10.3直線與平面間的位置關(guān)系（第2課時）（六大題型提分練）

10.3直線與平面間的位置關(guān)系（第2課時）題型1：直線與平面的垂直的性質(zhì)定理及有關(guān)綜合辨析1．直線與平面垂直的性質(zhì)定理垂直于同一個平面的兩條直線．推論1

過一點有且只有一個與給定的直線垂直．推論2

這一點有且只有一條與給定的平面垂直．【答案】互相平行平面直線【分析】略【解析】略2．已知直線a，b和平面，且，，則與的位置關(guān)系是．【答案】或【分析】考慮和兩種情況，根據(jù)直線和平面的位置關(guān)系得到答案.【解析】因為，，當(dāng)時，滿足條件；當(dāng)時，.綜上所述：或.故答案為：或3．已知不重合的直線a，b和平面，下列命題正確的是（

）A．若，，則 B．若，，則C．若，，則 D．若，，則【答案】D【分析】通過空間想象，結(jié)合圖形直觀判斷可知ABC錯誤；根據(jù)線面垂直性質(zhì)定理可判斷D.【解析】若，，則有可能平行，有可能異面，A錯誤；若，，則有可能相交、異面、平行，B錯誤；若，，則有可能在平面內(nèi)，C錯誤；由線面垂直性質(zhì)定理可知，D正確.故選：D

4．已知直線l，a，b，平面，若要得到結(jié)論，則需要在條件，，⊥，⊥中另外添加的一個條件是.【答案】a與b相交【分析】根據(jù)線面垂直的判定定理可得答案.【解析】由線面垂直的判定定理得到，a與b相交.故答案為：a與b相交5．a(chǎn)，b，c表示直線，M表示平面，給出下列四個命題：①若a∥M，b∥M，則a∥b；②若bM，a∥b，則a∥M；③若a⊥c，b⊥c，則a∥b；④若a⊥M，b⊥M，則a∥b其中正確命題有（填序號）【答案】④【分析】對于①②③：在正方體ABCDA1B1C1D1中，取特殊的平面和直線否定結(jié)論對于④：利用線面垂直的性質(zhì)定理即可證明.【解析】在正方體ABCDA1B1C1D1中，對于①：取平面M為平面ABCD,取直線為直線a，直線為直線b，滿足a∥M，b∥M，但是a、b不平行.故①不正確；對于②：取平面M為平面ABCD,取直線為直線a，直線為直線b，滿足bM，a∥b，但是aM.故②不正確；對于③：取直線為直線a，直線為直線c，直線為直線b,滿足a⊥c，b⊥c，但是a、b不平行.故③不正確；對于④：因為a⊥M，b⊥M，由線面垂直的性質(zhì)定理可得：a∥b.故④正確.故答案為：④.6．已知，，表示直線，表示平面，給出下列命題：①若，，則∥；②若，∥，則∥；③若，，則；④若，，則∥.其中正確的命題是.（寫出所有正確命題的編號）【答案】④【分析】利用線面平行、線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理分析判斷即可【解析】解：對于①，當(dāng)，時，直線，可以相交，也可能平行，也可能異面，所以①錯誤；對于②，若，∥，則直線有可能在平面內(nèi)，所以②錯誤；對于③，若，，則直線，可以相交，也可能平行，也可能異面，所以③錯誤；對于④，由線面垂直的性質(zhì)定理可知是正確的，故答案為：④【點睛】此題考查線面平行、線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題題型2：直線與平面的垂直的性質(zhì)定理的解答證明7．已知直線a、b和平面，若，，求證：．【答案】證明見解析.【分析】利用反正法，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)證明即可.【解析】假設(shè)不平行，取上不同于垂足B的一點A,過A作，設(shè)，連接BC，如圖，

則相交直線可確定一個平面ABC，且，，，，又，，在平面ABC內(nèi)，，這與矛盾，故假設(shè)錯誤，所以.8．如圖，平面ABCD，平面ABCD，且，，求EF的長度．

