必修第二册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．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则三棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．不确定
2．在三棱锥中，顶点P在底面的射影为的垂心O（O在内部），且PO中点为M，过AM作平行于BC的截面，过BM作平行于AC的截面，记，与底面ABC所成的锐二面角分别为，，若，则下列说法错误的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．可能值为
D．当取值最大时，
3．在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，，则直线PA与平面PBC所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
4．已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列命题中：
①若，，且，则；
②若，相交，且都在，外，，，，，则；
③若，，，，则；
④若，，，，则.其中正确命题的序号是（ ）
A．①②③ B．①③ C．②③ D．①②③④
5．已知直线和平面满足,则（ ）
A． B．或
C． D．或
6．在正方形中，、分别是及的中点，是的中点．现在沿、及把这个正方形折成一个空间四边形，使、、三点重合，重合后的点记为，那么，在空间四边形中必有（ ）
A．所在平面 B．所在平面
C．所在平面 D．所在平面
7．如图，正方体的棱长为1，动点在线上，，分别是，的中点，则下列结论中错误的是（ ）
A． B．平面
C．三棱锥的体积为定值 D．存在点，使得平面平面
8．如图，在三棱锥中，，，、、分别是所在棱的中点.则下列说法错误的是（ ）
A．面面 B．面面 C． D．
9．攒尖在中国古建筑（如宫殿、坛庙、园林等）中大量存在，攒尖式建筑的屋面在顶部交汇成宝顶，使整个屋顶呈棱锥或圆锥形状.始建于年的廓如亭（位于北京颐和园内，如图）是全国最大的攒尖亭宇，八角重檐，蔚为壮观.其檐平面呈正八边形，上檐边长为，宝顶到上檐平面的距离为，则攒尖坡度（即屋顶斜面与檐平面所成二面角的正切值）为（ ）
A． B． C． D．
10．已知几何体是正方体，则（ ）
A．平面 B．在直线上存在一点E，使得
C．平面 D．在直线上存在一点E，使得平面
11．设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则
A． B．
C． D．
12．一种特殊的四面体叫做“鳖臑”，它的四个面均为直角三角形.如图，在四面体PABC中，设E，F分别是PB，PC上的点，连接AE，AF，EF（此外不再增加任何连线），则图中直角三角形最多有（ ）
A．6个 B．8个
C．10个 D．12个
二、填空题
13．在一次数学探究活动中，某手工制作小组利用硬纸板做了一个如图所示的几何模型，底面为矩形，，半圆面底面．经研究发现，当点P在半圆弧上（不含A，D点）运动时，四棱锥的外接球始终保持不变，则该外接球的体积为____．
14．在三棱锥中，平面，，，，是的中点，则过点的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积最小值为______.
15．如图，直三棱柱，△ABC为等腰直角三角形，AB⊥BC.且AC=AA1=2，E，F分别是AC，A1C1的中点，D为AA1的中点，则四棱锥D-BB1FE的外接球表面积为___________.
16．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且，现有下列结论：①；②平面与平面的交线平行于直线；③异面直线，所成的角为定值；④三棱锥的体积为定值，其中错误结论的是___________．

17．已知三个顶点都在球的表面上，且，，是球面上异于 的一点，且平面，若球的表面积为，则球心到平面的距离为____________.
三、解答题
18．如图在四棱锥P - ABCD中，底面ABCD是矩形，点E，F分别是棱PC和PD的中点.
（1）求证：EF∥平面PAB；
（2）若AP=AD，且平面PAD⊥平面ABCD，证明AF⊥平面PCD.
19．如图，在三棱柱中，平面，，，，M为棱的中点.
(1)证明：平面；
(2)求三棱锥的体积.
20．如图，中，，现将以为轴旋转，将B点旋转至C点，使得．
（1）求；
（2）求与面所成角的正弦值．
21．如图所示，在等腰梯形中，，在等腰梯形中，，将等腰梯形沿所在直线翻折，使得E，F在平面上的射影恰好与A，B重合.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
根据题意可知平面，而，在线段上运动，则平面，从而得出点到直线的距离不变，求出的面积，再根据线面垂直的判定定理可证出平面，得出点到平面的距离为，最后利用棱锥的体积公式求出三棱锥的体积.
【详解】
解：由题可知，正方体的棱长为1，
则平面，又，在线段上运动，
平面，
点到直线的距离不变，
由正方体的性质可知平面，则，
而，，
故的面积为，
又由正方体可知，，，且，
平面，则平面，
设与交于点，则平面，
点到平面的距离为，
.
