8.6.2 直线与平面垂直(析训练）-2021-2022学年高一数学【考题透析】满分计划系列（人教A版2019必修第二册）.docx

1、2021-2022学年高一数学【考题透析】满分计划系列(人教A版2019必修第二册)8.6.2直线与平面垂直一、单选题1已知，是两个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题不正确的是（）A若，则B若，则C若，则D若，则2已知正方形，、分别是、的中点，则（）A直线与直线垂直，直线平面B直线与直线平行，直线平面C直线与直线相交，直线平面D直线与直线平行，直线平面3设，分别是正方体的棱上两点，且，给出下列四个命题：三棱锥的体积为定值；异面直线与所成的角为；平面；直线与平面所成的角.其中正确的命题个数为（）A1B2C3D44每个面均为正三角形的八面体称为正八面体，如图.若点G、H、M、N分别

2、是正八面体的棱的中点，则下列结论正确的是（）A平面B与是异面直线C平面D与是相交直线5如图，在边长为2的正方体中，点是该正方体对角线上的动点，则以下结论不正确的是（）AB直线与平面所成角最大值为C面积的最小值是D当时，平面平面6如图，在三棱锥中，两两垂直，且，点E为中点，若直线与所成的角为，则三棱锥的体积等于（）ABC2D7如图在正三棱锥中，分别是棱的中点，为棱上的一点，且，若，则此正三棱锥的外接球的体积为（）ABCD8如图，正方体中，若，分别是棱，的中点，则下列结论中正确的是（）A平面B平面C平面D平面平面二、多选题9如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，MN分别为AC，A1B的中点，

3、则下列说法正确的是（）AMN平面ADD1A1BMNABC直线MN与平面ABCD所成角为45D异面直线MN与DD1所成角为6010如图所示，直线垂直于圆所在的平面，内接于圆，且为圆的直径，点为线段的中点则下列结论正确的是（）A；B平面；C平面；D点到平面的距离等于线段的长11如图，在矩形ABCD中，将沿对角线AC进行翻折，得到三棱锥，则下列说法正确的是（）A在翻折过程中，三棱锥的体积最大为B在翻折过程中，三棱锥的外接球的表面积为定值C在翻折过程中，存在某个位置使得D在翻折过程中，存在某个位置使得12如图，圆所在的平面，是圆的直径，是圆上的一点，分别是点在上的射影，给出下列结论，其中正确结论是（）

4、AB面CD三、填空题13在平行四边形中，现将平行四边形沿对角线折起，当异面直线和所成的角为时，的长为_.14如图，在长方体中，则直线与平面所成角的正弦值为_.15如图，在正方体中，是线段上的动点，下列四个结论：面；面；直线AD与平面所成角的正弦值为；三棱锥的体积不变其中正确结论的序号为_16已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，写出以之间的部分位置关系为条件（除外），为结论的一个真命题：_.四、解答题17如图，在四棱锥中，平面ABE，且，.(1)求证：平面ABC；(2)若点F满足，且平面CEF，求.18如图，三棱柱中，侧面为菱形，且.(1)证明：；(2)若，求点到平面的距离.19在如图所示的

5、几何体中，四边形ABCD为正方形，平面ABCD，.(1)求证：平面PAD；(2)求直线AB与平面PCE所成角的正弦值；20在正方体中，、分别是、的中点(1)证明：平面平面；(2)证明：21如图，三棱柱中，.证明.22如图，四棱锥PABCD的底面是平行四边形，ABC120，AB1，BC4，PA4，M，N分别是BC，PD的中点，PDDC，PMMD(1)证明：平面PAB；(2)证明：DC平面PDM；(3)求四棱锥PABCD的体积参考答案：1B【详解】若，则且使得，又，则，由线面垂直的判定定理得，故A正确；若，如图设，平面为平面，平面为平面，则，故B错误；垂直于同一条直线的两个平面平行，故C正确；若，

6、则，又，则，故D正确.故选：B.2A【详解】如图，连接，则为的中点，又因为为的中点，则，平面，平面，平面，因为，则与所成角为，故与平面不垂直，由图可知，与异面，因为四边形为正方形，则，又因为平面，平面，则，平面，平面，则，故选：A.3C【详解】如图所示，三棱锥的体积为为定值，正确；因为，所以是异面直线与所成的角为，正确；若平面，则，而，故，而与所成角为，错误；在三棱锥中，设点到平面的距离为，又，即有，解得，所以直线与平面所成的角的正弦值为，即所成角为，正确综上，正确的命题序号是故选：C4C【详解】连接，BD，则它们相交且相互平分，故四边形为平行四边形，则.又G、H、M、N分别是正八面体的棱的中

