2023届高考数学一轮复习精选用卷 第六章 立体几何 考点35 空间直线、平面的垂直+答案解析

这是一份2023届高考数学一轮复习精选用卷 第六章 立体几何 考点35 空间直线、平面的垂直+答案解析，共24页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。
考点测试35　空间直线、平面的垂直

高考
概览
本考点是高考必考知识点，各种题型都有考查，分值为5分或10分，中等难度
考纲
研读
1.以立体几何的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线、面垂直的有关性质与判定定理
2．能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的垂直关系的简单命题

一、基础小题
1．已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(　　)
A．m∥l B．m∥n
C.n⊥l D．m⊥n
答案　C
解析　由α⊥β，且α∩β＝l，m∥α，若m⊥β，那么m⊥l，故A错误；若m∥α∥l，且已知n⊥β，那么n⊥l，m⊥n，故B错误；因为n⊥β，l⊂β，所以n⊥l，故C正确；若m∥α，且m⊥l，那么m∥n，故D错误．故选C.
2．已知m，n是空间中的两条不同的直线，α，β是空间中的两个不同的平面，则下列命题正确的是(　　)
A．若m∥n，m∥α，则n∥α
B．若α∥β，m∥α，则m∥β
C．若m⊥n，n⊂α，则m⊥α
D．若m⊥α，m⊂β，则α⊥β
答案　D
解析　符合已知条件的直线n还可以在平面α内，所以A错误；符合已知条件的直线m还可以在平面β内，所以B错误；符合已知条件的直线m还可以在平面α内，或者与平面α相交但不垂直，或者与平面α平行，所以C错误；对于D，根据面面垂直的判定定理可知其正确．故选D.
3. 如图，四棱锥P－ABCD中，△PAB与△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，则下列结论不一定成立的是(　　)

A．PB⊥AC
B．PD⊥平面ABCD
C．AC⊥DP
D．平面PBD⊥平面ABCD
答案　B
解析　如图，取PB的中点O，连接OA，OC，易得PB⊥OA，PB⊥OC⇒PB⊥平面OAC⇒PB⊥AC，所以A正确；又AC⊥BD⇒AC⊥平面PBD⇒AC⊥DP，平面PBD⊥平面ABCD，所以C，D正确．故选B.

4．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则(　　)
A．α∥β且l∥α
B．α⊥β且l⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于l
D．α与β相交，且交线平行于l
答案　D
解析　由m⊥平面α，直线l满足l⊥m，且l⊄α，得l∥α，又n⊥平面β，l⊥n，l⊄β，所以l∥β，由直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，得α与β相交，否则，若α∥β，则推出m∥n，与m，n异面矛盾，所以α，β相交，且交线平行于l，故选D.
5. 如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面PAC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是(　　)

A．①② B．①②③
C．① D．②③
答案　B
解析　对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC；对于②，∵点M为线段PB的中点，点O为线段AB的中点，∴OM∥PA，∵PA⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，∴OM∥平面PAC；对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．
6. (多选)如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，则下列结论可能正确的是(　　)

A．DF⊥BC
B．BD⊥FC
C．平面BDF⊥平面BCF
D．平面DCF⊥平面BCF
答案　BC
解析　因为BC∥AD，AD与DF相交但不垂直，所以BC与DF不垂直，所以A不正确；设点D在平面BCF上的射影为点P，

当BP⊥FC时就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4可使条件满足，所以B可能正确；当点D在平面BCF上的射影P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以C可能正确；因为点D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以D不正确．故选BC.
7. (多选)如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，G为MC的中点，则下列结论中正确的是(　　)

A．MC⊥AN
B．GB∥平面AMN
C．平面CMN⊥平面AMN
D．平面DCM∥平面ABN
答案　ABD
解析　因为四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝BN＝1，所以将题中的几何体放在正方体ABCD－A′NC′M中，如图所示，所以MC与AN是棱长为1的正方体中位于相对侧面内的异面的面对角线，

因此可得MC与AN所成的角为90°，即MC⊥AN，故A正确；因为在正方体ABCD－A′NC′M中，平面AMN∥平面BC′D，而GB⊂平面BC′D，所以GB∥平面AMN，故B正确；因为在正方体ABCD－A′NC′M中，二面角A－MN－C不是直二面角，所以平面CMN⊥平面AMN不成立，故C不正确；因为平面DCM与平面ABN是正方体ABCD－A′NC′M的相对侧面所在的平面，所以平面DCM∥平面ABN成立，故D正确．
8. 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为正确的条件即可)

答案　DM⊥PC(或BM⊥PC)
解析　如图，连接AC，BD，则AC⊥BD，因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC.所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.

二、高考小题
9．(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足MN⊥OP的是(　　)

答案　BC
解析　设正方体的棱长为2，对于A，如图1所示，连接AC，则MN∥AC，故∠POC或其补角为异面直线OP，MN所成的角，在直角三角形OPC中，OC＝，CP＝1，故tan∠POC＝＝，故MN⊥OP不成立，故A不符合题意；对于B，如图2所示，取MT的中点为Q，连接PQ，OQ，则OQ∥DT，PQ⊥MN，由正方体SBCN－MADT可得DT⊥平面SNTM，则OQ⊥平面SNTM，所以OQ⊥MN，而OQ∩PQ＝Q，所以MN⊥平面OPQ，而OP⊂平面OPQ，故MN⊥OP，故B符合题意；
　
　
对于C，如图3，连接BD，则BD∥MN，由B的判断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C符合题意；对于D，如图4，取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC，PQ，OQ，PK，OK，AO，则AC∥MN，因为DP＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，所以∠QPO或其补角为异面直线OP，MN所成的角，因为正方体的棱长为2，故PQ＝AC＝，OQ＝＝＝，OP＝＝＝，OQ2