（人教A版2019必修第二册）数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破 专题强化三 直线、平面的平行和垂直问题）【附答案详解】

这是一份（人教A版2019必修第二册）数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破 专题强化三 直线、平面的平行和垂直问题）【附答案详解】，共28页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（2022·陕西西安·高一期末）平面与平面平行的条件可以是（ ）
A．内有无穷多条直线与平行B．直线，
C．直线，直线，且，D．内的任何直线都与平行
2．（2022·陕西咸阳·高一期末）设是互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，给出下面四个说法：
①若，，则；
②若，，则；
③若，，则；
④若，，，则.
其中所有错误说法的序号是（ ）
A．①③B．①④C．①③④D．②③④
3．（2022·湖南·高一课时练习）已知平面α⊥平面β，则下列命题中真命题的个数是（ ）
①α内的任意直线必垂直于β内的无数条直线；
②在β内垂直于α与β的交线的直线必垂直于α内的任意一条直线；
③α内的任意一条直线必垂直于β.
A．0B．3C．2D．1
4．（2022·浙江省开化中学高一期末）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若mα，nα，则m//nB．若mn，n//α，则mα
C．若m//β，βα，则mαD．若m//n，m//β，则n//β
5．（2022·内蒙古·呼和浩特市教学研究室高一期末）已知直线平面，直线平面，给出下列命题：
①；
②；
③；
④.
其中正确命题的序号是（ ）
A．①②③B．①③C．②③D．①③④
6．（2023·黑龙江·鸡西实验中学高一竞赛）设表示平面，表示直线，给定下列四个命题：①；②；③；④.其中正确命题的是 （ ）
A．①②B．①③C．②④D．②③④
7．（2023·陕西·西安高级中学高一阶段练习）如图，在直三棱柱中，为的中点，下列说法正确的个数有（ ）
①平面；
②平面；
③平面平面.
A．0个B．1个C．2个D．3个
8．（2022·全国·高一）已知、是两个不同的平面，是一条直线，则下列命题成立的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
9．（2022·内蒙古·呼和浩特市第十四中学高一期末）以等腰直角三角形的斜边上的高为折痕，把和折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：
①； ②是等边三角形；
③三棱锥是正三棱锥 ④平面平面．
其中正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
10．（2023·全国·高一课时练习）在正方形中，、分别是及的中点，是的中点．现在沿、及把这个正方形折成一个空间四边形，使、、三点重合，重合后的点记为，那么，在空间四边形中必有（ ）
A．所在平面B．所在平面
C．所在平面D．所在平面
二、多选题
11．（2023·湖北·高一期末）已知两个平面垂直，下列命题错误的有（ ）
A．一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线
B．一个平面内的任意一条直线必垂直于另一个平面的无数条直线
C．一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面
D．过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面
12．（2022·全国·高一）如图，在四棱锥中，、分别为、上的点，且平面，则（ ）
A．B．平面C．D．
13．（2023·河北省盐山中学高一阶段练习）已知m、n是两条不重合的直线，是三个两两不重合的平面，下列四个命题中真命题是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若m、n是异面直线，，则
D．若，则
14．（2023·广东高州·高一期末）、、表示不同的点，，表示不同的直线，，表示不同的平面，下列说法错误的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，，则
C．若，，、、，，则
D．若，，，则
15．（2023·全国·高一单元测试）如图，在棱长均相等的正四棱锥中，为底面正方形的中心，分别为侧棱的中点，下列结论正确的是（ ）
A．平面B．平面平面
C．D．直线与直线所成角的大小为
三、解答题
16．（2023·广东北江实验学校高一阶段练习）如图,四边形为矩形,且平面, ,为的中点.
（1）求证:；
（2）求三棱锥的体积；
（3）探究在上是否存在点,使得平面，并说明理由.
17．（2022·陕西咸阳·高一期末）如图甲，直角梯形中，，，为的中点，在上，且，现沿把四边形折起得到空间几何体，如图乙.在图乙中求证：
(1)平面平面；
(2)平面平面.
18．（2022·陕西·西安建筑科技大学附属中学高一期末）如图，在棱长都相等的正三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AA1，B1C的中点.
(1)求证：DE 平面ABC；
(2)求证：B1C⊥平面BDE.
19．（2022·湖南·高一课时练习）如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，，，且，．
(1)判断CD是否与平面PAD垂直，并证明你的结论；
(2)求证：平面平面ABCD．
20．（2022·湖南·高一课时练习）如图，三棱柱中，平面ABC，，点M，N分别是线段，的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)设平面与平面的交线为l，求证：．
21．（2022·陕西·宝鸡市渭滨区教研室高一期末）如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，，且面，、分别是棱、的中点.
