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北师大版 (2019)必修 第二册5.2 平面与平面垂直习题
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这是一份北师大版 (2019)必修 第二册5.2 平面与平面垂直习题，共20页。试卷主要包含了点S，给出下列命题等内容，欢迎下载使用。
1．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），记直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则三个角．．中最小的角是______.
2．如图，在三棱柱中，底面，，，，，则直线与所成角的大小为_____________.
3．已知二面角为60，，，A为垂足，，，，则异面直线与所成角的余弦值为______________.
4．在空间中，已知一个正方体是12条棱所在的直线与一个平面所成的角都等于，则______．
5．点S．A．B．C在半径为的同一球面上，点S到平面ABC的距离为，，则点S与中心的距离为________．
6．给出下列命题：
①若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；
②若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；
③若两条平行直线中的一条垂直于直线m，那么另一条直线也与直线m垂直；
④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．
其中，真命题是________．(填序号)
7．如图所示为水平放置的正方形，在平面直角坐标系中点的坐标为，用斜二测画法画出它的直观图，则点到轴的距离为_____________.
8．设是两条不同的直线，是三个不同的平面，有下列四个命题：
①若，则；②若，则
③若，则；
④若与所成角相等，则．
其中正确的命题有_____．（填写所有正确命题的编号）
9．已知三棱锥中，，是边长为的正三角形，则三棱锥的外接球半径为__________．
10．在正四棱锥中，底面正方形的边长为1，侧棱长为2，则异面直线与所成角的大小为__________．
11．在正四棱柱中，底面的边长为，与底面所成角的大小为，则该正四棱柱的高等于__________
12．如图，在四棱锥中，平面，，，，，分别为棱上一点，若与平面所成角的正切值为2，则的最小值为________.
13．四棱锥的底面ABCD是正方形，平面ABCD，各顶点都在同一球面上，若该棱锥的体积为4，，则此球的表面积等于______．
14．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，过点A作平面A1BC1的垂线l，则直线l与直线CC1所成角的余弦值为_________.
15．如图圆锥高为2，侧面积为，为顶点，为底面中心，，在底面圆周上，为中点，，则到面的距离为______.
参考答案与试题解析
1．【答案】
【解析】作出线线角，线面角，二面角，根据它们的正弦值，比较出它们的大小关系.
【详解】
作交于，由于，，所以为正三棱锥，由对称性知.取中点，连接，作平面，交平面于，连接.作平面，交平面于，连接.作，交于，连接，所以.由于，所以.由于平面，所以.由于，平面，所以.
.因为，在上，平面于，平面于，所以.所以.所以.由于都是锐角，所以.
由于在上，由对称性，而，则，由于也是锐角，所以.
综上所述，三个角中的最小角是.
故答案为：.
【点睛】
本小题主要考查线线角．线面角．二面角的概念，考查数形结合的数学思想方法，考查空间想象能力，属于中档题.
2．【答案】60°
【解析】连接，根据平移找到直线与所成角，假设长度，计算长度，可得结果.
【详解】
连接.
因为，，所以.
易知//，所以
就是直线与所成角.
设，则，
则是正三角形，则.
故直线与所成角的大小为60°.
故答案为：60°
【点睛】
本题考查异面直线所成的角，这种题型，有以下做法：① 向量法②平移或者作辅助线，找到这个角，根据特点或结合三角函数以及余弦定理求值，属基础题.
3．【答案】
【解析】首先作出二面角的平面角,然后再构造出异面直线与所成的角,利用解直角三角形,可求出问题的答案.
【详解】
如图所示:
过作于,于,再过作的平行线与过作的垂线交于,连接,则为二面角的平面角,易知四边形为矩形.
由知,所以为与所成的角,
设,因为,则,又由条件知,且,
所以在△中,,
所以在△中,.
故答案为: .
【点睛】
本题主要考查异面直线所成角,二面角,直线与平面间的垂直关系,属于中档题.
4．【答案】
【解析】画出几何图形,可知面与12条棱所在的直线与一个平面所成的角都等于,在可求得.
