高中数学人教A版（2019）必修第二册分层练习8..6空间直线、平面的垂直B（含答案）

一、单选题
1．已知三棱柱中，所有棱长均为6，且，则该三棱柱的侧面积等于（ ）
A． B． C． D．
2．在正三棱柱中，，点满足，其中，，则下列说法正确的个数是（ ）
①当时，的周长为定值
②当时，三棱锥的体积为定值
③当时，有且仅有一个点，使得
④当时，有且仅有一个点，使得平面
A．1 B．2 C．3 D．4
3．已知平面α，β，γ，则下列命题中正确的是（　　）
A．α⊥β，β⊥γ，则α∥γ
B．α∥β，β⊥γ，则α⊥γ
C．α∩β＝a，β∩γ＝b，α⊥β，β⊥γ，则a⊥b
D．α⊥β，α∩β＝a，a⊥b，则b⊥α
4．在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为
A． B． C． D．
5．如图，在三棱柱中，，，底面，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
6．已知在三棱锥中，中，，，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
7．正方体的棱长为2，E，F，H分别为AD，DD1，BB1的中点，则（ ）
A．直线平面 B．直线平面
C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球的表面积为9π
8．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”．如图在堑堵中，，且．下列说法正确的是（ ）
A．四棱锥为“阳马”
B．四面体为“鳖臑”
C．四棱锥体积最大为
D．过点分别作于点，于点，则
三、填空题
9．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则正确结论是________.
①直线BD1⊥平面A1C1D
②直线AP∥平面A1C1D
③三棱锥P﹣A1C1D的体积为定值
④异面直线AP与A1D所成角的取值范围是[，]
10．在正三棱柱中，，，分别为，，的中点，，为的中点，则下列说法正确的是______．
①，为异面直线；②平面；③若，则；④若，则直线与平面所成的角为45°．
11．已知正方体ABCD- A1B1C1D1的棱长为2，M为CC1的中点.若AM⊥平面α，且B∈平面α，则平面α截正方体所得截面的周长为________.
12．如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2BC＝2CD＝2，将△ACD沿AC折叠形成三棱锥D1 ABC．当三棱锥D1 ABC体积最大时，则此时三棱锥外接球体积为________．
四、解答题
13．如图，在三棱锥中，，，平面平面，点、（与、不重合）分别在棱，上，且平面．求证：
（1）；
（2）．
14．如图，在三棱锥S—ABC中，SC⊥平面ABC，点P、M分别是SC和SB的中点，设PM=AC=1，∠ACB=90°，直线AM与直线SC所成的角为60°.
(1)求证：平面MAP⊥平面SAC.
(2)求二面角M—AC—B的平面角的正切值；
15．如图，在正三棱柱中，分别为，的中点.
(1)证明：平面.
(2)求直线与平面所成角的正切值.
16．如图，在四棱锥中，，且．
（1）证明：平面平面；
（2）若，，求点到平面的距离．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】由题意得点在底面内的投影点O必定在底部正三角形ABC的的角平分线上，可证得为矩形，分别为求出矩形的面积，四边形，的面积即可得出答案.
【详解】由于三棱柱的所有棱长均等于6，且，
所以点在底面内的投影点O必定在底部正三角形ABC的的角平分线上，
所以平面ABC，延长交于点，为的中点，
所以，，所以，
所以平面，又因为平面，
所以，又因为，，
所以矩形的面积为，
四边形，的面积为：，
所以该三棱柱的表面积等于.
故选：C.
2．B
【分析】判断当时，点在线段上，分别计算点为两个特殊点时的周长，即可判断选项A；当时，点在线段上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断选项B；当时，取线段，的中点分别为，，连结，则点在线段上，分别取点在，处，得到均满足，即可判断选项C；当时，取的中点，的中点，则点在线的上，证明当点在点处时，平面，利用过定点与定直线垂直的平面有且只有一个，即可判断选项D．
【详解】解：对于A，当时，，即，所以，
故点在线段上，此时△的周长为，
当点为的中点时，△的周长为，
当点在点处时，△的周长为，
故周长不为定值，故选项A错误；
对于B，当时，，即，所以，
故点在线段上，
因为平面，
所以直线上的点到平面的距离相等，
又△的面积为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故选项B正确；
对于C，当时，取线段，的中点分别为，，连结，
因为，即，所以，
则点在线段上，
当点在处时，，，
又，所以平面，
又平面，所以，即，
同理，当点在处，，故选项C错误；
对于D，当时，取的中点，的中点，
因为，即，所以，
则点在线的上，
当点在点处时，取的中点，连结，，
因为平面，又平面，所以，
在正方形中，，
又，，平面，
故平面，又平面，所以，
在正方体形中，，
又，，平面，所以平面，
因为过定点与定直线垂直的平面有且只有一个，
故有且仅有一个点，使得平面，故选项D正确．
故选：B．
3．B
【分析】根据面面垂直的判定定理构造反例否定A；利用面面垂直的性质定理和面面平行的性质，线面垂直的判定定理判定B正确；利用线面垂直的判定定理构造反例否定C,D.
