数学必修 第二册5.1 直线与平面垂直课时作业

【优选】5.1 直线与平面垂直-2练习

一．填空题

1．四面体中，面面，，为正三角形，，则四面体外接球半径为______.

2．已知正四面体的棱长为2，动平面交线段，（含端点）于点，，且平面平面，设平面和平面所成二面角的平面角为，则的最大值为______.

3．已知三棱锥的顶点都在球的球面上，且该三棱锥的体积为，平面，，，则球的体积的最小值为______.

4．已知四面体，，为边长为的等边三角形，若顶点在平面的投影是的垂心，则四面体的体积为________.

5．如图，在中，，，，将绕边翻转至，使面面，是的中点，设是线段上的动点，则当与所成角取得最小值时，线段的长度为______.

6．在正三棱锥中，M是SC的中点，且，底面边长，则正三棱锥的外接球的表面积为_______________.

7．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的鳖臑中，平面，，，，为中点，为内的动点（含边界），且.①当在上时，______；②点的轨迹的长度为______.

8．如图，在矩形（图（1））中，，，点，分别在，上，且，以为折痕，把四边形折起后与平面垂直（图（2）），则几何体的外接球的表面积等于______.

9．《九章算术》是中国古代张苍．耿寿昌所撰写的一部数学专著.是《算经十书》中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称之为“羡除”，现有一个羡除如图所示，已知上底面是高为2的等腰梯形，右侧面是高为1的等腰梯形，下底面是梯形，前．后侧面均为三角形.，，，，且平面平面，则该“羡除”的表面积为________.

10．正方体的棱长为2，点在棱上运动，过三点作正方体的截面，若为棱的中点，则截面面积为_________，若截面把正方体分成体积之比为的两部分，则=_______.

11．棱长为1的正方体内部有一圆柱，此圆柱恰好以直线为轴.有下列命题：

①圆柱的母线与正方体所有的棱所成的角都相等；

②正方体所有的面与圆柱的底面所成的角都相等；

③在正方体内作与圆柱底面平行的截面，则截面的面积；

④圆柱侧面积的最大值为.

其中正确的命题是______.

12．空间四边形ABCD的两条对角线AC．BD所成角为，设，，则过AB的中点E且平行于BD．AC的截面四边形的面积为__________.

13．已知三棱锥的各顶点都在同一球面上，且平面，若该棱锥的体积为，，，，则此球的表面积=________．

14．长方体中，，设为的中点，直线与底面成角，则异面直线与所成角的大小为________．

15．如图，在棱长为1的正方体中，点M为线段上的动点，下列四个结论：

①存在点M，使得平面；

②存在点M，使得直线与直线所成的角为；

③存在点M，使得三棱锥的体积为；

④存在点M，使得，其中为二面角的大小，为直线与直线所成的角.

则上述结论正确的有____________.（填上正确结论的序号）

参考答案与试题解析

1．【答案】

【解析】先设四面体外接球心为，点在平面．平面的射影分别为．，则．分别为．的外心，利用已知条件得到四边形为矩形，则，再利用正弦定理求出，最后利用勾股定理得结论.

详解：设四面体外接球心为，

点在平面．平面的射影分别为．，

则．分别为．的外心，

设中点为，面面，为正三角形，

面，所以，

则,又，，

则四边形为矩形，

则，

连接，

则，

在中，，

故，

.

故答案为：.

【点睛】

本题主要考查了求四面体外接球的半径问题.属于中档题.

2．【答案】

【解析】设在平面上的投影为，为中点，连接，，为与平面所成角，结合计算得到答案.

详解：设在平面上的投影为，则平面，平面平面，

故平面，正四面体，故为中心.

为中点，连接，，则，，，

故平面，故为与平面所成角，

中，，，，

故，

设平面平面，于，于，连接，

平面，平面，故，，则平面，

故，，故为平面和平面所成二面角的平面角，

，故，

当时等号成立.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，转化能力.

3．【答案】

【解析】根据体积公式得到，根据余弦定理得到，根据正弦定理得到，根据得到，计算得到答案.

详解：，故.

根据余弦定理：，

即，当时等号成立.

设外接圆半径为，故，即.

设球的半径为，球心在平面的投影为外心，

则，，.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了三棱锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.

4．【答案】

【解析】由是的垂心，可证明，，进一步证明，进一步证明在平面的射影是的中心，所以三棱锥是正三棱锥，其体积可求.

