2027年高考数学一轮复习 突破练习含答案 056-课时作业50 直线、平面垂直的判定与性质（教用）

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单选题每小题2分，多选题每小题3分，填空题每小题3分，解答题每题10分，共33分.
1．（2025·山东临沂模拟）已知l，m，n是三条不同的直线，α 是平面，且m⊂α ，n//α ，则“l⊥m，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
【答案】B
【解析】由n//α 得，存在n′⊂α ，满足n//n′，若l⊥α ，则直线l垂直于平面α 中的任意一条直线，∵m⊂α ，n′⊂α ，∴l⊥m，l⊥n′，∴l⊥n,即必要性成立；∵l⊥m，l⊥n′，m，n′是否相交不确定，∴l⊥α 不一定成立，∴ 充分性不成立，∴ “l⊥m，l⊥n”是“l⊥α ”的必要不充分条件.故选B.
2．《蝶恋花·春景》是北宋文学家苏轼创作的一首词.其下阕为：“墙里秋千墙外道.墙外行人，墙里佳人笑.笑渐不闻声渐悄，多情却被无情恼.”假如将墙看作一个平面，墙外的道路、秋千绳、秋千板看作是直线，那么道路和墙面线面平行，秋千静止时，秋千板与墙面线面垂直，秋千绳与墙面线面平行.那么当佳人在荡秋千的过程中，下列说法错误的是（ ）
A. 秋千绳与墙面始终平行B. 秋千绳与道路始终垂直
C. 秋千板与墙面始终垂直D. 秋千板与道路始终垂直
【答案】B
【解析】显然，在荡秋千的过程中，秋千绳与墙面始终平行，但与道路所成的角在变化，秋千板与墙面始终垂直，故也与道路始终垂直.故选B.
3．如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，则图中与平面PCD垂直的平面是（ ）
A. 平面ABCDB. 平面PBCC. 平面PADD. 平面PAB
【答案】C
【解析】因为PA⊥ 平面ABCD，CD⊂ 平面ABCD，所以PA⊥CD，由四边形ABCD为矩形，得CD⊥AD，因为PA∩AD=A，PA，AD⊂ 平面PAD，所以CD⊥ 平面PAD，又CD⊂ 平面PCD，所以平面PCD⊥ 平面PAD.
4．若某圆锥的侧面积为底面积的5倍，则该圆锥的母线与底面所成角的正切值为（ ）
A. 2B. 3C. 2D. 5
【答案】A
【解析】设该圆锥的底面半径和母线长分别为r，l，母线与底面所成的角为θ ，由题意可得πrl=5πr2⇒l=5r，由勾股定理可得圆锥的高ℎ=5r2−r2=2r，所以tanθ=ℎr=2.
5．（2026·广东执信中学、汕头金山中学、深圳外国语学校联考）已知直线l，m，n是三条不同的直线，α ，β 是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若l//m，l//n，m⊂α ，n⊂α ，则l//α
B. 若m//α ，m//n，则n//α
C. 若l⊥α ，l//m，α⊥β ，则m//β
D. 若α⊥β ，α∩β=m，l⊂α ，l⊥m，则l⊥β
【答案】D
【解析】若l//m，l//n，m⊂α ，n⊂α ，则l//α 或l⊂α ，故A不正确；
若m//α ，m//n，则n//α 或n⊂α ，故B不正确；
若l⊥α ，l//m，α⊥β ，则m//β 或m⊂β ，故C不正确；
由面面垂直的性质定理可知D正确.故选D.
6．（2025·河南南阳模拟）多选 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，下列结论正确的是（ ）
A. BC1⊥ 平面A1B1C1D1B. BC1//平面ACD1
C. 平面A1C1B//平面B1D1CD. 平面A1C1B⊥ 平面B1CD
【答案】BD
【解析】对于A，若BC1⊥ 平面A1B1C1D1，结合B1C1⊂ 平面A1B1C1D1，可得BC1⊥B1C1，明显不符合题意，故A错误；
对于B，由正方体的性质可知BC1//AD1，又AD1⊂ 平面ACD1,BC1⊄ 平面ACD1，所以BC1//平面ACD1，故B正确；
对于C，因为直线A1C1与直线B1D1相交，所以平面A1C1B与平面B1D1C不可能平行，故C错误；
对于D，由正方体的性质可得BC1⊥B1C，A1B1⊥ 平面BB1C1C，BC1⊂ 平面BB1C1C，所以A1B1⊥BC1，又B1C∩A1B1=B1，A1B1,B1C⊂ 平面B1CD，所以BC1⊥ 平面B1CD，又BC1⊂ 平面A1C1B，所以平面A1C1B⊥ 平面B1CD，故D正确.故选BD.
