8.6空间直线、平面的垂直 同步练习（Word版含解析）

必修第二册 8.6 空间直线、平面的垂直
一、单选题
1．在正方体中，是正方形的中心，则直线与直线所成角大小为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，（ ）
A．若α⊥β，m α，n β，则m⊥n B．若m⊥α，mn，nβ，则α⊥β
C．若m⊥n，m α，n β，则α⊥β D．若αβ，m α，n β，则mn
3．在所有棱长都相等的三棱锥P﹣ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下列四个命题：
（1）BC//平面PDF；（2）DF//平面PAE；
（3）平面PDF⊥平面ABC；（4）平面PDF⊥平面PAE．
其中正确命题的序号为（ ）
A．（2）（3） B．（1）（3） C．（2）（4） D．（1）（4）
4．已知矩形 ，，，沿对角线将折起，若二面角的余弦值为，则与之间距离为（ ）
A． B． C． D．
5．如图1，矩形ABCD，，，E为CD中点，F为线段CE（除端点外）的动点，如图2，将沿AF折起，使平面平面ABC，在平面ABD内，过点D作，K为垂足，则AK长度的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．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．
7．如图，在正方体中，点P是线段上的一个动点，有下列三个结论：
①面；
②；
③面面．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②③ B．②③ C．①③ D．①②
8．设，为两个平面，则的充要条件是
A．内有无数条直线与平行
B．内有两条相交直线与平行
C．，平行于同一条直线
D．，垂直于同一平面
9．如图，矩形中，已知为的中点．将沿着向上翻折至得到四棱锥．平面与平面所成锐二面角为，直线与平面所成角为，则下列说法错误的是（ ）
A．若为中点，则无论翻折到哪个位置都有平面平面
B．若为中点，则无论翻折到哪个位置都有平面
C．
D．存在某一翻折位置，使
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．已知四边形是边长为4的正方形，分别是边的中点，垂直于正方形所在平面，且，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
12．已知直四棱柱，其底面是平行四边形，外接球体积为，若，则其外接球被平面截得图形面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．如图，矩形中，，为边的中点，将沿翻折成，若为线段的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是______．
①翻折到某个位置，使得
②翻折到某个位置，使得平面
③四棱锥体积的最大值为
④点M在某个球面上运动
14．在矩形ABCD中，，，沿AC将折起，得到的四面体的体积的最大值为______．
15．在三棱锥中，平面ABC，是边长为2的正三角形，，Q为三棱锥外接球球面上一动点，则点Q到平面PAB的距离的最大值为______
16．在梯形中，，，为的中点，将沿直线翻折成，当三棱锥的体积最大时，过点的平面截三棱锥的外接球所得截面面积的最小值为______.
17．如图，在正方体中，点M，N分别为棱上的动点(包含端点)，则下列说法正确的是___________．
①当M为棱的中点时，则在棱上存在点N使得；
②当M，N分别为棱的中点时，则在正方体中存在棱与平面平行；
③当M，N分别为棱的中点时，则过，M，N三点作正方体的截面，所得截面为五边形；
④直线与平面所成角的正切值的最小值为；
⑤若正方体的棱长为2，点到平面的距离最大值为．
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，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为菱形，PA=AB=2，PB=，∠ABC=60°，且平面PAC⊥平面ABCD.
(1)证明：PA⊥平面ABCD；
(2)若M是PC上一点，且BM⊥PC，求三棱锥M-BCD的体积.
20．如图所示，已知长方形中，，为的中点，将沿折起，使得．
（1）求证：平面平面；
（2）若点满足，求.
21．如图，四边形ABCD中，,，，沿对角线AC将△ACD翻折成△，使得.
(1)证明：；
(2)若为等边三角形，求二面角的余弦值.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
如图，连接，，，利用余弦定理可求的值，从而可得直线与直线所成角大小.
【详解】
设正方体的棱长为，连接，，，
因为，故或其补角为直线与直线所成角.
而，，，
故，所以，
所以，因为为锐角，故，
故选：A.
2．B
由线线的位置关系，结合面面垂直，可判断A；由线面垂直的性质定理和线面平行的判定定理 结合面面垂直的判定定理，可判断B；由面面的位置关系可判断C；由面面平行的定义和线线的位置关系可判断D.
