与所成的角为，而与所成的角即与所成的角，显然不为直角，D错误；
故选：D
【点睛】
本题考查空间点线面的位置关系，考查空间角的求法，考查学生空间想象能力，属于中档题．
17．C
【解析】
利用线面垂直的性质定理进行判断.
【详解】
由于垂直于同一平面的两直线平行，故当直线平面，直线平面时，直线与直线平行.
故选：C.
18．BCD
【解析】
【分析】
证明在平面上，判断A，取与的交点为，得，证平面即可判断B，连接交于点，则可得到直线与平面所成角，求出这个角，判断C，而（交于点）的长就是点B到平面的距离，可判断D．
【详解】
如图，由是中点，则它也是的中点，连接，由知共面，显然在这个平面内，与共面，A错；
连接，与的交点为，则平面，连接，，
正方体中，分别是中点，则，
由平面，平面，则，又，与是平面内两相交直线，则得平面，即平面，B正确；
由B的讨论，连接交于点，连接，则是直线与平面所成角，在直角三角形中，．，C正确；
点B到平面的距离就是，D正确．
故选：BCD．
【点睛】
关键点点睛：本题考查空间直线共面与异面问题，考查线面垂直，直线与平面所成的角，点到平面的距离，解题关键是证明线面垂直：平面，有了线面垂直易得线面角和点到平面的距离，计算即可得结论．
19．
【解析】
【分析】
直接代入空间中两点间的距离公式即可得解.
【详解】
∵空间中两个点A（1，3，1），B（5，7，5），
∴|AB|4．
故答案为: 4
【点睛】
本题考查空间中两点间的距离公式,属于基础题.
20．
【解析】
【分析】
根据二面角和直线和平面所成角的定义，先作出对应的平面角，结合三角形的边角关系进行求解即可．
【详解】
作图如下：
过点作平面的垂线，
垂足为，
在内过作的垂线，
垂足为.连结，
根据三垂线定理可得
，
因此,为二面角的平面角,
故
与所成角为，
,
连结，
可得为在平面内的射影，
为与平面所成的角.
设,
则中,
，
中,
，
在中,
，
,
故答案为
【点睛】
本题考查线面角的求解和线面垂直性质的应用及二面角的平面角的作法;属于中档题;
线面角的求解步骤：
作出线面角;
利用线面垂直的性质证明所作角即为所求的线面角;
在三角形中,利用三角形的边角关系进行求解.
21．（1）见解析； （2）.
【解析】
【分析】
（1）取BC中点N，连接，，结合题中的条件，利用线面垂直的判定定理，证得平面，再应用面面垂直的判定定理，证得结论；
（2）将三棱锥的顶点和底面转换，，之后应用锥体的体积公式求解即可.
【详解】
（1）取中点，连接，，∴，，
∵平面，∴四边形是矩形，
∴，
由题意知，，∵为的中点，
∴，
又∵，∴平面，
∵平面，∴平面平面
（2）由题意知，，∵平面，
∴
，，∴
【点睛】
该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定，三棱锥体积的计算，在解题的过程中，应用了线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理，以及应用等积法，将三棱锥的顶点和底面转换，再根据平行关系，将其进一步转化，使得其底面积和高比较明显好求，之后应用体积公式求得结果.
22．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据，所以，再由平面，得到，然后利用线面垂直的判定定理求解.
（2）过A作于H，由平面，得到，从而平面，则是直线与平面所成的角，然后在中，求得AH，在中，由求解．
【详解】
（1）因为，所以，
因为平面，平面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，
所以.
（2）如图所示，
过A作于H，
因为平面，平面，
所以，
又，，平面，
所以平面，
所以是直线与平面所成的角.
因为平面，
所以是与平面所成的角，
因为，
又，所以，
所以在中，
又，所以在中，．
即直线与平面所成角的正弦值为
【点睛】
本题主要考查线线垂直，线面垂直以及线面角的求法及应用，还考查了逻辑推理和运算求解的能力，属于中档题.
