2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习51空间直线平面的垂直（Word版附解析）

这是一份2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习51空间直线平面的垂直（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知直线l1⊥平面α，直线l2⊂平面α，则l1与l2的位置关系一定成立的是( )
A．相交 B．垂直C．异面 D．平行
2．已知m，n是平面α内的两条直线，则“直线l⊥m且l⊥n”是“l⊥α”的( )
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α⊥β的一个充分条件是( )
A．m⊥n，m∥α，n∥β
B．m⊥n，α∩β＝m，n⊂α
C．m∥n，n⊥β，m⊂α
D．m∥n，m⊥α，n⊥β
4.
[2024·山西运城模拟]如图，PA垂直于正方形ABCD所在平面，则以下关系错误的是( )
A．平面PCD⊥平面PAD
B．平面PCD⊥平面PBC
C．平面PAB⊥平面PBC
D．平面PAB⊥平面PAD
5．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，直线m、n分别在平面ABCD和ABB1A1内，且m⊥n，则下列命题中正确的是( )
A．若m垂直于AB，则n垂直于AB
B．若m垂直于AB，则n不垂直于AB
C．若m不垂直于AB，则n垂直于AB
D．若m不垂直于AB，则n不垂直于AB
6.
如图所示，AB是圆O的直径，C是异于A，B两点的圆周上的任意一点，PA垂直于圆O所在的平面，则△PAB，△PAC，△ABC，△PBC中，直角三角形的个数是( )
A．1B．2
C．3D．4
7.
(素养提升)如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则点C1在底面ABC上的射影H必在( )
A．直线AC上
B．直线BC上
C．直线AB上
D．△ABC内部
8.
(素养提升)如图所示，已知矩形ABCD中，AB＝3，BC＝a，若PA⊥平面AC，在BC边上取点E，使PE⊥DE，则满足条件的E点有两个时，a的取值范围是( )
A．a>3B．a<3eq \r(2)
C．a>6D．a<6eq \r(2)
二、多项选择题
9．[2024·江苏宿迁模拟]设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列命题，其中正确的命题为( )
A．若m⊥α，n∥α，则m⊥n
B．若m∥n，m⊄α，n⊂α，则m∥α
C．若α⊥β，m∥α，则m⊥β
D．若m⊥α，m⊂β，则α⊥β
10．[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( )
三、填空题
11．过△ABC所在平面α外一点P，作PO⊥α，垂足为O，连接PA，PB，PC.若PA⊥PB，PA⊥PC，PB⊥PC，则点O是△ABC的________心．
12．已知α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同的直线，给出下列四个论断：
①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.
以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：________．(用序号表示)
13.
如图所示，在四棱锥P­ABCD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是正确的条件即可)
四、解答题
14．已知三棱锥P­ABC中，PC⊥底面ABC，AB＝BC，D，F分别为AC，PC的中点，DE⊥AP于E.
(1)求证：AP⊥平面BDE；
(2)求证：平面BDE⊥平面BDF.
优生选做题
15．(多选)我国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中，把底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．今有“阳马”P­ABCD，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝AD，E、F分别为棱PB、PD的中点，则下列选项正确的是( )
A．EF∥平面ABCD
B．EF⊥平面PAC
C．平面PBD⊥平面AEF
D．平面AEF⊥平面PBC
16．[2024·湖南长沙模拟]如图，在四棱锥Q­ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面QAD是正三角形，侧面QAD⊥底面ABCD，M是QD的中点．
(1)求证：AM⊥平面QCD；
(2)在棱BQ上是否存在点N使平面ACN⊥平面ACM成立？如果存在，求出eq \f(BN,NQ)；如果不存在，说明理由．
课后定时检测案51 空间直线、平面的垂直
1．解析：根据线面垂直的性质定理，则l1⊥l2.故选B.
