数学人教A版 (2019)空间直线、平面的垂直同步训练题

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1、（2022·高一课时练习）已知直线、与平面、，，，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，则必有 B．若，则必有
C．若，则必有 D．若，则必有
【答案】C
【解析】对于选项A，平面和平面还有可能相交，所以选项A错误；
对于选项B，平面和平面还有可能斜交或平行，所以选项B错误；
对于选项C，因为且，所以.所以选项C正确；
对于选项D，若且，则或或与相交（不垂直），
所以选项D错误．故选：C
2、（2023·全国·高一专题练习）已知三个不同的平面α，β，γ和两条不重合的直线m，n，则下列四个命题中正确的是（ ）
A．若则 B．若则
C．若则 D．若则
【答案】D
【解析】对于A，则错误，原因是β不一定是经过直线m的平面故A错误；
对于B，若则错误，如图所示，原
因是由题设条件无法推出一个平面经过另一个平面的垂线，
故无法判定是否α与β一定垂直，故B错误；
对于C，若则，错误，例如教室的墙角，
不妨设α为东墙面，γ为北墙面，β 为地面，
满足但α与γ相交，故C错误；
对于D，因为由面面垂直的判定定理得：，故D正确．故选：D．
3、（2023·全国·高一专题练习）m，n表示直线，α，β，γ表示平面，给出下列结论：
①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β，
②若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n，
③若α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则n⊥β，
④若α⊥β，α∩γ＝m，β∩γ＝n，则n⊥m，
其中正确的结论个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【解析】对①，若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β，故①正确；
对②，若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n，故②正确；
对③，若α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，
如正方体中，平面ABCD∩平面A1BCD1＝BC，AB⊂平面ABCD，AB⊥BC，
但AB与平面A1BCD1不垂直，故③错误；
对④，α⊥β，α∩γ＝m，β∩γ＝n，
如正方体中，平面ABCD⊥平面ADD1A1，平面ABCD∩平面A1BCD1＝BC，
平面ADD1A1∩平面A1BCD1＝A1D1，但BCA1D1，故④错误．
所以正确的结论个数为2个．故选：C．
4、（2023·全国·高一专题练习）已知，是两个不同的平面，“存在直线，，”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】当，是两个不同的平面，
对于其充分性：，可以推出；
对于其必要性：可以推出存在直线，，，
故其为充分必要条件，故选：C.
5、（2023春·四川内江·高一四川省内江市第六中学校考阶段练习）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【解析】作长方体，
对于选项A，取平面为平面，平面为平面，直线为直线，
直线为直线，则，但直线异面，选项A错误；
对于选项B，取平面为平面，平面为平面，直线为直线，
直线为直线，则，但直线不垂直，选项B错误；
对于选项D，取平面为平面，平面为平面，直线为直线，
直线为直线，则，但平面垂直，选项D错误；
对于选项C，如图过直线作平面与平面相交，且，
因为，，，所以，又，所以，
因为，，所以，又，所以，选项C正确.
故选：C.
【题型2 面面垂直的证明】
1、（2023·全国·高一专题练习）如图，在几何体中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，．求证：平面平面；
【答案】证明见解析
【解析】连接，如图所示，
，，，，
，，又，
，
，；
平面，平面，，
，平面，平面，
又平面，平面平面.
2、（2023春·全国·高一专题练习）如图，是圆锥的顶点，是底面圆心，是底面圆的一条直径，且点是弧的中点，点是的中点，，．
（1）求圆锥的表面积；
（2）求证：平面平面．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】（1）圆锥的侧面积，
底面积，
故表面积.
（2）证明：由圆锥的性质知，平面，
因为平面，所以，
因为是底面圆的一条直径，所以
又是的中点，所以，
又，平面，平面
所以平面，又平面，所以平面平面．
3、（2021·高一课时练习）如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，，D是棱AA1的中点.
证明：平面BDC1⊥平面BDC.
【答案】证明见解析
【解析】证明：由题设知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC=C，所以BC⊥平面ACC1A1.
又DC1⊂平面ACC1A1，所以DC1⊥BC.
