人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直课后测评

这是一份人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直课后测评，共20页。

8.6　空间直线、平面的垂直
8.6.1　直线与直线垂直
基础过关练
题组一　空间两条直线垂直
1.若空间三条直线a,b,c满足a⊥b,b∥c,则直线a与c(　　) 　　　　　 　　　　　
A.一定平行 B.一定垂直
C.一定是异面直线 D.一定相交
2.(2020安徽铜陵高二上期末)若a是空间中的一条直线,则在平面α内一定存在直线b与直线a(深度解析)
A.平行 B.相交 C.垂直 D.异面
3.如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是AB1,BC1的中点,则下列结论中不成立的是(　　)

A.EF与BB1垂直 B.EF与BD垂直
C.EF与CD异面 D.EF与A1C1异面
4.(2020河南顶级名校高三联考)已知空间三条直线l,m,n,若l与m垂直,l与n垂直,则(　　)
A.m与n异面
B.m与n相交
C.m与n平行
D.m与n平行、相交、异面均有可能
5.对角线互相垂直的空间四边形ABCD各边中点分别为M,N,P,Q,判断四边形MNPQ的形状.









题组二　求异面直线所成的角
6.如图所示,已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中,l⊂平面A1B1C1D1,且l与B1C1不平行,则下列一定不成立的是(　　)

A.l与AD平行
B.l与AB异面
C.l与CD所成的角为30°
D.l与BD垂直
7.在正四面体A-BCD中,E、F分别为AB、CD的中点,则下列命题不正确的是(　　)
A.EF⊥AB
B.EF⊥CD
C.EF与AC所成的角为π4
D.EF与BD所成的角为π3
8.(2020安徽马鞍山高二上期中)如图,在空间四边形ABCD中,M、N分别是对角线AC、BD的中点,AB=CD=2,MN=3,则异面直线AB与CD所成的角为(　　)

A.30° B.60°
C.90° D.120°
9.(2020湖南长沙第一中学高一上期中)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D为A1B1的中点,AB=BC=BB1=2,AC=25,则异面直线BD与AC所成的角为(　　)

A.30° B.45°
C.60° D.90°

10.(2020广西柳州铁一中学高一上期末)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=4,M是AC与BD的交点.
(1)求证:D1M∥平面A1C1B;
(2)求BC1与D1M所成角的正弦值.






11.(2020山西大同一中高二上月考)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a.
(1)求直线DA1与BC所成的角;
(2)求直线D1A与BA1所成的角.





题组三　空间两条直线所成角的应用
12.(2020河南开封高一上期末)如图,在底面边长为1的正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,点E为AA1的中点,异面直线BE与CD1所成角的正弦值为1010,则侧棱AA1的长度为　　　　. 

13.如图所示,已知空间四边形ABCD的两条对角线的长分别为AC=6,BD=8,AC与BD所成的角为30°,E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA的中点,求四边形EFGH的面积.





14.(2020广西柳州第二中学高一上月考)如图所示,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧面都是矩形,底面四边形ABCD是菱形且AB=BC=23,∠ABC=120°,若异面直线A1B和AD1所成的角为90°,试求AA1的长.






能力提升练　　　　
题组一　求异面直线所成的角
1.(2020山东滕州第一中学高一月考,)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,若∠BAC=90°,AB=AC=AA1,则异面直线BA1与AC1所成的角等于(　　)

A.30° B.45° C.60° D.90°
2.(2020浙江杭州第二中学高三下月考,)在等腰梯形ABCD中,已知AB=AD=CD=1,BC=2,将△ABD翻折成△A'BD,如图,则直线BA'与CD所成角的取值范围是(　　)

A.π3,π2 B.π6,π3
C.π6,π2 D.0,π3
3.(多选)(2020皖南八校高三联考,)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E、F分别是AB、A1D1的中点,O为正方形A1B1C1D1的中心,则下列说法错误的是(　　)