【详解】A中α，γ可以相交.
如图所示:
设直线a⊥平面β，过a任作两平面和，则，，而直线a，故A错误；
对于B,由β⊥γ，设,在内作a的垂线b,如图所示：
由面面垂直的性质定理可得，
由于α∥β,∴，
又∵，∴,
故B正确.
C中如图：
a与b不一定垂直,直线a,b可能垂直，也可能不垂直，甚至平行，故C错误；
D中当时，才能利用面面垂直的性质定理得到，没有此条件，则b可能与成任意的角度，甚至在内，不能判定b⊥α，
如图所示：
故D错误.
故选：B.
4．C
【详解】分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.
详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,
因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C.
点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
5．A
【分析】由，将异面直线与所成的角转化为或其补角，即可求解．
【详解】在三棱柱中，，
异面直线与所成的角为或其补角，
连接，底面，平面，
，又，，
平面，
又平面，，
由，可得，
，，
又，，
在△中，，
即异面直线与所成角的余弦值为．
故选：A．
【点睛】思路点睛：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．
6．A
【分析】如图，取AC的中点D，连接BD，SD，则可得为二面角的平面角，得，过点D作与平面垂直的直线，则球心O在该直线上，设球的半径为R，连接OB，OS，然后在△OSD中利用余弦定理可求出R，从而可求得球的表面积.
【详解】如图，取AC的中点D，连接BD，SD，
因为，，
所以，
所以为二面角的平面角，
所以，
因为AB⊥BC，，所以，，
因为，
所以，
过点D作与平面ABC垂直的直线，则球心O在该直线上，
设球的半径为R，连接OB，OS，可得，
在△OSD中，，
由余弦定理可得，
即，解得，
所以其外接球的表面积为.
故选：A.
7．BCD
【分析】设M为AA1的中点，则，根据正方体的性质可得与BE不垂直可判断A，根据线面平行及面面平行的判定定理可判断B，根据锥体的体积公式可判断C，由题可得FB为三棱锥的外接球的直径，进而可判断D.
【详解】如图，设M为AA1的中点，则，
由题意，得，，
所以EM与BE不垂直，即与BE不垂直，
所以直线与平面BEF不垂直，所以A错误；
因为E，F，H分别为AD，DD1，BB1的中点，
所以，又平面，平面，平面， 平面，
所以平面，平面，又，平面，
所以平面∥平面，又平面，
所以直线平面，所以B正确；
因为F，H分别为DD1，BB1的中点，
所以BH⊥FH，又BH=1，，
所以，易得点E到平面BFH的距离为，
所以三棱锥H－EFB的体积，所以C正确；
因为BC⊥平面，平面，
所以，又，
故FB为三棱锥的外接球的直径，又，
所以三棱锥的外接球的表面积，所以D正确.
故选：BCD.
8．ABD
【分析】根据“阳马”和“鳖臑”的定义，可判断A，B的正误；当且仅当时，四棱锥体积有最大值，求值可判断C的正误；根据题意可证平面，进而判断D的正误.
【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，
∴在堑堵中，，侧棱平面，
A选项，∴，又，且，则平面，
∴四棱锥为“阳马”，对；
B选项，由，即，又且，
∴平面，
∴，则为直角三角形，
又由平面，得为直角三角形，
由“堑堵”的定义可得为直角三角形，为直角三角形．
∴四面体为“鳖臑”，对；
C选项，在底面有，即，
当且仅当时取等号，
，错；
D选项，因为平面，则，
且，则平面，
∴，又且，
则平面，所以则，对；
故选：ABD．
9．①②③
【分析】①②由正方体的性质，线面垂直的判定定理证明线面垂直，线面垂直、面面平行的性质证线面平行
③利用线面平行即可知的体积是否为定值；
④利用两线平行转移异面直线所成角，进而确定角的范围；
【详解】①：由正方体的性质，在、上的射影分别为、，而
，，则，，，所以面，正确；
②：连接、、，同①选项可证面，所以面面，而面，则平面，正确；
③：在线段 上运动，由②知面，所以三棱锥的体积为定值，正确；
④：由正方体性质有，即与所成角等于与所成角，为正三角形，所以角的取值范围是，错误.
故答案为：①②③
10．②③
【分析】①判断A，B，E，F四点共面即可；②取DA的中点N，连接FN，MN，利用平行四边形的性质及线面平行的判定证明即可；③取AB的中点Q，连接CQ，FQ，由平行四边形、等边三角形及勾股定理求；④由线面角定义，应用几何法找到直线与平面所成角的平面角，进而求其大小.
