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A（含答案）

一、单选题
1．如图，在以下四个正方体中，直线与平面垂直的是
A．①② B．②④ C．①③ D．②③
2．已知两条直线m，n和平面，且，则“”是“”的（ ）
A．充分必要条件 B．充分而不必要条件
C．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件
3．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，是的中点，设是上的一点，且，则与所成角的大小为（ ）
A． B． C． D．
4．若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是（ ）
A．l1⊥l4
B．l1∥l4
C．l1与l4既不垂直也不平行
D．l1与l4的位置关系不确定
5．一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
6．对于直线m，n和平面α，β，能得出α⊥β的一个条件是（ ）
A．m⊥n，m∥α，n∥β B．m⊥n，α∩β＝m，n α
C．m∥n，n⊥β，m α D．m∥n，m⊥α，n⊥β
二、多选题
7．如图所示，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，若CF⊥平面B1DF.则AF的长度为（ ）
A．a B． C．2a D．
8．如图，四棱锥的底面为菱形，，底面，P是上任意一点（不含端点），则下列结论中正确的是（ ）
A．若平面，则 B．B到平面的距离为
C．当P为中点时，过P、A、B的截面为直角梯形 D．当P为中点时，有最小值
三、填空题
9．如图，在正三棱柱中，是棱上一点，，则三棱锥的体积为___________.
10．已知斜坡平面与水平面成30°的二面角，一条公路与坡脚成45°的角，沿公路前进100米，则路基升高了________米．
11．如图，在棱长为a的正方体中，E、F分别是、的中点．则点A和点的距离为______，点到棱BC的距离为______，点E到平面的距离为______，到平面AEFD的距离为______．
12．在三棱锥中，，，过点作平面与，分别交于，两点，若与平面所成的角为30°，则截面面积的最小值是_________.
四、解答题
13．如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB，E为线段PB的中点，若F为线段BC上的动点（不含B）．
(1)平面AEF与平面PBC是否相互垂直？若是，请证明；若不是，请说明理由；
(2)若为何值时？二面角B—AF—E为．
14．如图，在三棱锥P- ABC中，PA⊥底面ABC，BC⊥AC，M、N分别是BC、PC的中点.
（1）求证：MN//平面PAB；
（2）求证：BC⊥PC.
15．如图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，与交于点O，E为的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面.
16．如图，已知垂直于圆O所在的平面，是圆O的直径，C是圆O上异于A，B的任意一点，过点A作，垂足为E．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】由已知几何体为正方体，利用线面垂直的判定逐一分析四个选项得答案．
【详解】对于①，由AB与CE所成角为45°，可得直线与平面不垂直；
对于②，由AB⊥CE，AB⊥ED，且CE∩ED=E，可得AB⊥平面；
对于③，由AB与CE所成角为60°，可得直线与平面不垂直；
对于④，由ED⊥平面ABC，可得ED⊥AB，同理：EC⊥AB，可得AB⊥平面；
故选B
【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题．
2．C
【解析】首先利用特殊情况得到不满足题意得充分性，再利用线面平行的性质和线面垂直的性质即可判断满足必要性，即可得到答案.
【详解】充分性：如图所示，在长方体中，满足，，
此时，不满足充分性.
必要性：若，则存在，，
又因为，，所以，所以，满足必要性.
故“”是“”的必要而不充分条件.
故选：C
3．C
【分析】根据可得平面，进而得到，再在平面内找到的平行线，进而得出与所成角即可
【详解】因为，，，故平面，故，
取弧的中点，连接，易得，且，故与所成角即
故选：C
4．D
【分析】将直线l1，l2，l3，l4放在正方体中，由此即可判断出答案.
【详解】
构造如图所示的正方体ABCD A1B1C1D1，取l1为AD，l2为AA1，l3为A1B1，当取l4为B1C1时，l1∥l4，当取l4为BB1时，l1⊥l4，故排除A、B、C.
故选:D.
5．C
【分析】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.
6．C
【分析】在A中，与β相交或相行；在B中，与不一定垂直；在C中，由面面垂直的判定定理得α⊥β；在D中，由面面平行的判定定理得.
【详解】在A中，m⊥n，m∥α，n∥β，则与β相交或相行，故A错误；
在B中，m⊥n，α∩β＝m，n α，则与不一定垂直，故B错误；
在C中，m∥n，n⊥β，m α，由面面垂直的判定定理得α⊥β，故C正确；
在D中，m∥n，m⊥α，n⊥β，由面面平行的判定定理得，故D错误.