【详解】
画出几何图形,可知面与12条棱所在的直线与一个平面所成的角都等于
正方体
面,
与面所成的角为
不妨设正方体棱长为,故
在中由勾股定理可得:
故答案为:.
【点睛】
本题考查了线面角求法,根据体积画出几何图形,掌握正方体结构特征是解本题的关键.属于基础题.
5．【答案】
【解析】设的外接圆的圆心为.连接 过作于点.由题意可求出，从而得到，即可得到，在中即可求出点S与中心的距离 .
【详解】
如图所示：
设的外接圆的圆心为.连接 过作于点.
因为.
所以的外接圆半径.
所以.
因为点S到平面ABC的距离为,平面,
所以 .即
在中： .
所以 .
故填：.
【点睛】
本题考查球上的点到三角形中心的距离的求法,属于中档题,解题时要认真审题，注意球的性质和空间思维能力的培养.
6．【答案】①③④
【解析】由面面垂直的判定定理可得若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直，故（1）正确；如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行，但两条直线平行时，得不到平面平行，故（2）错误；根据空间直线夹角的定义，可得两条平行直线与第三条直线的夹角相等，故若两条平行直线中的一条垂直于直线m，那么另一条直线也与直线m垂直，即（3）正确；根据面面垂直的性质定理，若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线垂直的直线与另一个平面也垂直，则一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直，故（4）正确，故真命题有（1）．（3）．（4）三个.
考点：命题的真假判断与应用．
7．【答案】.
【解析】根据斜二测画出，画出直观图，计算，求解即可.
【详解】
在直观图中，，，故点到轴的距离为.
故答案为：
【点睛】
本题考查斜二测画法，属于较易题.
8．【答案】③
【解析】由两个平面的位置关系，结合面面垂直的定义可判断①；由面面垂直的性质和线线的位置关系可判断②；由面面平行的性质定理可判断③；由线面角的定义和面面的位置关系可判断④．
【详解】
解：是两条不同的直线，是三个不同的平面，
①，若，可能相交或，故①错误；
②，若，可能平行或相交或异面，故②错误；
③，若，由面面平行的性质定理可得，故③正确；
④，若与所成角相等，可能相交或平行，故④错误．
故答案为：③．
【点睛】
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，考查空间想象能力和推理能力，属于基础题．
9．【答案】
【解析】由题意得，故可得平面．
以作为三棱锥的一条侧棱，作为三棱锥的底面，则三棱锥外接球的球心到底面的距离，又外接圆的半径，所以外接球的半径
．
答案：
点睛：已知球与柱体（或锥体）内切（或外接）求球的半径时，关键是判断球心的位置，解题时要根据组合体的组合方式判断出球心的位置，并构造出以球半径为斜边，小圆半径为一条直角边的直角三角形，然后根据勾股定理求出球的半径，进而可解决球的体积或表面积的问题．
10．【答案】
【解析】连接AC，交BD于O，连接VO，可得对角线AC．BD互相垂直，再在三角形VBD中，根据VB＝VD和O为BD中点，证出VO．BD互相垂直，最后根据直线与平面垂直的判定理证出BD⊥平面ACV，从而BD⊥VA，即异面直线VA与BD所成角大小．
【详解】
如图所示，连接AC，交BD于O，连接VO
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，O为BD的中点
又∵正四棱锥V﹣ABCD中，VB＝VD
∴VO⊥BD
∵AC∩VO＝O，AC．VO平面ACV
∴BD⊥平面ACV
∵VA平面ACV
∴BD⊥VA；
即异面直线VA与BD所成角等于．．
故答案为．
【点睛】
本题以求正四棱锥中异面直线所成角为载体，着重考查了直线与平面垂直的判定与性质，以及异面垂直的概念，属于基础题．
11．【答案】
【解析】连结辅助线,证明与底面所成的角为,再根据正切值求解.
【详解】
解：连结,因为为四棱柱,
所以面,
则与底面所成的角为,
,即,
解得该正四棱柱的高.
故答案为：
【点睛】
本题考查了正四棱柱的性质,正四棱柱的高的计算,考查了线面角的定义,关键是找到直线与平面所成的角.
