专题11 （空间直线、平面的垂直）（解析版）-2021-2022学年高一数学下学期期末考试考前必刷题 （人教A版 2019必修二）

2020-2021高一下学期期末考试考前必刷题 11

（空间直线、平面的垂直）

试卷满分：150分           考试时长：120分钟

注意事项：

1.本试题满分150分，考试时间为120分钟.

2.答卷前务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上.

3.使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰.超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）

1．三棱锥中，若，则在底面上的投影Q为的（    ）

A．垂心 B．外心 C．内心 D．中心

【答案】B

【分析】

由题意可得，从而可得结论

【详解】

解：由题意可得，，

因为，公共边，

所以≌≌，

所以，

所以Q为的外心，

故选：B

2．在正方体中，是正方形的中心，则直线与直线所成角大小为（    ）

A．30° B．45° C．60° D．90°

【答案】A

【分析】

如图，连接，，，利用余弦定理可求的值，从而可得直线与直线所成角大小.

【详解】

设正方体的棱长为，连接，，，

因为，故或其补角为直线与直线所成角.

而，，，

故，所以，

所以，因为为锐角，故，

故选：A.

3．已知平面，直线m，n满足，，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】

根据线面垂直的性质定理，即可得答案.

【详解】

由直线m，n满足，，则时，m与可垂直，可不垂直，

当，且，根据线面垂直的性质定理，可以得到，

所以“”是“”的必要不充分条件.

故选：B

4．如图所示，已知正三棱柱的所有棱长均为1，则四棱锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】

先确定四棱锥的高，再根据锥体体积公式求结果.

【详解】

取中点,连接,

因为正三棱柱，所以为正三角形，所以,

因为正三棱柱，所以平面平面，

因此平面，

从而四棱锥的体积为,

故选：D

【点睛】

本题考查锥体体积、线面垂直，考查基本分析求解能力，属基础题.

5．在长方体中，，，则与平面所成角的正弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】

连接，利用线面角定义知为所求的角，在直角中，即可求解.

【详解】

如图：连接，在长方体中，平面，

是与平面所成的角，

在直角中，．

故选：A．

6．如图是某四面体水平放置时的三视图，图中网格纸的小正方形的边长为1，则四面体外接球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】

画出直观图，判断出四面体外接球球心的位置并计算出半径，由此计算出外接球的体积.

【详解】

画出几何体的直观图如下图所示四面体:

由三视图可知平面，，

所以，，

由于，所以平面，所以，

所以三角形和三角形都是直角三角形，

故四面体外接球的球心为的中点，

，

所以外接球的半径为，

所以外接球的体积为.

故选：C

7．在直角三角形中，，D的斜边的中点，将沿直线翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得，则x的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】

取中点，连接，，若，则可证明出平面，则可得，根据题目中各边长的关系可得出，关于的表达式，然后在中，利用三边关系求解即可．

【详解】

由题意得，则，如图所示，取中点，

翻折前，在图1中，连接，，则，

翻折后，在图2中，若，则有：

∵，，，且平面，

∴平面，∴，

又，为中点，∴

∴，，

在中，由三边关系得：①，②，③；

由①②③可得

当时，，则三点共线，同时满足，

所以

故选：D.

【点睛】

解答本题的主要思路分析在于将异面直线间的垂直转化为线面垂直关系，即作出辅助线与，根据题目条件确定出平面，得到，从而通过几何条件求解．

8．如图，在正方体中，，点P在平面内，，则点P到距离的最小值为（    ）

A． B． C． D．3

【答案】B

【分析】

可求出的轨迹为的内切圆，再将的轨迹投影到面上，恰好为的内切圆，上的切点与对应的点即为到距离最短的点.

【详解】

①先简要说明：面如下

因为四边形为正方形，故

又面，有

故面，故

同理有，故面

②再简要说明：面面如下

，故面

，故面

故面面

③设面

面

，三棱锥为正三棱锥，为的内心

由等体积法可知

故

的内切圆的半径

的轨迹是面上以为圆心，为半径的圆，记为

恰好为的内切圆.