详解：解：

作平面，垂足为，是的垂心，

连结交于，连结交于，则，

因为，所以，所以是边的中点，是边的垂直平分线，

所以，

平面，平面， 所以，，

平面，平面，

所以平面，平面，所以

平面，所以平面平面，

在平面内作，垂足为，平面平面，

所以平面，平面，所以

连结交于

平面，平面，

所以平面，平面，所以，

平面，平面，，

所以平面，

平面，所以，

由等边三角形的高线．中线．角平分线合一，

所以是的中心，所以三棱锥是正三棱锥，

所以，

，，

，

，

故答案为：

【点睛】

本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及三棱锥的体积的计算，其中解答中熟记三棱锥的几何结构特征，利用体积公式准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，中档题.

5．【答案】.

【解析】取中点,连接可知与所成角即为与所成角,再根据线面垂直的性质分析所成角取得最小值时的位置再计算即可.

【详解】

取中点,连接可知与所成角即为与所成角,再连接.根据线面相交的性质可知,的最小值当且仅当为直线与平面的线面角时取得.又,,,

故.故,故.

又面面且交于,故平面,故.故当时有平面,此时为直线与平面的线面角.即当与所成角取得最小值时.

又.故.

又,故.

故,.

故此时.

故答案为：

【点睛】

本题主要考查了根据空间中夹角的最值问题求解线段长度的问题,需要分析到当角度取最小值时的线面垂直关系,再利用平面几何中的解三角形知识求解边角关系.属于难题.

6．【答案】

【解析】取中点，连接；根据等腰三角形三线合一和线面垂直的判定定理可证得平面，从而得到；根据线面垂直的判定定理知平面，根据线面垂直性质知，；由正三棱锥的结构特征知两两互相垂直，从而可将所求外接球转化为正方体的外接球；根据正方体外接球半径为体对角线的一半可求得半径，进而得到所求表面积.

详解：取中点，连接，

三棱锥为正三棱锥    ，    ，，

平面，    平面，

平面    ，

又，平面，    平面，

平面    ，，

由正棱锥侧面全等可知：，即两两互相垂直，

可将三棱锥放入如下图所示的正方体中，其中，

则三棱锥的外接球即为正方体的外接球，

    正方体外接球半径：，

所求外接球的表面积：，

故答案为：

【点睛】

本题考查几何体外接球表面积的求解问题，关键是能够根据线面垂直的关系找到三条棱两两互相垂直的关系，从而将问题转化为正方体外接球表面积的求解问题，属于中档题.

7．【答案】2     

【解析】(1)根据与鳖臑的性质证明平面再求解即可.

(2)根据(1)中的计算可知垂直于所在的平面,再得出垂直于在平面内的轨迹再计算长度即可.

详解：(1)当在上时,因为平面,故,又,故平面.

故.又,为中点,故所以为中点.

故.

(2)取中点则由(1)有平面,故,又,

设平面则有平面.故点的轨迹为.

又此时,,故.

所以.

故答案为：(1). 2    (2).

【点睛】

本题主要考查了根据线面垂直与线面垂直的性质求解立体几何中的轨迹问题,需要根据垂直关系求解对应的线段长度.属于中档题.

8．【答案】

【解析】找到外接球球心的位置，计算出外接球的半径

详解：依题意可知：四边形是边长为的正方形，四边形是长为，宽为的矩形.

依题意可知：平面平面.

设正方形．矩形的对角线交点分别为，

过作平面，过作平面，，

则是几何体外接球球心.

设是线段中点，连接，,则为矩形，，

，

所以几何体外接球的半径.

所以几何体外接球的表面积等于.

故答案为：

【点睛】

本小题主要考查几何体外接球的有关计算，考查空间想象能力，属于中档题.

9．【答案】

【解析】分别取的中点，连接，由已知条件可得，从而求出，再在三个等腰梯形中分别求出的长，从而可求出的面积，再求出三个等腰梯形的面积即可得答案.

详解：解：分别取的中点，连接，

则由题意可知，分别是等腰梯形，，的高，

则 ，

因为平面平面，，

所以，所以，

因为四边形，，均为等腰梯形，，，，，

所以，

所以，

梯形的面积为

梯形的面积为

梯形的面积为

所以该“羡除”的表面积为，

故答案为：

【点睛】

此题考查了求几何体的表面积，面面垂直的性质，等腰梯形和等腰三角形面积的求法，属于基础题.

10．【答案】     

【解析】（1）首先作出截面，再求截面的面积；

（2）取上的点，，连接，由题意可知，利用体积公式求即可.

详解：（1）取的中点，连接，，

，而，

四点共面，且

四边形是等腰梯形，如下图，过作，垂足为，

，，,

，

，

；

（2）设，取上的点，，连接，

由（1）知四点共面，

由图形可知

，

即 ，解得：，或（舍去），

因此

故答案为： ；

【点睛】

本题考查截面面积和几何体的体积，意在考查空间想象能力和计算能力，属于中档题型，本题的关键作出过点的平面.