12．【答案】
【解析】先找出与平面所成角，再利用正切值为2，证得E为PC的中点.根据所给各边的长度，求出的斜弦值，再将翻折至与平面PAB共面，利用余弦定理求出，即为的最小值.
【详解】
取CD的中点H，连接BH，EH.
依题意可得，.因为平面ABCD，所以，
从而平面ABCD，
所以BE与平面PCD所成角为，
且，则，则E为PC的中点.
在中，.
因为，，，
所以，所以.
将翻折至与平面PAB共面，如图所示，则图中，
当F为AE与PB的交点时，取得最小值，此时，.
故答案为：.
【点睛】
本题考查空间中线面垂直．线面角．余弦定理等知识的交会，考查空间相象能力和运算求解能力，将空间中线段和的最值问题，转化成平面问题，对转化与化归思想的考查要求较高，属于难题.
13．【答案】
【解析】根据该四棱锥内嵌于长方体中,计算长方体体对角线再算外接球表面积即可.
【详解】
因为四边形ABCD是正方形,且平面ABCD,
所以可以将该四棱锥内嵌于长方体中,因为棱锥体积.
则该长方体的长．宽．高分别为2．2．3,
它们的外接球是同一个,设外接球直径为,
所以,所以表面积为．
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了四棱锥外接球表面积的计算,其中外接球直径为内嵌长方体的体对角线,属于中等题型.
14．【答案】
【解析】连结DB1，则DB1⊥平面A1BC1，从而l∥DB1，直线l与直线CC1所成角为∠D1DB，由此能求出结果．
【详解】
如图，连结DB1，则DB1⊥平面A1BC1，
∴l∥DB1，
直线l与直线CC1所成角为，
连结B1D1，在Rt△D1DB1中，设DD1＝a，则DB1，
∴cs∠D1DB1．
故答案为：．
【点睛】
本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线．线面．面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15．【答案】
【解析】先利用侧面积计算，再利用体积法得到，代入数据计算得到答案.
【详解】
如图所示：为中点，连接
圆锥高为2，侧面积为
即
为中点，为中点，，故
又，所以平面，故
故为等边三角形.
在中：，边上的高
故答案为
【点睛】
本题考查了点到平面的距离，利用体积法可以简化运算，是解题的关键，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
1．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），记直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则三个角．．中最小的角是______.
2．如图，在三棱柱中，底面，，，，，则直线与所成角的大小为_____________.
3．已知二面角为60，，，A为垂足，，，，则异面直线与所成角的余弦值为______________.
4．在空间中，已知一个正方体是12条棱所在的直线与一个平面所成的角都等于，则______．
5．点S．A．B．C在半径为的同一球面上，点S到平面ABC的距离为，，则点S与中心的距离为________．
6．给出下列命题：
①若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；
②若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；
③若两条平行直线中的一条垂直于直线m，那么另一条直线也与直线m垂直；
④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．
其中，真命题是________．(填序号)
7．如图所示为水平放置的正方形，在平面直角坐标系中点的坐标为，用斜二测画法画出它的直观图，则点到轴的距离为_____________.
8．设是两条不同的直线，是三个不同的平面，有下列四个命题：
①若，则；②若，则
③若，则；
④若与所成角相等，则．
其中正确的命题有_____．（填写所有正确命题的编号）
9．已知三棱锥中，，是边长为的正三角形，则三棱锥的外接球半径为__________．
10．在正四棱锥中，底面正方形的边长为1，侧棱长为2，则异面直线与所成角的大小为__________．
11．在正四棱柱中，底面的边长为，与底面所成角的大小为，则该正四棱柱的高等于__________
12．如图，在四棱锥中，平面，，，，，分别为棱上一点，若与平面所成角的正切值为2，则的最小值为________.
13．四棱锥的底面ABCD是正方形，平面ABCD，各顶点都在同一球面上，若该棱锥的体积为4，，则此球的表面积等于______．
14．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，过点A作平面A1BC1的垂线l，则直线l与直线CC1所成角的余弦值为_________.
15．如图圆锥高为2，侧面积为，为顶点，为底面中心，，在底面圆周上，为中点，，则到面的距离为______.
