2.3直线、平面垂直的判定及其性质-2020-2021学年高一数学尖子生同步培优题典（人教A版必修2）

专题2.3  直线、平面垂直的判定及其性质

姓名：__________________     班级：______________   得分：_________________

注意事项：

本试卷满分100分，考试时间45分钟，试题共20题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．

一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．（2020·南昌市新建一中）如图，在中，，是边上的高，平面，则图中直角三角形的个数是（  ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】①平面，,都是直角三角形；②是直角三角形；③是直角三角形；④由得平面，可知：也是直角三角形.综上可知：直角三角形的个数是个，故选C．

2．（2020·广州市广外附设外语学校）在空间中，设，为两条不同直线， ，为两个不同平面，则下列命题正确的是

A．若且，则      B．若，，，则

C．若且，则     D．若不垂直于，且，则必不垂直于

【答案】C

【解析】由m，n为两条不同直线，α，β为两个不同平面，知：在A中，若m∥α且α∥β，则m∥β或m⊂β，故A错误；在B中，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m与n相交、平行或异面，故B错误；在C中，若m⊥α且α∥β，则由线面垂直的判定定理得m⊥β，故C正确；在D中，若m不垂直于α，且n⊂α，则m有可能垂直于n，故D错误．故选：C．

3．（2020·安徽金安六安一中高一期末）如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则（  ）

A．，且直线是相交直线    B．，且直线是相交直线

C．，且直线是异面直线    D．，且直线是异面直线

【答案】B

【解析】如图所示， 作于，连接，过作于．连，平面平面．平面，平面，平面，与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，．，故选B．

4．（2020·曲周县第一中学高一）已知如图，六棱锥的底面是正六边形，平面.则下列结论不正确的是（    ）

A．平面 B．平面 C．平面 D．平面

【答案】D

【解析】A. 因为平面，所以平面，故正确；B. 平面，平面，所以，又，所以平面，故正确；

C. 因为平面，所以平面，故正确；D. 因为与成角，所以与平面不垂直，故错误。

5．（2020·银川唐徕回民中学）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，则三个命题中正确命题的个数为（    ）个.

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【解析】若l⊥m，m∥，则l⊥，该命题为假命题，因为l⊥m，m∥，只能推出l与平面内所有与m平行的直线垂直，不满足直线与平面垂直的判定定理，所以是假命题；若l⊥m，l⊥，则m∥，该命题为真命题，因为l⊥m，l⊥，则平面内必存在一直线与外直线m平行，所以m∥，命题为真命题；

若m∥，l⊥，则l⊥m，该命题为真命题，因为m∥，所以内必有一直线n与直线m平行，l⊥可得l⊥n，所以l⊥m，命题为真.综上可知正确命题的个数为2，故选：C

6．如图，在正四棱锥S－ABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，动点P在线段MN上运动时，下列四个结论：①EP⊥AC；②EP∥BD；③EP∥平面SBD；④EP⊥平面SAC，其中恒成立的为( )

A．①③ B．③④ C．①② D．②③④

【答案】A

【解析】如图所示，连接AC、BD相交于点O，连接EM，EN．

在①中：由正四棱锥S﹣ABCD，可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，∴SO⊥AC．∵SO∩BD＝O，∴AC⊥平面SBD，∵E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，∴EM∥BD，MN∥SD，而EM∩MN＝M，∴平面EMN∥平面SBD，

∴AC⊥平面EMN，∴AC⊥EP．故正确．在②中：由异面直线的定义可知：EP与BD是异面直线，不可能EP∥BD，因此不正确；在③中：由①可知平面EMN∥平面SBD，∴EP∥平面SBD，因此正确．在④中：由①同理可得：EM⊥平面SAC，若EP⊥平面SAC，则EP∥EM，与EP∩EM＝E相矛盾，因此当P与M不重合时，EP与平面SAC不垂直．即不正确．∴恒成立的结论是：①③．

7．已知矩形的边，平面.若边上有且只有一点，使，则的值为（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】平面，平面，.

边上存在点，使，且，平面.平面，∴以为直径的圆和有公共点.，∴圆的半径为.

∴点是唯一的，和半径为的圆相切，，即.

