2027年高考数学一轮复习考点课时巩固练42　空间直线、平面的垂直（含答案解析）

这是一份2027年高考数学一轮复习考点课时巩固练42　空间直线、平面的垂直（含答案解析），共8页。
(单选题每小题5分,多选题每小题6分,填空题每小题5分)
基础 巩固练
1.(2025·广东广州模拟)设a,b为两条直线,α,β为两个平面,且a⊥α,b⊥β,则“a⊥b”是“α⊥β”的( )
A.充要条件
B.充分不必要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
2.(2024·全国甲,文11理10)设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β=m.下述四个命题:
①若m∥n,则n∥α或n∥β
②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β
③若n∥α且n∥β,则m∥n
④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n
其中所有真命题的编号是( )
A.①③B.②④
C.①②③D.①③④
3.(2025·山西模拟)已知下面给出的三个图都是正方体,A,B为顶点,E,F分别是所在棱的中点,则满足直线AB⊥EF的图形的个数为( )
①
②
③
A.0B.1C.2D.3
4.(多选题)在棱长均为2的正三棱柱ABC-A1B1C1中,D是棱AC的中点,则( )
A.BD∥B1C1
B.BD⊥C1D
C.平面BDC1⊥平面ABC
D.平面BDC1⊥平面ACC1A1
5.(多选题)(2025·甘肃白银模拟)在正三棱台ABC-A1B1C1中,D,E,D1,E1分别是AB,BC,A1B1,B1C1的中点,且AC=2A1C1,则下列说法正确的有( )
A.AC⊥BB1
B.AC∥平面D1E1ED
C.AB⊥平面D1E1ED
D. 若D1E1=DD1,则BB1⊥平面ACC1A1
6.如图,设平面α∩β=EF,AB⊥α,CD⊥α,垂足分别是B,D,BD⊥EF,则AC与EF的位置关系是 .
7.(2025·北京丰台期末)如图,在正方形ABCD中,E,F分别为边AB,BC的中点,将△AED,△BEF,△DCF分别沿DE,EF,DF折起,使A,B,C三点重合于点G,则在四面体G-EFD的面中,与平面GEF垂直的一个平面为 .
8.(13分)(2025·广东江门期末)如图,在三棱锥P-ABC中,∠ACB=90°,PA⊥平面ABC,M,N分别是PB,PC的中点.
求证:(1)MN∥平面ABC;
(2)平面PAC⊥平面PBC.
综 合 提升练
9.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,M,N分别为AB,BB1,DD1的中点,则与平面MNP垂直的直线可以是( )
A.A1BB.A1DC.AC1D.A1C
10.(2026·广东模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别为棱B1C1,CD的中点,则下列说法正确的是( )
A.EF∥平面ABB1A1
B.A1E⊥平面BB1F
C.点D1在平面BEF内
D.AE⊥BD
11.(多选题)(2025·河南二模)如图1所示,在矩形ABCD中,点E为AD的中点,BC=2AB=4,将△ABE沿BE翻折,使点A到达点P的位置,如图2所示,点F为PC的中点,且PC=23,则( )
图1
图2
A.平面PBE⊥平面BCDE
B.直线PC与平面BCDE所成的角为30°
C.DF∥平面PBE
D.PB⊥DF
12.(15分)(2025·江苏南通模拟)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD和侧面CDD1C1均是正方形,P是A1D上一点,且PD=2A1P.
求证:(1)BD1⊥B1C;
(2)BP∥平面B1CD1.
创 新 应用练
13.(2025·上海期末)已知矩形ABCD的边AB=a,BC=2,PA⊥平面ABCD,现有数据:①a=12;②a=1;③a=3;④a=2;⑤a=4.当在BC边上存在点Q,使PQ⊥QD时,则a可以取 .(填序号)
14.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知AB=2,BC=t,若在线段AB上存在点E,使得EC1⊥ED,则实数t的取值范围是 .
参考答案
1.A 解析 当a⊥b时,∵a⊥α,∴b∥α或b⊂α,又b⊥β,∴α⊥β,充分性成立;当α⊥β时,∵a⊥α,∴a∥β或a⊂β,又b⊥β,∴a⊥b,必要性成立.综上,“a⊥b”是“α⊥β”的充要条件.故选A.
2.A 解析 对于①,若m∥n,若n⊄α且n⊄β,则n∥α且n∥β,若n⊂α,则n∥β,若n⊂β,则n∥α,①是真命题;
对于②,若n⊥m,则n与α和β不一定垂直,②是假命题;
对于③,若n∥α且n∥β,由线面平行的性质可证明n∥m,③是真命题;
对于④,当n∥α且n∥β,n与α,β所成的角都为0°,此时n∥m,④是假命题.故选A.
