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高中数学北师大版 (2019)必修 第二册5.1 直线与平面垂直课时训练
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这是一份高中数学北师大版 (2019)必修 第二册5.1 直线与平面垂直课时训练，共21页。
2．设，是两条不同的直线，是一个平面，有下列四个命题：
①若，，则； ②若，，则；
③若，，则； ④若，，则；
其中真命题是______．（写出所有真命题的序号）
3．在正方体中，过对角线的一个平面交于点，交于点，给出下列结论：
①四边形一定是平行四边形；
②四边形有可能是正方形；.
③四边形在底面内的射影一定是正方形；
④平面有可能垂直于平面.
以上结论中正确的为____________.（写出所有正确结论的序号）
4．在四棱锥中四边形是边长为2的正方形，，平面平面，则四棱锥外接球的表面积为_______.
5．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称之为鳖臑，在鳖臑中，平面，且有，则此鳖臑的外接球（均在球表面上）的直径为__________；过的平面截球所得截面面积的最小值为__________.
6．如图，正方体的棱长为1，分别为的中点，过直线的平面分别与棱交于点.设，给出以下四个结论：
①平面平面；
②当且仅当时，四边形的面积最小；
③四边形的周长是单调函数；
④四棱锥的体积是定值.
其中正确结论的序号为______（请写出所有正确结论的序号）．
7．在正方体中，分别是的中点，在上，若平面平面，则__________．
8．如图，在正三棱柱，（底面为正三角形的直三棱柱称为正三楼柱）中，，，，分别是棱，的中点，为棱上的动点，则的周长的最小值为______.
9．三棱台中，，，侧面底面ABC，M为AB的中点，线段MC的长为________；该三棱台的所有顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________.
10．已知三棱锥中，侧棱底面，，，则三棱锥的外接球的体积为______.
11．三棱锥中，，且平面平面，则__________；若球与该三棱锥除以外的5条棱均相切，则球的半径为__________.
12．在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，，，平面平面，点是内的一个动点（含边界），且满足，则点所形成的轨迹长度是__．
13．已知球的直径，，是该球面上的两点，，则三棱锥的体积最大值是______.
14．如图，三棱锥中，平面平面，，若，则该三棱锥的体积的最大值为____________.
15．已知是平面，外的直线，给出下列三个论断，①；②；③．以其中两个论断为条件，余下的论断为结论，写出一个正确命题：________．（用序号表示）
参考答案与试题解析
1．【答案】
【解析】延展平面交于点，可推出，则即为所求，在三角形中，由正弦定理可得结果.
【详解】
如图所示：延展平面交于点，
因为，，所以，
同理，
又，所以平面，
因为平面，所以，
所以即为所求，
因为，，
所以，
所以四点共圆，其直径为，
在三角形中，由正弦定理得.
故答案为：
【点睛】
本题考查了直线与平面垂直的判定和性质，考查了正弦定理，考查了运算求解能力，属于中档题.
2．【答案】②；
【解析】对①，不一定垂直；对②，根据线面垂直的性质；对③，直线可能异面；对④，可能平行.
详解：如图所示：正方体中，
对①，取直线为，直线为，平面为面，显然不成立，故①错误；
对②，根据线面垂直的性质，故②正确；
对③，直线可能异面，故③错误；
对④，取直线分别为直线．，为平面，显然平行，故④错误；
故答案为：②.
【点睛】
本题考查空间中线．面位置关系，考查空间想象能力，属于基础题.
3．【答案】①③④
【解析】分析：由题意结合几何关系逐一考查所给命题的真假即可求得最终结果.
详解：如图所示：
①由于平面BCB1C1∥平面ADA1D1，并且B．E．F．D1，四点共面，故ED1∥BF，
同理可证，FD1∥EB，故四边形BFD1E一定是平行四边形，故①正确；
②若BFD1E是正方形，有ED1⊥BE，结合A1D1⊥BE可得BE⊥平面ADD1A1，明显矛盾，故②错误；
③由图得，BFD1E在底面ABCD内的投影一定是正方形ABCD，故③正确；
④当点E和F分别是对应边的中点时，EF⊥平面BB1D，则平面BFD1E⊥平面BB1D，故④正确.
