8.6空间直线、平面的垂直 同步练习（Word版含解析）

人教A版（2019）必修第二册 8.6 空间直线、平面的垂直
一、单选题
1．比萨斜塔是意大利的著名景点，因斜而不倒的奇特景象而世界闻名.把地球看成一个球(球心记为)，地球上一点的纬度是指与地球赤道所在平面所成角，的方向即为点处的竖直方向.已知比萨斜塔处于北纬，经过测量，比萨斜塔朝正南方向倾斜，且其中轴线与竖直方向的夹角为，则中轴线与赤道所在平面所成的角为（ ）
A． B． C． D．
2．如果直线l，m与平面满足和，那么必有（ ）
A．且 B．且
C．且 D．且
3．在空间中，下列命题正确的是（ ）
①平行于同一条直线的两条直线平行； ②垂直于同一条直线的两条直线平行；
③平行于同一个平面的两条直线平行； ④垂直于同一个平面的两条直线平行．
A．①③④ B．①④ C．① D．①②③④
4．已知是平面，l、m、n是空间三条不同的直线，则下列命题中正确的个数（ ）．
①若，，，，则；
②若，，则；
③若点A、B不在直线l上，且到l的距离相等，则直线；
④若三条直线l、m、n两两相交，则直线l、m、n共面；
⑤若，，，则；
⑥若，，，则．
A．0 B．1 C．2 D．3
5．如图，正方体的棱长为，下面结论错误的是（ ）
A．平面
B．平面
C．异面直线与所成角为
D．三棱锥体积为
6．在边长为1的正方体中，点，分别为，的中点，则直线与平面所成角的大小为（ ）
A． B．
C． D．
7．如图，四边形为矩形，，是的中点，将沿翻折至的位置（点平面），设线段的中点为.则在翻折过程中，下列论断不正确的是（ ）
A．平面
B．的长度恒定不变
C．
D．异面直线与所成角的大小恒定不变
8．已知直线和平面满足,则（ ）
A． B．或
C． D．或
9．下列四个命题：
①所在平面外一点P到角的两边距离相等，若点P在平面上的射影H在的内部，则H在的平分线上；
②P是所在平面外一点，点P到三个顶点的距离相等，则点P在平面上的射影O是的外心；
③P是所在平面外一点，点P到三边的距离相等，则点P在平面上的射影O是的内心；
④P是所在平面外一点，点，，两两垂直，且，则点P在平面上的射影O是的中心.
其中，正确命题的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
10．某三棱柱的平面展开图如图所示，网格中的小正方形的边长均为1，则在原三棱柱中，异面直线和所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
11．在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，且AB=BC=CD，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为（ ）
A． B．- C．2 D．
12．如图，在正方体中，点P为线段上的动点（点与，不重合），则下列说法不正确的是（ ）
A．
B．三棱锥的体积为定值
C．过，，三点作正方体的截面，截面图形为三角形或梯形
D．DP与平面所成角的正弦值最大为
二、填空题
13．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法：
①若，，，则直线与可能平行；
②若，，，则直线与可能相交 平行或异面；
③若，，则直线与一定垂直；
④若，，，则直线与一定平行.
以上说法正确的是___________.（填序号）
14．正方体的棱长为，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部运动，若，则面积的最大值为_________．
15．已知三棱锥内接于表面积为的球中，平面平面，，，，则三棱锥体积为___________.
16．在三棱锥中，平面，，，，是边上的一动点，且直线与平面所成角的最大值为，则三棱锥的外接球的体积为________．
17．在直角三角形中，，是斜边的中点，将沿直线翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得，则边长的最大值为______.
三、解答题
18．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．
（1）证明：平面平面；
（2）若，求四棱锥的体积．
19．如图，已知矩形CDEF和直角梯形ABCD，AB∥CD，∠ADC＝90°，DE＝DA，M为AE的中点.
（1）求证：AC∥平面DMF；
（2）求证：BE⊥DM.
20．如图，在正方体中，为的中点，.求证：
（1）平面；
（2）平面.
21．如图所示，在三棱锥中，，，，点，分别为，的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求四面体的体积.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
由题意画出示意图，即可选出正确答案.
【详解】
解析如图所示，为比萨斜塔的中轴线，，，则，中轴线与赤道所在平面所成的角为.
故选:A.