由题设知∠A1DC1=∠ADC=45°，
所以∠CDC1=90°，即DC1⊥DC.
又DC∩BC=C.所以DC1⊥平面BDC.
又DC1⊂平面BDC1，
故平面BDC1⊥平面BDC.
4、（2022·高一课时练习）如图所示，在四棱锥中，底面四边形是平行四边形，平面，为的中点，求证：平面平面.
【答案】证明见解析
【解析】如图，连接，与交于点，连接，
因为为平行四边形的对角线与的交点，
所以为的中点，
又为的中点，所以为的中位线，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
5、（2023·全国·高一专题练习）已知平面，，是正三角形，.求证：平面平面；
【答案】证明见解析
【解析】取中点分别为，连接，如下所示:
因为面，面，故；
又为等边三角形，故；
又面，，故面；
又在中，分别为的中点，故，；
因为面，面，故，又；
故，则四边形为平行四边形，则，
故面，又面，故面面.
【题型3 面面垂直证明线面垂直】
1、（2023春·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥中，，，，，，平面平面.证明：平面
【答案】证明见解析
【解析】证明：由题设，，
又面面，面面，面，
所以面，
而面，则，
由得：，
又，则平面.
2、（2023春·全国·高一专题练习）如图，在三棱维中，，平面平面.
（1）求证：；
（2）求证：平面.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】（1）在三棱维中，因，，平面，
于是得平面，而平面，所以.
（2）在平面内过点A作于，如图，
因平面平面，平面平面，
则有平面，而平面，
于是得，
由（1）知，，平面，
所以平面.
3、（2023春·全国·高一专题练习）如图，四棱锥中，为矩形，平面平面.求证：.
【答案】证明见解析
【解析】证明：因为为矩形，所以.
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
4、（2022·高一课时练习）如图，三棱锥中，平面平面ABC，，点D，E在线段AC上，且，，点F在线段AB上，且．求证：平面PFE．
【答案】证明见解析.
【解析】由知，E为等腰△PDC中DC边的中点，故PE⊥AC.
又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，且平面PAC，PE⊥AC，
所以PE⊥平面ABC，从而PE⊥AB.
因为，EF//BC，故AB⊥EF，
从而AB与平面PEF内两条相交直线PE，EF都垂直，
所以AB⊥平面PEF.
5、（2023·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，是等边三角形，平面平面分别是的中点.
（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）证明：如图，取的中点，连接，
因为是等边三角形，所以.
又平面平面，平面平面，
所以平面.
连接，
因为底面是边长为2的正方形，是的中点，
所以.
又是的中点，，所以.
因为，所以平面.
（2）由题可知，，
点到平面的距离，
则，
因为，平面平面，
所以平面，
又平面，所以，
则.
又，
所以，则,
设点A到平面的距离为，因为，
所以，解得，
即点A到平面的距离为.
【题型4 求空间二面角】
1、（2022·高一课时练习）在正方体中，二面角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图所示：因为平面,
所以,
所以为二面角的平面角，
在中，．故选：C.
2、（2022·高一课时练习）过正方形的顶点A作平面，且，则二面角的大小是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以，
所以二面角的平面角是，
又，所以，故，
即二面角的大小是.故选：B.
3、（2023·高一课时练习）设二面角的大小为45°，A为棱上一点，在内与成45°角，则与平面所成角的大小为_____．
【答案】30°
【解析】如图，过点作于，在平面内作交于，连接，
由于，，平面 ，
所以平面，平面，故
是二面角的平面角，即，
由，设，
由于平面，平面，
平面，，
，，平面，
是直线与平面所成的角，
，，，
，由于为锐角，
.
4、（2023·全国·高一专题练习）如图，若平面ABCD，四边形ABCD为正方形，，则二面角的大小为______.
【答案】
【解析】平面，，
又是正方形，，
又，平面，
是二面角的平面角.
在中，，，
二面角的大小为.
5、（2022·高一单元测试）如图，在正方体中，分别为、的中点，则平面与平面所成二面角的平面角的正弦值为______．
【答案】
【解析】设棱长为1，延长、、交于一点，
所以，，，则，故．
同理，则即为所求二角的平面角，而，
所以，其正弦值为．
【题型5 平面图形折叠后的垂直问题】
1、（2022春·辽宁鞍山·高一鞍山市第三中学校考期末）如图，在等腰梯形，，，.将沿着翻折，使得点到点，且.