又面面，全等于， 面

故也为正的内心

将圆投影到平面上，且圆心为，记为圆，故是的内切三角形

上的切点与上对应的点即为到距离最短的点.

故则点P到距离的最小值等于

【点睛】

求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）

9．在正方体中，若点分别为的中点，则（    ）

A．平面

B．平面

C．平面

D．平面

【答案】AB

【分析】

作出平面截正方体珠完整截面，然后根据线面平行、垂直的判定定理判断．

【详解】

取的中点，如图，则是正方体的截面．

，

底面，平面，则，又，，平面，∴平面，而平面，∴，

∴，同理，，平面，所以平面，A正确；

由，平面，平面，得平面，B正确；

由与平行且相等得是平行四边形，与相交且平分，且与不垂直（可证且，得），因此CD均错．

故选：AB．

【点睛】

思路点睛：本题考查空间线面的平行与垂直关系，掌握线面平行与垂直的判定定理是解题关键，实际上对特殊的空间图形如正方体的性质的掌握是本题的关键，方法是作出完整的截面，然后判断平行与垂直，对正方体的截面作出完整的截面后易判断各种关系．

10．如图正方体的棱长为2，线段，上有两个动点E，F，且，则下列结论中正确的是（    ）

A．

B．平面

C．三棱锥的体积为

D．的面积与的面积相等

【答案】ABC

【分析】

连结，则平面，，点､到直线的距离不相等，由此能求出结果．

【详解】

解：如图所示：

连结，则平面，，

，平面，

三棱锥的体积为

从而A、B、C正确．

点､到直线的距离不相等，

的面积与的面积不相等，故D错误．

故选：ABC．

11．如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E、F分别在边AB、BC上（不含端点），且．将、分别沿DE．DF折起，使A、C两点重合于点，则下列结论正确的有（    ）

A．

B．当时，三棱锥的外接球的表面积为

C．当时，三棱锥的体积为

D．当时，点到平面DEF的距离为

【答案】ABC

【分析】

折叠前有AD⊥AE，CD⊥CF，折叠后有，从而可证得面，即可判断A;当时，三点重合，所以两两垂直，所以三棱锥的外接球就是以为相邻的长方体的外接球，计算即可判断B, 由等体积，计算可判断C、D．

【详解】

,

面，，

所以A正确.

当时，三点重合，所以两两垂直，所以三棱锥的外接球就是以为相邻边的长方体的外接球.所以外接求的直径为，则表面积为,所以B正确；

当时,,

,

设点到平面DEF的距离为，

所以C正确，D错误；

故选：ABC

【点睛】

|方法点睛：多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：

（1）公式法；（2）多面体几何性质法；（3）补形法；（4）寻求轴截面圆半径法；（5）确定球心位置法.

12．如图，正方体的棱长为1，E，F是线段上的两个动点，且，则下列结论中正确的是（    ）

A． B．平面ABCD

C．的面积与的面积相等 D．三棱锥的体积为定值

【答案】ABD

【分析】

利用线面垂直的性质判断A正确，利用线面平行的判定定理判断B正确，利用同底不同高判断C错误，利用等底等高证明D正确.

【详解】

由于，故平面，所以，所以A正确；

由于，所以平面，故B正确；

由于三角形和三角形的底边都是，而高前者是到的距离，后者是到的距离，这两个距离不相等，故C错误；

由于三棱锥的底面三角形的面积为定值.高是点到平面也即点到平面的距离也是定值，故三棱锥的体积为定值.故D正确.

故选：ABD

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13．已知是空间两个不同的平面，是空间两条不同的直线，给出的下列说法：

①若，且，则；

②若，且，则；

③若，且，则；

④若，且，则.

其中正确的说法为__________(填序号)

【答案】③④

【分析】

利用空间线面、面面平行、垂直的性质定理和判定定理分别分析四个命题，得到正确答案.