8．（2020·进贤县第一中学）如图，在三棱锥P-ABC中，已知PC⊥BC，PC⊥AC，点E，F，G分别是所在棱的中点，则下面结论中错误的是　(　　)

A．平面EFG∥平面PBC                   B．平面EFG⊥平面ABC

C．∠BPC是直线EF与直线PC所成的角    D．∠FEG是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角

【答案】D

【解析】对于A，因为点E，F分别是AB,AP的中点，所以，又平面，平面，

所以平面．同理平面，又,所以平面平面．因此A正确．

对于B，因为,所以平面．又,所以平面，又平面，所以平面平面．因此B正确．对于C，由于平面平面，且与平面PAB交于EF，PB，∴，所以∠BPC是直线EF与直线PC所成的角．因此C正确．

对于D，由于FE,GE与AB不垂直，所以∠FEG不是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角，因此D不正确．综上选项D不正确．选D．

9．（2020·七台河市第一中学）已知，P为平面ABC外一点，，点P到两边AC，BC的距离均为2，那么P到平面ABC的距离为（  ）

A． B．2 C． D．

【答案】D

【解析】，为平面外一点，，点到两边，的距离均为，

过点作，交于，作，交于，过作平面，交平面于，连结，，则，由题意得，

．到平面的距离为．

10．如图，在长方形中，，，为的中点，为线段（端点除外）上一动点，现将沿折起，使平面平面，在平面内过点作，为垂足，设，则的取值范围是（  ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】当位于的中点，点与中点重合，．随点到点，由，，

得平面，则．又，，则．因为，，

所以，故．综上，的取值范围为．

11．（2020·新疆新区乌鲁木齐市第70中）如图所在平面，是的直径，是上一点，，，给出下列结论：①；②；③；④平面平面；⑤是直角三角形，其中正确的命题的个数是（    ）

A．4 B．3 C．2 D．1

【答案】A

【解析】因为面，面，所以.因为点是上一点，，

因为，所以面，因为面，所以.因为，，所以面.因为面，面，所以，.故①⑤正确.因为，，，所以面，因为面，所以，故②正确.假设成立，因为，，所以面.但已证得面，与过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直相矛盾，所以假设不成立.故③不正确.因为面，面，所以平面平面，故④正确.综上可得①②④⑤正确.

12．（2020·黑龙江南岗哈师大附中）刘徽注《九章算术•商功》“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣.”如图一解释了由一个长方体得到“堑堵”、“阳马”、“鳖臑”的过程.堑堵是底面为直角三角形的直棱柱；阳马是一条侧棱垂直于底面且底面为矩形的四棱锥；鳖臑是四个面都为直角三角形的四面体.

在如图二所示由正方体得到的堑堵ABC﹣A1B1C1中，当点P在下列三个位置：A1A中点、A1B中点、A1C中点时，分别形成的四面体P﹣ABC中，鳖臑有（    ）

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个

【答案】B

【解析】设正方体的棱长为，则由题意知， ，，，当为的中点时，因为面，则，，

则，，又，则，则是直角三角形，即此时是鳖臑；当为的中点时，因为面，所以,所以为直角三角形，因为是正方形，所以，则是直角三角形，则，又，由勾股定理可知，不是直角三角形，则此时不是鳖臑；当为的中点时，此时，又，由勾股定理可知，不是直角三角形，则此时不是鳖臑；故选:B.

二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）

13．（2020·济南市济钢高级中学高一期中）已知两直线m､n，两平面α､β，且m⊥α，nβ.下面有命题中正确的是______（填序号）．

①若α//β，则有m⊥n；                        ②若m⊥n，则有α//β；

③若m//n，则有α⊥β；                        ④若α⊥β，则有m//n.

【答案】①③

【解析】①若，，则，，则，所以①正确；②若，，不能推出， 所以不能推出，所以②不正确；③若，，则，又有，所以，所以③正确；④若，，则或，当，不能推出，所以④不正确.

14．（2020·河北省博野中学高一开学考试）把边长为4的正方形沿对角线折起，得到三棱锥，当直线和平面所成的角为60°时，三棱锥的体积为___________________.

【答案】

【解析】取的中点O，连接，，易知，，，故平面，平面，故平面平面，故和平面所成角为，则是等边三角形，的高即三棱锥的高，，

故三棱锥的体积为.

15．（2020·河北新华石家庄二中）已知正方体的棱的中点为，与交于点，平面过点且与直线垂直，若，则平面截该正方体所得截面图形的面积为______．

【答案】

【解析】如图所示，正方体中，为棱的中点，，则，，，，；又平面，

，且，平面，且，即截该正方体所得截面图形的面积为.

