高中数学5.1 直线与平面垂直复习练习题

【精编】5.1 直线与平面垂直-2同步练习

一．填空题

1．在三棱锥中，，，点D为线段上的动点（不包括端点），当平面将三棱锥分为体积相等的两部分时，则棱与平面所成角的余弦值为___________.

2．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A﹣BCD，则在三棱锥A﹣BCD中，下列判断正确的是_____．（写出所有正确的序号）

①平面ABD⊥平面ABC

②直线BC与平面ABD所成角是45°

③平面ACD⊥平面ABC

④二面角C﹣AB﹣D余弦值为

3．在三棱锥中，平面.，，，则三棱锥外接球的表面积为_________ .

4．我国古代《九章算术》中将上，下两面为平行矩形的六面体称为刍童.如图的刍童有外接球，且，，，，点到平面的距离为，则该刍童外接球的半径为______.

5．如图所示，在直角梯形中，，．分别是．上的点，，且（如图①）.将四边形沿折起，连接．．（如图②）.在折起的过程中，则下列表述：

①平面；

②四点．．．可能共面；

③若，则平面平面；

④平面与平面可能垂直.其中正确的是__________.

6．三棱锥中，，过点P作平面的垂线，垂足为O，则点O是的______心.

7．已知是三个不同的平面，是两条不同的直线，给出下列命题：

①若，则； ②若，且，则；

③若，则； ④ ，则.

其中真命题是__________.

8．已知四边形为矩形，，E为的中点，将沿折起，连接，，得到四棱锥，M为的中点，与平面所成角为，在翻折过程中，下列四个命题正确的序号是________．

①平面；

②三棱锥的体积最大值为；

③点M的轨迹是圆的一部分，且；

④一定存在某个位置，使；

9．如图，已知平面平面，，，，，，，，且，，，则_________________.

10．在三棱锥中，平面，，，，则三棱锥外接球的半径为____________.

11．四面体中，面面，，为正三角形，，则四面体外接球半径为______.

12．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________.

13．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）

14．如图，在四面体中，．分别是．的中点，．分别是和上的动点，且与相交于点．下列判断中：

①直线经过点；

②；

③．．．四点共面，且该平面把四面体的体积分为相等的两部分．

所有正确的序号为

__________．

15．体积为的三棱锥的每个顶点都在球的表面上，平面，，，则球的表面积的最小值为_________.

参考答案与试题解析

1．【答案】

【解析】由题意画出图形，取PC中点D，由已知可得平面，可得为棱PA与平面 所成角，然后求解三角形得结果.

详解：如图：

∵过AB的平面将三棱锥分为体积相等的两部分，

∴P到平面ABD与C到平面ABD的距离相等，取PC的中点D，

连接AD，BD，由得，由，得，

由于，可得面，

∴为棱与平面所成角，

在中，，，

∴，

∴棱与平面所成角的余弦值为，

故答案为：.

【点睛】

本题考查直线与平面所成角的余弦值的求法，考查空间中线线．线面．面面间的位置关系等基础知识，属于中档题.

2．【答案】②③④

【解析】①反证法，假设平面平面，容易推出垂直于平面，从而，出矛盾；

②利用几何法找到其平面角为，求解即可判断；

③证明平面，从而得到平面平面；

④证明为二面角的平面角，求解三角形得二面角的余弦值判断．

详解：在四边形ABCD中，由已知可得∠DBC＝45°，假设平面ABD⊥平面ABC，

又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BDC＝BC，可得BC⊥平面ABD，

有∠DBC＝90°，与∠DBC＝45°矛盾，则假设错误，故①错误；

在四边形ABCD中，由已知可得BD⊥DC，

又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，则DC⊥平面ABD，

∠DBC为直线BC与平面ABD所成角是45°，故②正确；

由判断②时可知，DC⊥平面ABD，则DC⊥AB，又BA⊥AD，AD∩DC＝D，则AB⊥平面ADC，

而AB？平面ABC，则平面ACD⊥平面ABC，故③正确；

由判断③时可知，AB⊥平面ADC，则∠DAC为二面角C﹣AB﹣D的平面角，

设AD＝AB＝1，则BD＝DC，由DC⊥AD，得AC，得cos∠DAC，故④正确．

∴判断正确的是②③④．

故答案为：②③④．

【点睛】

本题考查空间中平面与平面垂直．线面角与二面角的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，是中档题．

3．【答案】

【解析】由余弦定理可求出，设外接圆半径为，由正弦定理可求出，从而可求出三棱锥外接球的半径，进而可求出表面积.

