高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第八章 立体几何初步8.6 空间直线、平面的垂直课堂检测

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第八章 立体几何初步8.6 空间直线、平面的垂直课堂检测，共38页。

【必做题】
一．选择题
1．（2022秋•唐山期末）在正方体中，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】由异面直线所成角的求法，结合异面直线所成角的作法求解即可．
【解答】解：连接，
则，
则异面直线与所成角为（或其补角），
设，
则，，
则等腰三角形中，
，
则异面直线与所成角的余弦值为，
故选：．
2．（2022秋•石家庄期末）在四棱锥中，平面，四边形是正方形，，，，分别是棱，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是
A．B．C．D．
【答案】
【分析】通过将直线平行移动，异面直线与所成角转化为平面角或其补角，利用余弦定理求解即可；
【解答】解：如图，分别取．的中点，，连接，，，则，且，
又，且，则，且，
则四边形是平行四边形，则，
．因为，分别是、的中点，所以，则是异面直线与所成的角（或其补角）．
设，中，，则，
中，，，
中，，，，
中，由于，，则，
，
故．
3．（2022秋•路北区期末）在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，，，则异面与直线所成角的正弦值为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】根据定义作出异面直线所成的角，然后在三角形中利用余弦定理求解．
【解答】解：连接，，
在平行六面体中，由与平行且相等，得平行四边形，
，
是异面直线与所成角（或补角），
由已知得，，，
由余弦定理得：
，
，
，
．
故选：．
4．（2022秋•保定期末）在长方体中，和与底面所成的角分别为和，则异面直线和所成角的余弦值为
A．B．C．D．
【分析】利用长方体的性质、线面角的定义、异面直线所成的角的定义即可得出．
【解答】解：如图所示：
平面，是与底面所成角，
．
底面，是与底面所成的角，
．
连接，，则．或其补角为异面直线与所成的角．
不妨设，则，，
，．
在等腰△中，．
故选：．
5．（2022秋•卢龙县期末）已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，在底面上的射影为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为
A．B．C．D．
【分析】首先找到异面直线与所成的角（如；而欲求其余弦值可考虑余弦定理，则只要表示出的长度即可；不妨设三棱柱的侧棱与底面边长为1，利用勾股定理即可求之．
【解答】解：设的中点为，连接、、，易知即为异面直线与所成的角；
并设三棱柱的侧棱与底面边长为1，
则，，，
由余弦定理，得．
故选：．
6．（2022春•唐山期末）在正方体中，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】平移到，再连接，再解三角形即可求出答案．
【解答】解：平移到，再连接，则或其补角为异面直线与所成的角，
设正方体的棱长为2，易得，
由余弦定理得，
故选：．
7．（2022秋•增城区期末）如图，在正方体中，、、、分别为、、、的中点，则异面直线与所成的角等于
A．B．C．D．
【答案】
【分析】先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点，得到的锐角就是异面直线所成的角，在三角形中求出此角即可．
【解答】解：如图，连、、，则，
且、，
所以异面直线与所成的角等于，
故选：．
8．（2022秋•张家口期中）（2014秋•建德市月考）已知正四棱柱中，，为中点，则异面直线与所形成角的余弦值为
A．B．C．D．
