人教版新课标A必修22.3 直线、平面垂直的判定及其性质同步测试题

这是一份人教版新课标A必修22.3 直线、平面垂直的判定及其性质同步测试题，共14页。试卷主要包含了设有下列四个命题等内容，欢迎下载使用。

考点1 点、线、面的位置关系
1.(2021浙江,6,4分,)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则( )

A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCD
B.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1
C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCD
D.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1
2.(2020全国Ⅱ,16,5分,)设有下列四个命题:
p1:两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.
p2:过空间中任意三点有且仅有一个平面.
p3:若空间两条直线不相交,则这两条直线平行.
p4:若直线l⊂平面α,直线m⊥平面α,则m⊥l.
则下述命题中所有真命题的序号是 .
①p1∧p4 ②p1∧p2 ③¬p2∨p3 ④¬p3∨¬p4
考点2 空间平行、垂直关系的应用
3.(2020江苏,15,14分,)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点.
(1)求证:EF∥平面AB1C1;
(2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.
4.(2021全国乙文,18,12分,)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,M为BC的中点,且PB⊥AM.
(1)证明:平面PAM⊥平面PBD;
(2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积.
5.(2021全国甲文,19,12分,)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,BF⊥A1B1.
(1)求三棱锥F-EBC的体积;
(2)已知D为棱A1B1上的点.证明:BF⊥DE.
考点3 空间角
6.(2021全国乙理,5,5分,)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为( )
A.π2B.π3C.π4D.π6
7.(2020浙江,19,15分,)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面ACFD⊥平面ABC,∠ACB=∠ACD=45°,DC=2BC.
(1)证明:EF⊥DB;
(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.
8.(2020全国Ⅱ,20,12分,)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点.过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.
(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;
(2)设O为△A1B1C1的中心.若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
三年模拟练
1.(2021安徽合肥一模,)若a,b是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列命题正确的是( )
A.若a⊥b,b⊥α,α⊥β,则a⊥β
B.若α⊥β,a⊥α,b∥β,则a⊥b
C.若a∥α,a∥β,α∩β=b,则a∥b
D.若a∥b,a⊥α,b∥β,则α∥β
2.(2021云南昆明一模,)已知P,Q分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上的动点(不与顶点重合),则下列结论错误的是( )

A.AB⊥PQ
B.平面BPQ∥平面ADD1A1
C.四面体A-BPQ的体积为定值
D.AP∥平面CDD1C1
3.(2021河南驻马店高三上期末,)如图,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD是正方形,且平面ABCD⊥平面AEB,则下列说法正确的是( )
A.∠DEC可能为90°
B.若△AEB是等边三角形,则△DEC也是等边三角形
C.若△AEB是等边三角形,则异面直线DE和AB所成角的余弦值为24
D.若△AEB是直角三角形,则BE⊥平面ADE
4.(2021四川成都蓉城名校联盟高二期中,)如图,在四棱锥P-ABCD中,PB=BC,PA=AB,AM⊥平面PBC,垂足M在PB上,若PC上存在一点N,使得平面PCD⊥平面AMN,则PNNC=( )
A.1B.12C.23D.13
5.(2021山东日照高三模拟,)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为2,AB⊥BC,AB=BC=2,过AB,BB1的中点E,F作平面α与平面AA1C1C垂直,则所得截面周长为( )
A.22+6B.2+26C.32+6D.32+26
6.(2021上海闵行高二上期末,)已知矩形ABCD的边AB=a,BC=2,PA⊥平面ABCD,PA=2,现有以下五个数据:①a=12;②a=1;③a=3;④a=2;⑤a=4,若在BC边上存在点Q,使PQ⊥QD,则a可以取 .(填序号)
7.(2021山东潍坊高二上期中,)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点D为棱A1C1上的点,且BC1∥平面AB1D,则A1DDC1= ;已知AB=BC=AA1=1,AC=2,以D为球心,以52为半径的球面与侧面AA1B1B的交线长度为 .
8.(2021浙江舟山高二上期末,)如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,平面AA1C1C⊥平面ABC,2AA1=2A1C1=2C1C=AC,BC=BA,点D是BC的中点.求证:
(1)DC1∥平面ABB1A1;
(2)BC1⊥A1C.
