高中数学人教版新课标A必修22.3 直线、平面垂直的判定及其性质精品习题

突破2.3 直线、平面垂直的判定及其性质课时训练

【基础巩固】

1．设是两条不同的直线，是两个不同的平面（   ）

A．若，，则     B．若，则

C．若则   D．若，，，则

【答案】．C

【解析】选项中均可能与平面平行、垂直、斜交或在平面内，故选．

2．已知，表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（   ）

A．若则       B．若，，则

C．若，，则    D．若，，则

【答案】．B

【解析】对于选项A，若，则与可能相交、平行或异面，A错误；显然选项B正确；对

于选项C，若，，则或，C错误；对于选项D，若，，则或

或与相交，D错误．故选B．

3．（2020届河南省郑州市高三第二次质量预测）设是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列命题，正确的是（ ）．

A．若，则

B．，则

C．若∥，，则

D．∥，则∥

【答案】C

【解析】A．错，因为没说明垂直于两平面的交线，B．错，垂直于同一平面的两个平面相交或平行，C．正确，因为平面存在垂直于的线，D．错，因为与有可能相交．故选C。

4．（线线垂直的条件判断 ）在直三棱柱中，.以下能使的是（  ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】因为直三棱柱

所以，

又因为，

所以

因为，

平面，

所以平面，

所以，

那么，要证，

故只需要证明平面，

即证，

因为直三棱柱的侧面都是长方形，

当增加条件时，

则可以得到，

因为，

，

平面，

所以平面，

所以.

故选B.

5．（线面平行的证明 ）如图，在三棱柱中，四边形为矩形，平面平面，，分别是侧面，对角线的交点．求证：

（1）平面；

（2）.

【答案】（1）见解析；（2）见解析

【解析】（1）因为三棱柱，

所以四边形，四边形均为平行四边形．

因为，分别是侧面，对角线的交点，

所以，分别是，的中点 ，

所以.

因为平面，平面，

所以平面.

（2）因为四边形为矩形，

所以.

因为平面平面，平面，平面平面，

所以平面.

因为平面，

所以.

6．（2020届湖北省宜昌市高三调研）已知菱形的边长为2，，对角线、交于点O，平面外一点P在平面内的射影为O，与平面所成角为30°.

（1）求证：；

（2）点N在线段上，且，求的值.

【答案】（1）证明见解析

（2）

【解析】

（1）由题意面，∴，

菱形中，，又，则面，

所以；

（2）因为面，所以与平面所成角为，

又菱形边长为2，，所以，，，，.

所以，.

设，点D到平面的距离为

由得，

即，解得

所以D到平面的距离也为.

所以.

所以.

7．（2020届湖南省永州市高三第三次模拟）如图，在直三棱柱中，，，D，E分别为AB，BC的中点.

（1）证明：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）因为棱柱是直三棱柱，所以

又， 

所以面   

又，分别为AB，BC的中点

所以//

即面 

又面，所以平面平面

（2）由（1）可知////

所以//平面

即点到平面的距离等于点到平面的距离

设点到面的距离为

由（1）可知，面

且在中，，

易知  

由等体积公式可知

即

由得  

所以到平面的距离等于

8．（2020届全国名校高三模拟）在如图所示的几何体中，已知，平面ABC，，，若M是BC的中点，且，平面PAB．

求线段PQ的长度；

求三棱锥的体积V．

【答案】（1）2；（2）2.

【解析】取AB的中点N，连接MN，PN，

，且，

，、Q、M、N确定平面，

平面PAB，且平面平面，

又平面，，

四边形PQMN为平行四边形，

．

解：取AC的中点H，连接QH，

，且PQ=AH=2，四边形PQHA为平行四边形，

，平面ABC，平面ABC，

，，

三棱锥的体积：

．

【能力提升】

9．（2020届湖北省黄冈中学高三高考模拟）三棱锥中，点是斜边上一点.给出下列四个命题：

①若平面，则三棱锥的四个面都是直角三角形；

②若，，，平面，则三棱锥的外接球体积为；

③若，，，在平面上的射影是内心，则三棱锥的体积为2；

④若，，，平面，则直线与平面所成的最大角为.

其中正确命题的序号是__________．（把你认为正确命题的序号都填上）

【答案】①②③

【解析】对于①，因为平面，所以，，，又，

所以平面，所以，故四个面都是直角三角形，∴①正确；

对于②，若，，，平面，

∴三棱锥的外接球可以看作棱长为4的正方体的外接球，

∴，，∴体积为，∴②正确；

对于③，设内心是，则平面，连接，

则有，又内切圆半径，

所以，，故，

∴三棱锥的体积为，∴③正确；

对于④，∵若，平面，则直线与平面所成的角最大时，点与点重合，

在中，，∴，即直线与平面所成的最大角为，

∴④不正确，故答案为：①②③.。

10．（四川省宜宾市2019届高三第三次诊断性考试数学试题）如图，边长为2的正方形中，分

别是的中点，现在沿及把这个正方形折成一个四面体，使三点重合，重合后

的点记为，则四面体的高为（   ）

A．  B．

C．  D．1

【答案】B

【解析】如图，由题意可知两两垂直，

∴平面，∴，

设P到平面的距离为h，又，

∴，∴，故，故选B.

11．（判断线面平行、垂直）如图，在正方体中，点是棱上的一个动点，平面交棱于点．下列命题正确的为_______________.

