高中数学北师大版 (2019)必修 第二册5.1 直线与平面垂直同步训练题

这是一份高中数学北师大版 (2019)必修 第二册5.1 直线与平面垂直同步训练题，共21页。
【优选】5.1 直线与平面垂直-3作业练习一．填空题1．如图，在长方体中，，，，E为的中点，则直线与平面所成角的大小是________.2．在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，△ABD沿对角线BD翻折，形成三棱锥A﹣BCD．①当时，三棱锥A﹣BCD的体积为；②当面ABD⊥面BCD时，AB⊥CD；③三棱锥A﹣BCD外接球的表面积为定值．以上命题正确的是_____．3．在三棱锥中，平面，，且三棱锥的最长的棱长为，则此三棱锥的外接球体积为_____________.4．如下图①，在直角梯形中，，，，点在线段上运动.如下图②，沿将折至，使得平面平面，则的最小值为______.5．如图是一几何体的平面展开图,其中为正方形,分别为的中点,在此几何体中,给出下面四个结论:①直线与直线异面;②直线与直线异面;③直线平面;④平面平面;其中正确的是_____.6．已知正方体的棱长为为的中点，若平面，且平面，则平面截正方体所得截面的周长为_________．7．已知异面直线，所成角为，直线与，均垂直，且垂足分别是点，,若动点，，，则线段中点的轨迹围成的区域的面积是_______.8．在棱长为的正方体中，是正方形的中心，为的中点，过的平面与直线垂直，则平面截正方体所得的截面面积为______.9．如图，已知正方体的棱长为，，分别为，的中点，则线段的长为______，在底面上投影的面积是______.10．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.已知鳖臑满足平面，，，D为中点，过A点作交于点E，则面积的最大值为________.11．如图，正方体，点是的中点，点是底面的中心，是上的任意一点，则直线与所成的角大小为__________.12．如图，矩形中，，为边的中点，将沿直线翻转成，构成四棱锥，若为线段的中点，在翻转过程中有如下四个命题：①平面；②存在某个位置，使；③存在某个位置，使；④点在半径为的圆周上运动，其中正确的命题是__________．13．在中，，，是边上的中线，将沿折起，使二面角等于，则四面体外接球的体积为______.14．已知直角，，，，分别是的中点，将沿直线翻折至，形成四棱锥.则在翻折过程中，①；②；③；④平面平面.不可能成立的结论是__________.15．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，平面，是边长为2的等边三角形，若球的表面积为，则直线与平面所成角的正弦值为______．
参考答案与试题解析1．【答案】30°（或）【解析】取的中点F，连接，然后证明取的中点F，连接，最后在中求出角的大小即可.【详解】取的中点F，连接，∵，∴面,则为直线与平面所成的角.由题意可得，，则，故，即直线与平面所成角的大小是30°，故答案为：.【点睛】本题考查的知识点是直线与平面所成的角，其中构造出线面夹角的平面角是解答本题的关键，属于中档题.2．【答案】③【解析】在①中，由题意可得平面ACD，利用即能求出三棱锥A﹣BCD的体积；在②中，过点A作AE⊥平面BCD，交BD于E，则AE⊥CD，即可得 AB与CD不垂直；在③中，三棱锥A﹣BCD外接球的球心为O，半径为，从而三棱锥A﹣BCD外接球的表面积为定值．详解：∵在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，∴AC=BD，△ABD沿对角线BD翻折，形成三棱锥A﹣BCD．在①中，当时, ，，∴，，又，∴平面ACD，∴，故①错误；在②中，当面ABD⊥面BCD时，过点A作AE⊥平面BCD，交BD于E，则AE⊥CD，又CD与平面ABD不垂直，故AB与CD不垂直，故②错误；在③中，取BD的中点O，连接OA．OC，∵OA＝OB＝OC＝OD，∴三棱锥A﹣BCD外接球的球心为O，半径为，∴三棱锥A﹣BCD外接球的表面积为定值，故③正确．故答案为：③．【点睛】本题考查了空间位置关系及三棱锥体积．外接球相关问题的求解，考查了推理论证能力，属于中档题．3．【答案】【解析】根据题意可得，平面，所以，得出为三棱锥的最长边，，根据直角三角形的性质，边的中点到三棱锥的各顶点距离都相等，所以为球心，球直径即为.【详解】平面，平面，,平面，，，所以三棱锥中最长边为，设中点为，在中，，所以三棱锥的外接球的球心为，半径为.故答案为:.【点睛】本题考查几何体的“切”“接”球问题，确定球心是解题的关键，考查空间垂直的应用，属于中档题.4．【答案】【解析】过点作交于,由平面平面，则平面.设，,，,在三角形中, ,则所以，可得出答案.详解：由，，则过点作交于,由平面平面，则平面.设，则在直角三角形中，，在三角形中, 所以由，所以当时，有最小值所以的最小值为故答案为：【点睛】本题考查线面垂直的应用，考查余弦定理解三角形，考查空间线段的长度的最值.属于难题.5．【答案】②③【解析】对①，根据三角形的中位线定理可得四边形是平面四边形，直线与直线共面；对②，由异面直线的定义即可得出；对③，由线面平行的判定定理即可得出；对④，可举出反例【详解】由展开图恢复原几何体如图所示：对①，在中，由，，根据三角形的中位线定理可得，又，，因此四边形是梯形，故直线与直线不是异面直线，故①不正确；对②，由点不在平面内，直线不经过点，根据异面直线的定义可知：直线与直线异面，故②正确；对③，由①可知：，平面，平面，直线平面，故③正确；对④，如图：假设平面平面．过点作分别交．于点．