【详解】

①，，且，则可能相交，故①错误；

②，，且，则可能相交，也可能平行，故②错误；

③，，且，则，根据线面垂直的性质可知③正确；

④，、且，则，根据线面垂直的性质可知④正确.

故答案为：③④.

14．如图所示，是的直径，平面，为圆周上一点，，，则到平面的距离为_______.

【答案】

【分析】

线面垂直的性质和圆的性质，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到为点到平面的距离，在直角中，结合勾股定理，即可求解.

【详解】

由平面，可得平面，因为平面，所以，

又由是的直径，为圆周上一点，可得，

因为且平面，所以平面，

所以为点到平面的距离，

在直角中，，，可得.

故答案为：

15．在三棱锥中，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为__________．

【答案】

【分析】

取AB中点F，SC中点E，连接，由题意可得，求出△ABC的外接圆半径，在四边形中，设 ，外接球半径为R，利用正弦定理求解球半径，代入球面积公式即可.

【详解】

取AB中点F，SC中点E，连接，如图，

因为，则

为二面角的平面角，即，

又 ，

，

设△ABC的外心为，外接圆半径为，三棱锥的外接球球心为О，

则平面，

由，

在四边形中，设 ，外接球半径为R，

则，

，

则三棱锥的外接球的表面积为.

故答案为：

【点睛】

关键点点睛：取AB中点F，SC中点E，连接，证明为二面角的平面角，再利用其大小为，结合，解出，是解决本题的前提和关键，属于中档题.

16．如图，已知在正方体中，，点为棱上的一个动点，平面与棱交于点，给出下列命题：

①无论在如何移动，四棱锥的体积恒为定值；

②截面四边形的周长的最小值是；

③当点不与，重合时，在棱上恒存在点，使得平面；

④存在点，使得平面；其中正确的命题是______．

【答案】①②④

【分析】

由题意逐个讨论所给的命题，判断它们的真假.第一个根据等体积法求体积，第二个求周长函数关系式，再求最小值，第三个利用反证法确定真假，第四个举例说明存在.

【详解】

解:①由题意可得∥，∥，如图建立坐标系:

，四边形为平行四边形

又（ 为到平面距离）且

上点到平面距离相等

无论在上何处，不变

不变

不变

故①正确

②由①知：四边形的周长

设，则，

等价于上点到与距离

此时

周长最小为

故②正确

③在上寻找一点，使到的距离为距离

∥，且在平面中

但当时，，与矛盾

故③错误;

④当与重合时，显然，

平面

故④正确

综上可得:正确为①②④.

故答案为:①②④.

【点睛】

考查正方体的性质、线面垂直的判定定理、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力.

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）

17．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，，侧面PAB底面，，

（1）求证：平面

（2）过AC的平面交PD于点M，若，求三棱锥的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）

【分析】

（1）由菱形的性质有，勾股定理知，结合面面垂直的推论可得，根据线面垂直的判定证垂直即可；（2）由面即可计算，结合已知条件可求三棱锥的体积；

【详解】

（1）由题意知：底面ABCD是菱形，且

∴，又在△中，，即，

∴，又面PAB面，面PAB 面，面PAB，

∴面，而面，有：，，

∴平面；

（2）由（1）知：面，有，

而，且，

∴

【点睛】

本题考查了应用几何图形的性质，及线面垂直的判定证明垂直，根据已知体积关系结合三棱锥的体积公式求三棱锥的体积.

18．如图所示：在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，且，分别为的中点.

（1）求证：平面平面；

（2）求三棱锥的体积.

【答案】（1）详见解答；（2）.

【分析】

（1）由已知可得，再由面面垂直定理可得平面，即可证明结论；

（2）平面，用等体积法求三棱锥的体积.

【详解】

（1）为中点，，

平面平面，平面平面，

平面，平面平面，

平面平面；

（2）且，分别为的中点，

，

平面，，

.

【点睛】

本题考查面面垂直证明，注意空间垂直间的相互转化，考查椎体体积，意在考查直观想象、逻辑推理能力，属于基础题.