【答案】6【分析】先證四邊形是平行四邊形，進而可以得到，從而求出結(jié)果.【解析】因為平面，平面，所以．又因為，所以四邊形是平行四邊形．所以．故答案為：6.9．如圖所示，在長方體中，平面，平面，且平面.求證：.【答案】見解析.【分析】根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得.【解析】由長方體可得：,，平面，因為平面，故.【點睛】本題考查線面垂直的性質(zhì)即垂直于同一平面的兩條直線是平行的，屬于容易題.10．如圖，正方體中，與異面直線、都垂直相交．

求證：.【答案】證明見詳解.【分析】連接，，，，根據(jù)線面垂直的判定定理，證明平面，推出；同理得到，推出平面；再證明平面；即可得出結(jié)論成立.【解析】連接，，，，因為在正方體中，平面，平面，所以，又，，平面，平面，所以平面，因此；同理可證：，又，平面，平面，所以平面；因為與異面直線、都垂直相交，即，，又在正方體中，與平行且相等，所以四邊形為平行四邊形，因此，所以，因為，平面，平面，所以平面；因此.

【點睛】本題主要考查證明線線平行，熟記線面垂直的判定定理與性質(zhì)定理即可，屬于?？碱}型.題型3：直線與平面的垂直的判定定理11．是空間兩條不同直線，是兩個不同平面，下面有四個命題：①，則，②，則，③，則，④，則，其中真命題的編號是.（寫出所有真命題的編號）【答案】①④【分析】根據(jù)立體幾何相關(guān)定理逐項分析.【解析】對于①，，必然存在一個平面使得，并且，又，正確；對于②，如果，則結(jié)論不成立，錯誤；對于③，如圖：

，構(gòu)造平面，使得，并且，則，在平面內(nèi)，作直線n，使得，顯然，錯誤；對于④，，又，正確；故答案為：①④.12．給定空間中的直線l及平面，條件：“直線l與平面內(nèi)無數(shù)條直線垂直”是“直線l與平面垂直”的（

）A．充分條件 B．充分非必要條件C．必要非充分條件 D．既非充分又非必要條件【答案】C【分析】利用線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理即可判定二者間的邏輯關(guān)系.【解析】由直線l與平面內(nèi)無數(shù)條直線垂直，可得l與平面相交或或；由直線l與平面垂直，可得直線l與平面內(nèi)任意一條直線垂直.則“直線l與平面內(nèi)無數(shù)條直線垂直”是“直線l與平面垂直”的必要非充分條件.故選：C13．已知直線在平面上，則“直線”是“直線”的（

