2025届高考数学一轮复习专项练习课时规范练36空间直线平面的垂直

这是一份2025届高考数学一轮复习专项练习课时规范练36空间直线平面的垂直，共11页。试卷主要包含了给定下列四个命题,其中真命题是等内容，欢迎下载使用。

1.给定下列四个命题,其中真命题是( )
A.垂直于同一直线的两条直线相互平行
B.若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行,那么这两条直线相互平行
C.垂直于同一平面的两个平面相互平行
D.若两个平面垂直,那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直
2.α,β是两个平面,l,m是两条直线,且l∥α,m⊥β,则下列命题中正确的是( )

A.若α∥β,则l∥mB.若α∥β,则l⊥m
C.若α⊥β,则l∥mD.若α⊥β,则l⊥m
3.如图,四棱锥S-ABCD的底面为正方形,SD⊥底面ABCD,则下列结论中不正确的是( )
A.AC⊥SB
B.AD⊥SC
C.平面SAC⊥平面SBD
D.BD⊥SA
4.已知平面α,β,直线n⊂α,直线m⊂β,则下列命题正确的是( )
A.α∥β⇒m∥nB.α⊥β⇒m⊥n
C.m⊥α⇒α⊥βD.m⊥n⇒m⊥α
5.(多选)如图,在以下四个正方体中,直线AB与平面CDE垂直的是( )
6.已知AB是圆柱上底面的一条直径,C是上底面圆周上异于A,B的一点,D为下底面圆周上一点,且AD⊥圆柱的底面,则必有( )
A.平面ABC⊥平面BCD
B.平面BCD⊥平面ACD
C.平面ABD⊥平面ACD
D.平面BCD⊥平面ABD
7.在三棱锥P-ABC中,点P在平面ABC中的射影为点O.
(1)若PA=PB=PC,则点O是△ABC的 心;
(2)若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,则点O是△ABC的 心.
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满足条件:①BM⊥DM,②DM⊥PC,③BM⊥PC中的 时,平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为是正确的条件序号即可).
9.在矩形ABCD中,AB①存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直;
②存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直;
③存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直.
其中正确结论的序号是 .
10.如图1,在矩形ABCD中,AB=3,BC=4,E,F分别在线段BC,AD上,EF∥AB,将矩形ABEF沿EF折起,记折起后的矩形为矩形MNEF,且平面MNEF⊥平面ECDF,如图2.
(1)求证:NC∥平面MFD;
(2)若EC=3,求证:ND⊥FC;
(3)求四面体NEFD体积的最大值.
11.
如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,∠APC=90°.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAC;
(2)设DO=,圆锥的侧面积为π,求三棱锥P-ABC的体积.
综合提升组
12.(多选)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为线段BC1上的一个动点,下列结论中正确的是( )
A.A1D⊥D1P
B.平面PAD1⊥平面BCC1B1
C.存在唯一的点P,使得∠CPD1为90°
D.当点P为BC1中点时,CP+PD1取得最小值
13.刘徽注《九章算术·商功》“斜解立方,得两堑堵.斜解堑堵,其一为阳马,一为鳖臑.阳马居二,鳖臑居一,不易之率也.合两鳖臑三而一,验之以棊,其形露矣.”如图1解释了由一个长方体得到“堑堵”“阳马”“鳖臑”的过程.堑堵是底面为直角三角形的直棱柱;阳马是一条侧棱垂直于底面且底面为矩形的四棱锥;鳖臑是四个面都为直角三角形的四面体.
图1
图2
在如图2所示由正方体ABCD-A1B1C1D1得到的堑堵ABC-A1B1C1中,当点P在下列三个位置:A1A中点,A1B中点,A1C中点时,分别形成的四面体P-ABC中,鳖臑的个数为( )

A.0B.1C.2D.3
14.(多选)如图所示,已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC,PA=2AB,下列结论正确的是( )
A.PB⊥AE
B.平面PAE⊥平面PDE
C.异面直线PD与BC所成角为30°
D.直线PD与平面PAB所成角的余弦值为
15.如图1,AD,BC是等腰梯形CDEF的两条高,AD=AE=CD=2,点M是线段AE的中点,将该等腰梯形沿着两条高AD,BC折叠成如图2所示的四棱锥P-ABCD(E,F重合,记为点P).
(1)求证:BM⊥DP;
(2)求点M到平面BDP的距离h.
