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）

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．若直线a平行于平面α，则下列结论错误的是（ ）
A．直线a上的点到平面α的距离相等
B．直线a平行于平面α内的所有直线
C．平面α内有无数条直线与直线a平行
D．平面α内存在无数条直线与直线a成90°角
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．PA垂直于正方形ABCD所在平面，连接PB、PC、PD、AC、BD，则下列垂直关系正确的是（ ）
①平面平面PAD；②平面平面PBC；
③平面平面PCD；④平面平面PAC．
A．①② B．①③ C．②③ D．②④
4．已知点、在平面的两侧，且点、到的距离分别为3和5，则AB的中点到的距离为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
5．设是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则（ ）
A．若，，，，则 B．若，则
C．若，则 D．若，，则
6．设是两条不重合的直线，是两个不同的平面．下列四个命题中错误的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
7．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．
8．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
9．已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，在底面内的射影为的中心，则与底面所成角的余弦值等于（ ）
A． B． C． D．
10．正方体的棱和的中点分别为，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
11．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
12．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式．宋代称为撮尖，清代称为攒尖．依其平面有圆形攒尖，三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，也四有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑．如图所示．某园林建筑屋顶为六角攒尖，它的主轮廓可近似看作一个正六棱锥（底面为正六边形，从顶点向底面作垂线，垂足是底面中心）．若正六棱锥的侧棱与高线所成的角为，则其外接球半径与侧棱长的比值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是AB的中点，则在所有的棱中与直线CD和AA1都垂直的直线有______．
14．在三棱锥中，底面ABC，，则此三棱锥的外接球的表面积为______.
15．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________．
16．如图，已知边长为4的菱形中，.将菱形沿对角线折起得到三棱锥，二面角的大小为60°，则直线与平面所成角的正弦值为______.
17．在长方体中，，，，，分别是棱，，的中点，是底面内一动点，若直线与平面平行，当三角形的面积最小时，三棱锥的外接球的体积是______．
三、解答题
18．已知直三棱柱中，，，是中点，是的中点.
（1）求证：；
（2）求证：平面.
19．已知多面体ABCDEF如图所示，其中四边形ABCD为菱形，AF平面CDE，且A，D，E，F四点共面.
（1）求证∶平面ABF平面CDE；
（2）若∠ABC=90°，且AD=5，DE=6，AF=2，，求证∶AD⊥CE.
20．如图，在直角梯形ABCD中，，，，点E是BC的中点．将沿BD折起，使，连接AE、AC、DE，得到三棱锥．
(1)求证：平面平面BCD；
(2)若，二面角的大小为60°，求三棱锥的体积．
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．B
根据直线与平面平行的性质可依次判断各个选项得到结果.
【详解】
若，则直线上任意一点到平面的距离均相等，正确；
若，则平面内存在无数条平行直线与直线平行，但与其平行直线相交的直线与直线异面，故错误，正确；
若，则在平面内垂直于直线的平行直线的直线与直线成角，这样的直线有无数条，正确.
故选：
本题考查线面平行的性质的应用，易错点是对于无数条直线与所有直线概念的理解出现问题，造成判断错误.
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．A
对于①②，由于PA垂直于正方形ABCD所在平面，所以PA所在的平面与底面垂直，又ABCD为正方形，故又存在一些线线垂直关系，从而可以得到线面垂直，进而可以判定面面垂直．
对于③④，找到相互垂直的平面的二面角的平面角，可发现这些平面角不可能为直角.
【详解】
∵PA⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，∴PA⊥BC，
又正方形ABCD中，BC⊥AB，AB∩PA＝A，∴BC⊥平面PAB，BC 平面PBC，
∴平面PAB⊥平面PBC，②正确；
同理AD⊥平面PAB，AD 平面PAD，
∴平面PAD⊥平面PAB，∴①正确；
设平面PAB∩平面PCD＝l，∵AB∥CD，AB 平面PAB，CD 平面PAB，∴CD∥平面PAB，∴CD∥l，
AB⊥平面PAD，l∥AB，∴l⊥平面PAD，P为垂足，
∴∠APD为二面角A l D的平面角，
若平面PAB⊥平面PCD，则AP⊥PD，在Rt△PAD中不可能，∴③错误．
∵AB⊥PA，AC⊥PA，
∴∠BAC为二面角B PA C的平面角，
若平面平面PAC，则AB⊥AC，在Rt△ABC中不可能，∴④错误．
故选：A．
4．D
由线面垂直性质得到线线平行，将空间点面距离转化为平面线段长度，再由平面中点坐标公式求解即可.
【详解】
如图，设AB的中点为C，过A、B分别作平面的垂线，垂足为、.
则，四点共面. 过C作，垂足为，则，
又，则.即即为所求点到平面的距离.
在平面中，，C为AB中点，则.
故选：D.
立体几何中点面距离求解的常用方法有：一是“找——证——求”三步法；二是等体积法；三是法向量法.
5．B
对A：与相交、平行或；对B：由线面垂直的判定定理得；对C：；对D：与相交、平行或异面．
【详解】
解：由是空间中的一个平面，，，是三条不同的直线，知：
对A：若，，，，
则与相交、平行或，故A错误；
对B：若，，，
则由线面垂直的判定定理得，故B正确；
对C：若，，，则，故C错误；
对D：若，，，则与相交、平行或异面，故D错误．
故选：B．
6．D
选项A考查线面垂直的性质；选项B线面平行的性质；选项C考查面面垂直的判定；选项D考查线面平行的性质。完全依据定理进行判断即可
【详解】
选项A，线垂直于面，则垂直于面内以及平行于面的所有直线，所以A正确；选项B，垂直于同一个面的两条直线平行，所以B正确；选项C，是面面垂直的判断定理，证明面面垂直，需要面内有一条线垂直于另外一个面，所以C正确；选项D中，线面平行推出线线平行，需要线包含于另外一个面或线平行于另外一个面，D选项缺少或的条件，D选项错误
故选：D
7．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
8．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.