3.D 解析 对于①,如下图所示,点C为所在棱的中点,由中位线定理及等腰三角形的性质可得AB⊥FC,由CE⊥平面ACF,而AB⊂平面ACF,故EC⊥AB,
而FC,EC⊂平面ECF,FC∩EC=C,故AB⊥平面ECF,又EF⊂平面ECF,故AB⊥EF,故①正确;
对于②,如下图所示,点D为所在棱的中点,同理可证AB⊥EF,故②正确;
对于③,如下图所示,
由中位线定理及等腰三角形的性质得EF⊥AG,由BG⊥平面EFG,EF⊂平面EFG,得EF⊥BG,而AG,BG⊂平面ABG,AG∩BG=G,故EF⊥平面ABG,而AB⊂平面ABG,则AB⊥EF,故③正确.故选D.
4.BD 解析 在正三棱柱中,BC∥B1C1,又BD∩BC=B,故BD与B1C1不平行,故A错误;
由题得C1B=22,BD=3,C1D=5,
所以C1B2=BD2+C1D2,所以BD⊥C1D,故B正确;
因为C1D⊂平面BDC1,AC⊂平面ABC,C1D∩AC=D,
且D在平面BDC1与平面ABC的交线上,C1D与AC不垂直,所以平面BDC1与平面ABC不垂直,故C错误;
因为△ABC是等边三角形,D是AC的中点,所以BD⊥AC,
又BD⊥C1D,且AC∩C1D=D,AC,C1D⊂平面ACC1A1,所以BD⊥平面ACC1A1,又BD⊂平面BDC1,所以平面BDC1⊥平面ACC1A1,故D正确.故选BD.
5.ABD 解析 由题意,可将正三棱台补为如图所示的正三棱锥P-ABC,
取AC的中点F,连接BF,PF,则BF⊥AC,PF⊥AC.
又PF∩BF=F,所以AC⊥平面PBF,因为BB1⊂平面PBF,
则有AC⊥BB1,故A正确;
因为D,E分别是AB,BC的中点,所以DE∥AC,又DE⊂平面PDE,AC⊄平面PDE,所以AC∥平面PDE,即AC∥平面D1E1ED,故B正确;
若AB⊥平面D1E1ED,则由DE⊂平面D1E1ED,
得AB与DE垂直,而△BDE是等边三角形,不垂直,故C不正确;
由AC=2A1C1,知DE=2D1E1=2DD1,可设AC=2,则PD=DE=PE=1,AD=BD=1,根据勾股定理得PA=PB=PD2+BD2=2,
而PA2+PB2=AB2=4,故AP⊥PB,
又AC⊥PB,AC∩AP=A,则PB⊥平面PAC,即BB1⊥平面ACC1A1,故D正确.故选ABD.
6.AC⊥EF 解析 由AB⊥α,CD⊥α,得AB∥CD,则直线AB与CD确定一个平面,由AB⊥α,EF⊂α,得AB⊥EF,又BD⊥EF,AB∩BD=B,AB,BD⊂平面ABDC,因此EF⊥平面ABDC,又AC⊂平面ABDC,所以AC⊥EF.
7.平面GED(或平面GFD) 解析 在正方形ABCD中,DA⊥AE,DC⊥CF,
故在四面体G-EFD中,DG⊥GE,DG⊥GF,又GE∩GF=G,GE,GF⊂平面GEF,故DG⊥平面GEF,
而DG⊂平面GED,故平面GED⊥平面GEF,同理,平面GFD⊥平面GEF.
8.证明 (1)因为M,N分别是PB,PC的中点,所以MN∥BC.
因为MN⊄平面ABC,BC⊂平面ABC,
所以MN∥平面ABC.
(2)因为∠ACB=90°,所以AC⊥BC.
因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC,又PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,所以BC⊥平面PAC.因为BC⊂平面PBC,所以平面PAC⊥平面PBC.
9.D 解析 如图,连接AB1,B1D1,AD1,A1C1,A1C,因为P,M,N分别为AB,BB1,DD1的中点,故MP∥AB1,B1D1∥MN.又MP⊄平面AB1D1,AB1⊂平面AB1D1,故MP∥平面AB1D1.又MN⊄平面AB1D1,B1D1⊂平面AB1D1,故MN∥平面AB1D1.又MP∩MN=M,MP,MN⊂平面MNP,故平面MNP∥平面AB1D1,显然CC1⊥平面A1B1C1D1,B1D1⊂平面A1B1C1D1,故B1D1⊥CC1,又B1D1⊥A1C1,A1C1∩CC1=C1,A1C1,CC1⊂平面A1C1C,故B1D1⊥平面A1C1C.又A1C⊂平面A1C1C,故A1C⊥B1D1.同理可得A1C⊥AB1,又AB1∩B1D1=B1,AB1,B1D1⊂平面AB1D1,故A1C⊥平面AB1D1,所以A1C⊥平面MNP.若其他选项的直线垂直于平面MNP,则要与A1C平行,显然都不平行.故选D.
10.B 解析 因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1,EF∩平面DCC1D1=F,
所以EF与平面ABB1A1不平行,故A错误;
设G为C1D1的中点,连接B1G,FG,又F为CD的中点,则FG∥DD1∥BB1,所以F,G,B1,B四点共面,故平面FGB1B即为平面BB1F.