(1)求证：平面；
(2)求四棱锥的体积.
22．（2022·陕西西安·高一）如图1，在边长为4的等边三角形ABC中，D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，沿DE把△ADE折起，得到如图2所示的四棱锥.
(1)证明：EF//平面A1BD；
(2)若平面DE⊥平面BCED，求三棱锥﹣CEF的体积.
23．（2023·陕西·西安高级中学高一）如图所示，四棱锥的底面是边长为4的菱形，为的中点.求证：
(1)直线平面；
(2)平面平面.
24．（2023·湖北·丹江口市第一中学高一阶段练习）如图，已知四棱锥中为矩形，平面ABCD，于点，于点．
(1)求证：；
(2)若平面交于点，求证：．
25．（2023·陕西·西安建筑科技大学附属中学高一阶段练习）如图，是正方形，O是正方形的中心，底面，E是的中点．
(1)求证：∥平面；
(2)求证：面面．
(3)若，求三棱锥的体积．
26．（2023·陕西·武功县普集高级中学高一阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，、、分别为、、的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)若，判断平面与平面是否垂直？并说明理由．
27．（2023·陕西·西安市第八十九中学高一阶段练习）如图，在三棱锥中，平面，，分别为中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面．
28．（2023·河北省盐山中学高一阶段练习）如图，在长方体中，，，点P为的中点.
(1)求证：直线平面PAC；（提示：可能需要作辅助线）
(2)求证：平面平面；
(3)分别叙述直线与平面平行的性质定理、平面与平面垂直的性质定理.
参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
由题意利用平面与平面平行的判定和性质，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
【详解】
解：当内有无穷多条直线与平行时，与可能平行，也可能相交，故A错误．
当直线，时，与可能平行也可能相交，故B错误．
当直线，直线，且，，如果，都平行，的交线时满足条件，但是与相交，故C错误．
当内的任何直线都与 平行时，由两个平面平行的定义可得，这两个平面平行，故D正确；
故选：D．
2．C
【解析】
【分析】
①利用平面与平面的位置关系判断；②利用线面垂直的性质定理判断；③利用直线与直线的位置关系判断；④利用面面垂直的性质定理判断.
【详解】
①若，，则或相交，故错误；
②若，，则可得，故正确；
③若，，则，故错误；
④若，，，当时，，故错误.
故选：C
3．C
【解析】
【分析】
根据面面垂直的性质定理可判断①②；α内不与交线垂直的直线不垂直于β，由此判断③.
【详解】
①已知平面α⊥平面β，设α∩β＝l，设a为内任意一直线，在β内作b⊥l，则，
而 ，故，
故β内与b平行的无数条直线均垂直于 内的任意直线，即α内的任意直线必垂直于β内的无数条直线，故①为真命题；
②因为平面α⊥平面β，故 β内垂直于α与β交线的直线必垂直于平面α，则它垂直于α内的任意直线，故②为真命题；
③平面α⊥平面β时，α内不与交线垂直的直线必不垂直于β，故③为假命题,
故选;C.
4．A
【解析】
【分析】
对A：由线面垂直的性质即可判断；对B：或或m与α相交；对C：或或m与α相交；对D：n//β或.
【详解】
解：对A：根据线面垂直的性质：两条直线同垂直于一个平面，则这两条直线互相平行，故选项A正确；
对B：若mn，n//α，则或或m与α相交，故选项B错误；
对C：若m//β，βα，则或或m与α相交，故选项C错误；
对D：若m//n，m//β，则n//β或，故选项D错误.
故选：A.
5．B
【解析】
【分析】
利用面面平行、线面垂直的性质可判断①；直接根据已知条件判断线线位置关系，可判断②；利用线面平行、垂直的性质可判断③；根据已知条件直接判断面面位置关系，可判断④.
【详解】
因为直线平面，直线平面.
对于①，若，则，从而，①对；
对于②，若，则或，则与的位置关系不确定，②错；
对于③，若，则，因为，则，③对；
对于④，因为，，则或，则或、相交、重合，④错.
故选：B.
6．C
【解析】
【分析】
对于①和③可以利用立方体中棱与面的关系进行判断，对于②和④，可以根据线面垂直的性质定理进行判断.