详解：解：在中，由余弦定理可知，

，则，

在中设其外接圆半径为 ，由正弦定理知，

所以.设三棱锥的外接球半径为，圆心为，三棱锥外接球球心为，

取的中点为，连接，因为，所以，

因为平面， 平面，所以，则是平行四边形，

则，则，即，

则球的表面积为，

故答案为: .

【点睛】

本题考查了三棱锥外接球的求解，考查了余弦定理，考查了正弦定理，属于基础题.本题的关键是求出外接球的半径.

4．【答案】5

【解析】根据题意，上底面和下底面以及外接球的球心是同一直线，构造直角三角形，根据点到平面的距离，结合勾股定理，即可求得外接球半径.

详解：假设为刍童外接球的球心，连接．交于点，连接．交于点，由球的几何性质可知，，在同一条直线上，

由题意可知，平面，平面，.

设，在中，，在矩形中，

，，

∴.

在中，，在矩形中，

..∴.

设外接球的半径，∴，解得.

则，即，则该刍童外接球的半径为5.

故答案为：.

【点睛】

本题考查几何体外接球球半径的求解，找到球心的位置是本题的关键，属中档题吧.

5．【答案】①③

【解析】连接．交于点，取的中点，证明四边形为平行四边形，可判断命题①的正误；利用线面平行的性质定理和空间平行线的传递性可判断命题②的正误；连接，证明出，结合线面垂直和面面垂直的判定定理可判断命题③的正误；假设平面与平面垂直，利用面面垂直的性质定理可判断命题④的正误.综合可得出结论.

详解：对于命题①，连接．交于点，取的中点．，连接．，如下图所示：

则且，四边形是矩形，且，为的中点，

为的中点，且，且，

四边形为平行四边形，，即，

平面，平面，平面，命题①正确；

对于命题②，，平面，平面，平面，

若四点．．．共面，则这四点可确定平面，则，平面平面，由线面平行的性质定理可得，

则，但四边形为梯形且．为两腰，与相交，矛盾.

所以，命题②错误；

对于命题③，连接．，设，则，

在中，，，则为等腰直角三角形，

且，，，且，

由余弦定理得，，

，又，，平面，

平面，，

，．为平面内的两条相交直线，所以，平面，

平面，平面平面，命题③正确；

对于命题④，假设平面与平面垂直，过点在平面内作，

平面平面，平面平面，，平面，

平面，

平面，，

，，，，，

又，平面，平面，.

，平面，平面，.

，，显然与不垂直，命题④错误.

故答案为：①③.

【点睛】

本题考查立体几何综合问题，涉及线面平行．面面垂直的证明．以及点共面的判断，考查推理能力，属于中等题.

6．【答案】外

【解析】利用，得出，结合三角形外心的定义，即可得出答案.

【详解】

因为，且平面,

所以，

所以,即 点到 三点的距离相等，符合三角形外心的定义.

故答案为：外.

【点睛】

本题结合三棱锥考查三角形的外心，答案容易写错为内心，需要注意,属于中档题.

7．【答案】②③④

【解析】利用线面关系逐一分析即可.

详解：对于①，若，则或异面，故错误；

对于②，由线面平行的判定定理知：若，

且，则，故正确；

对于③，由面面平行的性质定理以及线面垂直的性质定理可知：

若，则，故正确；

对于④，设，在面内任取点，

作，

由，得，，

故，，则，

又，则，故正确；

故答案为：②③④

【点睛】

本题考查了命题的真假判断．线面之间的位置关系．面面平行的性质定理．线面垂直的性质定理，考查了考生的空间想象能力，属于基础题.

8．【答案】①②③

【解析】取的中点N，连接MN．EN，根据四边形MNEB为平行四边形判断①③正确；当平面平面时，三棱锥的体积取最大值，经过计算得出②正确；假设，得出矛盾结论判断④不正确.