故选：C
7．AC
【分析】可得．在矩形中，设．利用勾股定理联立解得，或．即可．
【详解】解：平面，．
在矩形中，设．
①
，②．
联立①②解得，或．
则的长度为或．
故选：AC．
【点睛】本题考查了空间线面垂直的性质及方程思想，属于中档题．
8．ABC
【分析】对于A：根据线面平行的性质定理证明判断；对于B：利用等体积法求D到平面的距离；对于C：根据三角形中位线先证∥，则过P、A、B的截面为，再利用长度结合勾股定理证；对于D：借助于侧面展开图分析判断．
【详解】∵平面，平面，平面平面
∴，A正确；
设B到平面的距离为，则有
∵，即，则，B正确；
当P为中点时，如图1，取的中点，连接
则∥，
∵∥，则∥
∴过P、A、B的截面为，则
∴，则，即为直角梯形，C正确；
借助于侧面展开图，如图2，连接交于点，此时为最小值
若P为中点时，∵，则
∴，这与题意相矛盾，D错误；
故选：ABC．
【点睛】
9．
【分析】利用线面垂直的判定定理确定三棱锥的高，再用椎体体积公式求解即可.
【详解】
取中点为,连接，
因为为正三角形，所以，
又因为平面，平面，
所以,
且平面，
所以平面，
,即到平面的距离为，
又因为,平面,平面,
所以平面，
又因为是棱上一点，所以到平面的距离为,
所以,
故答案为: .
10．
【分析】设AC为坡脚线，SA为公路线，SB垂直水平面，画出图形，利用三角函数求解.
【详解】如图所示：
设AC为坡脚线，SA为公路线，SB垂直水平面，
作，连接，因为平面ABC，则，
又，
所以平面SBC，则，
所以是平面SAC与平面ABC所成的角，
由题意得：,
则，，
故答案为：
11． a
【分析】由勾股定理可直接求解点A和点的距离；由题意为点到棱BC的距离；取的中点，连接，则为点E到平面的距离；先证明平面AEFD，则点到平面AEFD的距离等于直线到平面AEFD的距离；再证明平面平面，然后过点作交直线于点，则为直线到平面AEFD的距离，从而可得答案.
【详解】连接,
连接，在正方体中，平面，又平面
所以，即为点到棱BC的距离
取的中点，连接，则平面
所以为点E到平面的距离
E、F分别是、的中点，则 又，则
又平面AEFD, 平面AEFD，所以平面AEFD，
则点到平面AEFD的距离等于直线到平面AEFD的距离.
由平面,则平面,
又平面，所以平面平面，且平面平面
则过点作交直线于点，则平面
即为直线到平面AEFD的距离.
由, 则
故答案为：；； ；
12．
【分析】过作，垂足为，连接，证得平面，得到，得出为与平面所成的角为，要使截面面积最小，只需最小，结合基本不等式求得，即可求解截面的面积.
【详解】过作，垂足为，连接，
因为，，，所以平面，
又由平面，所以，
又因为，且，所以平面，则，
所以为与平面所成的角，且，
因为，所以为定值，
要使截面面积最小，则最小，
因为，即，
当且仅当时等号成立
所以，所以截面面积最小值.
故答案为：.
13．(1)平面AEF与平面PBC是相互垂直；证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合正方形的性质、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）根据二面角的定义，结合锐角三角函数定义进行求解即可.
【详解】（1）因为，E为线段PB的中点，所以，因为底面ABCD，平面ABCD，所以，又因为底面ABCD为正方形，所以，又，所以平面PAB，∵平面PAB，∴，因为，所以平面PBC，因为平面AEF，所以平面平面PBC
（2）如图，取AB的中点M，作交AF于点N，连接EM，EN，
因为EM为的中位线，所以，又平面ABCD，线段BC
故平面ABF，，，
故平面EMN，所以即为二面角的平面角，即
设，则，
因为，即，所以
又，即，得
14．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）依题意可得，即可得证；
（2）由线面垂直得到，再由，即可得到平面，即可得证；
【详解】解：（1）因为M、N分别是BC、PC 的中点，
所以，
又平面，
平面，
则平面
（2）因为PA⊥底面ABC，
且 平面ABC，
所以，
又，
且，平面
所以平面，
又平面，
所以BC⊥PC.
15．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）证明：∵四边形为正方形，∴O为的中点，
∵E为的中点，∴，
又∵平面平面，∴平面；
（2）证明：∵四边形为正方形，∴，
∵平面，且平面，所以，
又∵平面，且，∴平面，
又∵平面，∴平面平面.
16．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知条件易得，再由，即可得证.
（2）由（1）中结论可得，再由，即可得证.
（1）
因为平面，且平面，所以．
因为是圆的直径，所以．且平面，
所以平面．
（2）
因为在平面内，由（1）知平面，
所以．因为，且，
平面，所以平面.
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