人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直课后复习题

这是一份人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直课后复习题，共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知正方形的边长为1，将正方形绕着边旋转至分别为线段上的动点，且，若，则的最小值为（ ）

A．B．C．D．
2．已知圆柱底面的半径为，四边形为其轴截面，若点E为上底面圆弧的中点，异面直线与所成的角为，则圆柱的表面积为（ ）
A．B．C．D．
3．如图，在两条异面直线上分别取点和点，使，且.已知，则异面直线所成的角为（ ）

A．B．C．D．
4．如图，在矩形ABCD中，，E，F分别为BC，AD中点，将沿直线AE翻折成与B、F不重合，连结，H为中点，连结CH，FH，则在翻折过程中，下列说法中不正确的是（ ）
A．CH的长是定值
B．在翻折过程中，三棱锥外接球的表面积为
C．当时，三棱锥的体积为
D．点H到面的最大距离为
5．如图，在长方体中，为棱的中点，为四边形内（含边界）的一个动点.且，则动点的轨迹长度为（ ）
A．5B．C．D．
6．如图，在正方体中，分别为棱的中点，过三点作该正方体的截面，则（ ）

A．该截面是四边形
B．平面
C．平面平面
D．该截面与棱的交点是棱的一个三等分点
7．在平行四边形中，，，，分别为，的中点，将沿直线折起，构成如图所示的四棱锥，为的中点，则下列说法不正确的是（ ）
A．平面平面
B．四棱锥体积的最大值为
C．无论如何折叠都无法满足
D．三棱锥表面积的最大值为
8．如图，直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，，，点P是经过点的半圆弧上的动点（不包括端点），点Q是经过点D的半圆弧上的动点（不包括端点），则下列说法不正确的是（ ）

A．四面体PBCQ的体积的最大值为
B．的取值范围是
C．若二面角的平面角为，则
D．若三棱锥的外接球表面积为S，则
二、多选题
9．边长为4的正方形沿对角线折叠，使得平面平面，则关于四面体，下列结论正确的是（ ）
A．B．C．四面体的体积为D．四面体的体积
10．已知正三棱台中，的面积为，的面积为，，棱的中点为，则（ ）
A．该三棱台的侧面积为B．该三棱台的高为
C．平面D．二面角的余弦值为
11．已知菱形中，，，与相交于点 ，将 沿折起来，使顶点移至点的位置，在折起的过程中，下列结论正确的是（ ）
A．存在某个位置使得
B．当为等边三角形时，
C．当二面角为时，三棱锥外接球表面积为
D．设为线段的中点，则三棱锥体积的最大值为
12．如图，点M为正方形ABCD的中心，N为等边的边BE的中点，平面平面ABCD，则（ ）
A．B．
C．//平面D．与平面所成的角为
三、填空题
13．已知，M为平面ABC外一点，，点M到两边的距离均为，那么M到平面ABC的距离为 ．
14．如图，空间中两个有一条公共边的正方形和．设分别是和的中点，那么以下4个命题中正确的是 ．
①；②//平面；③//；④异面．
15．蹴鞠（如图所示），又名球、蹴圆、筑球、踢圆等，有用脚蹴、蹋、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而赋鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动类似今日的足球，2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列人第一批国家非物质文化遗产名录，已知鞠的表面上有四个点A，，，，四面体的体积为，经过该鞠的中心，且，，则该鞠的表面积为 ．
16．如图，在正四棱台中，，，，则该棱台的体积为 ，点到面的距离为 ．（本小题第一空2分，第二空3分）

四、解答题
17．如图，正三棱柱的底面的外接圆半径为，且.
(1)证明：；
(2)求三棱柱的侧面积.
18．如图，在四棱锥中，底面是正方形，且．

(1)若平面，求三棱锥的体积；
(2)求证：．
19．如图，将边长为的正方形沿对角线折起，使得点到点的位置，连接，为的中点.
(1)若平面平面，求点到平面的距离；
(2)不考虑点与点重合的位置，若二面角的余弦值为，求的长度.
20．如图，在三棱台中，平面，点为线段的中点.
(1)求证：；
(2)若点为线段的中点，，四面体的体积为2，求的值.
21．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，是与的交点，，平面是的中点．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正切值．
参考答案：
1．A
【分析】根据线线垂直可证明线面垂直，进而根据余弦定理求解，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】由于平面，
所以平面，平面，
由于，则，
在中，利用余弦定理可得,
所以，
过作的垂线，垂足为，由，平面，
所以平面，
又平面，所以，所以，
不妨设，则，所以由余弦定理得，，
故选：A．