答案：B
2．解析：若m与n不相交，则“直线l⊥m且l⊥n”不能推出“l⊥α”；反之，如果“l⊥α”，无论m与n是否相交，都能推出“直线l⊥m且l⊥n”，故“直线l⊥m且l⊥n”是“l⊥α”的必要不充分条件，故选B.
答案：B
3．解析：对于A，若m⊥n，m∥α，n∥β，则α，β平行或相交，故A错误；对于B，若m⊥n，α∩β＝m，n⊂α，则α，β相交，无法判断是否垂直，故B错误；对于C，若m∥n，n⊥β，则m⊥β，又m⊂α，所以α⊥β，故C正确；对于D，若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β，故D错误．故选C.
答案：C
4．解析：对于A，因为底面为正方形，所以CD⊥AD，因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，而PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，又因为CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD，故A正确；对于C，因为底面为正方形，所以BC⊥AB，因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，而PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，又因为BC⊂平面PBC，所以平面PAB⊥平面PBC，故C正确；对于D，因为AD∥BC，由选项C可得AD⊥平面PAB，而AD⊂平面PAD，所以平面PAB⊥平面PAD，故D正确；对于B，平面PCD与平面PBC不垂直，故B错误．故选B.
答案：B
5．解析：若m垂直于AB，由平面ABCD⊥平面ABB1A1，平面ABCD∩平面ABB1A1＝AB，可得m垂直于平面ABB1A1，即平面ABB1A1内的所有直线均与m垂直，而n可能垂直于AB，也可能不垂直于AB，故A错误，B错误；若m不垂直于AB，则BC，m为平面ABCD内的两条相交直线，由题可知BC⊥n，m⊥n，则n垂直平面ABCD，又AB⊂平面ABCD，所以n垂直于AB，故C正确，D错误．故选C.
答案：C
6．解析：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，即BC⊥AC.∴△ABC为直角三角形．又PA⊥⊙O所在平面，AC，AB，BC都在⊙O所在平面内，∴PA⊥AC，PA⊥AB，PA⊥BC，∴△PAC、△PAB是直角三角形，又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴BC⊥平面PAC.∵PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC，∴△PBC是直角三角形，从而△PAB，△PAC，△ABC，△PBC均为直角三角形．故选D.
答案：D
7．解析：连接AC1，如图所示．
∵∠BAC＝90°，∴AB⊥AC.∵AB⊥AC，BC1⊥AC，AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂平面ABC1，∴AC⊥平面ABC1.又AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC.又∵平面ABC1∩平面ABC＝AB，∴点C1在底面ABC上的射影H必在直线AB上．故选C.
答案：C
8．解析：因为PA⊥平面ABCD，DE⊂平面ABCD，所以PA⊥DE，又PE⊥DE，PA∩PE＝P，PA⊂平面PAE且PE⊂平面PAE，所以DE⊥平面PAE，因为AE⊂平面PAE，所以DE⊥AE.即E点为以AD为直径的圆与BC的交点．因为AB＝3，BC＝a，满足条件的E点有2个，即圆心也就是AD中点到BC的距离小于半径即可，即平行线间的距离AB＝36.故选C.
答案：C
9．解析：对于A，由n∥α，得存在过直线n的平面γ与平面α相交，令交线为c，则c∥n，由m⊥α，c⊂α，得m⊥c，因此m⊥n，A正确；对于B，由m∥n，m⊄α，n⊂α，得m∥α，B正确；对于C，由于α⊥β，令α∩β＝l，当m∥l，m⊄α时，有m∥α，此时m⊂β或m∥β，C错误；对于D，由m⊥α，m⊂β，得α⊥β，D正确．故选ABD.
答案：ABD
10.