【分析】由，知是异面直线与所形成角，由此能求出异面直线与所形成角的余弦值．
【解答】解：正四棱柱中，，为中点，
，是异面直线与所形成角，
设，
则，，
，
．
异面直线与所形成角的余弦值为．
故选：．
二．多选题
9．（2022秋•邯郸月考）如图，在正方体中，动点在线段上，则
A．直线与所成的角为
B．对任意的点，都有平面
C．存在点，使得平面平面
D．存在点，使得平面平面
【答案】
【分析】选项，由，知即为所求；
选项，由，，可证平面，从而知平面；
选项，取特殊点，当点与重合时，可满足该选项；
选项，过点作，可证，，从而知为平面与平面所成的夹角，
法一：借助点在圆外，可得；
法二：设正方体的棱长为1，，结合两角和的正切公式，可将表示成关于的函数，求其最大值，即可．
【解答】解：选项，因为，所以直线与所成的角为，即选项错误；
选项，因为，，且，、平面，
所以平面，所以平面，即选项正确；
选项，当点与重合时，平面平面，
所以存在点，使得平面平面，即选项正确；
选项，如图，过点作，则为平面与平面的交线，
在正方体中，平面，所以平面，所以，，
所以为平面与平面所成的夹角，
法一：因为点一定在以为直径的圆外，
所以，所以不存在点，使得平面平面，即选项错误．
法二：设正方体的棱长为1，，则，，
所以，
当时，取得最大值，为，此时为锐角，即选项错误．
故选：．
10．（2022春•保定期末）在正方体中，，，分别为，，的中点，则
A．与异面
B．平面平面
C．平面平面
D．与所成角的正切值为
【答案】
【分析】数形结合判断；根据面面平行判定判断；找到与所成角，求出正切值判断．
【解答】解：如图，，，与异面，故正确；
在正方体中，，，分别为，，的中点，
，，
平面，平面，平面，
，平面平面，故正确；
由图可知，平面与平面不垂直，故错误；
与所成的角即与所成的角，
与所成角的正切值为，故正确．
故选：．
11．（2022•新高考Ⅰ）已知正方体，则
A．直线与所成的角为
B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为
D．直线与平面所成的角为
【答案】
【分析】求出异面直线所成角判断；证明线面垂直，结合线面垂直的性质判断；分别求出线面角判断与．
【解答】解：如图，
连接，由，，得四边形为平行四边形，
可得，，直线与所成的角为，故正确；
，，，平面，而平面，
，即直线与所成的角为，故正确；
设，连接，可得平面，即为直线与平面所成的角，
，直线与平面所成的角为，故错误；
底面，为直线与平面所成的角为，故正确．
故选：．
12．（2022春•张北县月考）如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，则
A．，，，四点共面
B．异面直线与所成角的余弦值为
C．平面截正方体所得截面为等腰梯形
D．三棱锥的体积为
【答案】
【分析】由，是异面直线可判断，因为，所以为与所成的角，利用余弦定理即可判断，由平面截正方体截面为可判断，利用等体积法可判断．
【解答】解：对于，由图可知，是异面直线，，，，四点不共面，故错误，
对于，，为与所成的角，
，，，
，故正确，
对于，，平面截正方体截面为，
而，截面为等腰三角形，故正确，
对于，取的中点，连接与交于点，则为的中点，
点到平面的距离等于点到平面的距离，
，
故正确，
故选：．
三．填空题
13．（2023•邯郸一模）在正四棱锥中，，点，满足，，则异面直线与所成角的余弦值为 ．
【答案】．
【分析】是异面直线与所成的角（或补角），求出中各边的长，由余弦定理求角的余弦值．
【解答】解：如图，取棱的中点，连接，，
由题意可知，即是的中点，
因为是的中点，所以，则是异面直线与所成的角（或补角），
正四棱锥中，，设，中，，，，，
则，
正三角形中，，与中，，，，，
，，
在中，由余弦定理可得．
故答案为：．
14．（2022春•张北县月考）如图，为等边三角形所在平面外一点，且，，分别为，的中点，则异面直线与所成的角的正切值为 ．
【答案】1
【分析】取的中点，连接，，则，，则异面直线与所成角的平面角为（或其补角），然后再求解即可．
