北师大版 (2019)必修 第二册5.1 直线与平面垂直课时练习

这是一份北师大版 (2019)必修 第二册5.1 直线与平面垂直课时练习，共19页。
【优编】5.1 直线与平面垂直-1练习一．填空题1．如图，在三棱柱中，底面是等边三角形，且底面，若，则直线与平面所成角的正弦值为________.2．在三棱锥A﹣BCD中，△ABC是边长为3的正三角形，BD平面ABC且BD＝4，则该三棱锥的外接球的体积为_____．3．如图，在棱长为1的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AB和CD的中点，一个平面分别与棱BC，BD，AD，AC交于E，F，G，H，且MN⊥平面EFGH.给出下列六个结论：①AC⊥BD，②AB//平面EFGH，③平面ABC⊥平面EFGH，④四边形EFGH的周长为定值；⑤四边形EFGH的面积有最大值；⑥四边形EFGH一定是矩形，其中，所有正确结论的序号是_____.4．在棱长为1的正方体中，与平面ABCD所成角的正弦值为______．5．讲一个半径为5的水晶球放在如图所示的工艺架上，支架是由三根金属杆PA？PB？PC组成，它们两两成60°角.则水晶球的球心到支架P的距离是___________.6．已知三棱锥中，平面平面，.设直线与平面所成的角为，则的最大值为__________.7．如图，四面体中，，，两两垂直，且，则点到平面的距离为______；8．正三棱柱中，，直线与平面所成角的正弦值为____________9．如图，在四棱锥中，已知底面，，，，则点到平面的距离为______．10．在空间中，已知直线，两个不同的平面，，下列三个条件中，一定能推出“”的条件序号是________．①，②，③，11．在棱长为的正方体中,为中点,点在正方体的表面上移动,且满足,当在上时,______;点和满足条件的所有点构成的平面图形的面积为_______.12．如图，已知正四面体的棱长为2，动点在四面体侧面上运动，并且总保持，则动点的轨迹的长度为__________.13．在三棱柱中，，，两两垂直，且，点在侧面内(含边界)，若，则长度的最大值为______.14．已知三棱锥的四个顶点都在球的表面上，平面，，，，，则球的半径为______；若是的中点，过点作球的截面，则截面面积的最小值是______．15．在三棱柱中，侧棱平面，，底面是边长为4的正三角形，则此三棱柱的体积为__________．
参考答案与试题解析1．【答案】【解析】取的中点，连接，则平面，，由∥，得，从而是直线与平面所成角，由此能求出直线与平面所成角的正弦值详解：解：取的中点，连接，因为在三棱柱中，底面是等边三角形，且底面，所以平面，，因为∥，所以，所以是直线与平面所成角，因为，所以，，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为，故答案为：【点睛】此题考查直线与平面所成角的正弦值的求法，考查空间中线线．线面．面面间的位置关系等基础知识，考查数形结合思想，属于中档题2．【答案】π【解析】过外心作平面的垂线，只要，即为三棱锥A﹣BCD外接球球心．求出半径后可得体积．详解：设是的外心，由，作平面，∵平面，∴，取，则，∴是三棱锥外接球的球心．，∴．故答案为：．【点睛】本题考查球三棱锥外接球的体积，解题关键是寻找外接球的球心，外接球球心心在过三棱锥各面外心与该面垂直的直线上．3．【答案】①②④⑤⑥【解析】利用正四面体的性质判断①；利用直线与平面垂直的性质判断②；平面是否垂直判断③；通过折叠与展开判断④；求出四边形的面积判断⑤；判断四边形的形状判断⑥；详解：在棱长为1的正四面体中，对棱垂直，所以①，正确；，分别为棱和的中点，可知，，一个平面分别与棱，，，交于，，，，且平面．所以，平面，所以②正确；同时，所以四边形一定是矩形，所以⑥正确；平面平面，所以平面平面不正确，即③不正确；由比例关系可知：是定值，四边形的周长为定值2，④正确；由基本不等式的形状，可知四边形的面积有最大值1；所以⑤正确；故答案为：①②④⑤⑥．【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用，涉正四面体的性质以及及空间几何体的直线与平面．平面与平面的平行垂直性质的综合应用，还运用了基本不等式求面积最大值．4．【答案】【解析】作出正方体，易知即为所求角，容易得解．详解：解：正方体中，底面ABCD，即为与底面ABCD所成角，易知，，故答案为．【点睛】此题考查了斜线与平面所成角，属容易题．5．【答案】5【解析】设PO=x，作OD⊥平面BPA，连接AD，DB，则PA=，DA=，PD=，OD=，cos60°=cos30°cos∠CPD，，1=，，所以x=，故答案为：5. 