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，OC＝eq \r(2)，CP＝1，故tan∠POC＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，故MN⊥OP不成立，故A错误；
对于B，如图(2)所示，取NT的中点为Q，连接PQ，OQ，则OQ⊥NT，PQ⊥MN，由正方体SBCM­NADT可得SN⊥平面ANTD，而OQ⊂平面ANTD，故SN⊥OQ，而SN∩MN＝N，故OQ⊥平面SNTM，又MN⊂平面SNTM，OQ⊥MN，而OQ∩PQ＝Q，所以MN⊥平面OPQ，而PO⊂平面OPQ，故MN⊥OP，故B正确；
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正确；
对于D，如图(4)，取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC，PQ，OQ，PK，OK，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PO，MN所成的角，因为正方体的棱长为2，故PQ＝eq \f(1,2)AC＝eq \r(2)，OQ＝eq \r(AO2＋AQ2)＝eq \r(1＋2)＝eq \r(3)，PO＝eq \r(PK2＋OK2)＝eq \r(4＋1)＝eq \r(5)，QO2故选BC.
答案：BC
11．解析：如图所示，连接AO，BO，CO，分别延长AO，BO，CO交BC，AC，AB于点E，F，D，
因为PA⊥PB，PA⊥PC，且PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面PBC，所以PA⊥平面PBC，
因为BC⊂平面PBC，所以PA⊥BC，
又由PO⊥α，且BC⊂平面α，所以PO⊥BC，
因为PA∩PO＝P且PA，PO⊂平面PAO，所以BC⊥平面PAO，
又因为AE⊂平面PAO，所以BC⊥AE，
同理可证：BF⊥AC，CD⊥AB，
所以点O为△ABC的垂心．
答案：垂
12.
解析：若m⊥n，n⊥β，m⊥α，则α⊥β.
证明：过平面α和平面β外一点P，作PA∥m，PA交α于A，作PB∥n，PB交β于B，
则PA⊥α，PB⊥β，PA⊥PB，
显然α与β不平行，设α∩β＝l，则PA⊥l，PB⊥l，
因为PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，所以l⊥平面PAB，
延展平面PAB交l于点M，连接AM，BM，则l⊥AM，l⊥BM，
则∠AMB是二面角α­l­β的一个平面角，
因为PA⊥α，AM⊂α，所以PA⊥AM，同理有PB⊥BM，
又PA⊥PB，所以四边形PAMB为矩形，则AM⊥BM，
则平面α和平面β形成的二面角的平面角为直二面角，故α⊥β.
若α⊥β，n⊥β，m⊥α，则m⊥n.
证明：因为α⊥β，所以α与β所成的二面角为90°，
因为n⊥β，m⊥α，所以直线m，n所成的角也为90°，即m⊥n.
若m⊥n，α⊥β，n⊥β，则m与α相交或m∥α或m⊂α.
若m⊥n，α⊥β，m⊥α，则n与α相交或n∥α或n⊂α.
答案：①③④⇒②(或②③④⇒①)
13.
解析：连接AC，
因为底面ABCD各边都相等，所以AC⊥BD，
因为PA⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，所以PA⊥BD，
又AC∩PA＝A，AC，PA⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，
因为PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC.
所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，则PC与平面MBD内两条相交直线垂直，即有PC⊥平面MBD，
而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.
答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)
14．证明：(1)∵PC⊥底面ABC，BD⊂底面ABC，∴PC⊥BD；
又AB＝BC，D为AC的中点，∴BD⊥AC，
又∵PC，AC⊂平面PAC，PC∩AC＝C，
∴BD⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，
∴PA⊥BD，又DE⊥AP，BD，DE⊂平面BDE，BD∩DE＝D，
∴AP⊥平面BDE.
(2)由AP⊥平面BDE知，AP⊥DE；又D，F分别为AC，PC的中点，
∴DF是△PAC的中位线，∴DF∥AP，∴DF⊥DE，即∠EDF＝90°，
由BD⊥平面PAC可知，DE⊥BD，DF⊥BD，
∠EDF为平面BDE与平面BDF的二面角的平面角，又∠EDF＝90°，
∴平面BDE⊥平面BDF.