详解：

①项，取的中点N，连接MN．EN，

则MN为的中位线，，且

又E为矩形ABCD的边AB的中点，，且

，且，即四边形MNEB为平行四边形，

，

又平面，平面，

平面，故①正确；

②项，由为的中点，可知三棱锥的体积为三棱锥的一半，

当平面平面时，三棱锥的体积取最大值，

取DE的中点O，则，且，

∵平面平面，平面平面，，

∴平面 ,

的面积为：，

∴三棱锥的体积的最大值为

则三棱锥的体积的最大值为，故②项正确；

③项，由四边形MNEB为平行四边形可得，

而在翻折过程中，NE的长度保持不变，故 BM 的长为定值，

为直角三角形，90°，，

，故③正确；

④项，取DE的中点O，连接，CO，

由可知，

若，则平面，

，又，

为等腰直角三角形，

故而，而，，与矛盾，

故DE与所成的角不可能为，故④不正确.

故答案为：①②③.

【点睛】

本题考查了空间中线面平行的判定定理，面面垂直的性质定理，三棱锥的体积，反证法等知识，考查了空间想象能力，运算求解能力，推理论证能力和创新意识，属于难题.

9．【答案】13

【解析】根据面面垂直得线面垂直，进而得,再根据向量模的平方求得结果.

详解：因为平面平面，，,，所以，

因为，所以，

故答案为：13

【点睛】

本题考查面面垂直性质定理．利用空间向量求线段长，考查基本分析论证与求解能力，属中档题.

10．【答案】

【解析】先在等边三角形中求出，外接圆半径，从而可求该三棱锥的外接球的半径.

详解：详解：因为，所以为等边三角形，

所以，等边外接圆的半径为，

如图，三棱锥外接球球心为，半径为，

设球心到平面的距离为，外接圆圆心为，

连接，则平面，

取中点，所以，

又平面，所以，则四边形是矩形，

所以在和中，

由勾股定理可得，解得：.

故答案为：.

【点睛】

本题主要考查了三棱锥外接球的表面积，其中根据几何体的结构特征和球的性质，求得三棱锥的外接球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力.

11．【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.

12．【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.

13．【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.

14．【答案】①③

【解析】通过平面的基本性质与推论很容易证明三线共点，①正确；两个三角形的面积，一个为定值，另一个不是定值，②不正确；通过K点的特殊位置和运动，空间想象体积的变化，通过严谨的逻辑推理，得出结论③正确.

详解：①项，因为，所以，且平面，

平面

同理可得， 平面；

又因为平面平面，所以，

所以，，三条直线相交于同一点.故①正确.

②项，为定值，为上的动点，又因为与为异面直线，

所以到的距离是变化的，所以是变化的，故②不正确.

③ 项，当K与D重合时，H与D重合，G与C重合，如图（1）所示

此时平面EGFH即为平面ECD，

因为E为AB 中点，所以平面ECD把四面体分成体积相等的两部分.

           图（1）                             

当K远离D时，平面EGFH使两部分体积发生了变化，

一部分在三棱锥A-ECD的基础上，

多出了一个三棱锥E-GCF的体积，如图2所示，

少了一个三棱锥E-FDH的体积，如图3所示，

过点D做，分别交EK，GK于点M，N，

连接MN，如图4所示

，

， ，

，

，

所以无论．．．如何变化，平面把四面体的体积分为相等的两部分，③正确.

故答案为：①③

【点睛】

本题考查了平面的基本性质和推论中关于三线共点问题，三角形的面积，三棱锥体积等基本知识，考查了空间想象能力．数学运算能力．逻辑推理能力，属于难题.

15．【答案】

【解析】根据球的直径为PC的长，即为补成的长方体的体对角线的长，再根据平面，，，，求得，再由，利用基本不等式求解.

详解：如图所示：

因为平面，，，

所以，

解得，

设外接球的半径为，球的直径为PC的长，

则，

当且仅当时，取等号.

所以.

所以球的表面积的最小值为.

故答案为：

【点睛】

本题主要考查球有关的组合体问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.