综上可得：题中所给的结论正确的为①③④.
点睛：本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：
（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；
（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直．面面平行与垂直的定理是关键.
4．【答案】
【解析】由题意画出图形，过四边形的中心作平面的垂线，过三角形的外心作平面的垂线，，则为四棱锥外接球的球心，然后利用勾股定理求出外接球的半径，即可得表面积.
详解：解：取的中点，连接.
因为，，所以，，
过四边形的中心作平面的垂线，过三角形的外心作平面的垂线，，则为四棱锥外接球的球心，
设，四棱锥外接球的半径为，
则，解得,，
故四棱锥外接球的表面积为.
故答案为：
【点睛】
此题考查求四棱锥外接球的表面积，解题的关键是找出球心的位置，属于中档题.
5．【答案】
【解析】判断出鳖臑外接球的直径为，由此求得外接球的直径.根据球的截面的几何性质，求得过的平面截球所得截面面积的最小值.
详解：根据已知条件画出鳖臑，并补形成长方体如下图所示.所以出鳖臑外接球的直径为，且.
过的平面截球所得截面面积的最小值的是以为直径的圆，面积为.
故答案为：(1). (2).
【点睛】
本小题主要考查几何体外接球有关计算，考查球的截面的性质，考查中国古代数学文化，考查空间想象能力，属于基础题.
6．【答案】①②④
【解析】①利用面面垂直的判定定理判断；
②求得，由判断；
③求得，由判断；
④根据判断.
详解：①在正方体中，因为分别为的中点，
所以，又
所以，
所以平面，又平面，
所以平面平面故正确；
②因为，
由①知：，
所以当时，四边形的面积最小，故正确；
③因为，
所以，
当时，递减，当时，递增，故错误；
④因为，而为定值，
M，N到面的距离为定值，
故四棱锥的体积是定值，故正确；
故答案为：①②④
【点睛】
本题主要考查面面垂直以及立体几何与函数的结合问题，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于较难题.
7．【答案】2
【解析】详解：画出图像如下图所示，由图可知，要两个平面垂直，注意到是恒成立的，则只需就有平面，显然，当为中点时，，，即，从而平面，也即有平面平面，所以.
点睛：本题主要考查空间点线面的位置关系，考查已知面面垂直探究点的位置.要使两个平面垂直，就需要满足面面垂直的判定定理，也即是要在一个平面上找到另一个平面的垂线，根据图像可以判断出最有可能满足条件，使得，利用全等三角形易得为中点.
8．【答案】
【解析】先计算DF的长度，将底面ABC展开与侧面在同一个平面，当三点D，E，F在同一条直线时DE+EF取得最小值，利用余弦定理求解即可
【详解】
由正三棱柱ABC，可得AA1⊥底面ABC，∴⊥AB，⊥AC．
在Rt△ADF中，DF=．
把底面ABC展开与侧面在同一个平面，如图所示，
只有当三点D，E，F在同一条直线时，DE+EF取得最小值．
在△ADF中，∠DAF=60°+90°=150°，由余弦定理可得：
DF=．
∴△DEF周长的最小值为
故答案为：
【点睛】
本题考查棱柱的折叠与展开问题，考查余弦定理解三角形， 空间问题平面化是解此类问题的关键
9．【答案】2
【解析】利用等腰梯形．直角梯形的性质，计算出的长.找到球的球心，并计算出球的半径，进而计算出球的表面积.
详解：依题意三棱台中，，，侧面底面，所以四边形是等腰梯形.过作，交于，过作，交于，根据面面垂直的性质可知底面，底面.
则，所以.
设分别是的中点，所以，所以底面，且.
过作，交于，则，所以.
由于，根据台体的性质可知，所以是的中点，所以.
由于，所以三角形是直角三角形，且，根据台体的性质可知三角形也是直角三角形，且.