创新应用组
16.如图是第七届国际数学教育大会的会徽,它的主题图案由一连串如图所示的直角三角形演化而成.设其中的第一个Rt△OA1A2是等腰三角形,且A1A2=A2A3=…=AnAn+1=1,则OA2=,OA3=,…,OAn=,现将△OA1A2沿OA2翻折成△OPA2,则当四面体O-PA2A3体积最大时,它的表面有 个直角三角形;当PA3=1时,四面体O-PA2A3外接球的体积为 .
17.如图,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱SA⊥底面ABCD,过点A作AE垂直SB交SB于点E,作AH垂直SD交SD于点H,平面AEH交SC于点K,点P为SA上一动点,且AB=1,SA=2.
(1)证明不论点P在何位置,都有DB⊥PC;
(2)求PB+PH的最小值;
(3)设平面AEKH与平面ABCD的交线为l,求证:BD∥l.
参考答案
课时规范练36 空间直线、
平面的垂直
1.D 正方体同一顶点的三条棱两两垂直,则垂直于同一直线的两条直线不一定平行,故A错误;
若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行,那么两直线可以相交,也可以平行,故B错误;
正方体的两个相邻侧面都垂直于底面,这两个侧面不平行,故C错误;
利用反证法证明如下:
若两个平面α,β垂直,假设平面α内与它们的交线l不垂直的直线l1与另一个平面β垂直.因为l1⊥β,且平面α,β的交线l⊂β,故可得l1⊥l,这与题设l与l1不垂直相互矛盾,故假设不成立,原命题成立.故选D.
2.B 若α∥β,因为m⊥β,l∥α,所以m⊥α,l⊥m,故B正确,A错误.若α⊥β,因为m⊥β,所以m∥α或m⊂α,则l与m可能平行,可能相交,可能异面,故C,D错误.
3.D SD⊥底面ABCD,SB在平面ABCD的射影BD与AC垂直,则SB⊥AC,A正确;SC在平面ABCD的射影DC与AD垂直,则SC⊥AD,B正确;利用上述垂直可得AC⊥平面SBD,且AC⊂平面SAC,从而有平面SAC⊥平面SBD,C正确;若BD⊥SA,则BD垂直SA在平面ABCD内的射影DA,这不符合题意,D错误.故选D.
4.C 若直线n⊂α,直线m⊂β,α∥β,则m与n可能异面,可能平行,故A错误;由直线n⊂α,直线m⊂β,α⊥β,则m与n可能平行,可能相交,可能异面,故B错误;由直线m⊂β,m⊥α,可得α⊥β,故C正确;由直线n⊂α,直线m⊂β,m⊥n,则m与α可能平行,可能相交,故D错误.故选C.
5.BD 对于A,由AB与CE所成角为45°,可得直线AB与平面CDE不垂直;对于B,由AB⊥CE,AB⊥ED,CE∩ED=E,可得AB⊥平面CDE;对于C,由AB与CE所成角为60°,可得直线AB与平面CDE不垂直;对于D,连接AC,由ED⊥平面ABC,可得ED⊥AB,同理可得EC⊥AB,又ED∩EC=E,所以AB⊥平面CDE.故选BD.
6.B 因为AB是圆柱上底面的一条直径,所以AC⊥BC.又AD⊥圆柱的底面,所以AD⊥BC,因为AC∩AD=A,所以BC⊥平面ACD.又BC⊂平面BCD,所以平面BCD⊥平面ACD.故选B.
7.
(1)外 (2)垂 (1)如图,连接OA,OB,OC,OP,在Rt△POA,Rt△POB和Rt△POC中,PA=PB=PC,所以OA=OB=OC,即点O为△ABC的外心.
(2)如图,延长AO,BO,CO分别交BC,AC,AB于H,D,G.因为PC⊥PA,PB⊥PC,PA∩PB=P,所以PC⊥平面PAB,又AB⊂平面PAB,所以PC⊥AB,因为AB⊥PO,PO∩PC=P,所以AB⊥平面PGC,又CG⊂平面PGC,所以AB⊥CG,即CG为△ABC边AB上的高.同理可证BD,AH分别为△ABC边AC,BC上的高,即点O为△ABC的垂心.
8.②(或③) ∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥BD.∵底面各边都相等,∴AC⊥BD.
∵PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC,∴BD⊥PC.