【详解】
解：对于A，若α⊥β，m α，n β，可得m，n相交或平行 异面，故A错误；
对于B，若m⊥α，mn，可得n⊥α，
又nβ，可得过n的平面γ与β的交线ln，又n⊥α，则l⊥α，l β，可得α⊥β，故B正确；
对于C，若m⊥n，m α，n β，则α β可能平行或相交，故C错误；
对于D，若αβ，m α，n β，则m，n可能平行或异面，故D错误.
故选：B.
本题考查空间线线 线面和面面的位置关系，主要是平行和垂直的判定和性质，考查推理能力，属于基础题.
3．D
根据条件画出图形，利用直线与平面关系逐一进行判断即可．
【详解】
解：①由图形及题设条件易知，进而可证明出平面，命题成立；
②由图形知，与相交，故平面 不可能成立
③由图形及题设条件在底面上的投影不在中位线上，故平面平面不成立，是假命题；
④由题设条件可证得平面，再由证得平面，即可得到平面平面，命题成立
故选：．
4．C
过点在平面内作，过点在平面内作，以、为邻边作平行四边形，连接，分析可知二面角的平面角为，利用余弦定理求出，证明出，再利用勾股定理可求得的长.
【详解】
过点在平面内作，过点在平面内作，以、为邻边作平行四边形，连接，
因为，，，则，
因为，由等面积法可得，同理可得，
由勾股定理可得，同理可得，，
因为四边形为平行四边形，且，故四边形为矩形，所以，，
因为，所以，二面角的平面角为，
在中，，，
由余弦定理可得，
，，，则，，
因为，平面，平面，则，
，由勾股定理可得.
故选：C.
5．A
过作交AB于M，连FK，设，用表示，，，然后在中，利用勾股定理求出的函数关系，求出的范围.
【详解】
过做交AB于M，连FK，设,
则，在中，,
在中，,
在中，
,化简得
∴t的取值范围是
故选：A
6．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．
7．A
对于①. 先证明平面平面即可判断；对于②.先证明平面即可判断；对于③.由②有平面从而可判断.
【详解】
对于①. 在正方体连结
可得，又平面,平面, 所以平面
,又平面,平面, 所以平面
又，所以平面平面
又平面，所以面，故①正确.
对于②. 连结
在正方体中，平面，则
又,且，所以平面
而平面,所以
又, 平面,平面,则
由，所以平面
而平面，所以,有
所以平面,平面,所以，故②正确.
对于③. 由②可知平面，又平面
所以面面，即面面，故③正确.
故选：A
8．B
本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．
【详解】
由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B．
面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误．
9．C
对于A：根据线面垂直的判定和面面垂直的判定可判断；
对于B：取中点，根据三角形的中位线的性质可证得四边形PECQ是平行四边形，再由线面平行的判定可判断；
对于C：过作平面，则在上，所以平面与平面所成锐二面角为或其补角，根据面面角和线面角的定义可判断；
对于D：根据面面角和线面角的定义可判断．
【详解】
若为中点，连接交于点，则面，又面，所以平面平面，故A正确；
取中点，则，，又，
所以四边形PECQ是平行四边形，又平面，平面，所以平面，故B正确；
过作平面，则在上，所以平面与平面所成锐二面角为（或其补角），
，故C错误；
若，又，则，故D正确，
故选：C．
方法点睛：空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.
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．D
连接，交于，交于，过作，垂足为，则问题转化为求的长度，根据两个直角三角形相似，对应边成比例可解得结果.
【详解】
如图：连接，交于，交于，
因为分别是边的中点，所以，
因为平面，所以平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
因为平面，所以，又，，
所以平面，因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
过作，垂足为，则平面，则为点到平面的距离，
在直角三角形和直角三角形中，，所以，
所以，所以，
因为正方形的边长为4，所以，
，，
所以.
所以点到平面的距离为.
故选：D
本题考查了直线与平面垂直的性质，考查了直线与平面垂直的判定，考查了平面与平面垂直的判定与性质，考查了直线与平面平行的判定，考查了求点到平面的距离，属于中档题.
12．A
由条件可得为矩形，进而可得平面，所以，则四边形为正方形，所以直四棱柱为正四棱柱，设，由余弦定理可得的值，求出的值，由正弦定理可得的外接圆的半径为，由均值不等式可得的最小值，从而得出答案.