①存在点，使得//平面；

②对于任意的点，平面平面；

③存在点，使得平面；

④对于任意的点，四棱锥的体积均不变．

【答案】①②④

【解析】①当为棱上的一中点时，此时也为棱上的一个中点，此时//，满足//平面，故①正确；

②连结，则平面，因为平面，所以平面平面，故②正确；

③平面，不可能存在点，使得平面，故③错误；

④四棱锥的体积等于，设正方体的棱长为1.

∵无论、在何点，三角形的面积为为定值，三棱锥的高，保持不变，三角形的面积为为定值，三棱锥的高为，保持不变.

∴四棱锥的体积为定值，故④正确.

故答案为①②④.

12．（满足线面平行的点是否存在）在四棱锥中，底面是平行四边形，，，是边长为的等边三角形，.

（1）证明：平面平面；

（2）在线段上是否存在一点，使得平面？说明理由.

【答案】（1）见解析；（2）见解析

【解析】

（1）证明：在中，，，

由余弦定理可得：

故

所以，即为等腰直角三角形

取的中点，连接

由，得

连接，因为，所以平面

所以

又，，，所以

即

又

所以平面，又平面

所以平面平面

（2）解：当为的中点时，平面

证明如下：连接交于点

因为底面为平行四边形，所以为的中点

又为的中点，所以

因为平面，平面

所以平面

13．（2020·安徽省淮北市高三一模（理）在直角梯形（如图1），，，，，为线段中点.将沿折起，使平面平面，得到几何体（如图2）.

（1）求证：平面；

（2）求与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】（1）由题设可知，，

∴∴

又∵平面平面，平面平面

∴面.

（2）法一、等体积法

取的中点连接，由题设可知为等腰直角三角形，所以面

∵且

而

∴到面的距离，

所以.

法二、向量法

取的中点连接，由题设可知为等腰直角三角形，所以面，连接，因为分别为和的中点，所以，由（1）可知，故以所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示.

则，，，

∴

∴面的一个法向量

∴。

14．（2020·北京市西城区高三一模）如图，在四棱柱中，平面，底面ABCD满足∥BC，且

(Ⅰ)求证:平面;

(Ⅱ)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(Ⅰ) 证明见解析；(Ⅱ)

【解析】

(Ⅰ) 平面，平面，故.

，，故，故.

，故平面.

(Ⅱ)如图所示：分别以为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，.

设平面的法向量，则，即，

取得到，，设直线与平面所成角为

故.

15．（2020·黑龙江哈尔滨师大附中高三模拟（理））如图，三棱柱中，平面，，，，，是的中点，是的中点.

（Ⅰ）证明：平面；

（Ⅱ）是线段上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.

【解析】

（Ⅰ）连结交于，连结，

∵，，∴，.

又，，

∴，因此，四边形为平行四边形，即

∵面，面，∴平面

（Ⅱ）建立空间直角坐标系，如图，过作，连结

∵面，面，∴

∵，，∴面

∵面，∴面面，

∵面，，面面，面，

即为直线与平面所成角，记为，，∴，

在中，，∴，

，，，，

设平面的法向量，

，取，

平面的法向量，

因此，二面角的余弦值。

16．（2020·陕西省西安中学高三三模（理））如图所示，四棱锥中，底面为菱形，且平面，，是中点，是上的点.

（1）求证：平面平面；

（2）若是的中点，当时，是否存在点，使直线与平面的所成角的正弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）见解析；（2）或

【解析】

（1）连接，因为底面为菱形，，所以是正三角形，

是的中点，，又， 平面，平面，又平面，又平面，所以平面平面．

（2）

以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设，则，

则，设，则，又，

设是平面的一个法向量，则 ，

取，得，

设直线与平面所成角为，由，得：

．

化简得：，解得或，

故存在点满足题意，此时为或．

【高考真题】

17．（2019年高考北京卷理数）已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：

①l⊥m； ②m∥；  ③l⊥．

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．

【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.

【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：

（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m，正确；

（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α，不正确，有可能m在平面α内；

（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α，不正确，有可能l与α斜交、l∥α.

故答案为：如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.

18．（2019年高考全国Ⅰ卷理数）已知三棱锥P−ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为（  ）

A．  B．

C．  D．

【答案】D

【解析】解法一：为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，

，又，分别为，的中点，，，又，平面，∴平面，，为正方体的一部分，，即，故选D．

解法二：设，分别为的中点，，且，为边长为2的等边三角形，，

又，，

中，由余弦定理可得，

作于，，为的中点，，，

，，

又，两两垂直，，，，故选D.

19．（2019年高考全国Ⅱ卷理数）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（   ）

A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行    

C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面

【答案】B

【解析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B．

【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误．

 20．（2019年高考全国Ⅱ卷理数）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．

（1）证明：BE⊥平面EB1C1；

（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】（1）由已知得，平面，平面，故．

又，所以平面．

（2）由（1）知．由题设知≌，所以，

故，．

以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D–xyz，

则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，．

设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则即

所以可取n=.

设平面的法向量为m=（x，y，z），则即

所以可取m=（1，1，0）．于是．

所以，二面角的正弦值为．

21．（2019年高考全国Ⅲ卷理数）图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其

中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.

（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；

（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.

【答案】（1）见解析；（2）.

【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．

又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．

（2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．

由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．

以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，

则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．

设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则即所以可取n=（3，6，–）．

又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以．

因此二面角B–CG–A的大小为30°．