故选：A.
2．C
对选项A，先找到二面角的平面角，再根据边角关系证明与全等，然后根据直线垂直并平分线段即可判断；对选项B，找到角的关系和，然后分别运用正切的两角差公式解得即可；对选项C和D，均是先根据运用正切的两角差公式，然后通过换元得到一个一元二次方程，然后根据判别式即可判断.
【详解】
如图所示，连接延长交与，连接延长交与，设平面平面
顶点P在底面的射影为的垂心，平面，平面平面
则有：直线与平行
又，则
平面，则
又
则平面
从而
故为与平面的二面角，即
同理可得：
对选项A，，又，则有：
可得：与全等，则
又根据是的垂心，则，
综上可得：直线垂直并平分线段
可得：，故选项A正确；
对选项B，易知有如下角关系：
又，则有：
可得：
解得：
则，故选项B正确；
对选项C，若，则有：
则有：
化简后可得：
令，则有：
则有：，此时方程无解，故选项C错误；
对选项D，设（），则有：
可化简为：
令，则有：
则有：
解得：
故取得最大值时，，此时
同理可得：
故，且
则有：，故选项D正确；
故选：C
二面角的问题，常见的有两种方法：一是通过二面角的定义作二面角的平面角；二是通过空间向量的方法，这两种方法需要灵活选择，如果选择不当，则很可能会大大增加计算量，本题不宜采用空间向量法
3．D
取BC的中点D，通过垂直关系的证明得到就是直线PA与平面PBC所成的角，结合线段长度求解出线面角的正弦值.
【详解】
∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB，PA⊥AC，即，
又∵，
∴△PAB△PAC，
∴.
取BC的中点D，连接AD，PD，
∴PD⊥BC，AD⊥BC，
又∵PD∩ADD，∴BC⊥平面PAD，
∵BC 平面PBC，∴平面PAD⊥平面PBC，
过A作AO⊥PD于O，易得AO⊥平面PBC，
∴就是直线PA与平面PBC所成的角.
在Rt△PAD 中，，
则，则.
故选：D.
4．C
结合面面平行的判定定理、面面垂直的性质定理，线线、线面、面面位置关系有关知识对命题进行分析，从而确定正确答案
【详解】
①，若，，且，则与可能相交，①错误.
②，设相交确定的平面为，根据面面平行的判定定理可知，所以，②正确.
③，根据面面垂直的性质定理可知③正确.
④，若，，，，则可能在平面内，④错误.
所以正确的命题的序号是②③.
故选：C
5．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.
6．A
注意翻折前后的角度的变与不变，根据线面垂直的判定定理、性质定理以及反证的数学思想方法逐一判断即可.
【详解】
对于A，在正方形中，，，
所以在四面体中，，，
又平面，，所以平面，故选项A正确；
对于B，若平面，结合选项A，则，显然矛盾，故选项B错误；
对于C，因为面，面，所以，又，平面，，所以平面，假设平面，则平面平面，显然矛盾，故选项C错误；
对于D，因为面，面，所以，若平面，平面，则，平面，故，显然矛盾，故D错误；
故选：A.
7．D
对A,根据中位线的性质判定即可.
对B,利用平面几何方法证明，再证明平面即可.
对C,根据三棱锥以为底,且同底高不变,故体积不变判定即可.
对D,根据与平面有交点判定即可.
【详解】
在A中,因为分别是的中点,所以,故A正确;
在B中,因为,,故,
故.故,又有,
所以平面,故B正确；
在C中,三棱锥以面为底,则高是定值,所以三棱锥的体积为定值,故C正确.
在D中,与平面有交点,所以不存在点,使得平面平面,故D错误.
故选：D.
方法点睛：本题考查空间点线面的位置关系，考查棱锥的体积，考查线面垂直的判定定理的应用，判断线面垂直的方法主要有：
1.线面垂直的判定定理，直线与平面内的两条相交直线垂直；
2.面面垂直的性质定理，若两平面互相垂直，则在一个平面内垂直于交线的垂直于另一个平面；
3.线面垂直的性质定理，两条平行线中有一条与平面垂直，则另一条也与平面垂直；
4.面面平行的性质定理，直线垂直于两平行平面之一，必然垂直于另一个平面．
8．D
根据中位线定理和面面平行的判定定理判断，根据平面判断，，反证法判断.