19．如图，已知平面．

（Ⅰ）求证：平面平面；

（Ⅱ）若，求二面角的大小．

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）

【分析】

（Ⅰ）根据和证明平面，即可证明；

（Ⅱ）由题可得即为二面角的平面角，根据已知求解即可.

【详解】

（Ⅰ）平面，平面，，

，，

平面，

平面，平面平面；

（Ⅱ）由（1）得平面，

平面，，

，即为二面角的平面角，

在直角三角形中，，则，

，即二面角的大小为.

20．如图，四棱锥中，四边形是边长为的正方形，为等边三角形，分别为和的中点，且.

（1）证明:平面;

（2）求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】

（1）连接，分别证得和，利用线面垂直的判定，即可求解.

（2）利用等积法，即可求解.

【详解】

（1）如图所示，连接，由是边长为的正方形，

因为是的中点，可得的中点，

在中，因为分别是的中点，可得，

又因为，所以，

又由，且，所以平面.

（2）如图所示，取中点，连接，

因为是边长为的等边三角形，所以且，

由（1）知平面平面，所以平面，

可得，

连接，则，所以，

又，

又，所以,

设点到平面的距离为，则，

即，解得.

21．一副标准的三角板（如图1），为直角，，为直角，，，把BC与DF重合，拼成一个三棱锥（如图2），设M是线段AC的中点，N是线段BC的中点.

（1）求证：平面平面；

（2）设平面平面，求证：.

【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析

【分析】

（1）只要证明，，即得；

（2）由（1）知MN∥AB，可得平面MNE，又平面ABE∩平面MNE＝l，利用线面平行推导出线线平行即可.

【详解】

证明：（1）设BC的中点为N，连结MN，EN，如图，

因为M是AC的中点，N是BC的中点，

所以MN∥AB，

因为AB⊥BC，

所以MN⊥BC，

因为BE⊥EC，BE＝EC，N是BC的中点，

所以EN⊥BC，

又MN⊥BC，MN∩EN＝N，MN平面EMN，EN平面EMN，

所以BC⊥平面EMN，

又因为BC平面ABC，

所以平面ABC⊥平面EMN

证明：（2）由（1）知MN∥AB，平面EMN, 平面EMN,

所以平面MNE，

又平面ABE，且平面ABE∩平面MNE＝l，

所以l∥AB.

【点睛】

关键点点睛：利用线线平行可判定线面平行，根据线面平行的性质定理可得线线平行，注意图中没有平面ABE∩平面MNE＝l，但利用性质定理即可证明.

22．如图所示，正四棱锥中，为底面正方形的中心，侧棱与底面所成的角的正切值为．

（1）求侧面与底面所成的二面角的大小；

（2）若是的中点，求异面直线与所成角的正切值；

（3）问在棱上是否存在一点，使⊥侧面，若存在，试确定点的位置；若不存在，说明理由．

【答案】（1）；（2）；（3）点为的四等分点.

【分析】

（1）取中点，设面，连，则为二面角的平面角，

利用解直角三角形可求其正切值．

（2）连，则为异面直线与所成的角，根据勾股定理求得，进而求得后可求的值．

（3）可证点为的四等分点．

【详解】

（1）取中点，设面，连，

则为二面角的平面角，

为侧棱与底面所成的角，，

设，，，

∴．

（2）连，为异面直线与所成的角．

因为，，所以平面.

平面，所以.

∵,

∴。

（3）延长交于，取中点，连、．

因为，，，

故平面，因平面，

故平面平面，

又，故为等边三角形，

所以，由平面，故

因为，所以平面.

取的中点，∵，∴，

∴四边形为平行四边形，所以

∴平面．即为四等分点

【点睛】

本题考查考查空间中的垂直关系以及空间角的计算，解题时注意三种垂直关系的转化，空间角的计算需构造空间角，把空间角放置在可解的三角形中来讨论，本题为难题.