7、点，所以，且，且所以四边形是平行四边形，排除B、D选项，易证平面平面，又平面，平面，C正确；因为EHBC，MHBC，所以BC平面EMH，而GH平面EMH，而GH，所以GH与BC不垂直，故与平面不垂直，A错误；故选：C5C【解析】【分析】证明平面，可得判断A；将的面积表示出来，求长度的最小值，从而得到面积的最小值判断C，作出线面角，再利用锐角三角函数计算即可判断B；证明平面且平面，得到平面平面判断D【详解】解：在正方体中，面，故面，又面，故A正确；对于B：过点作交于点，连接，依题意可得面，所以即为与平面所成的角，当时，与重合，此时平面，与平面所成的角为，令，则，所以，当且仅当即时取最大值，所以最

8、大值为，故B正确；如图，连接交于，面，故，在中，当时，取最小值，所以，此时，故C错误；当时，在中，得，则，又，面，面，由正方体知，即面，面面，故D正确故选：C6D【解析】【分析】由题意可证平面，取BD的中点F，连接EF，则为直线与所成的角，利用余弦定理求出，根据三棱锥体积公式即可求得体积【详解】如图，点为的中点，两两垂直，平面，取BD的中点F，连接EF，为直线与所成的角，且，由题意可知，设，连接AF，则，在中，由余弦定理，得，即，解得，即三棱锥的体积故选：7D【解析】【分析】根据题意证明两两垂直，将三棱锥放入棱长为的正方体，两者外接球体积相同，求得正方体外接球体积即可得出答案.【详解】因为在中

9、，分别是棱的中点，所以，因为，所以，因为三棱锥为正三棱锥，所以（对棱垂直），又因为面，所以面，因为面，所以，在中，因为三棱锥为正三棱锥，所以是等腰三角形，是等边三角形，所以，,所以，即，所以两两垂直，将此三棱锥放入正方体中，此正方体的面对角线长等于长，为,则该正方体棱长为，外接球半径，正方体外接球体积,此正三棱锥的外接球体积和正方体外接球体积相同，为.故选：D8C【解析】【分析】根据线面位置关系分别判断.【详解】由为正方体，且，分别是棱，的中点，则，则平面即为平面，A选项，如图连接，由正方体可知，又不成立，所以不成立，即A选项错误；B选项，由平面，故与平面不平行，B选项错误；C选项，连接，则，

10、又平面，所以平面，C选项正确；D选项，平面与平面有公共点，故D选项错误；故选：C.9ABC【解析】【分析】取中点，连接，证明平面平面，得线面平行，判断A，证明平面，得线线垂直判断B，确定直线MN与平面ABCD所成角判断C，由异面直线所成角的定义判断D【详解】取中点，连接，如图，因为MN分别为AC，A1B的中点，所以，又，所以，平面，平面，所以平面，同理平面，而，平面，所以平面平面，又平面，所以平面，A正确；由正方体性质，所以，平面，所以平面，又平面，所以，B正确；由平面，得平面，所以是直线与平面所成的角，由选项A可得，由平面，得，所以，即直线与平面所成的角是，C正确；而，所以是直线直线MN与D

11、D1所成角，D错误故选：ABC10ABD【解析】【分析】利用直线与平面平行的判定及直线与平面垂直的判定及性质逐项判断即可.【详解】解：对A，因为平面，且平面，所以，又因为为圆的直径，且点在圆上，所以，又所以平面又平面所以，故A正确；对B，因为点为线段中点，点为线段中点所以又因为平面，且平面所以平面，故B正确；对C，若平面，则，又因为点为线段中点，则，而题中并无条件说明，故C错误；对D，由选项A的分析可知：平面，所以点到平面的距离等于线段的长，故D正确.故选：ABD.11AB【解析】【分析】当平面平面ACD时，三棱锥的体积最大，求出体积最大值得选项A正确；取AC的中点E，连接BE，DE，求出三棱

12、锥外接球的表面积，故选项B正确；假设，求出CD的长度要大于4，这与矛盾，故选项C错误；假设，求出，这与，矛盾，故选项D错误.【详解】解：由题知，当平面平面ACD时，三棱锥的体积最大，此时，故选项A正确.取AC的中点E，连接BE，DE，则，所以三棱锥的外接球是以点E为球心，为半径的球，则该三棱锥外接球的表面积，故选项B正确.假设，又，平面BAD，所以平面BAD.又平面BAD，所以，则在中，斜边CD的长度要大于4，这与矛盾，故选项C错误.假设，过点D作于点F，连接BF.由于，平面BDF，所以平面BDF.又平面BDF，所以，所以.又，所以，所以，这与，矛盾，故选项D错误.故选：AB12ACD【解析】