【解答】解：如图，取的中点，连接，，
则，，
则异面直线与所成角的平面角为（或其补角），
设，则，，
取的中点，连接，，
，
，为等边三角形，
，，，，平面，
平面，
，
，
，
即异面直线与所成的角的正切值等于1，
故答案为：1．
15．（2022春•南和区月考）如图，在长方体中，，分别是和的中点，则在三条直线，，中，与直线是异面直线的共有 条．
【答案】2．
【分析】利用异面直线的定义直接求解．
【解答】解：如图，在长方体中，
，分别是和的中点，
则在三条直线，，中，
，均与异面，与共面．
在三条直线，，中，
与直线是异面直线的共有2条．
故答案为：2．
16．（2021秋•保定月考）如图，在正三棱柱中，，，为的中点，则与所成角的余弦值为 ．
【答案】．
【分析】取的中点，连接，，则为与所成的角，再在中利用余弦定理即可求解结果．
【解答】解：取的中点，连接，，
在△中，为中位线，所以，
为与所成的角，
在中，，，，
，
故答案为：．
四．解答题
17．（2022春•邢台期末）如图，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解答；
（2）．
【分析】（1）利用中位线定理可得，且，四边形是平行四边形，从而可证平面．平面．可证平面平面；
（2），为异面直线与所成的角，求解即可．
【解答】（1）证明：，分别为棱，的中点，
所以，．
因为，且，所以，且，所以是平行四边形，所以．
又平面，平面，所以平面．
同理，，又平面，平面，所以平面．
又，，平面，所以平面平面．
（2）解：由（1）知，所以为异面直线与所成的角，
因为正方体的棱长为2，所以，，
从而，即异面直线与所成角的余弦值为．
18．（2016春•衡水月考）已知，，，依次为空间四边形各边的中点．
（1）求证：，，，四点共面；
（2）若与相互垂直，，，求；
（3）若，求直线与的夹角．
【分析】（1）如图所示，，，，依次为空间四边形各边的中点，利用三角形中位线定理可得：，即可证明，，，四点共面．
（2）由，；同理可得：．可得四边形为矩形．利用勾股定理即可得出：．
（3）由（1）可知：或其补角为直线与的夹角．利用余弦定理即可得出．
【解答】（1）证明：如图所示，，，，依次为空间四边形各边的中点，
，，
，
四边形为平行四边形．
，，，四点共面．
（2）解：，；同理可得：．
又，，
可得四边形为矩形．
．
（3）解：由（1）可知：或其补角为直线与的夹角．
，
直线与的夹角为．
19．（2016秋•武邑县期中）在如图所示的三棱锥中，，分别是，的中点．
（1）求证：平面；
（2）若为正三角形，且，为上的一点，，求直线与直线所成角的正切值．
【分析】（1）取的中点，连接，，推导出，从而平面；再推导出，从而平面，进而平面平面，由此能证明平面．
（2）推导出平面平面，连接，推导出平面，取的中点，连接，，从而平面，进而即为直线与直线所成角，由此能求出直线与直线所成角的正切值．
【解答】证明：（1）取的中点，连接，
在中，因为，分别为，的中点，
所以，平面，平面，
所以平面
在矩形中，因为，分别为，的中点，
所以，平面，平面，所以平面
因为，所以平面平面
因为平面，所以平面
解：（2）因为三棱柱为直三棱柱，所以平面平面，
连接，因为为正三角形，为中点，所以，所以平面，
取的中点，连接，，可得，故平面，
又因为，所以，
所以即为直线与直线所成角
设，在中，，
所以，
故直线与直线所成角的正切值为．
20．（2021春•深州市月考）如图，在长方体中，底面是边长为2的正方形，．
（1）求证：平面；
（2）求异面直线与所成角的大小．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）平移到即可求解．
【解答】（1）证明：连接，
是长方体，
，，
四边形是平行四边形，
，
又平面，平面，，
平面．
（2）解：连接，，
为异面直线与所成角，
，
又平面，
，
在△中，，
，
异面直线与所成角的大小为．
【删除】
【选做题】
一．选择题