A.直线EF、AO是异面直线
B.直线EF、BB1是相交直线
C.直线EF与BC1所成的角为30°
D.直线EF与BB1所成角的余弦值为33
4.(2020广西柳州高级中学高三下月考,)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面积为12,当其外接球的表面积取最小值时,异面直线AC1与B1C所成角的余弦值等于　　　　. 
题组二　异面直线所成角的应用
5.(2020广东广州天河高二上期末,)已知四面体D-ABC中,AB,BC,BD两两垂直,且AB=BC=1,点E是AC的中点,异面直线AD与BE所成的角为θ,且cos θ=1010,则该四面体的体积为(　　)
A.13 B.23 C.43 D.83
6.(2020辽宁沈阳高一期末,)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=8,AD=6,异面直线BD与AC1所成角的余弦值为15,则该长方体外接球的表面积为(　　)

A.98π B.196π C.784π D.1 3723π
7.(2020湖南常德高三一模,)如图,圆柱OO1中,底面半径为1,OA⊥O1B,异面直线AB与OO1所成角的正切值为24,则该圆柱OO1的体积为　　　　. 

8.(2020河南信阳一中高一期中,)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,D为AB的中点,点E在侧棱CC1上,DE∥平面AB1C1,
(1)证明:E是CC1的中点;
(2)设∠BAC=90°,四边形ABB1A1是边长为4的正方形,四边形ACC1A1为矩形,且异面直线DE与B1C1所成的角为30°,求三棱柱ABC-A1B1C1的体积.


答案全解全析
基础过关练
1.B　∵a⊥b,b∥c,∴a⊥c.
2.C　如图所示的正方体中,取平面α为平面ABCD,

直线a与平面α的位置关系有三种,
(1)取直线AB为a,在平面α内,显然存在直线BC⊥a,但不存在直线与a异面;
(2)取直线A1B1为a,在平面α内,显然存在直线BC⊥a,但不存在直线与a相交;
(3)取直线AA1为a,在平面α内,显然存在直线BC⊥a,但不存在直线与a平行.
故选C.
解题反思
对于空间点、线、面的位置关系的判断,往往借助几何体模型,比如长方体、正方体、四面体等,可以较直观的进行判断.
3.D　如图所示,连接A1B,易知点E为A1B的中点,由三角形中位线定理可得EF∥A1C1,所以EF,A1C1确定一个平面;显然EF与CD异面;连接B1D1,则A1C1⊥B1D1,易知BD∥B1D1,所以A1C1⊥BD,又知EF∥A1C1,所以EF⊥BD.故只有选项D中的结论不成立.故选D.

4.D　∵m⊥l,n⊥l,∴m与n既可以相交,也可以异面,还可以平行.如图.

5.解析　如图所示.

∵点M,N,P,Q分别是四条边的中点,
∴MN∥AC,且MN=12AC,PQ∥AC且PQ=12AC,
∴MN∥PQ且MN=PQ,
∴四边形MNPQ是平行四边形.
易知BD∥MQ,又AC⊥BD,∴AC⊥MQ,
∴MN⊥MQ,
∴平行四边形MNPQ是矩形.
6.A　假设l∥AD,则由AD∥BC∥B1C1,可得l∥B1C1,这与“l与B1C1不平行”矛盾,所以l与AD不平行.易证B、C、D成立,故选A.
7.D　如图所示,

将正四面体A-BCD放入正方体中,则正四面体的每一条棱都是正方体的面对角线,E、F分别是上、下底面的中心,∴EF与正方体垂直于底面的棱平行,
∴EF⊥AB,EF⊥CD成立,且EF与AC、BD所成的角都是π4.
故选D.
8.B　取BC的中点P,连接MP,NP,因为M、N分别是对角线AC、BD的中点,所以MP∥AB,NP∥CD,且MP=12AB=1,NP=12CD=1,所以∠MPN是异面直线AB与CD所成的角(或其补角),由余弦定理可知cos∠MPN=MP2+NP2-MN22MP·NP=-12,
所以∠MPN=120°,
所以异面直线AB与CD所成的角为60°.
故选B.
9.C　如图,取B1C1的中点E,连接DE,BE,

则DE∥A1C1∥AC,
故∠BDE为异面直线BD与AC所成的角(或其补角).
由题意可得,BD=BE=5,DE=12AC=5,
∴△DEB为等边三角形,
∴∠BDE=60°.
故选C.
10.解析　(1)证明:如图,连接B1D1,交A1C1于点N,连接BN,