【详解】
解：、分别是，的中点，
，又平面，平面，
平面，
同理可得平面，
又，平面平面，故正确；
，，，
平面，
，故正确，
又平面，
平面平面，故正确；
假设，又，
，与矛盾，故与不平行，故错误，
故选：D
关键点睛：解题关键在于利用中位线定理和面面平行的判定定理求解，属于基础题
9．D
根据正八边形的性质，结合二倍角正切公式及正切的定义求上檐平面中心到檐边的距离，再根据题设求攒尖坡度.
【详解】
由题设，上檐平面的八边形如下图示：，，且是的中点，
∴，而，
∴，(舍)，又，故，
由题设知：攒尖坡度为.
故选：D
10．D
与平面相交，所以选项A错误；假设在直线上存在一点E，使得，找到矛盾，所以选项B错误；假设平面，找到矛盾，所以选项C错误；当E与重合时， 平面，所以选项D正确．
【详解】
由题得与平面相交，所以选项A错误；
假设在直线上存在一点E，使得，因为，所以,这不可能，所以选项B错误；
假设平面，则平面，所以平面，所以, 实际上，,所以平面不可能，所以选项C错误；
当E与重合时，因为平面,平面,所以平面，所以选项D正确．
故选：D
11．B
本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.
【详解】
方法1：如图为中点，在底面的投影为，则在底面投影在线段上，过作垂直，易得，过作交于，过作，交于，则，则，即，，即，综上所述，答案为B.
方法2：由最小角定理，记的平面角为（显然）
由最大角定理，故选B.
方法3：（特殊位置）取为正四面体，为中点，易得
，故选B.
常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角.未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.
12．C
由题设，若四面体PABC为“鳖臑”，应用线面、面面垂直的判定、性质只需AE⊥EF、AE⊥PC、EF⊥PC，即PAEF也是“鳖臑”，即可保证直角三角形最多，进而确定个数即可.
【详解】
为使题图中有尽可能多的直角三角形，设四面体PABC为“鳖臑”，
其中PA⊥面ABC，BC面ABC，则PA⊥BC，
又AB⊥BC，ABPA = A，
∴CB⊥面PAB.
若AE⊥PB，EF⊥PC：
由CB⊥面PAB，BC面PBC，则面PAB⊥面PBC，又AE面PAB，面PAB∩面PBC=PB，
∴AE⊥面PBC，EF、PC面PBC，则AE⊥EF且AE⊥PC，又EF⊥PC，
∴四面体PAEF也是“鳖臑”，则10个三角形全是直角三角形，
故选：C.
13．
由题意可得矩形的中心即为三棱锥的外接球的球心，求其对角线长，可得外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．
【详解】
解：由题意，为直角三角形，
取中点，则，
取正方形的中心，连接，则，
面底面，且面底面，面，
平面，得到四棱锥各顶点的距离相等，
为四棱锥的外接球的球心，即三棱锥的外接球的球心，
半径，
外接球的表面积为．
故答案为：．
14．
将三棱锥补成长方体，通过求长方体外接球的半径来求三棱锥外接球的半径；并分析出球心到截面的距离最大时，截面圆的面积最小.
【详解】
平面，，将三棱锥补成长方体，
则三棱锥外接球的直径为长方体外接球的直径，即，所以，
设外接球球心为点，则为的中点，连接，
，分别为，的中点，则，且，
设过点且截三棱锥外接球所得截面为，球心到平面的距离为，
①当时，；
②当不与平面垂直时，.
综上知：，所以，
因此所求截面圆的面积的最小值为.
故答案为：.
15．5π
记BF，EB1的交点为O，取EF的中点G，连接OG，GD，OD,易证得平面BEFB1⊥平面ACC1A1,再根据集合关系得O即为四棱锥D-BB1FE的外接球的球心,进而求解即可得答案.
【详解】
记BF，EB1的交点为O，取EF的中点G，连接OG，GD，OD.
∵直三棱柱中, E，F分别是AC，A1C1的中点，
∴平面,∴,
∵△ABC为等腰直角三角形,E是AC中点,
∴,
∵,
∴⊥平面
∵平面BEFB1
∴平面BEFB1⊥平面ACC1A1.
∵D为AA1的中点,AC=AA1=2,
∴ OG⊥GD，且DG=1，，
∴.
