拓展模块一（上册）4.4.3 两平面垂直精品同步测试题

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基础巩固
一、单选题
1．已知直线、，平面、，满足且，则“”是“”的（ ）条件
A．充分非必要B．必要非充分条C．充要D．既非充分又非必要
【答案】A
【分析】利用空间中的垂直关系和充分条件、必要条件的定义进行判定.
【详解】因为，所以，
又因为，所以，
即“”是“”的充分条件；
如图，在长方体中，设面为面、面为面，
则，且与面不垂直，
即“”不是“”的必要条件；
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
2．设是两个不同的平面，b是直线且，“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由面面垂直的判定定理判断．
【详解】由面面垂直的判定定理知，若，，则，
反之，若，，不一定垂直，
故”是“”的充分不必要条件，
故选：A
3．已知直线l及两个不重合的平面，，下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，且内有无数条直线与l垂直，则
【答案】C
【分析】ABD均可举出反例，C选项，可由面面平行得到证明.
【详解】A选项，如图1，满足，，但不满足，A错误；
如图1，满足，，但不满足，B错误；
若，，由面面平行的定义可知，C正确；
若内这无数条直线均平行，则不能推出，D错误.
故选：C
4．如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，则图中与平面PCD垂直的平面是（ ）
A．平面ABCDB．平面PBC
C．平面PADD．平面PCD
【答案】C
【分析】由线面垂直得到线线垂直，进而证明出线面垂直，面面垂直.
【详解】因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，
由四边形ABCD为矩形得，
因为，
所以平面PAD．
又平面PCD，
所以平面平面PAD．
故选：C
5．空间四边形ABCD中，若，，那么有（ ）
A．平面ABC平面ADCB．平面ABC平面ADB
C．平面ABC平面DBCD．平面ADC平面DBC
【答案】D
【分析】证明线面垂直，从而证明面面垂直.
【详解】∵，，，平面，
∴平面BDC．
又∵AD平面ADC，
∴平面平面DBC．
故选：D
6．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】C
【分析】AB选项，可以举出反例，C选项，可以通过面面垂直的性质和线面垂直的性质进行证明；D选项可以证明出.
【详解】如图，满足，但不垂直，A错误；
若，则或异面，或相交，B错误；
因为，则或，又因为，所以，C正确；
因为，所以，
又因为，设，则，所以
则，D错误.
故选：C
7．m，n表示直线，α，β，γ表示平面，给出下列三个命题：
（1）若α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则n⊥β；
（2）若α⊥β，α∩γ＝m，β∩γ＝n，则n⊥m；
（3）若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β.
其中正确的命题为（ ）
A．（1）（2）B．（3）
C．（2）（3）D．（1）（2）（3）
【答案】B
【分析】（1）（2）可举出反例，（3）可以用线面垂直，线线垂直证明出面面垂直.
【详解】如图1，满足α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，但不满足n⊥β，（1）错误；
如图2，满足α⊥β，α∩γ＝m，β∩γ＝n，但不满足n⊥m，（2）错误；
若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β.
因为m⊥α，m⊥n，所以或，
若，因为n⊥β，所以α⊥β.
若，则在内存在使得，
因为n⊥β，所以l⊥β，所以α⊥β.
综上：若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β，（3）正确.
故选：B
8．如图，在四棱锥中，底面为矩形，是等边三角形，平面底面，，四棱锥的体积为，为的中点．线段的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设，作出四棱锥的高，并用求出高，再用体积解出即可.
【详解】
由已知，设，则矩形的面积，
取中点，连接，
∵是等边三角形，，∴，且,
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，即是四棱锥的高，
∴四棱锥的体积
∴解得，，∴.
故选：D.
9．设m，n是不同的直线，，是不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
【答案】D
【分析】ABC均可以举出反例，D选项可证明出正确.
【详解】A选项，若，，则，或m，n相交或m，n异面，A错误；
B选项，若，，则或，相交，B错误；
C选项，若，，则或，C错误；
D选项，若，，则，D正确.
故选：D
10．如图所示，在正方体的棱上任取一点，作与点，则与平面的关系是（ ）
A．平行
B．平面
C．相交但不垂直
D．垂直
【答案】D
【分析】直接由平面与平面垂直的性质得答案．
【详解】解：由正方体的结构特征可知，平面平面，
又平面平面，且平面，，
由平面与平面垂直的性质可得，平面．
故与平面的关系是相交且垂直．
故选：D．
二、填空题
11．如图，在直二面角中，和分别在平面和上，它们都垂直于，且，，，则 ．
【答案】
【分析】连接，由面面垂直的性质可得，再由线面垂直的性质有，在△、△中，利用勾股定理求.
【详解】连接，在直二面角中，，，
所以，又，则，又，
所以，在△、△中.
故答案为：
12．如图，平面平面，，，是正三角形，O为的中点，则图中直角三角形的个数为 .
【答案】6
【解析】由面面垂直的性质定理可得：平面，再逐一判断即可得解.
【详解】解：，O为的中点，
.
又平面平面，且交线为，
平面.
平面，，
为直角三角形.
∴图中的直角三角形有，，，，，，共6个.
故答案为：6.
【点睛】本题考查了面面垂直的性质定理，重点考查了空间想象能力，属基础题.
13．如图，在三棱锥内，侧面底面，且，则 ．
【答案】
【分析】由侧面底面及，利用面面垂直的性质定理可得平面，从而，利用勾股定理计算即可得解.
【详解】∵侧面底面，交线为，(即)，平面PAC，
∴平面，又平面，
∴，∴.
【点睛】本题考查了面面垂直的性质定理的应用，考查了空间线、面垂直的相互转化，属于基础题.
14．如图，在正方体所有经过四个顶点的平面中，垂直于平面的平面有 ．
【答案】平面，平面，平面
【分析】作出辅助线，证明线面垂直，从而证明出平面⊥平面，同理可证明平面⊥平面，平面⊥平面.
【详解】连接面对角线，因为平面，平面，
所以，
又因为，，平面，
所以⊥平面，
因为平面，
所以平面⊥平面，
同理可知平面⊥平面，平面⊥平面.
故答案为：平面，平面，平面.
15．如图，在三棱锥中，若，，是的中点，则下列命题中正确的有 (写出全部正确命题的序号).
①平面平面；
②平面平面；
③平面平面，且平面平面；
④平面平面，且平面平面.
【答案】③
【分析】由等腰三角形三线合一的性质可得，，再由线面垂直的判定定理可得平面，然后利用面面垂直的判定定理可得平面平面，平面平面
【详解】因为，且是的中点，所以，
同理有，
因为，平面.
所以平面.
因为在平面内，所以平面平面.
又由于平面，所以平面平面，
故答案为：③.
三、解答题
16．如图，已知，证明：.