所以球心在线段上.设球的半径为，则，
即，两边平方得
即，两边平方并化简得，
所以外接球的表面积为.
故答案为：；
【点睛】
本小题主要考查台体的几何性质，考查外接球表面积的计算，属于难题.
10．【答案】
【解析】三棱锥可补形为一个边长为2的正方体，三棱锥的外接球即为正方体的外接球，易得外接球的半径，进而求出结果.
详解：如图所示，三棱锥可补形为一个边长为2的正方体，
则三棱锥的外接球的半径为.
故三棱锥的外接球的体积为.
故答案为：
【点睛】
本题考查三棱锥的外接球问题，球体的表面积，考查了空间想象能力．逻辑推理能力和数学运算能力，属于一般题目.
11．【答案】
【解析】设为的中点，利用面面垂直的性质定理以及线面垂直的性质得出，再由勾股定理得出，从而得出；设，分别为对应面的内心，分别过，作，的平行线，交于点，即为所求的球心，根据题意得出是正方形，得出内切圆的半径，即可得出球的半径.
详解：如图，设为的中点，因为，所以，又因为平面平面，所以由面面垂直的性质定理得平面，所以
因为，所以
从而可得，.
设，分别为对应面的内心，分别过，作，的平行线，交于点
即为所求的球心，易知是正方形
设内切圆的半径为，球的半径为，由图可知，而，所以.
故答案为：；
【点睛】
本题主要考查了面面垂直性质的应用以及几何体的切接问题，属于中档题.
12．【答案】
【解析】利用已知条件，通过直线与平面垂直，推出的轨迹，利用转化思想，求解距离即可．
详解：根据题意，连接，，两直线交于点，取上一点，连接，，如图：
若满足题意，又，故平面，则点只要在平面与平面的交线上即可，
假设如图所示，平面与平面是同一个平面，
则点的轨迹就是线段，
根据假设，此时直线平面，则，
又三角形是等腰直角三角形，设N为AC的中点，
三角形是等边三角形，所以，所以平面，
所以，又因为，故，故三角形为直角三角形，
故，
在三角形中，，，，
由余弦定理可得：，
在菱形中，，故在直角三角形中，，
在三角形中，，故，
故得．
故答案为：
【点睛】
本题考查空间图形的应用，涉及直线与平面的位置关系，轨迹长度的求解，是难题．
13．【答案】2
【解析】由题意画出图形，可知要使 的体积最大，则面⊥面，求出A到平面BCD的距离，则三棱锥A-BCD的体积最大值可求．
详解：因为球的直径，且，所以，，（其中为点到底面的距离），故当最大时，的体积最大，即当面面时，最大且满足，即，此时.
【点睛】
本题考查球内接多面体体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
14．【答案】
【解析】利用余弦定理以及三角形的面积公式求出的面积，再以为轴，的中垂线为轴建立平面直角坐标系，设出点，由，利用两点间的距离公式求出的最大值，由棱锥的体积公式即可求解.
详解：在中，由，，
设，则，
由余弦定理可得，
解得，
所以，
过作，垂足为，
因为平面平面，
所以平面，
即为三棱锥的高，
以为轴，的中垂线为轴建立平面直角坐标系，
则，，
设，由，
则，
整理可得，
当时，取得最大值，
所以三棱锥的体积的最大值为，
故答案为：
【点睛】
本题考查了余弦定理解三角形．锥体的体积公式，属于中档题.
15．【答案】若①③，则②或若②③，则①（填写一个即可）；
【解析】利用空间直线与平面的位置关系进行判断，，时，与可能平行或者相交.
详解：因为，时，与可能平行或者相交，所以①②作为条件，不能得出③；
因为，所以内存在一条直线与平行，又，所以，所以可得，即①③作为条件，可以得出②；
因为，，所以或者，因为是平面外的直线，所以，即即②③作为条件，可以得出①；
故答案为：若①③，则②或若②③，则①（填写一个即可）；
【点睛】
本题主要考查空间位置关系的判断，稍微具有开放性，熟悉空间的相关定理及模型是求解的关键，侧重考查直观想象的核心素养.