2．A
【分析】结合圆柱体的性质和面积公式以及异面直线所成角的求法计算即可得.
【详解】
设底面圆心为，则为的中点，过点作底面圆于，
连接，，，
为异面直线与所成的角，
，是的中点，是的中点，，
又平面，平面，，
由已知，所以，得，
则圆柱的表面积为．
故选：A.
3．C
【分析】将直线平移到，使其过点A，即得为异面直线所成的角，于是需要求，即要解三角形，故要先证，而这可通过证明平面得到.
【详解】
如图，过点A作直线，过点E作,交直线于点B，连接,
因，则，又，,平面，
则平面，故平面,
又平面，则.易得：,
在中，,
设异面直线所成的角为，则,
因,
由余弦定理可得：,
又因，故.
故选：C.
4．B
【分析】对于A，取的中点G，由四边形是平行四边形，可得，进而求出CH；对于B，取AE的中点O，由外接球的性质可知，点O即为三棱锥外接球的球心，进而求出外接球的表面积；对于C，由即可求出结果；对于D，点D到面的距离为h，则点H到面的距离为，由得，当平面平面ABE时，三棱锥的体积最大，进而求出结果.
【详解】取的中点G，连接GH，GE，则，且，又，且，所以，且，
是平行四边形，，而，故A正确；
对于B，取AE的中点O，连接，所以，
即点O为三棱锥的外接球的球心，
所以三棱锥的外接球的表面积为，故B错误；
对于C，连接，连接，，
即，所以，即分别为的中点，
，．
又M为DE的中点，，
，
又平面，又，
又平面CFH，
，
故C正确；
对于D，令点D到面的距离为h，因为H为中点，
所以点H到面的距离为．
因为，因为三棱锥的底面积是定值，
所以当平面平面ABE时，三棱锥的体积最大，取AE的中点O，连接，
则平面ABE，所以，即，解得，
所以点H到面的最大距离为，故D正确．
故选：B．
5．B
【分析】利用正方体性质以及线面垂直判定定理可证明平面，由线面垂直的性质可得当时，动点的轨迹为.
【详解】如下图所示：
作交于点，易知四边形是边长为4的正方形，
利用三角形相似可知，即可得，所以，
由勾股定理可知，
利用正方体性质可知平面，平面，所以；
又，，平面，
可知平面；
由可知平面，又为四边形内（含边界）的一个动点，
所以动点的轨迹为平面与四边形的交线，即为，
因此可得动点的轨迹长度为.
故选：B
6．D
【分析】对A：延拓平面，即可求得截面，从而进行判断；对B：证明与不垂直，即可证明；对C：由，与平面不垂直，即可判断两平面位置关系；对D：根据三角形相似，即可证明.
【详解】对A：如图，将线段向两边延长，分别与棱的延长线，棱的延长线交于点，
连接，分别与棱交于点，得到截面是五边形，故A错误；

对B：因为面面，故；
又，面，故面，
又面，故；
假设，又，面，故面，
又面，显然过一点作一个平面的垂直只能有一条，假设不成立，即与不垂直；
又平面，所以与平面不垂直，故B错误；
对C：面面，故，又，
面，故面，又面，
故，同理可得，又面，
故平面，又与平面不垂直，
所以平面与平面不平行，故C错误；
对D：易知，所以，
所以截面与棱的交点是棱的一个三等分点，故D正确．
故选：D．
7．C
【分析】根据题意，连接,判断选项A;当平面平面,四棱锥体积最大，判断选项B;利用线面垂直，判断选项C;当在根据对称性此时的面积最大，求出表面积，判断选项D.
【详解】选项A，平行四边形,所以，又,分别为中点，所以,即四边形为平行四边，所以,又平面,平面,所以平面，又是中点，所以,又平面,平面,所以平面,又,平面,所以平面平面，故A正确；
选项B，当平面平面,四棱锥的体积最大，因为，所以最大值为 ,故B正确；
选项C，根据题意可得 ,只要 , ,平面,所以平面，即,故C错误；
选项D，当,根据对称性可得,此时的面积最大，因此三棱锥表面积最大，最大值为,选项D正确.
故选：C
8．B
【分析】选项A，由点P到底面ABCD的距离为定值，则由三棱锥体积公式得当最大时，体积最大，即点Q位于半圆弧上的中点时取最值；选项B，结合数量积定义与直角三角形边长的度量关系得，再由的范围可得；选项C，先由线面垂直找到二面角的平面角，再在中求解即可；选项D，先找到截面圆圆心，再由球心与截面圆圆心连线与截面所在平面垂直，构造直角三角形，设，建立外接球表面积的函数关系，由的范围可得.
【详解】选项A，由题意知在直四棱柱中，半圆弧经过点D，
连接，则，
由底面ABCD为平行四边形，则，且，
在中，，，可得，
且点P到底面ABCD的距离为，
当点Q位于半圆弧上的中点时最大，即四面体PBCQ体积最大，
则，故A正确；
选项B，由于，则，
又在中， ，
故，
因为，所以，
则，故B错误；
选项C，因为平面ABCD，QB平面ABCD，
故，而，
，，平面，
故QB平面，平面，
故，所以是二面角的平面角，

