高中数学北师大版 (2019)必修 第二册第六章 立体几何初步5 垂直关系5.2 平面与平面垂直巩固练习

【优质】5.2 平面与平面垂直-2作业练习

一．填空题

1．已知正四棱锥（底面是正方形且侧棱都相等）中，，是侧棱的中点，则异面直线与所成角的大小为　　　　　　　.

2．在如图所示的四棱锥中，四边形为菱形，，，M为中点.则点M到平面的距离是___________.

3．如图所示，在直四棱柱中，当底面四边形ABCD满足条件________时，有A1C⊥B1D1（注：填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑所有可能的情形）．

4．已知三棱锥A﹣BCD的所有棱长均相等，E为DC的中点，若点P为AC中点，则直线PE与平面BCD所成角的正弦值为_____，若点Q在棱AC所在直线上运动，则直线QE与平面BCD所成角正弦值的最大值为_____．

5．如图，三棱锥中，平面平面，，，，则三棱锥的外接球的表面积为_______.

6．四棱锥的底面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______．

7．在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，△ABC是边长为2的等边三角形，且三棱锥P﹣ABC的外接球表面积为，则直线PC与平面PAB所成角的正切值为_____．

8．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__________．

9．《九章算术》中的“邪田”意为直角梯形，上．下底称为畔，高称为正广，非高腰边称为邪。在四棱锥 中，底面 为邪田，两畔分别为1，3，正广 为 ， 平面，则邪田的邪长为_______；邪所在直线与平面 所成角的大小为________.

10．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M．N分别是棱AB．CC1的中点，△MB1P的顶点P在棱CC1与棱C1D1上运动，

有以下四个命题：

　　A．平面MB1P⊥ND1；

　　B．平面MB1P⊥平面ND1A1；

　　C．△MB1P在底面ABCD上的射影图形的面积为定值；

　　D．△MB1P在侧面D1C1CD上的射影图形是三角形．

其中正确命题的序号是__________.

11．点为正方体的内切球球面上的动点，点为上一点，，若球的体积为，则动点的轨迹的长度为__________．

12．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)

13．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__________．

14．空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，且DA⊥平面ABC，则△ABC的形状是____.

15．在正四面体ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，则下列命题正确的序号是______

①异面直线AB与CD所成角为90°；

②直线AB与平面BCD所成角为60°；

③直线EF∥平面ACD

④平面AFD⊥平面BCD．

参考答案与试题解析

1．【答案】

【解析】设与相交于点，连接。因为是正方形，所以是中点。而是中点，所以，则是异面直线与所成角。因为是正四棱锥，所以面，从而可得面面。因为，所以面，从而。因为，所以，所以是等腰直角三角形，从而可得

2．【答案】

【解析】由题意得DM⊥AD，DM⊥PA，且，可得DM⊥平面PAD，故而平面PAD⊥平面ABCD；根据VM﹣PBD＝VP﹣BDM即可求出M到平面PBD的距离.

【详解】

∵四边形为菱形，且，∴是等边三角形，又M是的中点，

∴，又，∴，又，

∴平面，又平面，∴平面平面.

取的中点H，连接，∵，

∴，且，

由平面平面，平面平面，

∴平面，故，∴，又，

∴， 设M到平面的距离为h，则.

又，∴，解得.

∴点M到平面的距离为.

故答案为：

【点睛】

本题考查点到面的距离，意在考查推理能力，和转化与化归的思想和计算能力，一般求点到平面的距离的方法：1.定义法；2.等体积转化法.

3．【答案】对角线互相垂直

【解析】本题答案不唯一，要证A1C⊥B1D1，只需证B1D1垂直于A1C所在的平面A1CC1，因为该四棱柱为直四棱柱，所以B1D1⊥CC1，故只需证B1D1⊥A1C1即可．

考点：线线垂直.

4．【答案】     

【解析】，则直线PE与平面BCD所成角等于直线与平面BCD所成角，过A作AO⊥底面BCD，垂足为O，连结OD，则∠ADO是直线PE与平面BCD所成角，在中求解即得，是一个正四面体，当Q与A重合时，直线QE与平面BCD所成角正弦值取最大值，在中计算可得最大值．

【详解】

连结BE，AE，过A作AO⊥底面BCD，垂足为O，连结OD，

则∠ADO是直线PE与平面BCD所成角，

设三棱锥A﹣BCD的所有棱长均相等，设棱长为2，

则DO＝BOBE，

AO，

∴sin∠ADO．

∴直线PE与平面BCD所成角的正弦值为．

当Q与A重合时，直线QE与平面BCD所成角正弦值取最大值，

此时直线QE与平面BCD所成角为∠AEO，AE，

∴直线QE与平面BCD所成角正弦值的最大值为：

sin∠AEO．

故答案为：，

【点睛】

本题考查直线与平面所成的角，解题关键是作出直线与平面所成的角，为此需作一直线与平面垂直．找到直线在平面内的射影，从而得直线与平面所成角，然后在直角三角形中求解即得．

5．【答案】

【解析】取AC中点M,连接PM,BM,由已知条件判断PM面ABC,且AC为小圆的直径,判断球心O的位置在PM上且PO=OB=R,构造出直角三角形OMB,利用题中数据条件结合求出球半径,然后再利用球的表面积公式及可得出答案.