参考答案与试题解析
1．【答案】
【解析】作出线线角，线面角，二面角，根据它们的正弦值，比较出它们的大小关系.
【详解】
作交于，由于，，所以为正三棱锥，由对称性知.取中点，连接，作平面，交平面于，连接.作平面，交平面于，连接.作，交于，连接，所以.由于，所以.由于平面，所以.由于，平面，所以.
.因为，在上，平面于，平面于，所以.所以.所以.由于都是锐角，所以.
由于在上，由对称性，而，则，由于也是锐角，所以.
综上所述，三个角中的最小角是.
故答案为：.
【点睛】
本小题主要考查线线角．线面角．二面角的概念，考查数形结合的数学思想方法，考查空间想象能力，属于中档题.
2．【答案】60°
【解析】连接，根据平移找到直线与所成角，假设长度，计算长度，可得结果.
【详解】
连接.
因为，，所以.
易知//，所以
就是直线与所成角.
设，则，
则是正三角形，则.
故直线与所成角的大小为60°.
故答案为：60°
【点睛】
本题考查异面直线所成的角，这种题型，有以下做法：① 向量法②平移或者作辅助线，找到这个角，根据特点或结合三角函数以及余弦定理求值，属基础题.
3．【答案】
【解析】首先作出二面角的平面角,然后再构造出异面直线与所成的角,利用解直角三角形,可求出问题的答案.
【详解】
如图所示:
过作于,于,再过作的平行线与过作的垂线交于,连接,则为二面角的平面角,易知四边形为矩形.
由知,所以为与所成的角,
设,因为,则,又由条件知,且,
所以在△中,,
所以在△中,.
故答案为: .
【点睛】
本题主要考查异面直线所成角,二面角,直线与平面间的垂直关系,属于中档题.
4．【答案】
【解析】画出几何图形,可知面与12条棱所在的直线与一个平面所成的角都等于,在可求得.
【详解】
画出几何图形,可知面与12条棱所在的直线与一个平面所成的角都等于
正方体
面,
与面所成的角为
不妨设正方体棱长为,故
在中由勾股定理可得:
故答案为:.
【点睛】
本题考查了线面角求法,根据体积画出几何图形,掌握正方体结构特征是解本题的关键.属于基础题.
5．【答案】
【解析】设的外接圆的圆心为.连接 过作于点.由题意可求出，从而得到，即可得到，在中即可求出点S与中心的距离 .
【详解】
如图所示：
设的外接圆的圆心为.连接 过作于点.
因为.
所以的外接圆半径.
所以.
因为点S到平面ABC的距离为,平面,
所以 .即
在中： .
所以 .
故填：.
【点睛】
本题考查球上的点到三角形中心的距离的求法,属于中档题,解题时要认真审题，注意球的性质和空间思维能力的培养.
6．【答案】①③④
【解析】由面面垂直的判定定理可得若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直，故（1）正确；如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行，但两条直线平行时，得不到平面平行，故（2）错误；根据空间直线夹角的定义，可得两条平行直线与第三条直线的夹角相等，故若两条平行直线中的一条垂直于直线m，那么另一条直线也与直线m垂直，即（3）正确；根据面面垂直的性质定理，若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线垂直的直线与另一个平面也垂直，则一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直，故（4）正确，故真命题有（1）．（3）．（4）三个.
考点：命题的真假判断与应用．
7．【答案】.
【解析】根据斜二测画出，画出直观图，计算，求解即可.
【详解】
在直观图中，，，故点到轴的距离为.
故答案为：
【点睛】
本题考查斜二测画法，属于较易题.