2．A
根据题设线面关系，结合平面的基本性质判断线线、线面、面面的位置关系.
【详解】
由，则；由，则；由上条件，m与可能平行、相交，与有可能平行、相交.
综上，A正确；B，C错误，m与有可能相交；D错误，与有可能相交．
故选：A
3．B
由空间中点、线、面的位置关系逐一核对四个命题得答案．
【详解】
解：①该命题就是平行公理，即基本性质4，因此该命题是正确的．
②如图1，直线平面，，，且，则，．
即平面内两条相交直线b、c都垂直于同一条直线a，但b、c的位置关系并不是平行．
另外，b、c的位置关系也可能是异面，如果把直线b平移到平面外，
此时，b与a的位置关系仍是垂直，但此时b、c的位置关系是异面．
③如图2，在正方体中，易知平面ABCD，平面ABCD，
但，因此该命题是错误的．
④该命题是线面垂直的性质定理，因此是正确的．综上，①④正确，
故选：B．
本题考查命题的真假判断与应用，考查了空间中点、线、面的位置关系，属于基础题．
4．B
利用线面，面面平行垂直关系的判定定理及性质定理进行判断
【详解】
对于①，该项中当是相交直线才成立，错误；
对于②，空间中两条直线垂直于同一条直线时这两条直线可平行、相交或异面，错误；
对于③，两点到一条直线的距离相同，这两点可以在直线的两侧，此时不成立，错误；
对于④，若三条直线两两相交于一点，则它们可确定一个平面或三个平面，错误；
对于⑤，若，可以推出，但是无法推出，两者还可以异面，错误；
对于⑥，两条直线同时垂直于同一平面两直线平行，即，利用平行线的传递性可以得到，正确
综上只有⑥正确
故选：B
5．D
根据线面平行的判定定理，证明A正确；根据线面垂直的判定定理，证明B正确；在正方体中，作出异面直线与所成角，结合题中条件，可判断C正确；根据三棱锥的体积公式，可判断D错.
【详解】
A选项，在正方体中，，又平面，平面，所以平面，即A正确；
B选项，连接，，在正方体中，，，平面，平面，
因为平面，平面，
所以，，
又，平面，平面，所以平面，
因此；
同理，
又，平面，平面，
所以平面；即B正确；
C选项，因为，所以即等于异面直线与所成角，
又，即为等边三角形，即异面直线与所成角为，故C正确；
D选项，三棱锥的体积为.故D错；
故选：D.
方法点睛：
求解空间中空间位置关系的证明以及空间角、空间距离的方法：
（1）定义法：根据空间中线面平行、线面垂直、空间角等相关概念，结合线面垂直、平行的判定定理及性质等，即可求解；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，求出对应的直线的方向向量，以及平面的法向量，结合空间位置的向量表示，空间角的向量求法等，即可求解.
6．A
由正方体性质可得平面，可得为直线与平面所成角，即求.
【详解】
如图，连接AC，交于O ，连接OC，
∵点，分别为，的中点，
∴MN∥AC，
由正方体的性质可知CD⊥平面，
∴又，，
∴平面，
∴为直线AC与平面所成角，也即为直线与平面所成角，
在直角三角形ACO中，
∴.
故选：A
7．C
取中点，连结、，证明，即可判断选项A，B，D，利用反证法即可判断选项C作答.
【详解】
取中点，连结 ，如图，
因为线段的中点，则有，又是矩形边的中点，则，，
于是得，即有四边形CEGF是平行四边形，则，而平面AEP，平面AEP，
因此，平面AEP，A正确；
在中，，在中，，即EG为已知等腰直角三角形一腰上的中线，则EG长是定值，也是定值，
因此，的长度恒定不变，B正确；
由知，异面直线与所成角的大小为，D正确；
假设，因，则，即，
而，平面PDE，则平面PDE，有，
在折叠前后有，与矛盾，即假设是错的，C不正确.
故选：C
8．D
作出示意图，进而根据点、线、面的位置关系及线面垂直的判定即可判断.
【详解】
如图所示，正方体中，记平面ABCD为，平面为，所在直线为m，
若n为，满足，显然，所以A,C错误；
若n为，满足，显然，所以B错误；
对D，若或，显然满足题意，
若n与交于点P，点Q为直线n上不同于点P的另外一点，连接PB，因为，，所以，又，而n与PB交于点P，所以平面PBQ，又因为，
于是过点B存在两个不同的平面与m垂直，矛盾，所以D正确.