6．【答案】【解析】利用余弦定理求出是直角三角形，过点作，垂足为，易得，连接，可得平面，进而可得，设，，即，由，利用余弦定理可得：，化简配方即可求解.详解：由已知易得是直角三角形，过点作，垂足为，易得，连接，因为平面平面，由面面垂直的性质定理，可得平面，所以，，可知当取最小值时，最大.设，，则.因为，所以，即，所以，可得当时，取得最小值，最小值为，即的最小值.所以的最大值为.故答案为：【点睛】本题考查了线面角的求法，同时考查了余弦定理的应用，解题的关键是找出线面角，属于中档题.7．【答案】【解析】由题意可知，可得；设点到平面的距离为；又，可得，由此即可求出结果.详解：∵四面体中，两两垂直，且，∴，所以三角形的面积为设点到平面的距离为；又，所以所以．故答案为：．【点睛】本题查点到平面的距离的求法，利用等体积法是解题的关键，考查运算求解能力，是中档题．8．【答案】【解析】取BC的中点E，连接，AE，证明AE⊥面，推出就是与平面所成的角，解直角三角形即可.详解：解：取BC的中点E，连接，AE，则AE⊥BC，正三棱柱中，∴面ABC⊥面，面面＝BC，∴AE⊥面，∴就是与平面所成的角，在中，∵AB＝，.故答案为：.【点睛】考查直线和平面所成的角，求直线和平面所成的角关键是找到斜线在平面内的射影，把空间角转化为平面角求解，属中档题.9．【答案】【解析】求出三棱锥的体积，设点到平面的距离为，利用等体积法，即可得出结果.详解：∵底面，，，∴，∵，∴，，又∵，∴，且,设点到平面的距离为，∴，解得，即点到平面的距离为，故答案为：.【点睛】本题主要考查了利用等体积法求点到面的距离，求出三棱锥的体积是解题的关键，属于中档题.10．【答案】③【解析】根据面面平行的判定定理判断．详解：如果是①或②，直线与平面是什么关系都不清楚，不可能得出两平面平行，③，，过直线作两个相交平面与交于直线，与交于直线，其中在一个平面内，在一个平面内，由，得，由，得，由共面得，同理，由得，同理，又是内两相交直线，于是得．故答案为：③．【点睛】本题考查两平面平行的判定定理，实质上从空间向量的角度考虑，选③，直线方向向量是平面的法向量，也是平面法向量，两平面一定平行．11．【答案】    【解析】取的中点分别为连结可得点的运动轨迹为梯形,可求当点在上时,点为的中点,利用勾股定理可求,由于梯形为等腰梯形,可求其面积,即可求得答案.详解：取的中点分别为,连结四点共面,且四边形为梯形，面点在正方体表面上移动点的运动轨迹为梯形如图所示：正方体的边长为，当点在上时,点为的中点,又,梯形为等腰梯形等腰梯形高为故答案为:, 点和满足条件的所有点构成的平面图形的面积为:.【点睛】本题主要考查了求正方体中两点距离和正方体中的四边形面积,解题关键是掌握正方体的特征和动点面积求法,考查了分析能力和计算能力,属于难题.12．【答案】【解析】取PA的中点E，连接EB，EC，推出PA⊥平面BCE，故点M的轨迹为线段CE，解出即可．详解：取PA的中点E，连接EB，EC，因为几何体是正四面体P﹣ABC，所以BE⊥PA，EC⊥PA，EB∩EC＝E，∴PA⊥平面BCE，且动点在正四面体侧面上运动，总保持，∴点M的轨迹为线段CE，正四面体P﹣ABC的棱长为2，在等边三角形PAC中求得CE＝.故答案为：【点睛】本题考查了正四面体的性质和线面垂直与线线垂直的判定，判断轨迹是解题的关键，属于中档题．13．【答案】【解析】作于，设，，进而可得，即可求出最大值.详解：作于，设，，因为，所以，整理得，故，所以，故.而，所以当时，长度最大为.故答案为：【点睛】本题考查了立体几何两点间的距离问题，考查了计算能力和空间想象能力，属于一般题目.14．【答案】      【解析】过底面外接圆的圆心作垂直于底面的直线，则球心在该直线上，可得，然后即可求出球的半径，若是的中点，，重合，过点作球的截面，则截面面积最小时是与垂直的面，即是三角形的外接圆，然后算出答案即可.详解：如图所示：由题意知底面三角形为直角三角形，所以底面外接圆的半径，过底面外接圆的圆心作垂直于底面的直线，则球心在该直线上，可得，连接，设外接球的半径为，所以，解得．若是的中点，，重合，过点作球的截面，则截面面积最小时是与垂直的面，即是三角形的外接圆，而三角形的外接圆半径是斜边的一半，即2，所以截面面积为．故答案为：，【点睛】几何体的外接球球心一定在过底面多边形的外心作垂直于底面的直线上.15．【答案】【解析】由已知可得并求出其值，进而求出的面积，利用，结合已知求出，即可得出结论.详解：平面，，，取中点，连，则，，.故答案为：.【点睛】本题考查三棱柱的体积，注意柱体和椎体体积间的关系，以及等体积法的应用，属于中档题.