2．设，是两条不同的直线，是一个平面，有下列四个命题：
①若，，则； ②若，，则；
③若，，则； ④若，，则；
其中真命题是______．（写出所有真命题的序号）
3．在正方体中，过对角线的一个平面交于点，交于点，给出下列结论：
①四边形一定是平行四边形；
②四边形有可能是正方形；.
③四边形在底面内的射影一定是正方形；
④平面有可能垂直于平面.
以上结论中正确的为____________.（写出所有正确结论的序号）
4．在四棱锥中四边形是边长为2的正方形，，平面平面，则四棱锥外接球的表面积为_______.
5．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称之为鳖臑，在鳖臑中，平面，且有，则此鳖臑的外接球（均在球表面上）的直径为__________；过的平面截球所得截面面积的最小值为__________.
6．如图，正方体的棱长为1，分别为的中点，过直线的平面分别与棱交于点.设，给出以下四个结论：
①平面平面；
②当且仅当时，四边形的面积最小；
③四边形的周长是单调函数；
④四棱锥的体积是定值.
其中正确结论的序号为______（请写出所有正确结论的序号）．
7．在正方体中，分别是的中点，在上，若平面平面，则__________．
8．如图，在正三棱柱，（底面为正三角形的直三棱柱称为正三楼柱）中，，，，分别是棱，的中点，为棱上的动点，则的周长的最小值为______.
9．三棱台中，，，侧面底面ABC，M为AB的中点，线段MC的长为________；该三棱台的所有顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________.
10．已知三棱锥中，侧棱底面，，，则三棱锥的外接球的体积为______.
11．三棱锥中，，且平面平面，则__________；若球与该三棱锥除以外的5条棱均相切，则球的半径为__________.
12．在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，，，平面平面，点是内的一个动点（含边界），且满足，则点所形成的轨迹长度是__．
13．已知球的直径，，是该球面上的两点，，则三棱锥的体积最大值是______.
14．如图，三棱锥中，平面平面，，若，则该三棱锥的体积的最大值为____________.
15．已知是平面，外的直线，给出下列三个论断，①；②；③．以其中两个论断为条件，余下的论断为结论，写出一个正确命题：________．（用序号表示）
参考答案与试题解析
1．【答案】
【解析】延展平面交于点，可推出，则即为所求，在三角形中，由正弦定理可得结果.
【详解】
如图所示：延展平面交于点，
因为，，所以，
同理，
又，所以平面，
因为平面，所以，
所以即为所求，
因为，，
所以，
所以四点共圆，其直径为，
在三角形中，由正弦定理得.
故答案为：
【点睛】
本题考查了直线与平面垂直的判定和性质，考查了正弦定理，考查了运算求解能力，属于中档题.
2．【答案】②；
【解析】对①，不一定垂直；对②，根据线面垂直的性质；对③，直线可能异面；对④，可能平行.
详解：如图所示：正方体中，
对①，取直线为，直线为，平面为面，显然不成立，故①错误；
对②，根据线面垂直的性质，故②正确；
对③，直线可能异面，故③错误；
对④，取直线分别为直线．，为平面，显然平行，故④错误；
故答案为：②.
【点睛】
本题考查空间中线．面位置关系，考查空间想象能力，属于基础题.
3．【答案】①③④
【解析】分析：由题意结合几何关系逐一考查所给命题的真假即可求得最终结果.
详解：如图所示：
①由于平面BCB1C1∥平面ADA1D1，并且B．E．F．D1，四点共面，故ED1∥BF，
同理可证，FD1∥EB，故四边形BFD1E一定是平行四边形，故①正确；
②若BFD1E是正方形，有ED1⊥BE，结合A1D1⊥BE可得BE⊥平面ADD1A1，明显矛盾，故②错误；
③由图得，BFD1E在底面ABCD内的投影一定是正方形ABCD，故③正确；
④当点E和F分别是对应边的中点时，EF⊥平面BB1D，则平面BFD1E⊥平面BB1D，故④正确.
