高一空間直線平面的垂直測試題一、單選題1．已知，是空間兩個不同的平面，，是空間兩條不同的直線，則結(jié)論錯誤的（

）A．，，，則B．，且，則C．，，且，則D．，，，則【答案】D【分析】利用空間中線線、線面、面面關系逐一判斷即可.【詳解】對于A：若，，則或，若，，則，若，則平面存在直線使得，又，所以，又，所以，故A正確；對于B：若，，則，又則，故B正確；對于C：若，，所以，又且，是空間兩個不同的平面，則，故C正確；對于D：若，，，則或與異面，故D錯誤.故選：D2．在長方體中，，為的中點，平面，則與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由題目條件，先求出的大小，然后根據(jù)異面直線所成角的定義，可知即為所求角，再利用余弦定理，即可求得本題答案.【詳解】連接，，，連接，如圖，平面，平面，則，又平面，平面，則，因為，平面，平面，則平面，又平面，則，所以，則，則，解得，由長方體的性質(zhì)易知，且，所以四邊形為平行四邊形，所以，則即為所求角，在中，，，故，所以與所成角的余弦值為.故選：B.3．如圖，在棱長為1的正方體中，點是棱的中點，是底面上（含邊界）一動點，滿足，則線段長度的最小值為（

）A．1 B．2 C． D．【答案】D【分析】連接，可知，可得平面，進而證得平面，從而可知在線段上，從而得到答案.【詳解】如圖所示：連接，因為是棱的中點，則，又，可知，又，故，又，平面，故平面，平面，故，平面，平面，則，又，平面，故平面，又平面，過一點作平面的垂線有且只有一條，故在線段上，故線段長度的最小值為．故選：D.4．已知三棱錐中，，，，，且平面平面，則該三棱錐的外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】計算得到，根據(jù)面面垂直得到平面，設外接球半徑為，的外接圓半徑為，計算，得到表面積.【詳解】，，則，，故，平面平面，面平面，平面，則平面，設外接球半徑為，的外接圓半徑為，則，解得，外接球表面積為.故選：D5．下列命題中正確的是（）A．平面α和β分別過兩條互相垂直的直線，則α⊥βB．若平面α內(nèi)的一條直線垂直于平面β內(nèi)的兩條平行直線，則α⊥βC．若平面α內(nèi)的一條直線垂直于平面β內(nèi)的兩條相交直線，則α⊥βD．若平面α內(nèi)的一條直線垂直于平面β內(nèi)的無數(shù)條直線，則α⊥β【答案】C【分析】根據(jù)線面垂直的判定及面面垂直的判定方法結(jié)合選項可得答案.【詳解】當平面α和β分別過兩條互相垂直且異面的直線時，平面α和β有可能平行，故A不正確;一條直線垂直于平面內(nèi)的兩條相交直線才能得出線面垂直，由平面與平面垂直的判定定理知B，D均不正確，C正確.故選：C.6．已知正方體，則下列選項不正確的是（

）A．直線與所成的角為 B．C．平面 D．【答案】D【分析】運用作平行線求得異面直線所成角可判斷A項，運用線面垂直判定定理及性質(zhì)可判斷B項、C項，運用同一個三角形的內(nèi)角不可能有兩個直角可判斷D項.【詳解】如圖所示，對于A項，如圖，因為，所以異面直線與所成的角為或其補角．又因為為等邊三角形，所以，故A項正確；對于B項、C項，因為四邊形為正方形，則．又因為平面，所以．又因為平面，平面，，所以平面．又平面，所以．同理：，，又平面，平面，，所以平面，故B項、C項正確；對于D項，∵面，∴，即：在中，，由三角形內(nèi)角和可知，，故D項錯誤；故選：D．7．假設是所在平面外一點，而和都是邊長為2的正三角形，，那么二面角的大小為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】取BC的中點O，連接OA，OP，則為二面角的平面角，在△POA中，即可求解得到答案.【詳解】取的中點，連接，∵和都是邊長為2的正三角形，則，所以為二面角的平面角，又因為，則，所以，即二面角的大小為.故選：D.8．如圖所示，長方體中，，O是的中點，直線交平面于點M，則下列結(jié)論錯誤的是（

）A．A，M，O三點共線B．的長度為1C．直線與平面所成角的正切值為D．的面積為【答案】C【分析】利用公理3證明三點共線即可判斷A，利用長方體的性質(zhì)以及中位線定理，可判斷B，利用線面角的定義，根據(jù)長方體的幾何性質(zhì)，結(jié)合三角函數(shù)定義，可判斷C，利用三角形面積轉(zhuǎn)化求解，可判斷D.【詳解】對于A，連結(jié)，則，四點共面，平面，，平面，又平面，在平面與平面的交線上，同理也在平面與平面的交線上.三點共線，故A正確：對于B，設直線與平面的交點為，，平面，平面，平面，，平面，平面，平面，又，平面，平面，平面平面，又平面平面，平面平面，，為中點，為中點，同理可得為的中點，，故B正確；對于C，取中點，連接，，平面，則即為直線與平面所成角，又平面平面，故即為直線與平面所成角，又，，故C錯誤；對于D，，，，故D正確.故選：C二、多選題9．已知正方體，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，則（