则，
因为，所以，故C正确；
选项D，设线段BC的中点为N，线段的中点为K，线段的中点为，
在中，为外接圆的圆心，由，，
又平面，则平面，
则三棱锥的外接球球心O在NK上，
在四边形中，，
且，
由余弦定理得，
则，
设，
在中，在中，
故，
整理得，所以，
所以外接球的表面积为，D正确，
故选：B．
【点睛】方法点睛：多面体的外接球问题的常见处理方法有：
（1）利用截面性质，从多面体的一个面出发，找到其外接圆圆心位置，进一步，由球心与该圆心一定垂直于平面，则由两截面圆心引出两条垂线，由此两垂线的交点即为球心；
（2）利用球心到各顶点的距离相等（球的定义）确定球心，如两直角三角形的斜边对接模型，球心则在斜边的中点上；
（3）补体法，正四面体、对棱相等的三棱锥、墙角三线等特殊模型都可以尝试补成正方体或长方体；由侧棱垂直底面的几何体补成圆柱模型；由等腰旋转对称特点的几何体可考虑还原为圆锥（台）模型等等.
9．BD
【分析】根据给定条件，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理计算即可.
【详解】
取中点，连接，，则，，
而，，则，
又平面平面，平面平面，平面，
于是平面，平面，则，
所以，，AC错误，BD正确.
故选：BD
10．BCD
【分析】计算出正三棱台侧面上的高，结合梯形的面积公式可判断A选项；利用梯形的几何性质求出该三棱台的高，可判断B选项；分别延长棱、、交于点，推导出三棱锥为正四面体，且为等边的中心，结合正四面体的几何性质可判断C选项；利用二面角的定义可判断D选项.
【详解】对于A，根据条件可得，，
分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、，
因为，，，
所以，，则，
因为，，，则四边形为矩形，
所以，，所以，，
则，即等腰梯形的高为，
其面积为，
所以该三棱台的侧面积为，故A错误；
对于B，设的中心为，的中心为，可知是直角梯形，
过点在平面内作，垂足为点，
因为，，，则四边形为矩形，
因为，解得，同理可得，
所以，，，
所以，，则，
所以，，故B正确；
对于C，分别延长棱、、交于点，
因为，，则，可得，
则，同理可得，
所以，四面体为正四面体，
延长交于点，则，所以，，
且，即，则为的中点，
又因为，则为正的中心，故平面，故C正确；
对于D，二面角即正四面体相邻侧面的夹角，
因为为的中点，为等边三角形，则，
且，
因为是边长为的等边三角形，则，且，
故二面角的平面角为，
因为平面，平面，则，
则，故二面角的余弦值为，故D正确．
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：
（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：
①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；
（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.
11．ACD
【分析】对A：若，则，再在三角形中求得，即可判断是否存在；
对B：根据面，，再求三棱锥的体积即可；
对C：过作平面的垂线，根据几何关系可得三角形的外接圆半径以及该棱锥的高，设出球半径，根据勾股定理，即可求得结果；
对D：由，构造三角形面积关于角度的函数关系，结合三角函数的最值，即可求得结果.
【详解】由题可得，，又，故可得，
，故，；
对A：因为//，若，则，故可得；

在三角形中，，由余弦定理可得，
又在折起过程中，，，
故存在这样的位置，使得，A正确.
对B：当为等边三角形时，，

因为，面，故面，
在三角形中，由余弦定理可得，
又，故，
则三角形的面积；
又，故，故B错误；
对C：由B分析可知，二面角的平面角为，
当二面角为时，即，则为等边三角形，；
因为，故过作面，则垂足即为三角形的外心，

在三角形中，由余弦定理可得，
又，故，
设三角形外接圆半径为，由正弦定理可得，则；
在三角形中，；
设三棱锥的外接球球心为，半径为，则球心在上，
在直角三角形中，由勾股定理可得，
即，故三棱锥外接球表面积为，故C正确；
对D：为线段的中点，则，

设三角形的面积为，则，
由B选项分析可知，面，
故，
又，故当时，，
此时三棱锥体积取得最大值为，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题C选项处理的关键是充分考虑三棱锥的几何特点，本题中三棱锥呈现出侧棱都相等的特点，则顶点在底面的投影必为底面的外心，而其外接球球心就在该棱锥的高线上；本题属于综合困难题.
12．BC
【分析】对A：根据面面平行，构造为斜边的直角三角形，利用勾股定理求解，即可判断；对B：构造过且与垂直的平面，即可通过线面垂直证明线线垂直；对C：在三角形中可得//，即可由线线平行证明线面平行；对D：根据A中所证，找到线面角，再在三角形中，求解即可.
【详解】设，
对A：取中点为，连接，则；
取中点为，连接，则//，，如下所示：