）條件A．充分非必要 B．必要非充分C．充要 D．非充分非必要【答案】B【分析】利用線面垂直的判定定理及性質(zhì)定理，結(jié)合充要條件及必要條件的定義即可求解.【解析】直線在平面上，則“直線”成立時，“直線”不一定成立；“直線”?“直線”，∴直線在平面上，則“直線”是“直線”的必要非充分條件.故選：B.14．給出下列四個命題：①若直線垂直于平面內(nèi)的兩條直線，則這條直線與平面垂直；②若直線與平面內(nèi)的任意一條直線都垂直，則這條直線與平面垂直；③若直線垂直于梯形的兩腰所在的直線，則這條直線垂直于兩底邊所在的直線；④若直線垂直于梯形的兩底邊所在的直線，則這條直線垂直于兩腰所在的直線．其中正確的命題共有個．【答案】2【分析】根據(jù)線面垂直的定義，以及線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，逐項判定，即可求解.【解析】①中，根據(jù)線面垂直的判定定理，直線垂直于平面內(nèi)的兩條相交直線，則這條直線與平面垂直，所以①不正確；②中，根據(jù)直線與平面垂直的定義知，若直線與平面內(nèi)的任意一條直線都垂直，則這條直線與平面垂直，所以②正確；③中，因為梯形的兩腰在同一平面內(nèi)，且不平行，所以兩腰時相交直線，若直線垂直于梯形的兩腰所在的直線，可得直線垂直梯形底面所在的平面，所以這條直線垂直于兩底邊所在的直線，所以③正確；④中，因為梯形的兩底所在的直線相互平行，根據(jù)線面垂直判定定理，直線與這個平面不一定垂直，這條直線不一定垂直于兩腰所在的直線，所以④不正確.故答案為：2.題型4：證明直線與平面的垂直15．如圖，在正方體中，，分別是，的中點.（1）求證：平面；（2）求證：平面.【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析.【分析】（1）要證直線平面，可在平面中找一條線與平行，連接，先證明是平行四邊形，再根據(jù)線面平行的判定定理即可求證；（2）結(jié)合線面垂直的判定定理，證明直線平面的兩條交線即可；【解析】（1）連接，∵是正方體，，，∵，分別是，的中點，∴，.∴是平行四邊形，∴，∵平面，平面，∴平面；（2）由（1）得，∵是正方體.∴平面，∴，∴，∵是正方體，∴是正方體，∴，∴，∵平面，平面，，∴平面.【點睛】本題考查線面平行，線面垂直的證明，屬于基礎(chǔ)題16．如圖所示，和所在平面互相垂直，且，點分別為的中點，求證：平面【答案】證明見解析【分析】分別利用三角形相似和等腰三角形性質(zhì)可得、，再由線面垂直的判定定理可得平面，而由可得答案.【解析】由且，可得，所以，又由為的中點，所以，因為為的中點，可得，又因為且平面，所以平面，因為分別為的中點，所以，所以平面．17．如圖，在平行六面體中，底面是菱形，E為的中點，．(1)求證：平面；(2)求證：平面.【答案】(1)證明見解析.(2)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)線面平行的判定定理即可證明結(jié)論；（2）作平面于點I，作于點G，于點K，連接，需證明I在上，再證明，結(jié)合，根據(jù)線面垂直的判定定理即可證明結(jié)論.【解析】（1）證明：如圖，在平行六面體中，底面是菱形，連接，交于O點，則O為的中點，連接，因為E為的中點，故,因為平面，平面，故平面；（2）證明：作平面于點I，作于點G，于點K，連接，因為，,故≌,所以,∵平面，平面，∴,故≌,故,又平面，平面,故,又，平面,故平面，平面，故,同理可證,結(jié)合，可知I在的平分線上，即I在上，則平面，而平面，平面,故,又底面是菱形，則,平面，故平面.18．如圖，為矩形所在平面外一點，平面，若已知，求點到的距離.【答案】【分析】過作于，連接，面，得出OP到直線BD的高，然后計算即可.【解析】過作于，連接，直線PA⊥平面ABCD,,又，面PAE，則面，為所求的距離，在中，,在中，,19．已知在四棱錐中，底面，且底面是正方形，F(xiàn)、G分別為和的中點.(1)求證：平面；(2)求證：.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）連接AC，通過證明，利用線面垂直的判定可得答；（2）通過證明面可得答案.【解析】（1）連接AC，由已知F、G分別為和的中點，，又面ABCD，面ABCD，平面；（2）底面是正方形，，又底面，面ABCD，，面，面，面，又面，.題型5：三垂線定理20．已知三垂線定理：在平面內(nèi)的一條直線和平面的一條斜線的射影垂直，則它和這條斜線垂直．請用圖形語言和數(shù)學(xué)符號翻譯該定理并證明．【答案】答案見解析【分析】按照定理內(nèi)容轉(zhuǎn)化成符合語言再證明即可.【解析】解：已知三垂線定理：在平面內(nèi)的一條直線和平面的一條斜線的射影垂直，則它和這條斜線垂直．如圖所示：若，是垂足，斜線，，，證明．證明：，，，，又，都在平面內(nèi)，平面，平面，．21．已知，如圖是平面外一點，是平面的斜線，交于點，過點作平面的垂線，垂足是，直線是在平面上的投影．求證：對平面上任一直線，是的充要條件．【答案】證明見解析【分析】利用線面垂直的判定定理分別證明充分性和必要性即可．【解析】證明：充分性：，，，又，，平面，平面，又平面，，必要性：，，，又，，平面，平面，又平面，，綜上，對平面上任一直線，是的充要條件．題型6：直線與平面平行的判定與性質(zhì)綜合、點到平面的距離22．如圖，在四棱錐中，底面是正方形，平面，且，點為線段的中點．(1)求證：平面；(2)求證：平面；【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）連接，交于點，連接，即可證明，從而得證；（2）依題意可得，再由線面垂直的性質(zhì)得到，從而得到平面，證得，即可得證.【解析】（1）