9．B
连接，设侧棱与底面边长都等于，计算 ，，， ，再根据点到底面的距离等于点 到底面 的距离，求解与底面所成角的正弦值，即可.
【详解】
如图所示，设三棱柱的侧棱与底面边长都等于.
连接，
则.
在中，，得 .
在中，，即 ，
则为等边三角形，所以.
在菱形中，得.
又因为点到底面的距离等于点到底面 的距离
所以与底面所成角的正弦值为.
即与底面所成角的余弦值为.
故选：B
本题考查直线与平面所成角的问题，属于中档题题.
10．C
根据正方体的特征，通过辅助线，找到直线与平面所成角，然后计算正弦值即可.
【详解】
如图，连接AF,
因为在正方体中， 平面，
故 平面，则 为直线与平面所成角，
设正反体棱长为2，则 ,
故在中， ,
故选：C,
11．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．
12．A
设底面中心为H，连接，由正棱锥性质知，底面，则，求得，设正六棱锥外接球半径为R，可求得，在直角中，利用勾股定理求得，即可求得的比值.
【详解】
如图，设底面中心为H，底面边长为a，连接，，
底面为正六边形，
由正棱锥性质知，底面
又侧棱与高所成的角为，，则，即
设正六棱锥外接球球心为O，半径为R，连接,则，
，
在直角中，，即
故选：A
方法点睛：本题考查正六棱锥的外接球，空间几何体与球接、切问题的求解方法：求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解，考查学生的空间想象能力与计算能力，属于中档题.
13．AB，A1B1
根据线线垂直的定义或判定来判断即可.
【详解】
由正三棱柱的性质可知与直线CD和AA1都垂直的直线有AB，A1B1．
故答案为：AB，A1B1.
14．
根据三棱锥的外接球就是以为棱的长方体的外接球可求得结果.
【详解】
因为底面ABC，所以，，又，
所以三棱锥的外接球就是以为棱的长方体的外接球，其直径为长方体的对角线，
因为，，
所以外接球的直径，
所以外接球的表面积为.
故答案为：
关键点点睛：利用三棱锥的外接球就是以为棱的长方体的外接球求解是解题关键.
15．
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：.
16．
由，可算得点C到平面的距离为d，又由直线BC与平面所成角的正弦值为，即可得到本题答案.
【详解】
∵四边形是菱形，，
，
为二面角的平面角，
，
是等边三角形.
取的中点，连接，则.
，
平面，
又平面，平面，
平面，
，
，
的边上的高，
，
设点到平面的距离为，则.
，，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
本题主要考查立体几何与折叠图形的综合问题，其中涉及到直线与平面所成角的求解.
17．
由直线与平面没有公共点可知线面平行，补全所给截面后，易得两个平行截面，从而确定点所在线段，可知当时，三角形面积最小，然后证明，得到 为三棱锥的外接球的直径，进一步求解得答案．
【详解】
补全截面为截面 如图，设，
直线与平面不存在公共点，平面，
易知平面平面，，
且当与重合时，最短，此时的面积最小，
由等面积法得，即，，
，，平面，则，
又，为三棱锥的外接球的直径，长度为．
三棱锥的外接球的半径为，体积为．
故答案为：．
方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法
（1）求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
（2）若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解，考查学生的空间想象能力与思维能力，是中档题．
18．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
（1）证明平面平面，可得平面，即可证明；
（2）取中点，连结，，证明平面平面，即可证明平面.
【详解】
证明：（1），为等腰三角形
为中点，，
为直棱柱，平面平面，
平面平面，平面，
平面，
.
（2）取中点，连结，，
，，分别为，，的中点
，，
，
平面平面，
平面
平面.
19．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
（1）根据四边形ABCD是菱形可得 AB平面CDE，再结合AF平面CDE即可证明；
（2）根据已知条件结合线面平行性质得AFDE，再在线段ED上取一点G，使得EG=4，进而根据几何关系得AD⊥ED，AD⊥DC，即可通过AD⊥平面CDE证得结论.
【详解】
证明：（1）∵ 四边形ABCD是菱形，∴ABCD，
∵AB平面CDE，CD平面CDE，∴AB平面CDE，
又AF平面CDE，AF∩AB=A，∴平面ABF平面CDE.
（2）AF平面CDE，AF平面ADEF，平面ADEF∩平面CDE=DE，
∴AFDE.
在线段ED上取一点G，使得EG=4，则DG=2=AF，
又∵DGAF，∴四边形ADGF是平行四边形，
∴FG=AD=5，FGAD，
∵，∴，
∴EG⊥FG，∴AD⊥ ED.
∵∠ABC=90°，四边形ABCD是菱形，
∴AD⊥DC，
又DC∩DE=D，∴AD⊥平面CDE，
∵CE平面CDE，∴AD⊥CE.
20．(1)证明见解析
(2)
（1）证明平面，得到，再证明平面，得到证明.
（2）分别为的中点，证明为二面角的平面角，设，根据等面积法得到，计算体积得到答案.
(1)
，，，故平面，平面，
故，，，故平面，
平面BCD，故平面平面BCD.
(2)
如图所示：分别为的中点，连接，
分别为中点，故，平面，故平面，
平面，故.
分别为中点，故，，故，
，故平面，
故为二面角的平面角，即，
设，则，，，，，
，
根据的等面积法：，解得.
.
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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