9.(2020安徽合肥高二上期中,)如图,在Rt△AOB中,∠OAB=30°,斜边AB=4,Rt△AOC可以通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到,且二面角B-AO-C是直二面角,动点D在斜边AB上.
(1)求证:平面COD⊥平面AOB;
(2)当D为AB的中点时,求异面直线AO与CD所成角的正切值;
(3)求CD与平面AOB所成角的正切值的最大值.
2.1~2.3综合拔高练
五年高考练
1.A 连接AD1,在正方形ADD1A1中,
由M为A1D的中点,可知AD1∩A1D=M,且M为AD1的中点,AD1⊥A1D.
又∵N为D1B的中点,∴MN∥AB.
∵AB⊂平面ABCD,MN⊄平面ABCD,∴MN∥平面ABCD.
∵AB⊥平面ADD1A1,A1D⊂平面ADD1A1,∴AB⊥A1D,
∵AB∩AD1=A,∴A1D⊥平面ABD1,
∴A1D⊥D1B.故A正确.
2.答案 ①③④
解析 对于命题p1,两两相交且不过同一点的三条直线的交点记为A、B、C,易知A、B、C三点不共线,所以可确定一个平面,记为α,由A∈α,B∈α,可得直线AB⊂α,同理,另外两条直线也在平面α内,所以p1是真命题;
对于命题p2,当三点共线时,过这三点有无数个平面,所以p2是假命题,从而¬p2是真命题;
对于命题p3,空间两条直线不相交,则这两条直线可能平行,也可能异面,所以p3是假命题,从而¬p3是真命题;
对于命题p4,由直线与平面垂直的性质可知,p4是真命题,从而¬p4是假命题.
综上所述,p1∧p4是真命题,p1∧p2是假命题,¬p2∨p3是真命题,¬p3∨¬p4是真命题,所以答案为①③④.
3.证明 (1)由于E,F分别是AC,B1C的中点,所以EF∥AB1.
由于EF⊄平面AB1C1,AB1⊂平面AB1C1,
所以EF∥平面AB1C1.
(2)由于B1C⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,
所以B1C⊥AB.
由于AB⊥AC,AC∩B1C=C,
所以AB⊥平面AB1C,
由于AB⊂平面ABB1,
所以平面AB1C⊥平面ABB1.
4.解析 (1)证明:由于PD⊥平面ABCD,AM⊂平面ABCD,则PD⊥AM,又PB⊥AM,PB∩PD=P,PB,PD⊂平面PBD,所以AM⊥平面PBD,因为AM⊂平面PAM,所以平面PAM⊥平面PBD.
(2)由(1)知AM⊥平面PBD,因为BD⊂平面PBD,所以AM⊥BD,所以∠MAB+∠ABD=90°,因为四边形ABCD为矩形,所以∠DAB=∠ABM,所以∠MAB+∠AMB=90°,所以∠ABD=∠AMB,则△DAB∽△ABM,则DAAB=ABBM,又AB=DC=1,M为BC的中点,∴AD=2,∴S矩形ABCD=AB·AD=2,
∴V四棱锥P-ABCD=13S矩形ABCD·PD=13×2×1=23.
5解析 (1)∵侧面四边形AA1B1B为正方形,∴A1B1⊥BB1,
∵BF⊥A1B1且BB1∩BF=B,BB1,BF⊂平面BB1C1C,
∴A1B1⊥平面BB1C1C,
又∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面BB1C1C,
又∵BC⊂平面BB1C1C,∴AB⊥BC,
∵AB=BC=2,E为AC的中点,
∴S△EBC=12S△ABC=12×12×2×2=1.
由直三棱柱知CF⊥平面ABC.
∵F为CC1的中点,∴CF=12CC1=12BB1=12AB=1,
∴VF-EBC=13S△EBC·CF=13×1×1=13.
(2)证明:连接A1E,B1E,
∵AB=BC,E为AC的中点,∴BE⊥AC.
∵AA1⊥平面ABC,BE⊂平面ABC,∴AA1⊥BE.
∵AA1∩AC=A,AA1,AC⊂平面AA1C1C,
∴BE⊥平面AA1C1C,又A1E⊂平面AA1C1C,
∴BE⊥A1E.