15．解析：A选项，连接BD，因为E，F分别为PB，PD的中点，所以EF∥BD，因为EF⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，故A正确；B选项，连接AC，因为AB＝AD，四边形ABCD为矩形，所以BD⊥AC，因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥PA，因为PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，又EF∥BD，所以EF⊥平面PAC，故B正确；C选项，设AC∩BD＝O，则O为BD中点，由题意得PB＝PD，所以PO⊥EF，取OB中点H，连接EH，AH，所以EH∥PO，设PA＝AB＝AD＝2，则AE＝eq \r(2)，EH＝eq \f(\r(6),2)，AH＝eq \f(\r(10),2)，因为AE2＋EH2＝eq \f(7,2)≠AH2＝eq \f(5,2)，所以AE与EH不垂直，即AE与PO不垂直，PO不垂直平面AEF，因为平面PBD∩平面AEF＝EF，PO⊥EF，PO⊂平面PBD，所以平面PBD与平面AEF不垂直，故C错；
D选项，因为四边形ABCD为矩形，所以BC⊥AB，因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥PA，因为PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，因为AE⊂平面PAB，所以BC⊥AE，因为PA＝AB，E为PB中点，所以AE⊥PB，因为PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，所以AE⊥平面PBC，因为AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面PBC，故D正确．故选ABD.
答案：ABD
16．解析：(1)由侧面QAD是正三角形，M是QD的中点，得AM⊥QD，
由正方形ABCD，得CD⊥AD，而平面QAD⊥平面ABCD，平面QAD∩平面ABCD＝AD，
且CD⊂平面ABCD，则CD⊥平面QAD，又AM⊂平面QAD，于是CD⊥AM，
而CD∩QD＝D，CD，QD⊂平面QCD，
所以AM⊥平面QCD.
(2)取AD的中点E，AB的中点P，连接PE∩AC＝O，连接PQ，连接QE∩AM＝G，连接OG，
于是PE∥BD，由正方形ABCD，得AC⊥BD，则PE⊥AC，令AD＝12，
显然G是正三角形AQD的中心，GE＝eq \f(1,3)QE＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)AD＝2eq \r(3)，QE⊥AD，
又平面QAD⊥平面ABCD，平面QAD∩平面ABCD＝AD，则QE⊥平面ABCD，
AC，PE⊂平面ABCD，即有QE⊥PE，QE⊥AC，而QE∩PE＝E，QE，PE⊂平面PQE，
则AC⊥平面PQE，OG⊂平面PQE，在平面PQE内过O作OH⊥OG交PQ于H，
显然AC⊥OH，而AC∩OG＝O，AC，OG⊂平面ACM，因此OH⊥平面ACM，
连接AH并延长交QB于N，连接CN，于是平面ACN⊥平面ACM，
过H作HF∥QE，则有HF⊥PE，∠OHF＝∠EOG，tan∠OHF＝tan∠EOG，
eq \f(OF,HF)＝eq \f(GE,OE)，OE＝PO＝3eq \r(2)，则OF＝eq \f(2\r(3),3\r(2))HF＝eq \f(\r(6),3)HF，又eq \f(PF,HF)＝eq \f(PE,QE)，PF＝eq \f(6\r(2),6\r(3))HF＝eq \f(\r(6),3)HF，
从而点F是线段PO的中点，eq \f(PH,PQ)＝eq \f(PF,PE)＝eq \f(1,4)，过P作PT∥AN交QB于T，
于是eq \f(BT,BN)＝eq \f(BP,BA)＝eq \f(1,2)，即BT＝TN，显然eq \f(TN,NQ)＝eq \f(PH,HQ)＝eq \f(1,3)，因此eq \f(BN,NQ)＝eq \f(2,3)，
所以在棱BQ上存在点N使平面ACN⊥平面ACM成立，eq \f(BN,NQ)＝eq \f(2,3).