1．（2022春•元氏县月考）在正方体中，为的中点，则直线与所成的角为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】根据题意，由，得是直线与所成的角（或所成角的补角），由直角三角形的性质求出，求出，即可得直线与所成的角．
【解答】解：根据题意，如图，
设底面正方形的中心为，连接，
由正方体的结构特征可知，，则为直线与所成的角，
又由平面，平面，则有，
在中，，则，即直线与所成的角为，
故选：．
2．（2022秋•唐山月考）如图，圆锥的轴截面是等边三角形，是等腰三角形，是的中点，则异面直线与所成角的大小是
A．B．C．D．
【答案】
【分析】取的中点，连接，，，则或其补角即为所求，由平面，知，结合，可得平面，从而有，再根据，得解．
【解答】解：设等边的边长为，
取的中点，连接，，，则平面，
因为是的中点，所以，，
所以或其补角即为所求，
因为平面，平面，所以，
又等腰，且为的中点，所以，，
因为，、平面，所以平面，所以，
在中，，所以．
故选：．
3．（2022•深州市模拟）在体积为的直三棱柱中，为锐角，且，，则异面直线与所成角的正弦值为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】先由棱柱的体积公式求出，然后结合正弦定理及余弦定理求解即可．
【解答】解：由在体积为的直三棱柱中，，，
则，
则，
则，
即，
又为锐角，
则，
又，
即异面直线与所成角的平面角为（或其补角），
在中，由余弦定理可得：，
即，
在中，由正弦定理可得：，
即，
则异面直线与所成角的正弦值为，
故选：．
4．（2022春•邯郸期末）如图，在圆台中，，，且，，则异面直线与所成角的余弦值为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】连接，证明四边形为平行四边形，进而得即为异面直线与所成角或其补角，再根据几何关系求解即可．
【解答】解：如图，连接，因为，，且，
所以且，
所以四边形为平行四边形：
所以，，
所以即为异面直线与所成角或其补角，
因为在圆台中，平面，
所以平面，，
因为，，，
所以，
所以，在△中，，
所以，
所以，异面直线与所成角的余弦值为，
故选：．
5．（2022•衡水开学）在正方体中，，，，分别为，，，的中点，则直线与所成的角为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】取的中点，连接，，，根据，，，为中点，得到，从而为直线与所成的角，最后解三角形即可得解．
【解答】解：如图所示：
取的中点，连接，，，
因为，，，分别为，，，的中点，
所以，，
所以，
所以为直线与所成的角，
又因为是等边三角形，
所以，
故选：．
6．（2022春•保定期末）如图，在直三棱柱中，，，为上一点，平面分三棱柱为上下体积相等的两部分，则与所成角的余弦值为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】作于点，结合直棱柱可证平面，则即为四棱锥的高，同理可说明即为四棱锥的高，根据体积相等可求得，取中点为，则，根据异面直线夹角的定义可知即为所求角，结合运算求解．
【解答】解：作于点，则平面且，
设，则，
可证平面，则，
平面分三棱柱为两个体积相等的四棱锥和，
即，
取中点为，则，即为所求角，．
故选：．
7．（2022春•定州市期末）在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】连接，由，则异面直线与所成角的平面角为（或其补角），然后求解即可．
【解答】解：连接，
由，
则异面直线与所成角的平面角为（或其补角），
设，
则，，
则，
即异面直线与所成角的正切值为，
故选：．
8．（2022春•南和区月考）下列说法正确的是
A．三点确定一个平面
B．三角形可以确定一个平面
C．没有公共点的两条直线是异面直线
D．两条异面直线的夹角可能为钝角
【答案】
【分析】根据平面的基本性质及异面直线及其所成角的定义即可逐一判断．
【解答】解：根据不共线的三点确定一个平面，所以三角形可以确定一个平面，故选项错误，选项正确．