7．在三棱锥S−ABC中，三个侧面与底面ABC所成的二面角均相等，顶点S在△ABC内的射影为O，则O是△ABC的（ ）
A. 垂心B. 重心C. 内心D. 外心
【答案】C
【解析】分别作三棱锥的三个侧面三角形的斜高SD,SE,SF，D为BC上的垂足，E为AC上的垂足，F为AB上的垂足，连接OD,OE,OF,
由三垂线定理的逆定理，得OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，则∠SDO，∠SEO，∠SFO分别是三个侧面与底面所成的二面角的平面角，即∠SDO=∠SEO=∠SFO，
∵tan∠SDO=OSOD，tan∠SEO=OSOE，tan∠SFO=OSOF，∴OD=OE=OF，∴O是△ABC的内心.故选C.
8．（2025·福建厦门三模）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为AB的中点，l为平面A1MC1与平面ABCD的交线，则（ ）
A. [l//AC1B. [l⊥AC1C. l//BD1D. l⊥BD1
【答案】D
【解析】设N为BC的中点，连接MN,NC1，AC,
∵M为AB的中点，N为BC的中点，
∴MN//AC，又∵A1C1//AC，∴A1C1//MN，
∴A1,M,N,C1四点共面，∴ 平面A1MC1与平面ABCD的交线为MN.
易知MN与AC1是异面直线，即l与AC1是异面直线，故A错误；
∵MN//AC，而在Rt△ACC1中，∠ACC1=90∘ ，则AC1与AC不垂直，故MN与AC1不垂直，即l与AC1不垂直，故B错误；
连接BD,B1D1，∵BB1⊥ 平面ABCD，AC⊂ 平面ABCD，∴BB1⊥AC，又AC⊥BD，BD∩BB1=B，BD,BB1⊂ 平面BDD1B1，
∴AC⊥ 平面BDD1B1，又MN//AC，
∴MN⊥ 平面BDD1B1，即l⊥ 平面BDD1B1，
∵BD1⊂ 平面BDD1B1，∴l⊥BD1，故C错误，D正确.
9．多选 如图,在以下四个正方体中,直线AB与平面CDE垂直的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】对于A,由AB与CE所成的角为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所成的角为60∘ ,可得直线AB与平面CDE不垂直;对于D,连接AC（图略）,由ED⊥ 平面ABC,可得ED⊥AB,同理可得CE⊥AB,又ED∩CE=E,所以AB⊥ 平面CDE.
10．在四棱锥P−ABCD中，PA⊥ 平面ABCD，底面各边都相等，M是PC上的一个动点，当点M满足_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 时，平面MBD⊥ 平面PCD.
【答案】BM⊥PC（或DM⊥PC）
【解析】易知△PAB≌△PAD，∴PB=PD，又BC=DC,PC=PC,∴△PBC≌△PDC，当BM⊥PC时，有DM⊥PC，此时PC⊥ 平面MBD，∴ 平面MBD⊥ 平面PCD.故答案为BM⊥PC（或DM⊥PC）.
11．在矩形ABCD中，AB=2AD=4，E是AB的中点，沿DE将△ADE折起至△PDE，得到如图所示的四棱锥P−BCDE.
（1） 若平面PDE⊥ 平面BCDE，求四棱锥P−BCDE的体积；
（2） 若PB=PC，证明：平面PDE⊥ 平面BCDE.
【解析】
（1） 取DE的中点M，连接PM，由题意知，PD=PE，
∴PM⊥DE，
又平面PDE⊥ 平面BCDE，平面PDE∩ 平面BCDE=DE，PM⊂ 平面PDE，
∴PM⊥ 平面BCDE，即PM为四棱锥P−BCDE的高.
在等腰直角三角形PDE中，PE=PD=AD=2，
∴DE=22，PM=12DE=2，
又梯形BCDE的面积S=12(BE+CD)⋅BC=12×(2+4)×2=6，
∴ 四棱锥P−BCDE的体积V=13PM⋅S=13×2×6=22.
（2） 证明：取BC的中点N，连接PN，MN，则BC⊥MN，
∵PB=PC，∴BC⊥PN，
又MN∩PN=N，MN，PN⊂ 平面PMN，∴BC⊥ 平面PMN，
又PM⊂ 平面PMN，
∴BC⊥PM，
由（1）知，PM⊥DE，
又BC，DE⊂ 平面BCDE，且BC与DE是相交直线，
∴PM⊥ 平面BCDE，
又PM⊂ 平面PDE，∴ 平面PDE⊥ 平面BCDE.