）A． B． C．平面 D．平面【答案】AB【分析】根據(jù)正方體的性質(zhì)，利用線線平行判斷A，由線面垂直判斷B，根據(jù)垂線性質(zhì)判斷C，由線線平行及線面相交判斷D.【詳解】正方體，如圖，由圖知，，而，所以，故A正確；因為平面，平面，則，又，，平面，所以平面，又平面，所以，故B正確；因為面，面，可得，又，，面，所以面，又面，則，若平面，由平面，可得，由，面，可得面，又面，所以，顯然有矛盾，所以平面不正確，故C錯誤；延長，使，連接，因為，所以，所以四邊形為平行四邊形，故，而平面，故與平面不平行，故D錯誤.故選：AB10．如圖：在三棱柱中，底面為正三角形，且，則下列說法正確的是（

）A．直線與底面所成角的余弦值為B．設中點為，則線段的長度的最小值為C．平面與平面夾角的余弦值為D．直線與平面所成角的余弦值的最大值為【答案】ABC【分析】設平面，過作,利用線面垂直的判定定理及線面角的定義可得為所求，結(jié)合條件可判斷A，由題可得時最短進而判斷B，過點作，進而可得為所求的夾角結(jié)合條件即求可判斷C，找出直線與平面所成角結(jié)合條件即得.【詳解】對于A，設平面于，過作分別交于，連接，因為平面，所以，又平面，故平面，又平面，所以，同理，又，所以，故，可得，所以，，，由平面可知為直線與底面所成角，設，則，，所以，故A正確；對于B，點到直線的最短距離為到直線的垂線，故當時，有最短，連接，因為是中點，由A選項可知，，所以，在正三角形中，由，可得，所以，故B正確；對于C，過點作，垂足為，連接(為中點)，由平面可知，，而，平面，所以平面，平面，所以，又平面，所以平面平面，為所求平面與平面夾角，因為，所以和中，得到，又因為，所以，C正確；對于D，設的中點為，連，由上可知平面，故平面，所以為直線與平面所成角，由題可知，當越來越大時越來越小趨近于0，故余弦值趨近于1無最大值，故D錯誤.故選：ABC.11．如圖，四邊形為矩形，平面，，且，記四面體，，的體積分別為，，，則下列說法正確的是（