综上可得：题中所给的结论正确的为①③④.
点睛：本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：
（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；
（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直．面面平行与垂直的定理是关键.
4．【答案】
【解析】由题意画出图形，过四边形的中心作平面的垂线，过三角形的外心作平面的垂线，，则为四棱锥外接球的球心，然后利用勾股定理求出外接球的半径，即可得表面积.
详解：解：取的中点，连接.
因为，，所以，，
过四边形的中心作平面的垂线，过三角形的外心作平面的垂线，，则为四棱锥外接球的球心，
设，四棱锥外接球的半径为，
则，解得,，
故四棱锥外接球的表面积为.
故答案为：
【点睛】
此题考查求四棱锥外接球的表面积，解题的关键是找出球心的位置，属于中档题.
5．【答案】
【解析】判断出鳖臑外接球的直径为，由此求得外接球的直径.根据球的截面的几何性质，求得过的平面截球所得截面面积的最小值.
详解：根据已知条件画出鳖臑，并补形成长方体如下图所示.所以出鳖臑外接球的直径为，且.
过的平面截球所得截面面积的最小值的是以为直径的圆，面积为.
故答案为：(1). (2).
【点睛】
本小题主要考查几何体外接球有关计算，考查球的截面的性质，考查中国古代数学文化，考查空间想象能力，属于基础题.
6．【答案】①②④
【解析】①利用面面垂直的判定定理判断；
②求得，由判断；
③求得，由判断；
④根据判断.
详解：①在正方体中，因为分别为的中点，
所以，又
所以，
所以平面，又平面，
所以平面平面故正确；
②因为，
由①知：，
所以当时，四边形的面积最小，故正确；
③因为，
所以，
当时，递减，当时，递增，故错误；
④因为，而为定值，
M，N到面的距离为定值，
故四棱锥的体积是定值，故正确；
故答案为：①②④
【点睛】
本题主要考查面面垂直以及立体几何与函数的结合问题，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于较难题.
7．【答案】2
【解析】详解：画出图像如下图所示，由图可知，要两个平面垂直，注意到是恒成立的，则只需就有平面，显然，当为中点时，，，即，从而平面，也即有平面平面，所以.
点睛：本题主要考查空间点线面的位置关系，考查已知面面垂直探究点的位置.要使两个平面垂直，就需要满足面面垂直的判定定理，也即是要在一个平面上找到另一个平面的垂线，根据图像可以判断出最有可能满足条件，使得，利用全等三角形易得为中点.
8．【答案】
【解析】先计算DF的长度，将底面ABC展开与侧面在同一个平面，当三点D，E，F在同一条直线时DE+EF取得最小值，利用余弦定理求解即可
【详解】
由正三棱柱ABC，可得AA1⊥底面ABC，∴⊥AB，⊥AC．
在Rt△ADF中，DF=．
把底面ABC展开与侧面在同一个平面，如图所示，
只有当三点D，E，F在同一条直线时，DE+EF取得最小值．
在△ADF中，∠DAF=60°+90°=150°，由余弦定理可得：
DF=．
∴△DEF周长的最小值为
故答案为：
【点睛】
本题考查棱柱的折叠与展开问题，考查余弦定理解三角形， 空间问题平面化是解此类问题的关键
9．【答案】2
【解析】利用等腰梯形．直角梯形的性质，计算出的长.找到球的球心，并计算出球的半径，进而计算出球的表面积.
详解：依题意三棱台中，，，侧面底面，所以四边形是等腰梯形.过作，交于，过作，交于，根据面面垂直的性质可知底面，底面.
则，所以.
设分别是的中点，所以，所以底面，且.
过作，交于，则，所以.
由于，根据台体的性质可知，所以是的中点，所以.
由于，所以三角形是直角三角形，且，根据台体的性质可知三角形也是直角三角形，且.
所以球心在线段上.设球的半径为，则，
即，两边平方得
即，两边平方并化简得，
所以外接球的表面积为.