当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,即有PC⊥平面MBD,
而PC⊂平面PCD,∴平面MBD⊥平面PCD.
9.
② ①假设AC与BD垂直,过点A作AE⊥BD于点E,连接CE.则BD⊥平面AEC,则BD⊥CE,而在平面BCD中,CE与BD不垂直,故假设不成立,①不正确.②假设AB⊥CD,∵AB⊥AD,∴AB⊥平面ACD,∴AB⊥AC,由AB③假设AD⊥BC,∵CD⊥BC,∴BC⊥平面ACD,∴BC⊥AC,即△ABC为直角三角形,且AB为斜边,而AB10.(1)证明 因为四边形MNEF,EFDC都是矩形,所以MN∥EF∥CD,MN=EF=CD.
所以四边形MNCD是平行四边形,所以NC∥MD,因为NC⊄平面MFD,
所以NC∥平面MFD.
(2)证明 连接ED,设ED∩FC=O.因为平面MNEF⊥平面ECDF,且NE⊥EF,所以NE⊥平面ECDF,所以FC⊥NE.
又EC=CD,所以四边形ECDF为正方形,所以FC⊥ED.所以FC⊥平面NED,
所以ND⊥FC.
(3)解 设NE=x,则EC=4-x,其中0所以四面体N-FEC的体积为VN-FEC=S△EFC·NE=x(4-x),
所以VN-FEC=2.
当且仅当x=4-x,即x=2时,四面体N-FEC的体积有最大值2.
11.(1)证明 由题设可知,PA=PB=PC.
由于△ABC是正三角形,
故可得△PAC≌△PAB,△PAC≌△PBC.
又∠APC=90°,故∠APB=90°,∠BPC=90°.
从而PB⊥PA,PB⊥PC,故PB⊥平面PAC,
所以平面PAB⊥平面PAC.
(2)解 设圆锥的底面半径为r,母线长为l.由题设可得rl=,l2-r2=2.
解得r=1,l=
从而AB=
由(1)可得PA2+PB2=AB2,故PA=PB=PC=
所以三棱锥P-ABC的体积为PA×PB×PC=
12.AB 利用正方体的特征可知A1D⊥BC1,A1D⊥C1D1,
且BC1∩C1D1=C1,所以A1D⊥平面BC1D1.因为D1P⊂平面BC1D1,则A1D⊥D1P,所以A正确;
因为平面PAD1即为平面ABC1D1,因为AB⊥平面BCC1B1,且AB⊂平面PAD1,
所以平面PAD1⊥平面BCC1B1,所以B正确;
设正方体的棱长为1,C1P=x,0≤x,
在△CC1P中,CP2=C+C1P2-2CC1·C1Pcs=x2+1-x,
在Rt△C1D1P中,D1P2=C1P2+C1=x2+1,
当∠CPD1=90°时,C=2=CP2+D1P2=2x2+2-x,
即2x2-x=0,解得x=0或x=,所以当点P与点C1重合或P为BC1的中点时,满足∠CPD1为90°,所以满足条件的点P不唯一,所以C不正确;将正方体的对角面ABC1D1进行翻折,使其与△BCC1在同一平面内,可得图形如图所示,根据平面内两点之间直线段最短,所以当P为CD1与BC1的交点时,CP+PD1取得最小值,显然P不为BC1中点,所以D不正确.故选AB.
13.C 设正方体的棱长为a,则由题意知,A1C1=AC=a,A1B=a,A1C=a,当P为A1A的中点时,因为PA⊥平面ABC,则∠PAC=∠PAB=90°,∠ABC=90°.
由BC⊥平面PAB,得BC⊥PB,即∠PBC=90°,则△PAB,△PAC,△ABC,△PBC是直角三角形,即此时P-ABC是鳖臑;
当P为A1B的中点时,因为BC⊥平面ABB1A1,所以BC⊥PB,BC⊥AB,
所以△PBC,△ABC为直角三角形.因为ABB1A1是正方形,所以AP⊥BP,
则△PAB是直角三角形,又AP⊥BC,BP∩BC=B,所以AP⊥平面PBC,所以AP⊥PC,所以△PAC是直角三角形,则此时P-ABC是鳖臑;
当P为A1C的中点时,此时PA=PC=A1C=,又AC=a,由勾股定理可知,△PAC不是直角三角形,则此时P-ABC不是鳖臑.故选C.