故选：D.
9．D
①,如图所示，证明，,,即得结论正确；
②,如图所示，证明,即得结论正确；
③,如图所示，证明在的平分线上，所以点是的内心,即得结论正确；
④,如图所示，证明,点是的垂心,即得结论正确.
【详解】
①,如图，由题得，因为平面,所以,
因为平面,所以平面,所以,同理,所以H在的平分线上，所以该结论正确；
②，如图所示，平面, O是的外心,所以该结论正确；
③,如图所示，由题得，同①方法可证在的平分线上，同理可证在的平分线上，所以点是的内心,所以该结论正确；
④，如图所示，点，，两两垂直，且，所以,
因为平面,所以平面,所以, 设是中点，所以,又，平面,所以平面,所以,同理,所以点是的垂心.又，所以点是的中心.所以该结论正确.
故选：D
10．D
将平面展开图折成立体图形，分别取，，的中点，，，取的中点，连接，，，，，易得即为直线和所成的角（或其补角），在中，由余弦定理即可求解.
【详解】
解：将平面展开图折成立体图形如图所示，
则，，，显然，所以，
又，，所以平面．
分别取，，的中点，，，取的中点，
连接，，，，，则，，
所以即为直线和所成的角（或其补角），
又，
，
，
所以在中，由余弦定理得，
所以直线和所成角的余弦值为，
故选：D.
11．A
如图所示，分别取，，，的中点，，，，则，，，或其补角 为异面直线与所成角．
【详解】
解：如图所示，
分别取，，，的中点，，，，则，，，
或其补角为异面直线与所成角．
设，则，，
，
异面直线与所成角的余弦值为，
故选：A．
平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
12．D
A.通过平面进行说明；B.根据等体积法进行说明；C.分析点位置，作出截面图形后进行判断；D.先分析线面为，然后表示出，通过分析的长度确定出正弦值的最大值.
【详解】
由题可知平面，所以，故A正确；
由等体积法得为定值，故B正确；
设的中点为，当时，如下图所示：
此时截面是三角形，
当时，如下图所示：
此时截面是梯形，故C正确；
选项D，在正方体中，连接，则为在平面上的射影，则为与平面所成的角，
设正方体的棱长为1，，则，，
当取得最小值时，的值最大，即时，的值最小为，
所以的值最大为，故D不正确.
故选：D.
方法点睛：作空间几何体截面的常见方法：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
（3） 作延长线找交点法：若直线相交但是立体图形中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
13．①③
①可以举出直线与平行的情况；②若与平行，在，的前提下是不能使，故②错误；③可以利用利用线面垂直和线面平行的的性质进行证明；④可以举出不成立的反例.
【详解】
对于①，若是两个平面的交线时，能够找到且的直线，故①正确；对于②，若，，，直线与不可能平行，故②错误；对于③，根据线面垂直 线面平行的性质可知直线与一定垂直，故③正确；对于④，若，，，则直线与可能平行也可能异面，故④错误.
故答案为：①③
14．
取中点，利用线面垂直的判定方法可证得平面，由此可确定点轨迹为，可确定只需最大，则面积最大，根据长度关系可知重合时取得最大值，由此得到结果.
【详解】
取中点，连接，
平面，平面，，
又四边形为正方形，，又，平面，
平面，又平面，；
由题意得：，，，
，；
平面，，平面，
，在侧面的边界及其内部运动，点轨迹为线段；
平面，平面，，
，即当最大时，面积取得最大值；
，为锐角，的最大值为，
面积的最大值为.
故答案为：.
关键点点睛：本题考查立体几何中的动点问题，解题关键是能够利用线面垂直关系确定动点在面内的轨迹，结合轨迹可确定最值点.
15．
由题意画出图形，证明BC⊥平面PAB，由已知球的表面积求得球的半径，然后求解三角形求得PD与BC，再由棱锥体积公式求三棱锥P﹣ABC体积．
【详解】
取的中点，连接，取的中点，连接,如图，
，，
又平面平面，平面平面，
平面
则，又，，
平面，得，
为的外心，又的外心在的延长线上，记为，
球心满足平面，平面，
，，可得，
在中，由正弦定理，可求得，
三棱锥内接于表面积为的球，
，
求得，则，
三棱锥体积为.