∵DD1∥BB1,DD1=BB1,
∴四边形B1D1DB是平行四边形,
∴D1B1∥DB,且D1B1=DB.
易知M,N分别为BD,B1D1的中点,
∴D1N=BM,
∴四边形BND1M是平行四边形,
∴D1M∥NB,
∵D1M⊄平面A1C1B,BN⊂平面A1C1B,
∴D1M∥平面A1C1B.
(2)由(1)知D1M∥NB,
∴BC1与D1M所成的角即为∠C1BN,
易知BN⊥C1N,
在Rt△BNC1中,C1N=2,BC1=25,
∴sin∠C1BN=C1NBC1=1010,
∴BC1与D1M所成角的正弦值为1010.
11.解析　(1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,
∴∠ADA1是异面直线DA1与BC所成的角或其补角.
∵AD=AA1,AD⊥AA1,∴∠ADA1=π4,
∴直线DA1与BC所成的角为π4.
(2)连接C1B,A1C1,易知AD1∥C1B,
∴∠C1BA1是异面直线D1A与BA1所成的角或其补角.
易知BA1=A1C1=BC1,∴∠C1BA1=π3,
∴直线D1A与BA1所成的角为π3.
12.答案　1或2
解析　如图,连接A1B,易知A1B∥CD1,
∴∠A1BE即异面直线BE与CD1所成的角.
过点E作EH⊥A1B于点H,设EH=h,
则BE=EHsin∠A1BE=h1010=10h,AE=BE2-AB2=10h2-1.
易得△A1HE∽△A1AB,
∴EHAB=A1EA1B,
即h1=10h2-11+4(10h2-1),
解得h2=18或h2=15,
∴AE=12或AE=1,
∴AA1=1或AA1=2.

13.解析　∵E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA的中点,
∴FG∥BD,EF∥AC,HG∥AC,且EF=HG=12AC,
∴四边形EFGH为平行四边形.
∵AC∥EF,BD∥FG,∴EF与FG所成的角即为AC与BD所成的角,∴∠EFG(或其补角)为30°,∴S四边形EFGH=EF×FG×sin∠EFG=12AC×12BD×12=3×4×12=6.
14.解析　如图,连接CD1,AC.

在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1D1∥BC,A1D1=BC,
∴四边形A1BCD1是平行四边形,∴A1B∥CD1,∴∠AD1C(或其补角)为A1B和AD1所成的角.
∵异面直线A1B和AD1所成的角为90°,∴∠AD1C=90°.
∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧面均为矩形,AD=CD,∴AD1=CD1,∴△ACD1是等腰直角三角形,∴AD1=22AC.
∵底面四边形ABCD是菱形且AB=BC=23,∠ABC=120°,
∴AC=23×sin 60°×2=6,
∴AD1=22AC=32,
∴AA1=AD12-A1D12
=(32)2-(23)2=6.
能力提升练
1.C　如图,延长B1A1到E,使A1E=A1B1,连接AE,EC1,则AE∥A1B,
所以∠EAC1是异面直线BA1与AC1所成的角或其补角,
由已知条件可得△AEC1为正三角形,所以∠EAC1为60°,故选C.

2.A　在等腰梯形ABCD中,易知∠ABC=60°,∠ABD=∠CBD=30°,
∴∠A'BD=30°,为定值,∴BA'的轨迹可看作是以直线BD为轴,B为顶点,母线与轴的夹角为30°,母线长为1的圆锥的母线,故点A'的轨迹如图中AF所示,其中F为BC的中点,过点B作CD的平行线,过点C作BD的平行线,两平行线交于点E,则BA'与BE所成的角即为BA'与CD所成的角.易知CD⊥BD,∴直线A'B与CD所成角的取值范围为π3,π2.