13、【分析】根据线面垂直，线线垂直的判定和性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】A：因为面面，故可得，又面，故面；又因为面，故；根据题意面，故面，又面，故，故正确；B：由A可知，面，过一点不可能有两条直线垂直于同一个平面，故错误；C：由A可知：面面，故，故正确；D：由A可知：面面，故可得，又，面，故面，又面，则，故正确.故选：ACD.【点睛】本题综合考察线线垂直以及线面垂直的判定和性质，需要结合已知条件进行多次转化，属综合中档题.13【解析】【分析】注意到折叠前后始终成立，是本题关键入手点.【详解】在中，则则有，即，在三棱锥中，故直线平面，又平面，故则直角三角形中，故故答案为：14

14、#【解析】【分析】过作，垂足为，则平面，则即为所求角，从而可得结果.【详解】依题意，画出图形，如图，过作，垂足为，可知点H为中点，由平面，可得，又所以平面，则即为所求角，因为，所以，故答案为：.15【解析】【分析】对于利用线面平行的判定定理证明即可，对于利用线面垂直的判定定理证明即可，对于先找到在平面的投影为,即在平面的投影为,故可以知道为直线AD与平面所成角，故即可求解，对于关键要证明平面，即可得知三棱锥的体积不变.【详解】由题意可知,平面,则平面,同理可证平面, 又、平面,平面平面，又平面，面,故正确；,，平面，且面， , 同理可证平面, ,由此可知面，故正确；设正方体的棱长为，记在平面的

15、投影为,则为直线AD与平面所成角，由得，, 则,即;故不正确； , 平面，平面，即E到平面的距离不变，的面积不变，三棱锥的体积不变，故正确.故答案为：.16若，则.(答案不唯一)【解析】【分析】根据平面基本性质写出一个符合题设的真命题即可.【详解】若，则.故答案为：若，则.17(1)证明见解析(2)4【解析】【分析】（1）在中，由余弦定理求得，再根据勾股定理证得，利用线面垂直的判定定理可得证； （2）连接交于点，连接，根据平面，得到，由求解.(1)证明：在中，解得.，即.平面ABE，又AB，平面ABC，平面ABC.(2)解：如图所示：连接交于点，连接.平面，平面平面，.在直角梯形中，所以，所以

16、，.18(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】（1）通过证明线面垂直推得，结合的几何特点，即可证明；（2）利用等体积法，根据，即可带值计算求得结果.(1)因为为菱形，故可得，又因为，面，故可得面，又面，故可得；在中，因为为的中点，且，故垂直平分，故可得.(2)在菱形中，因为，故为等边三角形，则，由（1）可知，又，且，故可得，故在中，故，由，面，故可得面.又在三角形中，故，又，设点到平面的距离为，故由可得：即，解得.即点到平面的距离为.19(1)证明见详解(2)【解析】【分析】（1）将线面平行转化为面面平行，由已知易证；（2）延长相交与点F，利用等体积法求点A到平面PCE，然后由可得.(1)

17、四边形ABCD为正方形平面PAD，平面PAD平面PAD同理，平面PAD又平面，平面平面平面PAD平面平面PAD(2)延长相交与点F，因为，所以分别为的中点.记点到平面PCF为d，直线AB与平面PCE所成角为，则.易知，因为平面ABCD，所以，所以因为，所以由得：即，得所以【点睛】20(1)证明见解析；(2)证明见解析.【解析】【分析】（1）连接，分别证明出平面，平面，利用面面平行的判定定理可证得结论成立；（2）证明出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立.(1)证明：连接，在正方体中，所以，四边形为平行四边形，所以，在中，、分别为、的中点，所以，所以，因为平面，平面，所以，平面因为且，、分别为

18、、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面又，所以，平面平面(2)证明：在正方体中，平面，平面，,因为四边形为正方形，则，因为，则平面由知（1）平面平面，所以，平面，平面，因此，21证明见解析.【解析】【分析】取中点，连接、，证明出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立.【详解】证明：取中点，连接、，则为等边三角形，因为为的中点，则，则，故平面，平面，因此，.22(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【解析】【分析】（1）取PA中点E，连接EN，EB，可证明，从而得到MN平面PAB；（2）可得，利用线面垂直的判定定理可得CD平面PDM；（3）可证PM平面ABCD，求出的长度后可得体积.(1)证明：取PA中点E，连接EN，EB，N是PD的中点，且，又且，四边形ENBM是平行四边形，又平面PAB，平面PAB，MN/平面PAB；(2)证明：由底面是平行四边形，知，在CDM中，由余弦定理：，故，所以，又，又PD，DM是平面PDM内的两条相交直线，CD平面PDM；(3)CD平面PDM，平面PDM，又，且CD，MD是平面ABCD内的两条相交直线，P M平面ABCD连接AM，在ABM中，由余弦定理：，在RtPAM中：，.