故答案为：
16．
设直线与平面所成的角为，三棱锥外接球的球心为，半径为，先求出的最小值为，的最小值是，即点到的距离为，再利用余弦定理求出的值，取的外接圆的圆心为，则圆的半径，连接，作于点，即得，即得解.
【详解】
设直线与平面所成的角为，三棱锥外接球的球心为，半径为，
如图所示，则，所以，则的最小值为，的最小值是，即点到的距离为，所以．
因为，所以，所以，
所以，
所以．
取的外接圆的圆心为，则圆的半径．
连接，作于点，则点为的中点，所以，
故三棱锥的外接球的体积为．
故答案为：.
17．
取中点，翻折后可证平面，又平面，所以，由为中点，则此时为等腰三角形，从而可得，然后求出的长，根据能构成三角形三边的关系建立不等式，再求出翻折后，当与在一个平面上的情况，得出答案.
【详解】
设,
由题意得，，取中点，
翻折前，在图1中，连接，则，
翻折后，在图2中，此时．
，平面，
又平面，所以
由为中点，则此时为等腰三角形， ，
，，
在中：①，②，③；
由①②③可得．
如图3，翻折后，当与在一个平面上，
与交于，且，，，
又，，
，，此时.
综上，的取值范围为，
故答案为：
关键点睛：本题考查翻折问题和线面垂直关系的证明和应用，解答本题的关键是由条件证明出平面，从而得到，求出的长，根据能构成三角形三边的关系建立不等式，属于中档题.
18．（1）证明见解析；（2）．
（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；
（2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出．
【详解】
（1）因为底面，平面，
所以，
又，，
所以平面，
而平面，
所以平面平面．
（2）[方法一]：相似三角形法
由（1）可知．
于是，故．
因为，所以，即．
故四棱锥的体积．
[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法
由（2）知,所以．
建立如图所示的平面直角坐标系，设．
因为，所以，，，．
从而．
所以，即．下同方法一.
[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法
建立如图所示的空间直角坐标系，
设，所以，，，，．
所以，，．
所以．
所以，即．下同方法一.
[方法四]：空间向量法
由，得．
所以．
即．
又底面，在平面内，
因此，所以．
所以，
由于四边形是矩形，根据数量积的几何意义，
得，即．
所以，即．下同方法一.
【整体点评】
(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；
方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；
方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；
方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.
19．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可；
（2）根据矩形的性质，结合线面垂直的性质和判定定理进行证明即可.
【详解】
（1）如图，连结EC交DF于点N，连结MN.
因为CDEF为矩形，所以EC，DF相互平分，所以N为EC的中点.
又因为M为EA的中点，所以MN∥AC.
又因为AC 平面DMF，且MN 平面DMF.
所以AC∥平面DMF.
（2）因为矩形CDEF，所以CD⊥DE.
又因为∠ADC＝90°，所以CD⊥AD.
因为DE∩AD＝D，DE，AD 平面ADE，所以CD⊥平面ADE.
又因为DM 平面ADE，所以CD⊥DM.
又因为AB∥CD，所以AB⊥DM.
因为AD＝DE，M为AE的中点，所以AE⊥DM.
又因为AB∩AE＝A，AB，AE 平面ABE，所以MD⊥平面ABE.
因为BE 平面ABE，所以BE⊥MD.
20．（1）证明见解析 ；（2） 证明见解析.
（1）由正方形的性质可得出，由线面垂直的性质可得出，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）连接，证明出四边形为平行四边形，可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立.
【详解】
（1）因为四边形为正方形，则，
平面，平面，，
，所以，平面；
（2）连接，
因为且，所以四边形为平行四边形，
所以且，
又因为为的中点，为的中点，则且，
所以四边形为平行四边形，所以，
而面，面，所以面.
21．（1）证明见解析；（2）.
（1）根据线面垂直的判定定理，证得平面，即可得到平面平面；
（2）由（1）可得为三棱锥的高，在中，结合余弦定理和面积公式，求得，利用棱锥的体积公式，即可求解.
【详解】
（1）因为，所以，，
又因为，，平面，所以平面，
又由平面，所以，
因为，为的中点，所以，
又由，平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）由（1）可得为三棱锥的高，
因为点，分别为，的中点，所以，，
由余弦定理可得，
因为，，所以，
可得，
所以，
即四面体的体积为.
答案第1页，共2页
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