（1）求证：平面平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）证明：在中，，，，
由余弦定理可得，，
，，平面，
平面，所以，平面平面.
（2）在等腰梯形中，，，
则，，
在三棱锥中，，，
平面，平面，则，
则，
在中，，，，
由余弦定理可得，故为锐角，
所以，，，
设点到平面的距离为，由可得，
所以，.
2、（2022春·湖南长沙·高一湘府中学校考期末）如图1，在直角梯形中，，，且，现以为一边向梯形外作正方形，然后沿边将正方形翻折，使，为的中点，如图2．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【解析】（1）取中点，连接，．
在中，，分别为，的中点，
所以，且．
由已知，，所以，且．
所以四边形为平行四边形．所以．
又因为平面，且平面，
所以平面．
（2）在正方形中，，
又，，平面，
∴平面，平面，，
在中，AB=AD=1，所以BD=，，
在中，，BD=，CD=2，
所以BC=，所以，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
3、（2023春·贵州·高三校联考阶段练习）如图甲，已知四边形ABCD是直角梯形，E，F分别为线段AD，BC上的点，且满足，，，．将四边形CDEF沿EF翻折，使得C，D分别到，的位置，并且，如图乙．
（1）求证：；
（2）求点E到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）1
【解析】（1）证明：∵在图甲中，AB∥CD∥EF，AB＝2EF＝4CD＝4，AB⊥BC，
∴在图乙中有，，，又与BF是平面内的交线，
∴EF⊥平面，BC1在面BC1F内，
∴，如图，
分别过，E作，，垂足分别是M，N，
易知，∴，
又，∴，
同理，又，
∴，则，
又EF与是平面内的交线，
∴平面，ED1在面C1D1EF内，
∴．
（2）由（1）知EF⊥平面，AB∥EF，
所以知AB⊥平面 ，BC1在面BC1F内，
所以，则，
，
过点作，垂足为Q，
由（1）知EF⊥平面，且平面，
所以平面平面，
又平面平面，C1Q在面BC1F内，
所以平面，又平面，
所以，又BF与EF是平面ABF内的交线，
∴平面BEF，，
由，得，，
∴点E到平面的距离为1．
4、（2023秋·福建福州·高二福州三中校考期末）（多选）菱形ABCD中，，，将沿对角线BD翻折到位置，连结PC，得到三棱锥，则（ ）
A． B．存在某个位置，使
C．三棱锥的体积最大值为3 D．存在某个位置，使平面
【答案】AB
【解析】A.如图，连结对角线，交于点，，
沿翻折后得到如图三棱锥，则，，且，
平面，平面，则平面，平面，
所以，故A正确；
B.当时，此时三棱锥为正四面体，取的中点，连结，
所以，，且，所以平面，平面，
所以，故B正确；
C.当平面平面时，三棱锥的体积最大，
此时平面平面时，，则平面，，
，此时正四面体的体积，故C错误；
D.若平面，则，因为，所以与不可能垂直，
所以不存在某个位置，使平面，故D错误. 故选：AB
5、（2022春·江西景德镇·高一景德镇一中校考期中）（多选）如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将沿直线AM翻折成，连结，N为的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得
B．翻折过程中，CN的长是定值
C．若，则
D．若，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积是4π
【答案】BD
【解析】对于A：如图1，取AD中点E，连接EC交MD与F，
则NEAB1，NFMB1，
如果CN⊥AB1，可得到EN⊥NF，
又EN⊥CN，且三线NE，NF，NC共面共点，不可能，故A错误．
对于B：如图1，可得由∠NEC＝∠MAB1（定值），
（定值），（定值），
由余弦定理可得，
∴NC是定值，故B正确．
对于C：如图2，取AM中点O，连接B1O，DO，
由题意得AM⊥面ODB1，即可得OD⊥AM，
从而AD＝MD，由题意不成立，可得C错误．
对于D：当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1﹣AMD的体积最大，
由题意得AD中点就是三棱锥B1﹣AMD的外接球的球心，
球半径为1，表面积是4π，故D正确．故选：BD．
【题型6 面面垂直中的动点探究问题】
1、（2022·全国·高一专题练习）三棱柱被平面截去一部分后得到如图所示几何体，平面，，，为棱上的动点（不包含端点），平面交于点．
（1）求证：平面；
（2）求证：；
（3）试问是否存在点，使得平面平面？并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；
（3）存在点，当点为中点时，理由见解析.