23．（1）证明见解析；（2）4．
【解析】
【分析】
(1)连接AC，可得EF//AC，证得EF⊥平面BB1D1D即可作答；
(2)利用正方体的棱长a表示出四面体B-EFG的体积，再利用割补法列式即可得解.
【详解】
（1）在正方体中，平而，而平面，则
连接，如图，在中，分别为的中点，即，在正方形中，，于是得
又因平面平面，从而得平面
又平面，所以平面平面；
（2）设正方体的棱长为，由（1）知，四面体的体积为，
因此所得多而体的体积为，解得，
所以该正方体的棱长为4．
24．（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）要证明直线与平面垂直，需证明直线与平面内两条相交直线都垂直，为此需探究图中的垂线关系；
（2）由（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再根据公式求出所求角的正弦值．
【详解】
（1）证明：因为为的中点，，所以，
连接，设，因为四边形为菱形，为的中点，，
所以.又为等腰直角三角形，，
所以，
所以，则.
因为，所以平面.
（2）解：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，
所以，.
设平面的法向量为，
则，即，
令，得.
设与平面所成角为，
因为，所以.
所以，即与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
线面垂直的判定定理：若直线与平面内的两条相交直线都垂直，那么直线与平面垂直；
平面的法向量为，则与平面所成角的正弦值为
．
25．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）根据长度先证明，再根据面面垂直的性质得到平面，结合线在面内完成证明；
（Ⅱ）先根据已知的位置关系确定出二面角的平面角，然后建立合适空间直角坐标系，分别求解出的方向向量以及平面的法向量，根据两个向量夹角的余弦值求解出线面角的正弦值，从而线面角的余弦值可求.
【详解】
（Ⅰ）证明：在中，，
所以，所以．
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，
又因为平面，所以．
（Ⅱ）法一：因为，又，平面平面，
所以是平面与平面所成的二面角的平面角，即．
即为等腰，取BC中点为O，
则，取AB中点为F，连接OF，
则，如图建系得
，，，，
设平面EAC的一个法向量为，
，，
由，
令，则，
又，直线AB与平面ACE所成的角为，
则，．
（Ⅱ）法二：因为，又，平面平面，
所以是平面与平面所成的二面角的平面角，
即．
因为，，，
所以平面．
所以是直线与平面所成的角．
因为在中，．
在中，，
则．
【点睛】
方法点睛：求解线面角的正弦值的两种方法：
（1）几何法：通过线面垂直的证明，找到线面角，通过长度的比值即可计算线面角的正弦值；
（2）向量法：求解出直线的方向向量和平面的法向量，根据直线的方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值求解出结果.
26．(1)见解析;(2).
【解析】
【详解】
分析：（1）利用直棱柱的性质可证明平面平面，所以.又，所以，利用勾股定理可得，由线面垂直的判定定理可得结论；（2）利用“等积变换”可得，先证明的高为，可得，从而可得三棱锥的体积.
详解：（1）连接BD，因为为直三棱柱，所以 ，正三角形，所以，所以平面平面，所以.又，所以
因为，
，
,所以，所
以，
,所以.
（2）易知，
，，所以 ，所以.
.所以三棱锥的体积为.
点睛：本题主要考查正三棱柱的性质、空间垂直关系以及利用“等积变换”求棱锥的体积；，属于中档题.解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理.
27．（Ⅰ）见解析； （Ⅱ）1 .
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由于O为AB的中点，连接OC、OA1，可得OC⊥AB，OA1⊥AB，由线面垂直的判断得AB⊥平面A1OC；
（Ⅱ）由AB＝CB＝2，得△ABC为边长是2的等边三角形，求出三角形ABC的面积，由A1O⊥AB，可得A1O⊥平面ABC，即A1O是三棱柱ABC﹣A1B1C1的高，则三棱锥的体积可求．
【详解】
（Ⅰ）∵，为的中点，∴，
∵，，∴为等边三角形，
∴，又，
∴平面.
（Ⅱ）∵，∴为边长是2的等边三角形，
则，
∵，，，
∴平面，即是三棱锥的高，
又，∴三棱锥的体积.
【点睛】
本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了棱锥体积的求法，属于中档题．
答案第1页，共2页
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