【答案】证明见解析
【分析】构造辅助线，利用面面垂直的定义可得面面垂直.
【详解】
如图，设，，在平面内过作，
设为直线异于的一点，为直线异于的一点
因为，，故，
由，故为二面角的平面角，
由可得，故.
17．如图，在四棱柱中，四个侧面都是矩形.求证：平面平面ABCD.

【答案】证明见解析
【分析】由题设有、，再由线面、面面垂直的判定定理证结论.
【详解】因为侧面是矩形，所以.
因为侧面是矩形，所以.
又，面，
因此平面ABCD，又平面，
所以平面平面ABCD.
18．如图,在四棱锥P－ABCD中,四边形ABCD是菱形,PA=PC,E为PB的中点．求证:
(1)平面AEC;
(2)平面AEC⊥平面PBD．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1) 设,连接,根据中位线可得,再根据线面平行的判定定理即可证明;
(2)根据可得,根据四边形为菱形,可得,再根据线面垂直的判断定理可得平面,再根据面面垂直的判定定理即可得出结果.
【详解】（1）设,连接,如图所示:
因为O,E分别为,的中点,所以,
又因为平面,平面,
所以平面．
（2）连接,如图所示:
因为,为的中点,所以,
又因为四边形为菱形,所以,
因为平面,平面,且,
所以平面,又因为平面,
所以平面平面．
19．如图，四棱锥P-ABCD的底面是菱形，且PA面ABCD，E，F分别是棱PB，PC的中点.
求证：（1）EF平面PAD；
（2）面PBD面PAC.
【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解.
【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可证明.
（2）利用面面垂直的判定定理即可证明.
【详解】（1）由E，F分别是棱PB，PC的中点.
则且，
又底面ABCD是菱形，，，
又平面PAD，平面PAD，
EF平面PAD.
（2）由PA面ABCD，是平面ABCD的对角线，
，
四棱锥P-ABCD的底面是菱形，
，
，且平面PAC，
平面PAC，
又因为平面PBD，
所以面PBD面PAC
能力进阶
20．如图，在四棱锥中，平面底面，，，，．证明：
【答案】证明见解析
【分析】利用余弦定理和勾股定理可得，根据面面垂直的性质定理可得平面，进而即得.
【详解】证明：在四边形中，因为，，，，
由余弦定理得，，
解得，
所以，即，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又因为平面，
所以．
21．如图，在四面体PABD中，AD⊥平面PAB，PB⊥PA
(1)求证：PB⊥平面APD；
(2)若AG⊥PD，G为垂足，求证：AG⊥BD．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由线面垂直的性质有，再根据线面垂直的判定证结论.
（2）由（1）及面面垂直的判定可得面面APD，再由面面垂直的性质有面，根据线面垂直的性质即可证结论.
【详解】（1）由AD⊥平面PAB，面，则，
又PB⊥PA，，则PB⊥平面APD；
（2）由（1）及面，则面面APD，
又面面APD，AG⊥PD，面APD，
所以面，而面，
所以AG⊥BD．