【解析】（1）证明：由三棱柱的几何特征，
平面，平面，．
，．
又，平面，平面，
平面．
（2）证明：如图，在三棱柱中，，
平面，平面，平面．
又平面，平面平面，
．
（3）存在点，当点为中点时，平面平面．
证明：，点为中点，．
平面，平面，．
，.
又，面,面
平面．平面
平面平面．
2、（2022·全国·高一专题练习）如图：，的长方形所在平面与正所在平面互相垂直，，分别为，的中点．
（1）求证：平面；
（2）试问：在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，试指出点的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.
【解析】（1）连交于，连则为中点，因为为中点，
所以，又平面，平面，则平面．
（2）当时，平面平面．
证明如下：正中，为的中点，故，
侧面底面，侧面底面，底面，
又平面，则，又因为长方形中，由相似三角形得，
则，而平面，
平面，又平面，
所以，平面平面．
3、（2022·全国·高一专题练习）如图示，边长为4的正方形与正三角形所在平面互相垂直，、分别是，的中点．
（1）求证：面；
（2）求多面体的体积；
（3）试问：在线段上是否存在一点，使面面？若存在，指出的位置，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在点，为中点
【解析】（1）证明：连接交于点，连接，
由正方形知为的中点，
为的中点，，
平面，平面，平面；
（2）∵为正三角形，为中点，故，
又平面平面，平面平面于，故平面，
故多面体的体积；
（3）存在点，当为中点时，平面平面，
四边形是正方形，为的中点，．
由（1）知，平面，平面，，
又，平面，平面，平面平面．
4、（2021·高一课时练习）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为AB和DD1的中点．
（1）求证：EF∥平面BCD1；
（2）在棱C1D1上是否存在一点M，使得平面MEF⊥平面BCD1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，1
【解析】（1）取D1C的中点G，连接FG，GB，如图，
因为F为DD1的中点，FG∥DC，且FG＝DC，
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，因为E为AB的中点，
所以EB∥DC，且EB＝AB＝DC，
所以FG∥EB，FG＝EB，
可得四边形EBGF为平行四边形，
所以EF∥GB，又因为EF⊄平面BCD1，GB⊂平面BCD1，
则EF∥平面BCD1；
（2）在棱C1D1上假设存在一点M，使得平面MEF⊥平面BCD1，
取M为C1D1的中点，连接DC1，FM，EM，如图，
因为F为DD1的中点，所以FM∥DC1，因为DC1⊥D1C，
可得FM⊥D1C，
因为BC⊥平面D1DCC1，FM⊂平面D1DCC1，所以BC⊥FM，
因为BC⊂平面BCD1，D1C⊂平面BCD1，BC∩D1C＝C，
所以FM⊥平面BCD1，
因为FM⊂平面MEF，所以平面MEF⊥平面BCD1，故．
5、（2022春·浙江衢州·高一浙江省开化中学校考阶段练习）如图，已知在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，.
（1）求与平面所成的角的正弦值；
（2）棱上是否存在点，使得平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)存在，.
【解析】（1）取的中点，连结，过作于点，连，
又因为，所以为的外心，
又由，所以在平面上射影是的外心
所以平面，
所以平面平面，所以平面
所以为与平面所成的角
在中，，，
在中，，
在中，，，所以，
故与平面所成的角的正弦值．
（2）过作于点，连结，作交于点，交于点，
由(1)得平面，又平面，所以，
又，，都在平面内，且相交于点，所以平面，
又平面，所以
要使得平面平面，则需
在中，，，
所以，，
在中，，
由得，，所以．
故棱上存在点，使得平面平面，
且当时有平面平面.