，在上取一点，连接．．，，又，．若时，必然平面与平面不垂直．故④不一定成立．综上可知：只有②③正确.故答案为：②③【点睛】本题考查空间中直线．平面的平行与垂直的判定与性质定理．异面直线的定义，考查转化与化归思想，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意侧展图与直观图的联系.6．【答案】【解析】根据线面垂直的条件先确定平面，再根据截面形状求周长即可得解.详解：在正方体中，，，面，，取的中点，的中点，连接，，，易知，由面可得，面，，面，取的中点，由可知点在面上，平面截正方体所得截面为，由正方体棱长为2易得截面周长为.故答案为：.【点睛】本题考查了线面垂直的判定和截面的性质，考查了空间思维能力，属于中档题.7．【答案】.【解析】线段的中垂面为，易知，在平面的投影为，在平面的投影为，设相交于点，为中点，以为原点，为轴建立直角坐标系，得到，讨论得到答案.详解：如图所示：线段的中垂面为，易知，在平面的投影为，在平面的投影为，设相交于点.在平面的投影为，在平面内的投影为，连接，则为中点，以为原点，为轴建立直角坐标系，设，，，则，解得，故，当，时，；当，时，；当，时，；当，时，.如图所示，解得，，，，故面积为.故答案为：. 【点睛】本题考查了异面直线夹角，轨迹问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.8．【答案】【解析】确定平面即为平面，四边形是菱形，计算面积得到答案.【详解】如图，在正方体中，记的中点为，连接，则平面即为平面．证明如下：由正方体的性质可知，，则，四点共面，记的中点为，连接，易证．连接，则，所以平面，则．同理可证，，，则平面，所以平面即平面，且四边形即平面截正方体所得的截面．因为正方体的棱长为，易知四边形是菱形，其对角线，，所以其面积．故答案为：【点睛】本题考查了正方体的截面面积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.9．【答案】3    2  【解析】取中点，可知平面，由此可得所求三角形的投影为且；利用勾股定理求得；由求得投影面积.【详解】取中点，连接分别为中点        平面在平面上的投影为，故答案为：；【点睛】本题考查正方体内的投影面积和线段长度的求解问题，关键是能够根据正方体的结构特征确定线面垂直的关系，从而得到投影图形.10．【答案】2.【解析】利用线面垂直的判定定理证明出平面，进而可以证明出，再利用线面垂直的判定定理证明出平面，所以可以证明出，利用勾股定理．直角三角形的性质．重要不等式．三角形面积公式，求出面积的最大值.【详解】因为平面，平面，所以，又因为，，平面，所以平面，而平面，所以有，又因为，，平面，所以平面，而平面，所以.D为中点，平面，平面，所以，所以.因此有（当且仅当时取等号）.【点睛】本题考查了求三角形面积最大值问题，考查了线面垂直的判定定理和性质定理，考查了直角三角形的性质，考查了重要不等式，考查了数学运算能力.11．【答案】90°【解析】是动直线，因此猜想这个角可能是90°，为此证明平面，把平面在正方体中补全(如图)，即可证．【详解】如图，分别取的中点，连接，显然，，∴共面，∵平面，平面，∴，在正方形中，易得，∴，∴，∴，又，∴平面，，则平面，∴，∴直线与所成的角为90°．故答案为：90°．【点睛】本题考查求异面直线所成的角，考查证明线面垂直．掌握线面垂直的判定定理是解题关键．12．【答案】①③④【解析】【详解】对于①，取中点,连接,则∥，∥,所以平面平行平面,所以平面，故正确；对于②，因为在平面中的射影为，与不垂直，所以存在某个位置,使不正确，故不正确；对于③，由,可得平面平面时,，故正确；对于④，因为的中点是定点,，所以点是在以为圆心，为半径的圆上，故正确故答案为 ①③④13．【答案】【解析】由题意可知折起的三棱锥是一条侧棱垂直于底面的棱锥，由题意求出高及底面外接圆的半径，利用公式求出外接球的半径，进而求出外接球的体积．【详解】因为，为的中点，所以，在折起的过程中，，，，所以平面，因为二面角等于，所以，且，，在中，，外接圆半径为，设外接球的半径为，则，因此，所以外接球的体积为.故答案为：.【点睛】本题考查一条侧棱垂直于底面的三棱锥的外接球半径与三棱锥棱长的关系及球的体积公式，考查计算能力，属于中档题．14．【答案】①②④【解析】，在中求解，根据条件可证平面，进而有，，根据边的关系，可得出，①不成立；，判断②不成立；当时，可得出，③可能成立；作出平面与平面的交线，进而求出二面角的平面角，并判断平面角不为直角，所以④不成立.【详解】如图所示：①易知，∵，，，∴平面，∴平面，，∵，∴，∴①不成立；②由，∴与所成角为，∴②不成立；③当时，可得平面，∴，即③可能成立；④平面和平面交于点，由线面平行性质定理可知两个平面的交线，，就是两个平面所成的平面角，又∵，∴为锐角，∴④不成立.综上所述，不成立的有①②④.故答案为:①②④.【点睛】本题以平面图形翻折为背景，考查空间角的大小关系．线面垂直．面面垂直的判断，要注意翻折前后的不变量，垂直间的相互转化，属于较难题.15．【答案】【解析】取中点，，根据球的性质可知；利用线面垂直关系可确定所求角为，利用球的表面积可求得，结合勾股定理可求得，由此得到，从而确定结果.详解：取中点，连接且，则为的中心，由球的性质可知：平面，又，，为等边三角形，，又平面，平面，，平面，，平面，直线与平面所成角为.球的表面积为，，又，，，，即直线与平面所成角的正弦值为.故答案为：.【点睛】本题考查立体几何中线面角的求解问题，涉及到三棱锥外接球问题的求解；解题关键是能够根据三棱锥外接球的性质和球的表面积确定球心位置和球的半径，进而得到所需的长度关系.