【详解】
解：在如图所示的长方体中：
令，底面
对于①，显然，但，不能得出，故①是假命题；
令，，底面，
对于③，显然，但，故③是假命题；
对于②④，根据两条平行线中的一条垂直于某个平面，则另一条也垂直于这个平面；以及垂直于同一平面的两条直线互相平行可知命题②④是真命题.
故选：C
7．D
【解析】
【分析】
通过线线垂直证明线面垂直及面面垂直，通过线线平行证明线面平行.
【详解】
三棱柱是直三棱柱，所以平面，又平面，所以，
又为的中点，所以,且,平面ABA1,
所以平面，
又平面，所以平面平面，故①③都正确；
连接交于点，再连接，可知为的中位线，
所以，又平面，在平面外，
所以平面，故②正确.
故选：D
8．D
【解析】
【分析】
根据各选项中的条件判断线面、面面的位置关系，可出合适的选项.
【详解】
对于A，若，，则或，故不正确；
对于B，若，，则或，故不正确；
对于C，若，，则与不一定垂直，故不正确；
对于D，若，，过的平面与相交，设交线为，
，，，则，，则，，故，故正确．
故选：D.
9．C
【解析】
【分析】
根据翻折后垂直关系得BD⊥平面ADC，即得BD⊥AC，再根据计算得△BAC是等边三角形，最后可确定选项.
【详解】
由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；
AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，
所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；
易知DA＝DB＝DC，又由②知△BAC是等边三角形，故③正确；
取AD得中点E，连接BE，则由△BAC是等边三角形可知BE⊥AC，
若平面，则由面面垂直的性质可知已知BE⊥平面ADC，
又由①知BD⊥平面ADC，但过点B只有一条直线与平面ADC垂直，故④错．
所以正确的个数是3,
故选：C.
10．A
【解析】
【分析】
注意翻折前后的角度的变与不变，根据线面垂直的判定定理、性质定理以及反证的数学思想方法逐一判断即可.
【详解】
对于A，在正方形中，，，
所以在四面体中，，，
又平面，，所以平面，故选项A正确；
对于B，若平面，结合选项A，则，显然矛盾，故选项B错误；
对于C，因为面，面，所以，又，平面，，所以平面，假设平面，则平面平面，显然矛盾，故选项C错误；
对于D，因为面，面，所以，若平面，平面，则，平面，故，显然矛盾，故D错误；
故选：A.
11．ACD
【解析】
【分析】
利用平面和平面垂直的性质进行判断.
【详解】
一个平面内只有垂直交线的直线和另一平面垂直，才和另一个平面内的任意一条直线垂直，所以A, C错误；
过一个平面内任意一点作交线的垂线， 该垂线在平面内时，则此垂线必垂直于另一个平面，
若点在交线上时，作交线的垂线，则垂线不一定在平面内，此垂线不一定垂直于另一个平面，所以D错误；
因为另一个平面内有无数条平行直线垂直于该平面，都与该直线垂直，所以B正确.
故选：ACD
12．BD
【解析】
【分析】
利用线面平行的性质结合线面平行的判定可得出结论.
【详解】
因为平面，平面，平面平面，，
平面，平面，因此，平面.
故选：BD.
13．BC
【解析】
【分析】
根据面面平行的判定定理及特例情况，逐项判断即可.
【详解】
若，，、、是三个两两不重合的平面，可知，平行或相交，故A错误；
因为、是不重合的平面，，，由判定定理可知，故B正确；
因为，所以必有，，又因为，所以，所以，故C正确；
因为，，，所以可能相交，不一定平行，故D错误.
故选：BC
14．BCD
【解析】
【分析】
根据线线、线面、面面关系，逐一判断可得选项.
【详解】
解：选项A，因为，，，所以，故A正确；
选项B，因为，，，，所以或与相交，故B不正确；
选项C，，，，，，，此时点不一定在平面内，所以不正确，故C不正确；
选项D，由，，，则与可能平行，也可能异面，故D不正确．
故选：BCD．
15．ABC
【解析】
【分析】
A选项:连接,为中点，为中点，可证∥根据线面平行的判定可以证明∥平面；
B选项:；连接,同理证明∥平面,结合A选项可证明平面平面；
C选项:由于正四棱锥的棱长均相等，且四边形为正方形，根据勾股定理可证,结合∥可证;
D选项:先利用平移思想，根据平行关系找到异面直线与直线所成角的平面角，结合为正三角形，即可求出直线与直线所成角.