16．（2020·黑龙江道里哈尔滨三中高一）如图，矩形中，，，为中点，，分别在线段，上运动，且，沿将折起，得到三棱锥，当三棱锥体积最大时，直线与平面所成角的余弦值为______．

【答案】

【解析】要使得三棱锥体积最大，首先有平面平面，这样到平面的距离才能最大，如图，

取中点，连接，在原平面图形中，由于是中点，，所以，∴且，∴平面，所以是直线与平面所成角，因为是平面，，设，则，，，所以时，取得最大值3，

此时，，，

．

三、解答题（本大题共4小题，每题9分，共36分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17．（2020·九台市第四中学高一期末）如图，在四棱锥中，为正三角形，平面平面，//，，.

（1）求证：平面平面.

（2）求三棱锥的体积.

（3）在棱上是否存在点，使得//平面？若存在，请确定点的位置，并证明；若不存在，请说明理由.

【答案】证明见解析；；在棱上存在点，当为的中点时，平面.理由见解析.

【解析】（1）证明：因为AB∥CD，AB⊥AD，所以CD⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD，

平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面PAD.因为CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD.

（2）取AD的中点O，连接PO.因为△PAD为正三角形，所以PO⊥AD.

因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，

所以PO为三棱锥P—ABC的高．因为△PAD为正三角形，CD＝2AB＝2AD＝4，所以PO＝.

所以V三棱锥P—ABC＝S△ABC·PO＝.

(3)在棱PC上存在点E，当E为PC的中点时，BE∥平面PAD.

分别取CP，CD的中点E，F，连接BE，BF，EF，所以EF∥PD.因为AB∥CD，CD＝2AB，

所以AB∥FD，AB＝FD，所以四边形ABFD为平行四边形，所以BF∥AD.

因为BF∩EF＝F，AD∩PD＝D，所以平面BEF∥平面PAD.因为BE⊂平面BEF，所以BE∥平面PAD.

18．（2020·无锡市大桥实验学校高一期中）如图，在多面体中，是正方形，平面，平面，，点M为棱的中点.

（1）求证：；

（2）求证：平面平面；

（3）若，，求E点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.

【解析】

（1）证明：因为平面，平面，所以，因为，

所以四边形为平行四边形，所以。

（2）证明：

设与交于点N，则N为的中点，为的中位线，∴.

∵平面，平面，∴平面.

∵平面，平面，且，∴，，

∴为平行四边形，∴.∵平面，平面，

∴平面.又∵，∴平面平面；

（3）解：连接，.在正方形中，，又∵平面，∴.

∵，∴平面，且垂足为N，，

∴，由，N是中点知，，

在中，，，因为，设E点到平面的距离为，则.所以.

19．（2020·北京通州高一期末）如图，在五面体中，四边形是边长为的正方形，平面⊥平面， .

(Ⅰ) 求证：；

(Ⅱ) 求证：平面⊥平面；

(Ⅲ) 在线段上是否存在点，使得⊥平面？ 说明理由.

【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）存在点N符合题意

【解析】证明：(Ⅰ)在五面体中，因为四边形是正方形，所以.

因为平面,平面，所以平面.

(Ⅱ)因为,，所以，所以，即.

因为四边形是正方形，所以.因为平面⊥平面，平面 平面，所以⊥平面.因为,所以⊥.

因为所以⊥平面因为，所以平面⊥平面.

(Ⅲ)在线段上存在点，使得⊥平面.

证明如下：

取的中点，连接.

由（Ⅰ）知,,,

所以.因为所以.所以四边形是平行四边形.

所以.由(Ⅱ)知，⊥平面，所以.

20．（2020·七台河市第一中学）如图，已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，平面ABCD，，E，F分别是BC，PC的中点.

（1）证明：平面PAD；

（2），若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为时，求二面角E-AF-C的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】（1）证明：四边形为菱形，，为正三角形，为的中点，

，又，，平面，平面，

，而平面，平面，，平面．

（2）为上任意一点，连接，，

由（1）知平面，则为与平面所成的角，

在中，，当最短时，即当时，最大．

此时，，又，，

平面，平面，平面平面，过作于，

则平面，过作于，连接，则为二面角的平面角，

在中，，又是的中点，

在中，，又，

在中，，即所求二面角的余弦值为．