没有公共点的两条直线可能是平行的共面直线，故选项错误，
两条异面直线的夹角不可能为钝角，故选项错误．
故选：．
二．多选题
9．（2022秋•大名县月考）如图，正方体的棱长为1，是线段上的动点，则下列结论中正确的是
A．
B．的最小值为
C．平面
D．异面直线与所成角的取值范围是，
【答案】
【分析】通过证明平面判断选项；选项，在等边三角形△中讨论的长度；根据平面平面判断选项；
选项，将与所成角转化为与所成角，在等边三角形△中讨论．
【解答】解：选项：因为，，所以平面，所以，说法正确．
选项：△是边长为的等边三角形，当时线段的中点时，取最小值，说法正确．
选项：正方体中，平面平面，平面，所以平面说法正确．
选项：因为，所以与所成角即为与所成角．
在等边三角形△中，当时中点时，所成角最大为；当是的端点时，所成角最小为，说法错误．
故选：．
10．（2022春•邢台月考）如图，正方体的棱长为，为线段上的动点，则
A．当时，异面直线与所成角的正切值为
B．当时，四棱锥外接球的体积为
C．的最小值为
D．直线与底面所成最大角的正切值为
【答案】
【分析】，取的中点，连接，，即可得为异面直线与所成角，解三角形即可．
，设为侧面的中心，四棱锥外接球的球心为，半径为1，从而求得体积；
，将等边三角形沿旋转，使与等腰直角三角形在同一个平面内，当，，三点共线时，最小；
，易得直线与底面所成角为，当时，最小，此时正切值最大．
【解答】解：对于，如图1，取的中点，连接，，因为，，所以为中点，所以，
则为异面直线与所成角，易得、则，故正确；
对于，设为侧面的中心，因为，所以四棱锥外接球的球心为，半径为1，其体积为，故正确；
对于，如图2，将等边三角形沿旋转，使与等腰直角三角形在同一个平面内，
当，，三点共线时，最小，此时，故正确；
对于，易得直线与底面所成角为，，
当时，最小，此时正切值最大，最大值为，故错误．
故选：．
11．（2022春•河北期末）如图，在直三棱柱中，，是等边三角形，点为该三棱柱外接球的球心，则下列命题正确的是
A．平面
B．异面直线与所成角的大小是
C．球的表面积是
D．点到平面的距离是
【答案】
【分析】根据线面平行的判定定理即可得出选项正确；可看出是异面直线与所成的角，然后根据所给棱的长度即可求出，从而可判断错误；可设△外接圆的圆心为，并连接，，，并求出，，然后即可求出球的半径为，从而判断正确；可设△外接圆的半径为，并求出，然后根据正弦定理求出，然后即可求出点到平面的距离．
【解答】解：如图，由题意可知．
因为平面，平面，
所以平面，故正确．
因为，所以是异面直线与所成的角．
因为，
所以，
所以，故错误．
设△外接圆的圆心为，连接，，，
由题意可得，，
则球的半径，
从而球的表面积是，故正确．
设△外接圆的半径为，
由题意可得，
则．
由正弦定理可得，
则点到平面的距离，故正确．
故选：．
12．（2022秋•桥西区月考）在长方体中，底面是边长为4的正方形，，则
A．异面直线与所成角的余弦值为
B．异面直线与所成角的大小为
C．直线平面
D．点到平面的距离为
【答案】
【分析】求出异面直线所成的角判断、的正误，根据线面平行的判定判断的正误，求出点到平面的距离判断的正误．
【解答】解：长方体中，，为异面直线与所成角或其补角，
在△中，，，
，故正确；
，为异面直线与所成角或其补角，
，，，，故错；
， 与平面相交，所以与平面相交，故错；
平面，因此平面平面，
由面面垂直的性质定理知，到直线的距离就是到平面的距离，
△中，，，，
到直线的距离为，故正确．
故选：．
三．填空题
13．（2022春•大名县月考）在直三棱柱中（侧棱与底面垂直的三棱柱），，，四边形为正方形，为的中点，则直线与直线所成角的余弦值为 ．
【分析】取中点，连接，，，则，或其补角为异面直线所成角，由此能求出直线与直线所成角的余弦值．
【解答】解：设
，，，
取中点，连接，，，，
或其补角为异面直线所成角，
，，，
平面，，
在△中，，，
，
．
故答案为：．
14．（2022•武邑县开学）如图，直三棱柱中，侧棱平面，若，，则异面直线与所成的角为
【分析】连结，由，得是异面直线与所成的角，由此能求出异面直线与所成的角．