【详解】
连接如图示：
为底面正方形的中心, 为中点，又为中点，∥又平面,平面，∥平面，故A选项正确；
连接，同理可证∥,又平面,平面，∥平面,又,∥平面平面,平面,
平面平面,故B选项正确；
由于正四棱锥的棱长均相等，且四边形为正方形，,又∥， ,故C选项正确;
分别为侧棱的中点，∥四边形为正方形, ∥,直线与直线所成的角即为直线与直线所成角
即为直线与直线所成角，又为正三角形，, 直线与直线所成角为.故D选项不正确.
故选：ABC
16．（1）见解析;（2）;（3）见解析.
【解析】
【分析】
(1)连结,由几何体的空间结构可证得,利用线面垂直的定义可知.
(2)由(1)知为腰长为1的等腰直角三角形,结合题意转化顶点可得.
(3)在上存在中点,使得.取的中点,连结. 易证得四边形EGHC是平行四边形,所以EG//CH,结合线面平行的判断定理可知EG//平面PCD.
【详解】
(1)连结,∵为的中点,,
∴为等腰直角三角形,
则,同理可得,∴,∴,
又,且, ∴,
又∵,∴,又,∴.
(2)由(1)知为腰长为1的等腰直角三角形,
∴,而是三棱锥的高,
∴.
(3)在上存在中点,使得.理由如下:
取的中点,连结.
∵是的中点, ∴,且,
又因为E为BC的中点,且四边形ABCD为矩形,所以EC//AD,且EC=AD,
所以EC//GH,且EC=GH,所以四边形EGHC是平行四边形,所以EG//CH,
又EG平面PCD,CH平面PCD,所以EG//平面PCD.
【点睛】
本题主要考查线面垂直的判断定理，线面垂直的判断定理，棱锥的体积公式，立体几何中探索问题的处理方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）证明出平面，平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出平面，可得出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立.
(1)
证明：翻折前，，翻折后，则有，，
因为平面，平面，平面，
因为平面，平面，平面，
因为，因此，平面平面.
(2)
证明：翻折前，在梯形中，，，则，
，则，
翻折后，对应地，，，因为，所以，平面，
，则平面，
平面，因此，平面平面.
18．(1)证明过程见解析；
(2)证明过程见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据面面平行的判定定理，结合线面平行的判定定理、面面平行的性质进行证明即可；
（2）根据正三棱柱的几何性质，结合面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理、面面平行的性质定理进行证明即可.
(1)
设G是CC1的中点，连接，
因为E为B1C的中点，所以，而，所以，
因为平面ABC，平面ABC，所以平面ABC，
同理可证平面ABC，因为平面，且，
所以面平面ABC，而平面，所以DE 平面ABC；
(2)
设是的中点，连接，
因为E为B1C的中点，所以，而，所以，
由（1）可知：面平面ABC，平面平面，平面平面，因此，
在正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面平面ABC，而平面平面ABC，
因为ABC是正三角形，是的中点，所以，因此平面，
而平面，因此，而，所以，
因为正三棱柱ABC－A1B1C1中棱长都相等，所以，而E分别为B1C的中点，
所以，而平面BDE，，所以B1C⊥平面BDE.
19．(1)垂直，理由见解析；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)根据给定条件证明即可推理作答.
(2)利用(1)的信息可得，结合已知证得平面即可推理作答.
(1)
CD与平面PAD垂直，
在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，
则有，即，而，，平面，
所以平面.
(2)
由(1)知，平面，而平面，则，又，
因是直角梯形的两条腰，即直线必相交，因此，平面，而平面，
所以平面平面.
20．(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)根据给定条件证明即可推理作答.
(2)连接，证明平面，再结合线面平行的性质即可推理作答.
(1)
三棱柱中，平面ABC，而平面ABC，则，
又，，平面，于是得平面，而平面，
所以平面平面.
(2)
连接，如图，因点M，N分别是线段，的中点，则，因平面，平面，
因此，平面，而平面平面，平面，
所以.
21．(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）连接，证明出平面，，即可证得结论成立；
（2）计算出菱形的面积，再利用锥体的体积公式可求得四棱锥的体积.
(1)
证明：连接，因为四边形为菱形，则，
平面，平面，则，
，平面，
因为、分别是棱、的中点，则，平面.
(2)
解：四棱锥的底面是边长为的菱形，，则为等边三角形，
所以，，
因为，平面，故.
22．(1)证明见解析
(2)1
【解析】
【分析】
(1)先证EF//BD，由线面平行判定定理证明EF//平面A1BD；(2)由面面垂直性质定理确定三棱锥﹣CEF底面上的高，由锥体体积公式求三棱锥﹣CEF的体积.