8．【答案】③
【解析】由两个平面的位置关系，结合面面垂直的定义可判断①；由面面垂直的性质和线线的位置关系可判断②；由面面平行的性质定理可判断③；由线面角的定义和面面的位置关系可判断④．
【详解】
解：是两条不同的直线，是三个不同的平面，
①，若，可能相交或，故①错误；
②，若，可能平行或相交或异面，故②错误；
③，若，由面面平行的性质定理可得，故③正确；
④，若与所成角相等，可能相交或平行，故④错误．
故答案为：③．
【点睛】
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，考查空间想象能力和推理能力，属于基础题．
9．【答案】
【解析】由题意得，故可得平面．
以作为三棱锥的一条侧棱，作为三棱锥的底面，则三棱锥外接球的球心到底面的距离，又外接圆的半径，所以外接球的半径
．
答案：
点睛：已知球与柱体（或锥体）内切（或外接）求球的半径时，关键是判断球心的位置，解题时要根据组合体的组合方式判断出球心的位置，并构造出以球半径为斜边，小圆半径为一条直角边的直角三角形，然后根据勾股定理求出球的半径，进而可解决球的体积或表面积的问题．
10．【答案】
【解析】连接AC，交BD于O，连接VO，可得对角线AC．BD互相垂直，再在三角形VBD中，根据VB＝VD和O为BD中点，证出VO．BD互相垂直，最后根据直线与平面垂直的判定理证出BD⊥平面ACV，从而BD⊥VA，即异面直线VA与BD所成角大小．
【详解】
如图所示，连接AC，交BD于O，连接VO
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，O为BD的中点
又∵正四棱锥V﹣ABCD中，VB＝VD
∴VO⊥BD
∵AC∩VO＝O，AC．VO平面ACV
∴BD⊥平面ACV
∵VA平面ACV
∴BD⊥VA；
即异面直线VA与BD所成角等于．．
故答案为．
【点睛】
本题以求正四棱锥中异面直线所成角为载体，着重考查了直线与平面垂直的判定与性质，以及异面垂直的概念，属于基础题．
11．【答案】
【解析】连结辅助线,证明与底面所成的角为,再根据正切值求解.
【详解】
解：连结,因为为四棱柱,
所以面,
则与底面所成的角为,
,即,
解得该正四棱柱的高.
故答案为：
【点睛】
本题考查了正四棱柱的性质,正四棱柱的高的计算,考查了线面角的定义,关键是找到直线与平面所成的角.
12．【答案】
【解析】先找出与平面所成角，再利用正切值为2，证得E为PC的中点.根据所给各边的长度，求出的斜弦值，再将翻折至与平面PAB共面，利用余弦定理求出，即为的最小值.
【详解】
取CD的中点H，连接BH，EH.
依题意可得，.因为平面ABCD，所以，
从而平面ABCD，
所以BE与平面PCD所成角为，
且，则，则E为PC的中点.
在中，.
因为，，，
所以，所以.
将翻折至与平面PAB共面，如图所示，则图中，
当F为AE与PB的交点时，取得最小值，此时，.
故答案为：.
【点睛】
本题考查空间中线面垂直．线面角．余弦定理等知识的交会，考查空间相象能力和运算求解能力，将空间中线段和的最值问题，转化成平面问题，对转化与化归思想的考查要求较高，属于难题.
13．【答案】
【解析】根据该四棱锥内嵌于长方体中,计算长方体体对角线再算外接球表面积即可.
【详解】
因为四边形ABCD是正方形,且平面ABCD,
所以可以将该四棱锥内嵌于长方体中,因为棱锥体积.
则该长方体的长．宽．高分别为2．2．3,
它们的外接球是同一个,设外接球直径为,
所以,所以表面积为．
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了四棱锥外接球表面积的计算,其中外接球直径为内嵌长方体的体对角线,属于中等题型.
14．【答案】
【解析】连结DB1，则DB1⊥平面A1BC1，从而l∥DB1，直线l与直线CC1所成角为∠D1DB，由此能求出结果．
【详解】
如图，连结DB1，则DB1⊥平面A1BC1，
∴l∥DB1，
直线l与直线CC1所成角为，
连结B1D1，在Rt△D1DB1中，设DD1＝a，则DB1，
∴cs∠D1DB1．
故答案为：．
【点睛】
本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线．线面．面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15．【答案】
【解析】先利用侧面积计算，再利用体积法得到，代入数据计算得到答案.
【详解】
如图所示：为中点，连接
圆锥高为2，侧面积为
即
为中点，为中点，，故
又，所以平面，故
故为等边三角形.
在中：，边上的高
故答案为
【点睛】
本题考查了点到平面的距离，利用体积法可以简化运算，是解题的关键，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
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