由面面，面面，面，则面，
又面，故，则；
因为//，故面面，故，
则；
故，A错误；
对B：因为//，故，又，
面，故面，又面，故，B正确；
对C：连接，则为中点，又为中点，故//，

又面面，故//面，C正确；
对D：连接，作图如下：

由A中所证可知：面，故即为与平面所成的角；
在直角三角形中，，
，；
故，故与平面所成的角不为，D错误.
故选：BC.
13．1
【分析】通过空间垂直关系的转化，找到点在平面内的射影在的平分线上，利用勾股定理即可得解.
【详解】作分别垂直于，平面，连，
知，，平面，平面，
平面，平面，
，又，，，
所以，同理
所以，则为平分线，
，，又，
．
故答案为：1
14．①②③
【分析】①构造过且与垂直的平面，即可通过证明线面垂直从而得到线线垂直；
②通过证明过的平面与平面平行，从而证明线面平行即可；
③在三角形中，由中位线与底边平行，即可证明；
④由③正确，即可说明④错误.
【详解】取的中点，连接,如下所示：
对①：显然，，
又，所以．
又，面，所以面．
又面，所以，所以①正确．
对②由①知，面面，故//面；
//，面面，故//面；
又面，故面面．
又面，所以//平面．所以②正确．
对③：因为过点，在三角形中为中点．所以//，所以③正确．
④错．
故答案为：①②③．
15．
【分析】取AC中点，连接、，易得AC为圆面ABC的直径，平面ABC，进而得到平面ABC，然后根据四面体ABCD的体积为，可求外接球半径并求表面积.
【详解】如图，取AC的中点M，连接BM与球O交于另一点N，连接OM，DN，
易知AC为圆面ABC的直径，平面ABC，
因为O，M分别为BD，BN的中点，所以，
所以平面ABC，
因为，可得，
即，在中，，可知，
则，所以球O的表面积为．
故答案为：．
【点睛】方法点睛：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.
16．
【分析】过点作交于点，根据几何体的结构特点分析出即为正四棱台的高，然后根据体积公式求出体积；过点作交于点，根据几何关系证明出的长即为所求点面距离，再根据线段长度求出结果.
【详解】连接，，连接，过点作交于点，如下图所示：

因为几何体为正四棱台，所以平面，
又因为，所以，所以为正四棱台的高，
又因为，，
所以，
所以，
所以棱台的体积为：；
连接，过点作交于点，如下图所示：

因为，
所以平面，所以，
又因为，，
所以平面，所以的长度即为点到面的距离，
由对称性可知：，
所以，
所以，
所以点到面的距离为，
故答案为：；.
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）如图，由题意底面，底面为正三角形，连结，交于点N，则点N是的中点.取的中点M，连接，，则.
又，所以.又是正三角形，所以，
又平面平面，平面平面，平面，所以平面
又平面，所以.又平面，平面，
，所以平面.又平面，所以，即；
（1）由（1）知平面，而平面，所以.
在三角形中，由正弦定理得，
由与相似，，即，
于是三棱柱的侧面积
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）借助锥体体积公式计算即可得；
（2）借助线面垂直判定定理及性质定理即可得.
【详解】（1），
；
（2）如图，连接，交于点，连接，

四边形为正方形，，
又为的中点，，
，且、平面，
平面，
又平面．
19．(1)
(2)
【分析】（1）连接,，根据面面垂直的性质可得平面，然后利用锥体的体积公式结合等积法即得；
（2）取的中点，可得为二面角的平面角，然后利用余弦定理结合条件可得，进而即得.
【详解】（1）解：连接，，则，

平面平面，平面平面＝AC，平面，
平面，又平面，
，又正方形的边长为，
,，
设点到平面的距离为，则，
，
，即点到平面的距离；
（2）取的中点，连接，，

，
，，
为二面角的平面角，，
由题可知，
在中，，，，，
，
.
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意，可得平面，从而得证；
（2）由面面垂直的判定定理和性质定理可得平面，设，则，可解.
【详解】（1）在三棱台中，，
平面平面，
，且平面平面，
平面.
（2）过点作于.
平面平面平面平面，
又平面平面平面平面，
则为三棱锥的高，且.
设，
，解得，即.
21．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）借助线面平行的判定定理即可得；
（2）找出直线与平面所成角，借助正切函数定义计算即可得.
【详解】（1）连接，
在平行四边形中，
为与的交点，为的中点，
又为的中点，，
又平面平面平面；
（2）取的中点，连接，
为的中点，，且，
由平面，得平面，
是直线与平面所成的角，
，
在中，，
，从而，
在中，，
直线与平面所成角的正切值为．