11．【答案】①②④

【解析】根据正方体的特性分析可知①②正确，作出一个与圆柱底面平行的截面，举出反例得到③错误，利用几何法找出圆柱的底面半径，列式计算圆柱侧面积，结合均值不等式计算得到④正确，得到答案.

详解：

如图所示：易知圆柱的母线与平行，由正方体的对称性可知与其每条侧棱间的夹角都相等，①正确；

设分别为对应棱的中点，易知共面，

易证，，则平面，平面，故，同理可得，故平面，

又圆柱的底面与垂直，

故平面与圆柱的底面平行，

根据正方体的特点可知，平面与正方体所有侧面的夹角相同，

故正方体所有的面与圆柱的底面所成的角都相等，②正确；

此时截面的面积为，③错误；

设圆柱底面半径为，则圆柱的底面必与过点的三个面相切，

且切点分别在线段上，设在上的切点为，为圆柱的一条高，

根据对称性知：，则圆柱的高为，

，

当，即时等号成立，④正确.

故答案为：①②④.

【点睛】

本题以正方体与圆柱的综合为载体，考查了空间几何体中线面夹角．面面夹角的计算．正方体的截面等知识点，难度较大.解答时要灵活运用正方体的特点，将问题灵活转化；截面面积及最值问题难点在于分析截面的位置及形状，利用几何关系列出关于面积的表达式然后设法求出最值.

12．【答案】6

【解析】作出截面四边形，再利用四边形的面积公式，即可得答案；

详解：取BC,CD,AD的中点M,N,P，连结EM,MN，NP，EP，

，则平行四边形为所求截面，

或为异面直线AC与BD所成的角，

或，，

因为，，

截面四边形MNPE的面积，

故答案为：6.

【点睛】

本题考查空间中截面的面积．异面直线所成的角，考查空间想象能力．运算求解能力.

13．【答案】

【解析】先根据锥体体积公式求,再解三角形得三角形为直角三角形，确定其外心为AB中点，进而确定三棱锥外接球球心位置，最后解得外接球半径，求得球的表面积.

【详解】

因为棱锥的体积为，平面，

所以，

，，，

，

即三角形为直角三角形，其外心为AB中点，

从而三棱锥的外接球球心满足平面，

即外接球半径,

因此外接球的表面积为，

故答案为：

【点睛】

本题考查三棱锥外接球的表面积，考查空间想象能力以及分析求解能力，属中档题.

14．【答案】

【解析】连接，根据线面角求出矩形的高，取的中点，连接，，作出与异面直线所成角相等的角，在中即可求解.

详解：连接，

由直线与底面成角，

则，所以，

设，则，所以

所以，所以

取的中点，连接，，

则，且，

所以平面，即，

在中，,

所以.

故答案为：

【点睛】

本题考查了求异面直线所成角．线面角，考查了基本运算求解能力与空间想象能力，属于基础题.

15．【答案】①③

【解析】①由平面平面可判断; ②由直线平面可判断; ③由点M到平面的距离，可判断；④过作,由平面,所以平面，进一步作出的平面角，即，又由，直线与直线所成的角为，根据最小角定理可判断，得出答案.

详解：对于①.  连接,由,平面,平面,

所以平面.同理平面且

所以平面平面,显然直线与平面相交，设交点为M.

则平面，所以平面，所以①正确.

对于②. 连接,则,且

所以直线平面,而平面,

所以,所以②不正确.

对于③. 由点M为线段上的动点，

所以点M到平面的距离.

.

所以存在点M，使得三棱锥的体积为，故③正确.

对于④. 过作,由平面,所以平面

过作交于点，则，连接.

所以,又，且,所以平面.

所以，所以为二面角的平面角，即

由，所以直线与直线所成的角与直线与直线所成的角相等.

所以直线与直线所成的角为.

由平面，平面,

所以平面平面,且平面平面

所以直线在平面上的射影为.

所以直线与平面所成的角为，即为.

直线与平面内的直线（，）所成角中（由最小角定理可得），线面角最小.

所以小于等于直线与直线所成的角.所以④不正确.

故答案为：①③

下面补证最小角定理：平面外的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角平面斜交的直线与它在该平面内的射影的夹角不大于直线与平面内其他直线的夹角．

直线与平面斜交，斜足为，平面，，

由平面，，可证明平面，则．

则，，，

所以，

即，

故，．

【点睛】

本题考查线面平行的证明，体积的求解，二面角和异面直线成角的大小的比较，考查存在问题的探索，考查最小角定理，属于难题.