）A．直線平面B．若為中點，則平面C．D．直線與平面所成角的正切值為【答案】ACD【分析】利用面面平行的判定可證得平面平面，由面面平行的性質(zhì)知A正確；假設B正確，由線面垂直的性質(zhì)和等腰三角形三線合一性質(zhì)可知，顯然不成立，知B錯誤；利用體積橋，結(jié)合棱錐體積公式可分別求得，知C正確；根據(jù)線面角定義作出所求角，由長度關系可求得D正確.【詳解】對于A，四邊形為矩形，，又，平面，平面，平面，平面，又，平面，平面平面，又平面，平面，A正確；對于B，連接，假設當為中點時，平面，平面，，又為中點，，由已知得：，假設錯誤，B錯誤；對于C，設，由A知：平面，；平面，平面，，又，，平面，平面，，，C正確；對于D，取中點，連接，平面，平面，，又，，平面，平面；，，四邊形為平行四邊形，，平面，即為直線與平面所成角，設，則，，，即直線與平面所成角的正切值為，D正確.故選：ACD.三、填空題12．α，β是兩個不同的平面，m，n是平面α及β之外的兩條不同直線，給出四個論斷：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.以其中三個論斷作為條件，余下一個論斷作為結(jié)論，寫出你認為正確的一個命題________．【答案】①③④②或②③④①【分析】根據(jù)線面垂直，線線垂直，面面垂直的性質(zhì)進行判斷.【詳解】選擇①③④為條件，②為結(jié)論：m⊥n，將m和n平移到一起，則確定一平面，∵n⊥β，m⊥α，∴該平面與平面α和平面β的交線也互相垂直，從而平面α和平面β的二面角的平面角為90°，∴α⊥β.選擇②③④為條件，①為結(jié)論：若兩個平面垂直，顯然與它們分別垂直的兩條直線垂直，即α⊥β，n⊥β，m⊥α，能得出m⊥n.選擇①②③為條件，④為結(jié)論：若α⊥β，n⊥β，m⊥n，則可能與平行或相交，不能得出m⊥α.選擇①②④為條件，③為結(jié)論：若α⊥β，m⊥α，m⊥n，則可能與平行或相交，不能得出n⊥β.故答案為：①③④②或②③④①.13．如圖60°的二面角的棱上有，兩點，直線，分別在二面角兩個半平面內(nèi)，且垂直于，，，則__________．【答案】10【分析】過點作，且，連接，，先證明為等邊三角形，從而得到，再證明，進而利用勾股定理即可求解．【詳解】如圖，過點作，且，連接，，則，又，所以為等邊三角形，所以，則四邊形為矩形，即，由，則，又，且，所以平面，所以平面，又平面，所以，則由勾股定理得．故答案為：10．14．在正方體中，，M為棱BC的中點，過直線AM的平面滿足平面，則平面截正方體所得較小部分與較大部分的體積的比值為______．【答案】【分析】根據(jù)給定條件，作出平面截正方體所得截面，再求出較小部分的體積作答.【詳解】在正方體中，取的中點，連接，如圖，有，而正方體的對角面是矩形，則，因為，則，又平面，平面，即有，而平面，因此平面，因為平面，于是平面平面，依題意，平面即為平面，令的延長線與延長線的交點為，的延長線與延長線的交點為，顯然，即點與重合，記為，因此，又正方體的體積，所以平面截正方體所得較小部分與較大部分的體積的比值為.故答案為：四、解答題15．已知四棱錐P﹣ABCD，底面ABCD是∠A＝60°、邊長為a的菱形，又PD⊥底ABCD，且PD＝CD，點M、N分別是棱AD、PC的中點．(1)證明：DN∥平面PMB；(2)證明：平面PMB⊥平面PAD；(3)求點A到平面PMB的距離．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)【分析】（1）取PB中點Q，連接MQ、NQ，再加上QN∥BC∥MD，且QN＝MD，于是DN∥MQ，再利用直線與平面平行的判定定理即得；（2）易證PD⊥MB，又因為底面ABCD是∠A＝60°、邊長為a的菱形，且M為AD中點，然后利用平面與平面垂直的判定定理進行證明；（3）因為M是AD中點，所以點A與D到平面PMB等距離，過點D作DH⊥PM于H，由（2）平面PMB⊥平面PAD，所以DH⊥平面PMB，DH是點D到平面PMB的距離，從而求解．【詳解】（1）證明：取PB中點Q，連接MQ、NQ，因為M、N分別是棱AD、PC中點，所以QN∥BC∥MD，且QN＝MD，于是DNQM為平行四邊形，，平面，平面，所以DN∥平面PMB；（2）由平面，平面，則，又因為底面ABCD是∠A＝60°、邊長為a的菱形，且M為AD中點，所以MB⊥AD．又AD∩PD＝D，平面PAD，所以MB⊥平面PAD，平面，所以平面平面.（3）因為M是AD中點，所以點A與D到平面PMB等距離．過點D作DH⊥PM于H，由（2）平面PMB⊥平面PAD，所以DH⊥平面PMB．故DH是點D到平面PMB的距離，則．∴點A到平面PMB的距離為．16．如圖，在四棱錐中，平面，四邊形為正方形，，G為中點，E點在上，平面平面．(1)求證：平面；(2)求證：平面；(3)求直線與平面所成角．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)【分析】（1）欲證平面，根據(jù)直線與平面垂直的判定定理可知只需證與平面內(nèi)兩相交直線垂直，根據(jù)，可證得平面，從而，又滿足線面垂直的判定定理條件；（2）欲證平面，根據(jù)直線與平面平行的判定定理可知只需證與平面內(nèi)一直線平行即可；（3）連接，構造直角三角形，可知即為直線與平面所成角，解直角三角形，即可求出的大??；【詳解】（1）證明：因為四邊形為正方形，故CD⊥AD，平面，平面,所以，平面，故平面，平面，故CD⊥AG，由知，G為中點，故，平面，所以平面.（2）證明：作于F，因為平面平面,平面，平面平面,故平面，又由（1）知平面，所以，又平面平面，∴平面.（3）連接，由于平面，則為所求的角．在中，，由，四邊形為正方形,G為中點，可得,，故，即直線與平面所成角為.17．如圖，在正方體中，是棱的中點．(1)試判斷直線與平面的位置關系，并說明理由；(2)求證：直線平面(3)若正方體的棱長為2，求點到平面的距離【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3).【分析】（1）連接交于點，由三角形中位線性質(zhì)可得，由線面平行的判定可證得結(jié)論.（2）由正方體的結(jié)構特征結(jié)合線面垂直性質(zhì)，證得平面，再由線面垂直性質(zhì)和判定推理作答.（3）利用三棱錐的體積求解作答.【詳解】（1）直線平面，在正方體中，連接交于點，連接，如圖，因為四邊形為正方形，則為中點，又為中點，因此，又平面，平面，所以平面.（2）在正方體中，連接，如圖，因為四邊形為正方形，則，而平面，平面，即有，又，平面，則平面，而平面，因此，同理平面，又平面，即有，因為，平面，所以平面.（3）在三棱錐中，，則的面積，的面積，設點到平面的距離為，由得：，于是，所以點到平面的距離為.18．如圖（1）所示，已知四邊形SBCD是由和直角梯形ABCD拼接而成的，其中.且點A為線段SD的中點，，.現(xiàn)將沿AB進行翻折，使得二面角的大小為，得到圖形如圖（2）所示，連接SC，點E，F(xiàn)分別