連接，交于點，連接，∵是正方形對角線交點，∴為的中點，由已知為線段的中點，∴，又平面，平面，∴平面；（2），為線段的中點，，∵平面，平面，，在正方形中，，又，平面，平面，又平面，，又，平面，平面；23．如圖，已知正方體的棱長為.(1)求證：平面；(2)求點到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）如圖，根據(jù)線面垂直的判定定理與性質(zhì)可得、，再利用線面垂直的判定定理即可證明；（2）如圖，利用等體積法即可求解.【解析】（1）如圖，連接，因為平面，平面,則，又因為，且平面，得平面，又平面，所以；因為平面，平面，則，又因為平面，所以平面，又平面，所以，又平面，所以平面.（2）由為的中點，得，且，所以，由，得，即，解得，即點到平面的距離為.24．如圖，在直三棱柱中，，、分別是BC、的中點，.(1)證明：平面；(2)求點到平面的距離.【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）利用直三棱柱的構(gòu)造特征，結(jié)合線面垂直的性質(zhì)、判定推理即得.（2）由（1）中信息，結(jié)合相似三角形的性質(zhì)求出，再利用等體積法求解即得.【解析】（1）在直三棱柱中，由，是的中點，得，由平面，平面，得，而平面，則平面，又平面，則，而，平面，所以平面.（2）在矩形中，由（1）知，，，于是直角與直角相似，則，即，因此，，，，，，設(shè)點到平面的距離為，由，得，，解得，所以點到平面的距離為.25．如圖，在四棱錐中，底面ABCD為菱形，為PD的中點，，垂足為，且.