【详解】
由直四棱柱内接于球，则四点在球面上，
所以四边形为球的一截面圆的内接四边形，所以对角互补.
又四边形是平行四边形，所以为矩形.
在直四棱柱中，平面，所以
又，，所以平面，所以
所以四边形为正方形，所以直四棱柱为正四棱柱.
由外接球体积为，则球的半径为,
由为该外接球的直径，则
设，则，则
在中,，
由余弦定理可得
所以
设的外接圆的半径为，由正弦定理可得
所以
当且仅当,即时取得等号，即的最小值为
其外接球被平面截得图形面积的最小值为：
故选：A
关键点睛：本题考查几何体的外接球的截面面积问题，解答本题的关键是先由线面垂直关系得出直四棱柱为正四棱柱，然后由余弦定理和正弦定理得出的外接圆的半径，由均值不等式求出最小值，属于难题.
13．①③④
对于①，当时，即时满足条件；对于②，由于不成立，进而可判断；对于③，当平面平面时，四棱锥体积的最大，再求解即可；对于④，取中点，连接，即可得在以点为球心的球面上．
【详解】
解：对于①，由题知，若存在某个位置使得，由于，平面，所以平面，又平面，即，由于，故，
由于在折叠过程中，，所以存在某个位置，使得，
故存在某个位置，使得，故①正确；
对于②，若存在某个位置，使得平面，因为平面，
所以，另一方面，在矩形中，，
故不成立，所以②错误；
对于③，四棱锥体积的最大时，平面平面，
由于是等腰直角三角形，所以此时点到平面的距离为，
所以四棱锥体积的最大值为，
故③正确；
对于④，取中点，连接，由于为线段的中点，
所以，
所以在以点为球心的球面上，
故④正确．
故答案为：①③④．
14．##4.8
由题意当平面平面时，四面体的体积最大值，过作交于点，则为高，从而可得答案.
【详解】
由，，则
沿AC将折起,当平面平面时，四面体的体积最大值.
过作交于点，由平面平面，且平面平面
所以平面,则为此时四面体的高. 且
所以
故答案为：
15．
根据给定条件求出三棱锥外接球半径及球心O到平面PAB的距离即可推理计算作答.
【详解】
令三棱锥外接球球心为O，正所在平面截球面所得小圆圆心为，连接，如图，
则平面ABC，而正边长为2，即有，
因平面ABC，则三棱锥外接球球心为O在过线段PA中点，且垂直于线段PA的平面内，
显然过线段PA中点垂直于线段PA的平面与平面ABC平行，则，
于是得球O的半径，
取PB中点，AB中点D，连接，
因是直角三角形，则是平面PAB截球O所得截面小圆圆心，因此，平面PAB，
而，，则平面ABC，必有，，于是得四边形是平行四边形，，
由球面的性质知，点Q是经过点的球面直径端点且球心在点与Q之间时，点Q到平面PAB的距离最大，
此最大距离为，
所以点Q到平面PAB的距离的最大值为.
关键点睛：涉及几何体的外接球问题，根据给定条件结合球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.
16．
分析出当平面平面时，三棱锥的体积最大，取的中点，分析出点为三棱锥的外接球的球心，求出球的半径，计算出截面圆半径为最小值，结合圆的面积公式可得结果.
【详解】
如下图所示，连接，则，
则，故，
设二面角的平面角为，设三棱锥的高为，则，
，
当且仅当时，等号成立，即当平面平面时，三棱锥的体积最大，
，，，故为等腰直角三角形，且，
在梯形中，，则，所以，，
在中，，，，
由余弦定理可得，故，，
因为平面平面，平面平面，，平面，平面，
平面，则，
因为，，平面，
平面，所以，，
记中点为，由得为三棱锥的外接球的球心，
且球的半径为，
设与过点的平面所成的角为，设点到截面的距离为，则，
故截面圆的半径为，
当且仅当时，过点的平面截三棱锥外接球所得截面面积最小，
所以截面圆面积的最小值为.
故答案为：.