【详解】对于①：如图，连接EF，由题意得，所以A，B，E，F四点共面，所以AF，BE不是异面直线，①错误；
对于②：取DA的中点N，连接FN，MN，得，，所以，，则四边形EFNM是平行四边形，所以，因为面AFD，所以面ADF，②正确；
对于③：取AB的中点Q，连接CQ，FQ，由平行且相等知：四边形EFQB为平行四边形，则有，又，即，
设，则，，，
∴，解得，③正确；
对于④：由，，可知△BCE为正三角形，，连接，
易知平面，故即直线与平面所成的角，
，，所以④错误.
故答案为：②③
11．##
【分析】利用线面平行确定平面α截正方体所得截面，然后计算可得.
【详解】如图，
连接AC，BD，在正方体ABCD- A1B1C1D1中，
BD⊥AC，又BD⊥CC1，AC∩CC1＝C，
所以BD⊥平面AMC，故BD⊥AM，
取BB1的中点N，A1B1的中点E，连接MN，AN，BE，
由，易知BE⊥AN，
因为MN⊥平面ABB1A1，所以MN⊥BE，
又AN∩MN＝N，所以BE⊥平面AMN，故BE⊥AM，
结合BD⊥AM，BD∩BE＝B，可知AM⊥平面DBE，
取A1D1的中点F，连接DF，EF，则截面即四边形BEFD，
因为DF＝EB＝，BD＝，EF＝，所以截面BEFD的周长为.
故答案为：
12．
【分析】找到体积最大时的状态，结合三棱锥的几何特点，求得外接球球心，再求半径和体积即可.
【详解】在等腰梯形中，因为，
容易知，
当三棱锥D1 ABC体积最大时，此时平面平面，
又面面，且面，故面，
因为，故△为直角三角形，不妨取斜边的中点为，
则，过作平面的垂线，
取中点为，连接，因为，故，
又面面，面，面，故面，
故//，则四点共面.
因为，取△的外心为，过作的垂线交于点，
则，故该三棱锥的外接球球心为，设其半径为，
则由图可知：，又，
在△中，由正弦定理可得，故，
又，故，，
故三棱锥外接球体积.
故答案为：.
13．（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据线面平行的性质定理证得.
（2）通过证明平面证得.
【详解】（1）由于平面，平面，平面平面，所以.
由于，所以.
（2）平面平面，且这两个平面的交线为，，所以平面，
所以，由于，，
所以平面，所以.
14．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知可证BC⊥平面SAC，又PM∥BC，则PM⊥面SAC，从而可证平面MAP⊥平面SAC；
（2）由AC⊥平面SBC，可得∠MCB为二面角M—AC－B的平面角，过点M作MN⊥CB于N点，连接AN，则∠AMN=60°，由勾股定理可得，在中，可得，从而在中，即可求解二面角M—AC—B的平面角的正切值.
（1）
证明：∵SC⊥平面ABC，∴SC⊥BC，
又∵∠ACB=90°，∴AC⊥BC，又ACSC=C，
∴BC⊥平面SAC，
又∵P，M是SC、SB的中点，
∴PM∥BC，∴PM⊥面SAC，又PM平面MAP，
∴平面MAP⊥平面SAC；
（2）
解：∵SC⊥平面ABC，∴SC⊥AC，又AC⊥BC，BCSC=C，
∴AC⊥平面SBC，
∴AC⊥CM，AC⊥CB，从而∠MCB为二面角M—AC－B的平面角，
∵直线AM与直线PC所成的角为60°，
∴过点M作MN⊥CB于N点，连接AN，
则∠AMN=60°，在△CAN中，由勾股定理可得，
在中，，
在中，.
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）依据线面平行判定定理去证明平面；
（2）先作出直线与平面所成角，再求其正切值即可解决.
（1）
如图，取的中点，连接.
为的中点，，且.
，且，，且，
四边形是平行四边形，.
平面，平面平面.
（2）
取的中点的中点，连接.
平面平面，平面平面，
平面.
平面，
直线与平面所成的角为.
，
16．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）由已知有，，根据线面垂直的判定可得平面，再由面面垂直的判定可证平面平面．
（2）设为中点，连接，，由已知有平面，由（1）易证是矩形，由已知线段的长度，结合勾股定理求相关线段长并确定、，根据等体积法有，即可求到平面的距离．
【详解】（1）证明：由，得：，，
由，即，又，
∴平面，又平面，
∴平面平面．
（2）设为中点，连接，由，
∴，
由（1）知：平面平面，面面，面，
∴平面，
∵，，
∴是平行四边形，
由（1）知：平面，平面，
∴，即是矩形，
由，，，
∴由上知：，
连接，在△中，，，可得，
在△中，，，，所以，
∴，
设点到平面的距离为，由，有．
∴，即点到平面的距离为．
【点睛】关键点点睛：
（1）应用线面、面面垂直的判定证明面面垂直；
（2）应用等体积法求点面距.
答案第1页，共2页
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