能力强化练
单选题每小题3分，多选题每小题4分，填空题每小题4分，解答题每题11分，共22分.
12．（2025·黑龙江龙东十校联考）
如图，在九面体ABCDEFGH中，平面AGF⊥ 平面ABCDEF，平面AGF//平面HCD,AG=GF=CH=HD=AB，底面ABCDEF为正六边形，则下列结论错误的是（ ）
A. [GH//平面ABCDEFB. GH⊥ 平面AGF
C. 平面HCD⊥ 平面ABCDEFD. 平面ABG⊥ 平面ABCDEF
【答案】D
【解析】取AF的中点M,CD的中点N，连接GM,HN,MN.
因为AG=GF，所以GM⊥AF，又GM⊂ 平面AGF，平面AGF⊥ 平面ABCDEF，平面AGF∩ 平面ABCDEF=AF，所以GM⊥ 平面ABCDEF，同理可得HN⊥ 平面ABCDEF，则HN//GM，易得HN=GM，所以四边形HNMG为平行四边形，所以GH//MN，
因为GH⊄ 平面ABCDEF,MN⊂ 平面ABCDEF，所以GH//平面ABCDEF,A中结论正确.
连接AN,FN，易得AN=FN，则MN⊥AF,因为GM⊥ 平面ABCDEF，MN⊂ 平面ABCDEF，所以GM⊥MN，又GM∩AF=M，且GM,AF⊂ 平面AGF，所以MN⊥ 平面AGF，因为MN//GH，所以GH⊥ 平面AGF，B中结论正确.
因为平面AGF⊥ 平面ABCDEF，平面AGF//平面HCD，所以平面HCD⊥ 平面ABCDEF，C中结论正确.
连接AE，易得AE⊥AB，若平面ABG⊥ 平面ABCDEF成立，则根据面面垂直的性质定理可得AE⊥ 平面ABG，所以AE⊥AG，因为GM⊥ 平面ABCDEF,所以GM⊥AE，所以根据线面垂直的判定定理可得AE⊥ 平面AGF，显然不成立，所以平面ABG⊥ 平面ABCDEF不成立，D中结论错误.故选D.
13．（2025·云南昆明二模）多选 如图，长方形的长为22，宽为2，A，B，C，D分别为长方形四条边的中点，沿AB，BC，CD，DA，AC折叠，使长方形的四个顶点重合于点P，所得四面体B′ACD称为“萨默维尔”四面体，在此四面体中，下列结论正确的是（ ）
A. AC⊥B′D
B. 平面B′CD⊥ 平面ACD
C. 直线AC与平面B′CD所成的角为π4
D. 平面AB′C与平面B′CD的夹角为π3
【答案】ACD
【解析】对于A，由题意可得，B′C=CD=AD=AB′=3，AC=B′D=2，P是B′D的中点，所以AP⊥B′D，CP⊥B′D，又AP∩CP=P,AP,CP⊂ 平面ACP，所以B′D⊥ 平面ACP，又AC⊂ 平面ACP，所以AC⊥B′D，故A正确；
对于C，易知AP=CP=2，则AP2+CP2=AC2，所以AP⊥CP，由A中分析知，AP⊥B′D,又CP∩B′D=P，CP,B′D⊂ 平面B′CD，所以AP⊥ 平面B′CD，故∠ACP为直线AC与平面B′CD所成的角，又AP⊥CP,CP=AP，所以∠ACP=π4，故C正确；
对于B，由C中分析可知，AP⊥ 平面B′CD，又AP⊄ 平面ACD，且AP与平面ACD不平行，所以平面B′CD与平面ACD不垂直，故B错误；
对于D，过P作PO⊥B′C，交B′C于O，连接OA，由C中分析知，AP⊥ 平面B′CD，又B′C⊂ 平面B′CD，所以AP⊥B′C，又OP∩AP=P,AP,OP⊂ 平面AOP，所以B′C⊥ 平面AOP，又OA⊂ 平面AOP，所以B′C⊥OA，故∠AOP或其补角为平面AB′C与平面B′CD的夹角，由等面积法可得OP=CP⋅B′PB′C=2×13，因为AP⊥ 平面B′CD,OP⊂ 平面B′CD，所以AP⊥OP,又AP=2，所以tan∠AOP=APOP=3，故∠AOP=π3，故D正确.