(1)求證:平面ACE;(2)求證:平面ABCD.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）如圖，由題意可得，結(jié)合線面平行的判定定理即可證明；（2）如圖，先證，進而，則，利用線面垂直的判定定理與性質(zhì)可得，由直角三角形的性質(zhì)可得，結(jié)合線面垂直的判定定理即可證明.【解析】（1）如圖，連接，交于點，連接，則，又平面，平面，所以平面；（2）由（1）知且，又，所以為的中點，因為，所以為等腰三角形，則，又，所以，連接，則，又平面，所以平面，而平面，則.因為，，所以，即，又平面，所以平面.26．如圖，弧AEC是半徑為的半圓，AC為直徑，點為弧AC的中點，點和點為線段AD的三等分點，平面AEC外一點滿足平面．(1)證明:;(2)求點到平面FED的距離．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用線面垂直的性質(zhì)證明，從而可證得平面，再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)即可得證；（2）利用等體積法求解即可.【解析】（1）∵點為的中點，且為直徑，∴，∵平面，平面，∴，又平面，∴平面，∵平面，∴；（2）∵平面，且平面，∴，又∵，∴，∴，∵平面，平面，∴，∴，∵，∴，∴，∴點到平面的距離.一、填空題1．已知平面，四邊形是平行四邊形，若，則平行四邊形一定是．【答案】菱形【分析】根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得，再根據(jù)線面垂直的判定定理可得平面，可得，從而可得出結(jié)論.【解析】解：因為平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，因為四邊形是平行四邊形，所以平行四邊形一定是菱形.故答案為：菱形.2．過三角形所在平面外一點，作，垂足為，若，且，則點是邊的點．【答案】中【分析】分析出，，，利用勾股定理可得出，可得出為的外心，再由可得出結(jié)論.【解析】因為，、、，則，，，因為，，，，所以，，所以，為的外心，因為，則的外心為的中點.故答案為：中.3．如圖，設(shè)P為矩形ABCD所在平面外一點，直線PA⊥平面ABCD，AB=3，BC=4，PA=1，則點P到直線BD的距離為.【答案】【分析】要求點P到直線BD的距離，需要作出P到直線BD的高，然后計算即可.【解析】過作于，連接，直線PA⊥平面ABCD,,又，面PAE，則面.為所求的距離，在中，,在中，,故答案為：4．如圖，在正方體中，M、N、P分別是、和AB的中點，則下列關(guān)系：①BM⊥AB；②BM∥平面；③；④⊥平面，正確的編號為．【答案】①②④【分析】①，由AB⊥面，得AB⊥BM，；②，取的中點O，可得PO∥BM?BM∥面；③，若，可得BM⊥面，與已知矛盾；④，取中點，可得面，，即可得平面【解析】對于①，∵AB⊥面，BM?面，∴AB⊥BM，故正確；對于②，如圖1，取A1C1的中點O，連接，又為中點，,且,為中點，,，，且，，且，所以四邊形為平行四邊形，所以，面，面，面，故正確；對于③，若，由①知AB⊥BM，即,，且面，BM⊥面，面，顯然與已知矛盾，故錯誤；對于④，如圖2，取中點H，根據(jù)平面幾何關(guān)系，，所以，，得到，為中點，故得面，面，面，所以面,而面，所以正方體中，，面，面，又，面，所以面，而面，所以，面所以面，故正確故答案為：①②④.5．如圖，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，M，N分別是AD，BE的中點，將三角形ADE沿AE折起．下列說法正確的是（填上所有正確的序號）．①不論D折至何位置（不在平面ABC內(nèi)）都有MN∥平面DEC；②不論D折至何位置都有MN⊥AE；③不論D折至何位置（不在平面ABC內(nèi)）都有MN∥AB；④在折起過程中，一定存在某個位置，使EC⊥AD.【答案】①②④【分析】連接MN交AE于點P，對于①，根據(jù)面面平行的判定和性質(zhì)可判斷；對于②，根據(jù)線面垂直的判定和性質(zhì)可判斷；對于③，由NP∥AB可得不論D折至何位置（不在平面ABC內(nèi)）都不可能有MN∥AB；對于④，由在折起的過程中，根據(jù)線面垂直的判定和性質(zhì)可判斷．【解析】解：連接MN交AE于點P，則MP∥DE，NP∥AB，∵AB∥CD，∴NP∥CD.對于①，由題意可得平面MNP∥平面DEC，∴MN∥平面DEC，故①正確；對于②，∵AE⊥MP，AE⊥NP，∴AE⊥平面MNP，∴AE⊥MN，故②正確；對于③，∵NP∥AB，∴不論D折至何位置（不在平面ABC內(nèi)）都不可能有MN∥AB，故③不正確；對于④，由題意知EC⊥AE，故在折起的過程中，當(dāng)EC⊥DE時，EC⊥平面ADE，∴EC⊥AD，故④正確．故答案為：①②④.二、單選題6．如圖，BC是的斜邊，過A作所在平面的垂線AP，連接PB、PC，過A作AD⊥BC于D，連接PD，則圖中直角三角形的個數(shù)是（）A．4 B．6 C．7 D．8【答案】D【分析】根據(jù)給定條件，證明平面，再利用線面垂直的性質(zhì)即可判斷作答.【解析】依題意，，，則，即都是直角三角形，又，則，而，，平面，因此，平面，平面，即，又AD是的斜邊上的高，點D與B，C都不重合，于是得都是直角三角形，所以給定圖中共有8個直角三角形.故選：D7．在正方體中，點分別是線段上的點（不為端點），給出如下兩個命題：①對任意點，均存在點，使得；②存在點，對任意的，均有則（

）

A．①②均正確 B．①②均不正確C．①正確，②不正確 D．①不正確，②正確【答案】D【分析】根據(jù)正方體的線面關(guān)系證明平面，來驗證命題①；求證平面，來驗證命題②即可得結(jié)論.【解析】對于①，如圖，連接

在正方體中，有正方形，所以，又，