在Rt△ECF中,tan∠FEC=CFCE=12=22,
在Rt△A1AE中,tan∠AA1E=AEAA1=22,
∴tan∠FEC=tan∠AA1E,∴∠FEC=∠AA1E,
∵∠AA1E+∠AEA1=90°,
∴∠FEC+∠AEA1=90°,
∴∠A1EF=90°,即A1E⊥EF.
∵EF∩EB=E,又EF,EB⊂平面BEF,
∴A1E⊥平面BEF,又BF⊂平面BEF,∴A1E⊥BF,
又∵A1B1⊥BF,A1E∩A1B1=A1,A1E⊂平面A1B1E,A1B1⊂平面A1B1E,∴BF⊥平面A1B1E.
∵DE⊂平面A1B1E,∴BF⊥DE.
6.D 如图所示,连接BC1,C1P,易知四边形ABC1D1是平行四边形,∴BC1∥AD1,∴∠C1BP(或其补角)就是异面直线AD1与BP所成的角,设正方体的棱长为a,则BC1=2a,C1P=22a,连接AC、BD,设AC交BD于点O,连接OP,则OP⊥平面ABCD,∵OB⊂平面ABCD,∴OP⊥OB,∴PB=a2+22a2=62a.在△C1BP中,cs∠PBC1=BP2+BC12-PC122BP·BC1=32,∴∠PBC1=π6,即直线PB与AD1所成的角为π6.故选D.
7.解析 (1)证明:如图,过点D作DH⊥AC,交AC于H,连接BH.
∵平面ACFD⊥平面ABC,平面ACFD∩平面ABC=AC,DH⊂平面ACFD,
∴DH⊥平面ABC,∴DH⊥BC.
∵∠ACB=∠ACD=45°,∴CD=2CH=2BC⇒CH=2BC,∴BH⊥BC.
由棱台的定义可知,EF∥BC,
∴DH⊥EF,BH⊥EF,
而BH∩DH=H,∴EF⊥平面BHD,
而BD⊂平面BHD,∴EF⊥DB.
(2)∵DF∥CH,∴DF与平面DBC所成角即为CH与平面DBC所成角.
过点H作HG⊥BD于G,连接CG,
由(1)可知,BC⊥平面BHD,又BC⊂平面BCD,∴平面BCD⊥平面BHD,而平面BCD∩平面BHD=BD,HG⊂平面BHD,∴HG⊥平面BCD,
即CH在平面DBC内的射影为CG,
∴∠HCG即为所求角.
在Rt△HGC中,设BC=a,则CH=2a,HG=DH·BHBD=2a·a3a=23a,
∴sin∠HCG=HGCH=13=33,故直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33.
8.解析 (1)证明:∵M,N分别为BC,B1C1的中点,∴MN∥BB1.
又AA1∥BB1,∴MN∥AA1.
在△ABC中,∵M为BC的中点,∴BC⊥AM.
又∵侧面BB1C1C为矩形,∴BC⊥BB1.
∵MN∥BB1,∴MN⊥BC,
又MN∩AM=M,MN,AM⊂平面A1AMN,
∴BC⊥平面A1AMN.
∵B1C1∥BC,且B1C1⊄平面ABC,BC⊂平面ABC,
∴B1C1∥平面ABC.
∵B1C1⊂平面EB1C1F,且平面EB1C1F∩平面ABC=EF,
∴B1C1∥EF,∴EF∥BC.
又∵BC⊥平面A1AMN,∴EF⊥平面A1AMN.
∵EF⊂平面EB1C1F,
∴平面EB1C1F⊥平面A1AMN.
(2)如图,连接NP.
∵AO∥平面EB1C1F,平面AONP∩平面EB1C1F=NP,∴AO∥NP.
∵平面A1NMA∩平面ABC=AM,平面A1NMA∩平面A1B1C1=A1N,∴ON∥AP,
故四边形ONPA是平行四边形.
设△ABC的边长是6m(m>0),则ON=AP,NP=AO=AB=6m.
∵O为△A1B1C1的中心,且△A1B1C1的边长为6m,∴ON=13×6m×sin 60°=3m,
故ON=AP=3m.又∵EF∥BC,∴APAM=EPBM,即3m33m=EP3m,解得EP=m.
在B1C1上截取B1Q=EP=m,则QN=2m.
∵B1Q=EP,且B1Q∥EP,
∴四边形B1QPE是平行四边形,
∴B1E∥PQ.