【解答】解：连结，
，是异面直线与所成的角，
直三棱柱中，侧棱平面，
，，
，
．
．
异面直线与所成的角为．
故答案为：．
15．（2022•邯郸一模）在正四棱柱中，为棱的中点，若与该正四棱柱的每个面所成角都相等，则异面直线与所成角的余弦值为 ．
【分析】该正四棱柱为正方体，取的中点，连结，，，则是异面直线与所成角，由此能求出异面直线与所成角的余弦值．
【解答】解：与该正四棱柱的每个面所成角都相等，
该正四棱柱为正方体，
取的中点，连结，，，
则是异面直线与所成角，
设，则，，
．
异面直线与所成角的余弦值为．
故答案为：．
16．（2022•桥西区开学）一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：
①；
②与所成的角为；
③与是异面直线；
④．
以上四个命题中，正确命题的序号是 ．
【分析】先把正方体的平面展开图还原成原来的正方体，再根据所给结论进行逐一判定即可．
【解答】解：把正方体的平面展开图还原成原来的正
方体如图所示，则，与为异面
直线，，，只有①③正确．
故答案为①③
四．解答题
17．（2022秋•双滦区期中）已知四棱锥，底面是梯形，，，，，平面平面，且，，为中点，，垂足为．
（1）求证：平面；
（2）求异面直线与所成的角；
（3）求证：．
【分析】（1）由线面垂直的判定定理结合正方体的特征，即可得出答案．
（2）找到异面直线所成的角，再计算，即可得出答案．
（3）由线面垂直的性质定理结合正方体的特征，即可得出答案．
【解答】解：（1）证明：因为，，
所以，
因为，
所以，
又因为，所以，，
因为，所以，
因为，所以，
因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
（2）取中点，连接，，
因为，为，的中点，
所以，，所以，
又因为，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以为异面直线与所成角，
，所以，
（3）证明：因为，，，
所以平面，
又因为平面，所以，
又因为，，所以平面，
因为平面，所以，
因为，为的中点，所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以．
18．（2022春•保定期中）如图，在直四棱柱中，底面是边长2的正方形，，分别为线段，的中点．
（1）求证：平面；
（2），求异面直线与所成的角的大小．
【分析】（1）连结，推导出，由此能证明平面．
（2）由，知是异面直线与所成的角（或所成角的补角），由此能求出异面直线与所成的角的大小．
【解答】证明：（1）连结，
在△中，、分别是、的中点，
是△的中位线，
，
平面，平面，
平面．
解：（2），，，
是异面直线与所成的角（或所成角的补角），
在直四棱柱中，平面，平面，
．
在△中，，，，
，
，
异面直线与所成的角的大小为．
19．（2022春•桥东区月考）空间四边形中，，、分别是、的中点，若，求异面直线、所成角的大小．
【分析】设为的中点，由已知中，、分别是、的中点，若，根据三角形中位线定理，我们易求出为异面直线、所成的角（或其补角），解三角形即可得到答案．
【解答】解：设为的中点，、分别是、中点
且
且
为异面直线、所成的角（或其补角）
，
中，
，
即异面直线、所成的角为
20．（2022秋•邢台月考）如图，四棱锥的底面是正方形，平面．
（1）证明：；
（2）若，，求异面直线与所成角的余弦值．
【分析】（1）线线垂直转化为证明线面垂直，连接．平面，可得，，可知平面，故得；
（2）异面直线所成的角要转化为平面角，通过平移相交寻找．底面是正方形，，可得异面直线与所成角为．在三角形中求解的余弦值即可．
【解答】解：（1）证明：连接．
平面，
，
底面是正方形，
，
又，
平面，
平面，
．得证．
（2）在中，．
平面，
，又，
平面，
．
，
即为异面直线与所成的角，
．
故得异面直线与所成角的余弦值为．
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