由题意知Rt△A1EB1≌Rt△B1GC1,
则∠GB1C1+∠A1EB1=∠GB1C1+∠B1GC1=90°,所以A1E⊥B1G,
又FG=DD1=BB1,则四边形FGB1B为平行四边形,故B1G∥BF,所以A1E⊥BF,由BB1⊥平面A1B1C1D1,A1E⊂平面A1B1C1D1,则BB1⊥A1E,由BF∩BB1=B,BF,BB1⊂平面BB1F,则A1E⊥平面BB1F,故B正确;
设H为GC1的中点,则EH∥B1G,故EH∥BF,故E,H,B,F四点共面,
而D1∉EH,且D1∈平面A1B1C1D1,EH⊂平面A1B1C1D1,
平面A1B1C1D1∩平面EHFB=EH,所以点D1∉平面BEF,故C错误;
由AA1⊥平面A1B1C1D1,B1D1⊂平面A1B1C1D1,得AA1⊥B1D1,
若AE⊥BD,B1D1∥BD,则AE⊥B1D1,而AA1∩AE=A,AA1,AE⊂平面AA1E,则B1D1⊥平面AA1E,又A1E⊂平面AA1E,所以B1D1⊥A1E,又A1E⊥B1G,且D1∉B1G,知B1D1与A1E不垂直,故D错误.故选B.
11.AC 解析 连接EC,则EC=22,因为PE=2,PC=23,所以PC2=PE2+EC2,即PE⊥EC,
又因为BE=CE=22,BC=4,所以BE2+CE2=BC2,
所以BE⊥EC,又PE,BE⊂平面PBE,PE∩BE=E,
所以EC⊥平面PBE,又EC⊂平面BCDE,所以平面PBE⊥平面BCDE,故A正确;
取线段BE的中点为G,连接PG,CG,则PG⊥BE,
因为平面PBE∩平面BCDE=BE,PG⊂平面PBE,所以PG⊥平面BCDE,则∠PCG为直线PC与平面BCDE所成的角,sin∠PCG=PGPC=223=66≠32,故B错误;
取线段PB的中点为H,连接FH,HE,则FH∥BC,且FH=12BC,
又因为DE∥BC,且DE=12BC,所以FH∥DE,FH=DE,即四边形DEHF为平行四边形,所以DF∥EH,
又因为EH⊂平面PBE,DF⊄平面PBE,所以DF∥平面PBE,故C正确;
因为DF∥HE,故HE与PB所成的角即为DF与PB所成的角,因为EP⊥PB,所以EH与PB不垂直,所以PB与DF不垂直,故D错误.故选AC.
12.证明 (1)由于四边形ABCD和四边形CDD1C1均是正方形,故CD⊥BC,CD⊥CC1,BC∩CC1=C,BC,CC1⊂平面BB1C1C,故CD⊥平面BB1C1C,B1C⊂平面BB1C1C,故B1C⊥CD,又C1D1∥CD,故B1C⊥C1D1,又CC1=CD,BC=CD,故CC1=BC,则四边形BB1C1C为菱形,因此B1C⊥BC1,又BC1∩C1D1=C1,BC1,C1D1⊂平面BC1D1,故B1C⊥平面BC1D1,又BD1⊂平面BC1D1,故B1C⊥BD1.
(2)连接BA1,BD,
在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,BD∥B1D1,B1D1⊂平面B1CD1,BD⊄平面B1CD1,故BD∥平面B1CD1,
同理可得A1D∥B1C,则A1D∥平面B1CD1,又A1D∩BD=D,A1D,BD⊂平面A1DB,故平面A1DB∥平面B1CD1,又BP⊂平面A1DB,故BP∥平面B1CD1.
13.①② 解析 连接AQ,因为PA⊥平面ABCD,QD⊂平面ABCD,
所以PA⊥QD,又PQ⊥QD,PQ∩PA=P,PQ,PA⊂平面PAQ,
所以QD⊥平面PAQ,又AQ⊂平面PAQ,所以AQ⊥QD,
所以在平面ABCD内,点Q在以AD为直径的圆上,故当BC与以AD为直径的圆有公共点时,在BC边上存在点Q,使PQ⊥QD,因此AB≤12AD=1,即a≤1.故答案为①②.
14.(0,1] 解析 因为C1C⊥平面ABCD,ED⊂平面ABCD,所以C1C⊥ED,又EC1⊥ED,EC1∩C1C=C1,EC1,C1C⊂平面ECC1,所以ED⊥平面ECC1,又EC⊂平面ECC1,所以ED⊥EC.在矩形ABCD中,设AE=a,0≤a≤2,则BE=2-a,由∠DEA+∠CEB=90°,可得tan∠DEA·tan∠CEB=ADAE·CBBE=t2a(2-a)=1,即t2=a(2-a)=-(a-1)2+1,当a=1时,t2取得最大值1,即t的最大值为1;当a=0或2时,t2取得最小值0,又t>0,所以实数t的取值范围是(0,1].
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