3. ABD　连接OF,∵O为正方形A1B1C1D1的中心,F是A1D1的中点,
∴OF∥A1B1∥AB,即OF、AE共面,从而EF、AO共面,A中说法错误;
连接B1E,∵F∉平面BEB1,BB1⊂平面BEB1,E∉BB1,E∈平面BEB1,∴EF、BB1是异面直线,B中说法错误;
连接OB,易得FO∥EB,且FO=EB,∴四边形EFOB是平行四边形,∴EF∥BO,
∴∠OBC1是异面直线EF与BC1所成的角或其补角.
设正方体的棱长为1,在△BC1O中,BC1=2,OC1=22,BO=EF=122+12+122=62,
∴cos∠OBC1=OB2+BC12-OC122OB×BC1=32,
∴∠OBC1=30°,C中说法正确;
同理得∠OBB1是EF与BB1所成的角,在△OBB1中求得cos∠OBB1=63,D中说法错误.故选ABD.
4.答案　514
解析　设正三棱柱的底面边长为a,高为h,外接球的半径为R,由题意知3ah=12,即ah=4,
底面外接圆的半径r=a2sin π3=a3.
则R2=r2+h24=a23+h24≥ah3=43,当且仅当a=32h时取等号,
此时外接球的表面积最小.将三棱柱补成一四棱柱,如图,连接DB1,DC,则AC1∥DB1,

∴∠DB1C为异面直线AC1与B1C所成的角或其补角,B1C=DB1=a2+h2,
DC=3a,∴cos∠DB1C=2(a2+h2)-3a22(a2+h2)=514.故答案为514.
5.A　如图,取CD的中点F,连接BF、EF,

∵AB,BC,BD两两垂直,且AB=BC=1,
∴CD=AD,又E、F分别为AC、CD的中点,
∴BF=12DC,EF=12DA,且EF∥AD,
∴∠FEB(或其补角)为异面直线AD与BE所成的角.
由题意得BE=22,设BF=EF=a,在△BEF中,由余弦定理得a2=222+a2-2×22×a×1010,解得a=52,
∴DA=5,在Rt△ADB中,可得DB=2,
∴四面体D-ABC的体积V=13×12×1×1×2=13.故选A.
6.B　如图,连接AC,交BD于点O,则O为AC的中点,取CC1的中点E,连接BE、OE,则AC1∥OE,
∴∠EOB为异面直线BD与AC1所成的角(或其补角).
设CE=x,则BE=x2+36,OB=OC=5,OE=25+x2.
在△OBE中,由余弦定理得
BE2=36+x2=OB2+OE2-2OB×OE×cos∠EOB,
即36+x2=25+25+x2-225+x2,解得x=26,
∴CC1=2x=46,
∴长方体的体对角线长为36+64+96=14,
∴长方体的外接球的半径为7,外接球的表面积为196π.故选B.

7.答案　4π
解析　如图,过B作BH⊥☉O于点H,连接OH,AH,则∠ABH(或其补角)即为异面直线AB与OO1所成的角,
则tan∠ABH=24,易知OH∥O1B,OH=O1B,由OA⊥O1B,可得OH⊥OA,
所以AH=12+12=2.
又tan∠ABH=AHBH,所以圆柱的高BH=AHtan∠ABH=4,
所以圆柱的体积为π·OA2·BH=4π.
故答案为4π.

8.解析　(1)证明:连接A1D、A1E,分别交AB1、AC1于M、N,连接MN.
∵DE∥平面AB1C1,DE⊂平面A1DE,平面A1DE∩平面AB1C1=MN,∴DE∥MN,
∵D为AB的中点,∴A1B1=AB=2AD.
由AD∥A1B1可得∠MAD=∠MB1A1,∠MDA=∠MA1B1,∴△ADM∽△B1A1M,
故A1M=2MD,∵DE∥MN,∴A1N=2NE.
同理可证得△A1NA∽△ENC1,∴CC1=AA1=2EC1,∴E是CC1的中点.
(2)取BB1的中点F,连接EF、DF,可知EF∥B1C1,
∴∠DEF即为异面直线DE与B1C1所成的角或其补角.
设AC=x,则DE=x2+8,DF=22,EF=BC=x2+16,
在△DEF中,由余弦定理可得cos∠DEF=32=x2+8+x2+16-82x2+8x2+16,解得x=4,
故V三棱柱ABC-A1B1C1=12×4×4×4=32.