(1)
因为E，F分别是AC，BC的中点，
所以EF//BD，又因为EF⊄平面BD，BD⊂平面BD，
所以EF//平面BD；
(2)
因为平面DE⊥平面BCED，
过点作O⊥DE，平面DE平面BCED，DE
所以A1O⊥平面BCED，如图所示：
因为O＝4××sin60°＝，
△CEF的面积为S△CEF＝×22×sin60°＝，
设三棱锥﹣CEF的体积为,则
＝S△CEFO＝××＝1.
23．(1)详见解析；
(2)详见解析；
【解析】
【分析】
（1）根据菱形的边长为4，，利用勾股定理得到，再利用线面垂直的判定定理证明；
（2）连接AC与BD交于点O，连接OE，易得OE//PC，再利用（1）的结论，利用面面垂直的判定定理证明.
(1)
证明：因为四棱锥的底面是边长为4的菱形，，
，
所以，又，
所以直线平面；
(2)
如图所示：
，
连接AC与BD交于点O，连接OE，
因为O，E为中点，
所以OE//PC，
所以线平面，
又平面EDB，
所以平面平面.
24．(1)详见解析；
(2)详见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据平面ABCD，得到平面平面ABCD，进而得到平面SAB，则，再结合于，利用线面垂直的判定定理证明；
（2）由（1）得到，再根据平面，易证平面SAD，得到，再利用线面垂直的判定定理证明.
(1)
因为平面ABCD，平面SAB，
所以平面平面ABCD，
又平面平面AC=AB，且，
所以平面SAB，
所以，又于点，且，
所以平面SBC，
所以，又于点，且，
所以平面SBC，
所以；
(2)
由（1）知平面SBC，则，
因为平面，平面SAD，
所以平面平面ABCD，
又平面平面ABCD =AD，且，
所以平面SAD，
所以，又，
所以平面SCD，
．
25．(1)证明见解析.
(2)证明见解析.
(3).
【解析】
【分析】
（1）先根据中位线定理得到，进而再由线面平行的判定定理可得证；
（2）先根据线面垂直的性质定理得到PO⊥BD，结合AC⊥BD，根据线面垂直的判定定理得到BD⊥平面PAC，从而根据面面垂直的判定定理得到平面PAC⊥平面PBD；
（3）利用，可求得体积.
(1)
证明：连接AC，交BD于O，连接OE，
在△CAP中，CO=OA，CE=EP，∴，
又∵平面BDE，平面BDE，∴平面BDE；
(2)
证明：∵PO⊥底面ABCD，则PO⊥BD，
又∵是正方形，则AC⊥BD，且，∴BD⊥平面PAC.
∵平面PBD，∴平面PAC⊥平面PBD；
(3)
解：因为，所以，则，
由于是的中点，
.
26．(1)证明见解析；
(2)平面平面，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）分别证明出平面，平面，利用面面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出平面，利用面面垂直的判定定理可得出结论.
(1)
证明：、分别为、的中点，则，
平面，平面，平面，同理可证平面，
，因此，平面平面.
(2)
解：平面平面，理由如下：
因为四边形为菱形，且，则，故为等边三角形，
因为为的中点，则，，则，
平面，平面，，
，平面，平面，因此，平面平面.
27．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由题意证得,结合线面平行的判定定理，即可证得平面.
（2）由平面，证得，再由，证得，根据线面垂直的判定定理证得平面，进而得到平面平面.
(1)
证明：在中，因为分别为中点，可得,
又因为平面，平面，所以平面.
(2)
证明：因为平面，且平面，可得，
又因为，且分别为中点，可得，
又由且平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
28．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【解析】
【分析】
（1）连接BD，交AC于O，证明，由线面平行的判定定理可得；
（2）由线面垂直的判定定理证明面，再由面面垂直的判定定理可得面面垂直；
（3）直接写出两个性质定理．
(1)
证明：连接BD，交AC于O，则O为BD中点，连接OP，
为的中点，，
平面PAC，平面PAC，平面PAC；
(2)
长方体中，，底面ABCD是正方形，则，
又面ABCD，面ABCD，则.
平面，平面，，
面，平面PAC，
所以平面平面；
(3)
直线与平面平行的性质定理：一条直线与一个平面平行，那么这条直线平行于过此直线与该平面的交线；
平面与平面垂直的性质定理：两个平面互相垂直，一个平面内与交线垂直的直线必垂直于另一个平面．