方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
17．①③④
①当为的中点时，过作于，证即可；
②根据正方体棱的特征和线面平行的判定方法可知没有满足条件的棱；
③通过线线平行和线面平行的性质，作出平面与正方体各个面的交线即可判断；
④过作于，，长度的最大值为对角线BD；
⑤三棱锥－体积为定值，要使点到平面的距离最大，则使△的面积最小，据此即可求解﹒
【详解】
①如图，当为的中点时，过作于，∴，∴，又，与相交于，∴，又，∴，故①正确；
②在正方体中，棱可分为三类，分别是与平行的棱，又不与平面平行，∴在正方体中，不存在棱与平面平行，故②错误；
③如图，取中点，连接，∴，过作的平行线交于点，此时，∴，即为过三点的平面与平面的交线；连接，在上取点，使得，∴，再过点作的平行线交于点，此时，∴，即为过三点的平面与平面的交线；连接，则可得五边形即为正方体中过三点的截面，故③正确；
④设正方体棱长为2，如图，过作于，∴，∴与平面所成角即为，∴；又长度的最大值为，∴与平面所成角的正切值的最小值为，故④正确；
⑤M，N在棱，上运动时，到距离始终为2，到平面的距离始终为2，∴恒为定值．要使到平面的距离最大，则三角形的面积应为最小．当分别运动到时，，此时到平面的距离为；当，分别运动到棱，中点时，，∴则；又∴当M，N为，中点时，到平面的距离应大于，∴⑤错误．
故答案为：①③④．
本题较难，需要判断的选项较多，综合考察了空间里面点线面的位置关系，需要结合图形自行作出辅助线求解，在求解时还要结合平面几何的解三角形的相关方法进行长度或面积的计算，属于几何的综合性难题.
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).
（1）由面面垂直的性质和线面垂直的性质证得PA⊥BD，根据平面几何知识证得PA⊥AB，由线面垂直的判定定理可得证；
（2）由V M-BCD=VP-BCD可求得答案.
(1)
证明：∵四边形ABCD为菱形，∴BD⊥AC.
∵平面PAC⊥平面ABCD，平面PAC平面ABCD=AC，BD平面ABCD，∴BD⊥平面PAC.
∵PA平面PAC，所以PA⊥BD.
又∵PA=AB=2，PB=，∴PA2+AB2=PB2，得PA⊥AB.
又∵AB，BD平面ABCD，ABBD=B，PA⊥平面ABCD.
(2)
解：由（1）得PA⊥平面ABCD，
∵AC平面ABCD，∴PA⊥AC，
∴，得ΔPBC为等腰三角形.
在△PBC中，由余弦定理得.
∵BM⊥PC，∴，则.得CM=PC，
又S△BCD=BC·CDsin120°=，
∴三棱锥M-BCD的体积V M-BCD=VP-BCD=S△BCD×PA=.
20．（1）证明见解析；（2）.
（1）由勾股定理逆定理证明，再由线面垂直的判定定理证得线面垂直，最后同面面垂直的判定定理得面面垂直；
（2）取AM的中点F，连接DF，由面面垂直的性质定理得与面垂直，利用向量的数乘定义，三棱锥体积公式可求得棱锥体积．
【详解】
（1）证明：∵长方形中，，为的中点，
，，，.
，，平面，平面，
又平面，平面平面.
（2） 解：取AM的中点F，连接DF，
，为的中点，
，，，
由（1）知，平面平面
平面，平面平面，
平面
，
E到平面ABCM的距离等于D到平面ABCM的距离的，
.
21．(1)证明过程见解析；
(2)
（1）作出辅助线，证明线面垂直，进而证明出，由三线合一得出结论；（2）作辅助线，找到为二面角的平面角，再使用勾股定理及余弦定理求出边长，最终用余弦定理求出二面角的余弦值.
(1)
取中点F，连接EF，BF，
因为，所以EF是的中位线，故∥，
因为，所以，
又因为，，所以平面BEF，
因为平面BEF，所以，
由三线合一得：
(2)
因为为等边三角性，所以，由第一问可知：，从而，由三线合一得：，取AB的中点H，过点H作HG⊥AB交AC于点G，连接，从而，故为二面角的平面角，由勾股定理得：，从而，，由可得：，由勾股定理得：，
因为，在中，由余弦定理得：，故，又，在中，由余弦定理得：，
故二面角的余弦值为.

答案第1页，共2页
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