14．（2025·山东滨州二模）在三棱锥P−ABC中，PA⊥ 平面ABC,PA=AB=AC=2,BC=22，点D为△PAB内（包含边界）的一个动点，且BD⊥CD，则点D的轨迹长度为_ _ _ _ _ _ .
【答案】π2
【解析】因为PA⊥ 平面ABC，AC⊂ 平面ABC，所以PA⊥AC，
由AB=AC=2,BC=22，可得AB2+AC2=BC2，所以AB⊥AC，
又PA∩AB=A，且PA,AB⊂ 平面PAB，所以AC⊥ 平面PAB，
又BD⊂ 平面PAB，所以AC⊥BD，
连接AD，因为BD⊥CD，CD∩AC=C，CD,AC⊂ 平面ACD，所以BD⊥ 平面ACD，
又AD⊂ 平面ACD，所以AD⊥BD，即点D落在以AB为直径的四分之一圆上，因为AB=2，所以点D的轨迹长度为14×π×AB=π2.
15．如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60∘ ，四边形PACQ是矩形，PA=1，且平面PACQ⊥ 平面ABCD.求：
（1） 直线BP与平面PACQ所成角的正弦值；
（2） 平面BPQ与平面DPQ的夹角的大小；
（3） 点C到平面BPQ的距离.
【解析】
（1） 连接BD交AC于点O，连接OP，∵ 四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC.
又平面PACQ⊥ 平面ABCD，平面PACQ∩ 平面ABCD=AC，BD⊂ 平面ABCD，
∴BD⊥ 平面PACQ，
∴∠BPO即为直线BP与平面PACQ所成的角.∵ 四边形PACQ为矩形，∴PA⊥AC，又平面PACQ⊥ 平面ABCD，平面PACQ∩ 平面ABCD=AC，PA⊂ 平面PACQ，∴PA⊥ 平面ABCD，∴PA⊥AB，∴BP=AB2+PA2=4+1=5，
∵AB=BC=2,∠ABC=60∘ ,∴OB=3，∴sin∠BPO=OBBP=35=155，
故BP与平面PACQ所成角的正弦值为155.
（2） 取PQ的中点M，连接BM，DM，
由（1）知，PA⊥ 平面ABCD.
∵ 四边形ABCD是菱形，四边形PACQ是矩形，
∴BP=BQ，DP=DQ，
∴BM⊥PQ，DM⊥PQ，
∴∠BMD即为二面角B−PQ−D的平面角，在△BDM中，BD=23，BM=DM=
BP2−PM2=BP2−(12AC)2=5−1=2，
由余弦定理的推论知，cs∠BMD=BM2+DM2−BD22BM⋅DM=4+4−122×2×2=−12，
∴∠BMD=120∘ ，
故二面角B−PQ−D的大小为120∘ ，则平面BPQ与平面DPQ的夹角为60∘ .
（3） 连接PC,设点C到平面BPQ的距离为d，
∵VC−BPQ=VB−CPQ，∴13d×12BM⋅PQ=13OB×12CQ⋅PQ，∴d×2×2=3×1×2,∴d=32，故点C到平面BPQ的距离为32.
思维创新练
16．（2025·山东威海三模）（5分）在三棱锥P−ABC中，PA⊥ 平面ABC，PA=AB=4,∠ACB=90∘ .若Q为侧面PAB内的动点，CQ=22，当该三棱锥的体积最大时，Q的轨迹与AB,PB围成的区域的面积为_ _ _ _ _ _ .
【答案】π+2
【解析】∵PA⊥ 平面ABC，且PA的长度为定值，∴ 当该三棱锥的体积最大时，底面△ABC的面积最大，
取AB的中点O（图略）,
∵△ABC为直角三角形，
∴C的轨迹是以O为圆心，AB为直径的圆，
故当CO⊥AB时，△ABC的面积最大，
此时△ABC为等腰直角三角形，CO=12AB=2,CA=CB=22，∴ 三棱锥体积的最大值为13×12×4×2×4=163.
∵PA⊥ 平面ABC，CO⊂ 平面ABC，
∴PA⊥CO，
又∵CO⊥AB，PA∩AB=A，
∴CO⊥ 平面PAB.
∵Q为侧面PAB内的动点，∴OQ⊂ 平面PAB，∴CO⊥OQ，
∵CQ=22，∴OQ=CQ2−CO2=2，∴ 点Q在以O为圆心，AB为直径的圆上，
∴Q的轨迹与AB,PB围成的区域是以O为圆心，2为半径的四分之一圆和一个以OB为直角边的等腰直角三角形，∴ 围成的区域的面积为14×π×22+12×2×2=π+2.