由(1)知B1C1⊥平面A1AMN,故∠QPN为B1E与平面A1AMN所成角.
在Rt△QPN中,根据勾股定理可得PQ=QN2+PN2=(2m)2+(6m)2=210m,
∴sin∠QPN=QNPQ=2m210m=1010.
∴直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为1010.
三年模拟练
1.C 若b⊥α,α⊥β,则b⊂β或b∥β,又a⊥b,∴a⊂β或a∥β或a与β相交,故A错误.
若α⊥β,a⊥α,则a⊂β或a∥β,又b∥β,∴a与b的位置关系是平行、相交或异面,故B错误.
如图,过a作平面γ,且γ∩α=c,∵a∥α,
∴a∥c.
又a∥β,∴c∥β,而c⊂α,α∩β=b,则c∥b,可得a∥b,故C正确.
若a∥b,a⊥α,则b⊥α,又b∥β,∴α⊥β,故D错误.
故选C.
2.C 对于A,易知AB⊥平面BCC1B1.
∵PQ⊂平面BCC1B1,∴AB⊥PQ,故A中结论正确.
对于B,∵平面ADD1A1∥平面BCC1B1,平面BPQ与平面BCC1B1重合,
∴平面BPQ∥平面ADD1A1,故B中结论正确.
对于C,∵A到平面BPQ的距离AB为定值,Q到BP的距离为定值,BP的长不是定值,∴四面体A-BPQ的体积不为定值,故C中结论错误.
对于D,∵平面ABB1A1∥平面CDD1C1,AP⊂平面ABB1A1,
∴AP∥平面CDD1C1,故D中结论正确.
故选C.
名师点评
本题考查命题真假的判断,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查空间想象能力,是中档题.
3.C 因为底面ABCD是正方形,所以BC⊥AB,
又BC⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面AEB=AB,平面ABCD⊥平面AEB,
故BC⊥平面AEB.
对于A,若∠DEC=90°,则DC>EC,而EC>BC=CD,矛盾,所以∠DEC≠90°,故选项A错误;
对于B,若△AEB是等边三角形,则有EC>EB=DC,所以△DEC不是等边三角形,故选项B错误;
对于C,若△AEB是等边三角形,设其边长为2,则DE=EC=22,
因为AB∥CD,所以∠CDE即为异面直线DE与AB所成的角,
所以cs∠CDE=122=24,故选项C正确;
对于D,当△AEB是以∠AEB为直角的直角三角形时,易得BE⊥平面ADE,
当△AEB是以∠EAB(或∠EBA)为直角的直角三角形时,BE与平面ADE不垂直,故选项D错误.
故选C.
4.D 如图,取PC的中点O,连接BO,
由PB=BC,得BO⊥PC.
过点M作MN∥BO,交PC于点N,连接AN,则MN⊥PC.
因为AM⊥平面PBC,PC⊂平面PBC,
所以AM⊥PC.
又AM∩MN=M,AM,MN⊂平面AMN,
所以PC⊥平面AMN.
又PC⊂平面PCD,
所以平面PCD⊥平面AMN.
又M为PB的中点,且MN∥BO,
所以PNPO=PMPB=12.
又POPC=12,所以PNPC=14,所以PNNC=13.
故选D.
名师点评
本题考查了空间中线线、线面和面面的位置关系的应用问题,也考查了垂直的判定和性质的应用问题,是中档题.
5.C 取AC的中点D,连接BD,取A1C1的中点D1,连接B1D1,DD1,取AD的中点G,连接EG,连接EF并延长,与A1B1的延长线交于H,取C1D1的中点M,连接MH,交B1C1于点N,连接FN,GM,可得EG∥BD,BD∥B1D1,MN∥B1D1,即有EG∥MN.
因为AB=BC,D为AC的中点,所以BD⊥AC,
由AA1⊥平面ABC,BD⊂平面ABC,可得AA1⊥BD,又AA1∩AC=A,所以BD⊥平面AA1C1C,可得EG⊥平面AA1C1C,
因为EG⊂平面EGMNF,
所以平面EGMNF⊥平面AA1C1C,
则平面EGMNF即为平面α.
由EG=12BD=22,GM=4+2=6,MN=12B1D1=22,NF=1+1=2,FE=2,可知所得截面的周长为22+6+22+2+2=32+6.