由矩形的性质知，
令四棱锥D-BB1FE的外接球半径为R，则，
∴其表面积为.
故答案为: 5π
16．③
对于①，由平面，得；对于②，由，得平面，利用线面平行的性质定理证得结论；对于③，异面直线，所成的角不一定为定值；对于④，到平面的距离是定值，是定值，从而以为顶点的四面体的体积为定值．
【详解】
解：对于①，平面，平面，，故①正确；
对于②，，在，，
平面，平面，平面，在平面ABCD内作，∵，则,则共面，平面,则平面与平面的交线为,即平面与平面的交线平行于直线；故②正确；
对于③，当点在处，为的中点时，
由可知异面直线，所成的角是；
当在上底面的中心时，在的位置，
异面直线，所成的角是，两个角不相等，
从而异面直线，所成的角不为定值，故③错误；
对于④，到平面的距离是定值，
是定值，
以为顶点的四面体的体积为定值，故④正确．
故选：③．

17．
根据题中的垂直关系，确定球心，再根据球的表面积公式计算，再求点到平面的距离.
【详解】
由，，
并且平面，平面，，且
平面，，
是直角三角形和的公共斜边，
取的中点，根据直角三角形的性质可知，
所以点是三棱锥外接球的球心，
设，则，
则三棱锥外接球的表面积，，解得：,
点到平面的距离.
故答案为：
方法点睛：本题考查了球与几何体的综合问题，考查空间想象能力以及化归和计算能力，（1）当三棱锥的三条侧棱两两垂直时，并且侧棱长为，那么外接球的直径，（2）当有一条侧棱垂直于底面时，先找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线，球心在垂线上，根据垂直关系建立的方程.（3）而本题类型，是两个直角三角形的公共斜边的中点是外接球的球心.
18．（1）证明见解析；（2）证明见解析．
（1）由中位线定理得，从而可得，得线面平行；
（2）由等腰三角形得，再由面面垂直的性质定理得与平面垂直，从而得，再由线面垂直的判定定理得证线面垂直．
【详解】
证明：（1）因为点E，F分别是棱PC和PD的中点.，所以，
又，所以，
而平面，平面，所以平面；
（2），是的中点，所以，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCD，，平面ABCD，
所以平面，平面，所以，
，平面，
所以平面．
19．(1)证明见解析
(2)
（1）由平面，证得，结合，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面.
（2）由平面，证得平面，得到到平面的距离为，结合棱锥的体积公式，即可求解.
(1)
证明：∵平面，平面，∴，
又∵，且，平面，
∴平面.
(2)
解：∵平面，，∴平面，
即到平面的距离为，
又由，所以.
20．（1）；（2）．
（1）由题意可得，，根据线面垂直的判定定理，可证平面，可得，根据题中边长，结合勾股定理，即可得答案.
（2）取中点F，连接，根据线面垂直的判定定理，可证平面，过A作交于G，则面，可得即为与平面所成角，求得边长，即可得答案.
【详解】
（1）由题意可知，，且，故，
∵，∴平面，
∴，∴为等腰直角三角形，
又，
∴．
（2）取中点F，连接，
由是以为轴旋转而成，故
∴，
∴平面，
过A作交于G，
∵平面，平面，
∴，且，
∴平面，
∴即为与平面所成角，
∵．
∴平面．
又平面，∴，
∵，
∴，∴，
∴
解题的关键是熟练掌握线面垂直的判定和性质定理，并灵活应用，几何法求线面角时，需找到平面的垂线，方可得到线面角.
21．(1)证明见解析
(2)
（1）根据已知条件，利用线面平行的判定定理证明；
（2）由点的射影的定义得到平面，进而由面面垂直的判定定理得到平面平面.等腰梯形中，根据边长计算得到，利用面面垂直的性质定理得到平面，得到即为所求角，然后计算可得，
(1)
证明：∵，平面，平面，
∴平面.
(2)
解：∵E，F在平面上的射影恰好与A，B重合，∴平面，
又∵平面，∴平面平面.
分别延长交于点，如图所示：
∵等腰梯形中，，
过作边的垂线，垂足为如图所示：
由等腰梯形的性质得,又∵，∴，
同理，而，∴，即.
又∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，∴直线与平面所成角为，且为直角.
∵在等腰梯形中，，∴，
由平面，∴，
又∵，
∴，,
∴，
故直线与平面所成角的正弦值为.
答案第1页，共2页
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