【详解】

如图所示,取AC中点M,连接,,

平面平面,, , 平面,

,,是ABC所在小圆的直径,且M为小圆圆心,

由于球心和小圆圆心的连线垂直于小圆,可得球心O在中线PM上如图所示,

由,,,借助于平面几何知识可求得,

在中,由即解得球半径,

球=.

故答案为:.

【点睛】

本题考查了三棱锥外接球的表面积,关键利用进行计算求解R,难点在于构造三要素的直角三角形进行求解,属于中档题.

6．【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.

7．【答案】

【解析】设三棱锥外接球的球心为O，半径为R，求出R，设M为△ABC的中心，N为AB的中点，

求出OM的长，再证明∠NPC就是直线PC与平面PAB所成角,利用直角三角函数求解.

【详解】

设三棱锥外接球的球心为O，半径为R，

则S球＝4πR2，故R，

设M为△ABC的中心，N为AB的中点，

则OM⊥平面ABC，且OC，NC，MC，

∴OM2，

∵PA⊥平面ABC，故PA＝2OM＝4，∴PN，且PA⊥CN，又CN⊥AB，AB∩PA＝A，

∴CN⊥平面PAB，

所以∠NPC就是直线PC与平面PAB所成角.

∴tan∠NPC．

【点睛】

本题主要考查三棱锥的外接球问题，考查空间线面位置关系的证明，考查空间线面角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

8．【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．

9．【答案】     

【解析】过点作，垂足为，在Rt中，可求BC长，即为邪长，又由题意可证平面，得到 即为所求，在Rt中，求得正切值，可得角.

【详解】

过点作，垂足为，延长，使得（如图）

.

由题意可得，则

由题意知，所以，所以.因为 平面，所以，又，所以 平面 ，则 是直线 与平面 所成角的平面角， ，所以

故答案为：  

【点睛】

本题以数学文化为载体，考查了线面角及线面垂直的证明，考查了转化与化归思想及推理论证能力，属于中档题.

10．【答案】  B C ；

【解析】

11．【答案】

【解析】由题意画出图形，在取点,使 ,连接由线面垂直的判定和性质可得，点的轨迹为平面与球的截面圆周，求出圆的半径即可得解.

【详解】

解：如图，在取点,使 ,连接

因为,所以,则平面,则点的轨迹为平面与球的截面圆周，

设正方体的棱长为，则，解得，连接,

由,求得到平面的距离为，

所以截面圆的半径，

则点的轨迹长度为，

故答案为： .

【点睛】

本题考查了正方体中的内切球问题，重点考查了平面与球的截面圆周长的求法，属难度较大的题型.

12．【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．

13．【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．

14．【答案】直角三角形

【解析】　如图，过点A作AE⊥BD，E为垂足．

∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，

∴AE⊥平面BCD，∴AE⊥BC．

又∵DA⊥平面ABC，∴DA⊥BC．

又∵AE∩DA＝A，∴BC⊥平面ABD，

∴BC⊥AB．

∴△ABC为直角三角形．

15．【答案】①③④

【解析】在①中,由AB⊥平面CDE，知异面直线AB与CD所成角为90°；在②中,直线AB与平面BCD所成角为；在③中由EF∥AC,知直线EF∥平面ACD；在④中,由BC⊥平面ADF,知平面AFD⊥平面BCD,从而得到结果

【详解】

解：正四面体ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，

在①中,∵正四面体ABCD中,点E．F分别是AB,BC的中点,

∴CE⊥AB,DE⊥AB,

又,∴AB⊥平面CDE,

∵CD？平面CDE,

∴,即异面直线AB与CD所成角为90°,故①正确；

在②中,过A作AO⊥平面BCD,交DF=O,连结BO,

则∠ABO是直线AB与平面BCD所成角,

设正四面体ABCD的棱长为2,

则DF=,BO=,

cos==

∴直线AB与平面BCD所成角为,故②错误；

在③中,∵点E．F分别是AB,BC的中点,

∴EF∥AC,

∵EF平面ACD,AC平面ACD,

∴直线EF∥平面ACD,故③正确；

在④中,由AF⊥BC,DF⊥BC,

又,∴BC⊥平面ADF,

∵BC平面BCD,∴平面AFD⊥平面BCD,故④正确

故答案为：①③④

【点睛】

本题考查命题真假的判断,考查线线成角．线面角,考查直线与直线,直线与平面的位置关系,考查空间想象能力