故选C.
6.答案 ①②
解析 连接AQ,因为PA⊥平面ABCD,QD⊂平面ABCD,所以PA⊥QD.
因为PQ⊥QD,PA∩PQ=P,所以QD⊥平面PAQ,又AQ⊂平面APQ,所以AQ⊥QD.
在平面ABCD中,因为直径所对的圆周角为直角,所以点Q在以AD为直径的圆上,
故当BC与以AD为直径的圆有公共点时,在BC边上存在点Q,使PQ⊥QD.
因此AB≤12AD=1,即a≤1.
7.答案 1;π3
解析 如图,取AC的中点,记为E,连接BE,C1E,
由题意可知,只有当D为A1C1的中点时才满足题意,理由如下:
当D为A1C1的中点时,AD∥EC1,B1D∥BE,AD∩B1D=D,BE∩EC1=E,
所以平面BEC1∥平面AB1D,
因为BC1⊂平面BEC1,
所以BC1∥平面AB1D,满足题意,所以D为A1C1的中点,所以A1DDC1=1.
球面与侧面AA1B1B的交线长,即截面圆在侧面AA1B1B内的弧长,
因为AB=BC=1,AC=2,
所以AB2+BC2=AC2,即AB⊥BC,易得A1B1⊥B1C1,
取A1B1的中点,记为D',故可得DD'⊥A1B1,
因为平面A1B1C1∩平面A1ABB1=A1B1,平面A1B1C1⊥平面A1ABB1,DD'⊂平面A1B1C1,
所以DD'⊥平面A1ABB1,
易得DD'=12,DS=52,
设交线的轨迹为PQ,
截面圆半径D'S=DS2-D'D2=(52) 2-(12) 2=1,
连接PQ,PD',D'Q,则PQ=PD'=D'Q=1,所以∠PD'Q=60°,
所以lPQ=60360×2π×1=π3.
8.证明 (1)如图,取AB的中点E,连接DE,则DE∥AC,且DE=12AC,
又∵A1C1∥AC,且A1C1=12AC,
∴DE?A1C1,
∴四边形DEA1C1是平行四边形,∴A1E∥C1D.
又∵A1E⊂平面ABB1A1,C1D⊄平面ABB1A1,∴C1D∥平面ABB1A1.
(2)取AC的中点O,连接BO,A1O,C1O.
由BC=BA得BO⊥AC.
∵平面AA1C1C⊥平面ABC,平面AA1C1C∩平面ABC=AC,BO⊂平面ABC,∴BO⊥平面AA1C1C,
又A1C⊂平面AA1C1C,∴BO⊥A1C,
∵OC?A1C1,∴四边形A1C1CO是平行四边形,
又∵AC=2C1C,AC=2CO,∴CO=C1C,
∴四边形A1C1CO是菱形,∴C1O⊥A1C,
又BO⊥A1C,C1O∩BO=O,C1O,BO⊂平面BOC1,
∴A1C⊥平面BOC1,
∵BC1⊂平面BOC1,∴BC1⊥A1C.
9.解析 (1)证明:由题意,CO⊥AO,BO⊥AO,
∴∠BOC是二面角B-AO-C的平面角.
又∵二面角B-AO-C是直二面角,
∴CO⊥BO.
又∵AO∩BO=O,∴CO⊥平面AOB.
又CO⊂平面COD,
∴平面COD⊥平面AOB.
(2)过点D作DE⊥OB,垂足为E,连接CE如图,则DE∥AO.
∴∠CDE是异面直线AO与CD所成的角.
在Rt△OCB中,易知CO=BO=2,OE=12BO=1,
∴CE=CO2+OE2=5.
在Rt△CDE中,DE=12AO=3,
∴tan∠CDE=CEDE=53=153,
即异面直线AO与CD所成角的正切值是153.
(3)由(1)知,CO⊥平面AOB,
∴∠CDO是CD与平面AOB所成的角,
且tan∠CDO=OCOD=2OD.
∴当OD最小时,tan∠CDO最大,
此时OD⊥AB,
∴OD=OA·OBAB=3,tan∠CDO=233,
即CD与平面AOB所成角的正切值的最大值是233.
1.C
2.C
3.C
4.D
5.C