14.ABD 连接BD,根据正六边形性质得AB⊥AE,因为PA⊥平面ABC,AE⊂平面ABC,所以PA⊥AE.因为PA,AB为平面PAB内两相交直线,所以AE⊥平面PAB.因为PB⊂平面PAB,所以PB⊥AE,故A正确;
根据正六边形性质得DE⊥AE,因为PA⊥平面ABC,DE⊂平面ABC,所以PA⊥DE,因为PA,AE为平面PAE内两相交直线,所以DE⊥平面PAE.因为DE⊂平面PDE,所以平面PAE⊥平面PDE,故B正确;
根据正六边形性质得AD∥BC,所以∠PDA为异面直线PD与BC所成角,因为PA=2AB=AD,所以∠PDA=,即异面直线PD与BC所成角为45°,故C错误;
上面已证AE⊥平面PAB,因为BD∥AE,所以BD⊥平面PAB,所以∠DPB为直线PD与平面PAB所成角,
因为PA=2AB,所以PD=PA,PB=PA,
所以cs∠DPB=,故D正确.
15.(1)证明 因为AD⊥EF,所以AD⊥AP,AD⊥AB.
又AP∩AB=A,AP,AB⊂平面ABP,所以AD⊥平面ABP.
因为BM⊂平面ABP,所以AD⊥BM.由已知得,AB=AP=BP=2,
所以△ABP是等边三角形.
又因为点M是AP的中点,所以BM⊥AP.
因为AD⊥BM,AP⊥BM,AD∩AP=A,AD,AP在平面ADP中,
所以BM⊥平面ADP.
因为DP⊂平面ADP,所以BM⊥DP.
(2)解 取BP中点N,连接DN,
因为AD⊥平面ABP,AB=AP=AD=2,
所以DP=BD=2,所以DN⊥BP,
所以,在Rt△DPN中,
DN=
所以S△DBP=BP×DN=2,
因为AD⊥平面ABP,
所以VD-BMP=AD×S△BMP.
因为VM-BDP=VD-BMP,
所以h×S△BDP=AD×S△BMP.
又S△BMP=S△ABP=AB2=22=,
所以h=,
即点M到平面BDP的距离为
16.4 当四面体OPA2A3体积最大时,平面OPA2⊥平面OA2A3,因为A2A3⊥OA2,所以根据平面与平面垂直的性质定理可得A2A3⊥平面OPA2,所以A2A3⊥PA2,所以△PA2A3为直角三角形,所以PA3=,又OP=1,OA3=,所以+P,所以OP⊥PA3,所以三角形OPA3为直角三角形,所以它的表面有4个直角三角形.
当PA3=1时,因为PO=PA2=PA3=1,所以点P在平面OA2A3内的射影是直角三角形OA2A3的外心,
也就是OA3的中点M,且四面体O-PA2A3的外接球的球心N在直线PM上,如图,
因为OP=1,OA3=,
得PM=,设NA3=NP=R,
则在直角三角形NMA3中,由勾股定理可得N=NM2+M,
即R2=,解得R=1,所以四面体O-PA2A3外接球的体积为R3=
17.(1)证明 ∵底面ABCD是正方形,
∴DB⊥AC.
∵SA⊥底面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴DB⊥SA.
又∵SA∩AC=A,∴BD⊥平面SAC.∵不论点P在何位置都有PC⊂平面SAC,∴DB⊥PC.
(2)解 将侧面SAB绕侧棱SA旋转到与侧面SAD在同一平面内,如图所示,
则当B,P,H三点共线时,PB+PH取最小值,这时,PB+PH的最小值即线段BH的长,设∠HAD=α,则∠BAH=π-α,SD=,
在Rt△AHD中,∵AH=,∴csα=,
在△BAH中,由余弦定理得
BH2=AB2+AH2-2AB·AH·cs(π-α)=1+-2-=,∴(PB+PH)min=BH=
(3)证明 连接EH,∵AB=AD,SA=SA,∴Rt△SAB≌Rt△SAD,∴SB=SD.
又∵AE⊥SB,AH⊥SD,∴AE=AH,∴Rt△SEA≌Rt△SHA,∴SE=SH,
,∴EH∥BD.
又∵EH⊂平面AEKH,∴BD∥平面AEKH,
∵平面AEKH∩平面ABCD=l,
∴BD∥l.