故答案为：；
【点睛】
本小题主要考查台体的几何性质，考查外接球表面积的计算，属于难题.
10．【答案】
【解析】三棱锥可补形为一个边长为2的正方体，三棱锥的外接球即为正方体的外接球，易得外接球的半径，进而求出结果.
详解：如图所示，三棱锥可补形为一个边长为2的正方体，
则三棱锥的外接球的半径为.
故三棱锥的外接球的体积为.
故答案为：
【点睛】
本题考查三棱锥的外接球问题，球体的表面积，考查了空间想象能力．逻辑推理能力和数学运算能力，属于一般题目.
11．【答案】
【解析】设为的中点，利用面面垂直的性质定理以及线面垂直的性质得出，再由勾股定理得出，从而得出；设，分别为对应面的内心，分别过，作，的平行线，交于点，即为所求的球心，根据题意得出是正方形，得出内切圆的半径，即可得出球的半径.
详解：如图，设为的中点，因为，所以，又因为平面平面，所以由面面垂直的性质定理得平面，所以
因为，所以
从而可得，.
设，分别为对应面的内心，分别过，作，的平行线，交于点
即为所求的球心，易知是正方形
设内切圆的半径为，球的半径为，由图可知，而，所以.
故答案为：；
【点睛】
本题主要考查了面面垂直性质的应用以及几何体的切接问题，属于中档题.
12．【答案】
【解析】利用已知条件，通过直线与平面垂直，推出的轨迹，利用转化思想，求解距离即可．
详解：根据题意，连接，，两直线交于点，取上一点，连接，，如图：
若满足题意，又，故平面，则点只要在平面与平面的交线上即可，
假设如图所示，平面与平面是同一个平面，
则点的轨迹就是线段，
根据假设，此时直线平面，则，
又三角形是等腰直角三角形，设N为AC的中点，
三角形是等边三角形，所以，所以平面，
所以，又因为，故，故三角形为直角三角形，
故，
在三角形中，，，，
由余弦定理可得：，
在菱形中，，故在直角三角形中，，
在三角形中，，故，
故得．
故答案为：
【点睛】
本题考查空间图形的应用，涉及直线与平面的位置关系，轨迹长度的求解，是难题．
13．【答案】2
【解析】由题意画出图形，可知要使 的体积最大，则面⊥面，求出A到平面BCD的距离，则三棱锥A-BCD的体积最大值可求．
详解：因为球的直径，且，所以，，（其中为点到底面的距离），故当最大时，的体积最大，即当面面时，最大且满足，即，此时.
【点睛】
本题考查球内接多面体体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
14．【答案】
【解析】利用余弦定理以及三角形的面积公式求出的面积，再以为轴，的中垂线为轴建立平面直角坐标系，设出点，由，利用两点间的距离公式求出的最大值，由棱锥的体积公式即可求解.
详解：在中，由，，
设，则，
由余弦定理可得，
解得，
所以，
过作，垂足为，
因为平面平面，
所以平面，
即为三棱锥的高，
以为轴，的中垂线为轴建立平面直角坐标系，
则，，
设，由，
则，
整理可得，
当时，取得最大值，
所以三棱锥的体积的最大值为，
故答案为：
【点睛】
本题考查了余弦定理解三角形．锥体的体积公式，属于中档题.
15．【答案】若①③，则②或若②③，则①（填写一个即可）；
【解析】利用空间直线与平面的位置关系进行判断，，时，与可能平行或者相交.
详解：因为，时，与可能平行或者相交，所以①②作为条件，不能得出③；
因为，所以内存在一条直线与平行，又，所以，所以可得，即①③作为条件，可以得出②；
因为，，所以或者，因为是平面外的直线，所以，即即②③作为条件，可以得出①；
故答案为：若①③，则②或若②③，则①（填写一个即可）；
【点睛】
本题主要考查空间位置关系的判断，稍微具有开放性，熟悉空间的相关定理及模型是求解的关键，侧重考查直观想象的核心素养.
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