高考数学一轮复习考点讲与练专题36 空间直线、平面的垂直同步练习（含答案解析）

这是一份高考数学一轮复习考点讲与练专题36 空间直线、平面的垂直同步练习（含答案解析），共3页。
一．选择题（共10小题）
1．（2025春•慈溪市期末）已知直线，与平面，，则能使的充分条件是
A．，，B．，，
C．，，D．，，
2．（2025春•中牟县期末）已知，为两个不同的平面，，，为不同的直线，下列说法正确的是
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
3．（2024•高碑店市模拟）如图，边长为2的两个等边三角形，，若点到平面的距离为，则二面角的大小为
A．B．C．D．
4．（2025•安徽模拟）在四边形中，，，，，将△折起，使平面平面，构成三棱锥，如图，则在三棱锥中，下列结论不正确的是
A．B．
C．平面平面D．平面平面
5．（2025春•成都期末）在正方体中，为的中点，则与平面所成角的正弦值为
A．B．C．D．
6．（2025春•南昌期末）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，，E是侧棱CC1的中点，则下列直线中与BE垂直的是（ ）
A．ACB．A1CC．AB1D．A1B
7．（2024秋•商水县期末）如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列结论错误的是
A．平面
B．
C．平面
D．平面与平面不垂直
8．（2024•浦东新区三模）边长都是为1的正方形和正方形所在的两个半平面所成的二面角为，、分别是对角线、上的动点，且，则的取值范围是
A．B．C．D．
9．（2024春•浙江期末）如图，是圆的直径，垂直于圆所在的平面，是圆上一点（不同于，且，则二面角大小为
A．B．C．D．
10．（2024秋•西城区期中）如图，在三棱锥中，平面平面，，，，则二面角的余弦值为
A．B．C．D．
二．多选题（共4小题）
（多选）11．（2025春•昆明期末）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，E，F分别为PB，PD的中点，则EF⊥平面PAC的一个充分条件可以为（ ）
A．EF⊥PCB．PA⊥平面ABCD
C．PA＝PCD．PB＝PD
（多选）12．（2025春•九江期末）如图，已知正方体中，为线段上的动点，为线段的中点，则下列四个结论正确的是
A．对任意点，平面
B．三棱锥的体积为定值
C．直线与所成的角不可能等于
D．存在点，使平面
（多选）13．（2025春•盐城月考）如图，点在正方体的面对角线上运动，则下列四个结论正确的是
A．三棱锥的体积变化B．平面
C．D．平面平面
（多选）14．（2025•白银模拟）如图，在五面体中，△是边长为4的等边三角形，四边形是等腰梯形，，则
A．平面
B．平面
C．存在这样的五面体，满足平面平面
D．存在这样的五面体，满足平面平面
三．填空题（共4小题）
15．（2023春•天宁区月考）平行六面体的底面是菱形，且．当的值为 时，能使平面．
16．（2021春•瑶海区月考）如图，在三棱柱中，底面是以为直角的等腰直角三角形，侧棱底面，，，是的中点，点在线段上，当 时，平面．
17．（2023•天津期末）如图，矩形的边，，平面，，点在上，若，则 ．
18．（2025•宝鸡模拟）三棱锥中，，且，则当该三棱锥的体积最大时二面角的正切值为 ．
四．解答题（共6小题）
19．（2025春•长寿区期末）如图，在直三棱柱中，是上的点，且平面．
（1）求证：平面；
（2）若，求点到平面的距离．
20．（2025春•南通期末）如图，正三棱柱中，，，是中点，是棱上一点．
（1）求证：平面；
（2）若平面平面，求的长．
21．（2025春•和平区期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，△为等边三角形，平面，，，．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的余弦值；
（Ⅲ）求二面角的余弦值．
22．（2025春•丹阳市月考）如图，在直三棱柱中，点，分别是边，的中点，且，，．
（1）求证：平面平面；
（2）求证：平面．
23．（2025春•普陀区期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，为正方形的中心，平面．
（1）求证：平面；
（2）若点在棱上且不与、重合，平面交棱于点，求证：．
24．（2025春•武汉期末）如图1，在矩形中，，，将△沿翻折至△，且，如图2所示．
（1）求证：平面平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）求二面角的余弦值．
一．选择题（共10小题）
二．多选题（共4小题）
一．选择题（共10小题）
1．【答案】
【分析】由线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，逐一判断所给命题的真假．
【解答】解：中，，，，可得，所以推不出，所以不正确；
中，，，，若或与相交，所以推不出，所以不正确；
中，，，可得，而，所以，所以正确；
中，，，，如图所示，
即，不一定垂直，所以不正确．
故选：．
2．【答案】
【分析】由空间中直线与直线、直线与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案．
【解答】解：对于、若，，则或与相交或与异面，故错误；
对于、若，，由直线与平面垂直的性质可得，故正确；
对于、若，，可得或，故错误；
对于、若，，得或或与相交，相交也不一定垂直，故错误．
故选：．
3．【答案】
【分析】设的中点为，过点作，说明为二面角的平面角；证明平面，从而证明平面，解直角三角形，即可求得答案．
【解答】解：设的中点为，连接，，过点作，垂足为，
因为，均为等边三角形，所以，，
所以为二面角的平面角；
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，
又，，，平面，
所以平面，则点到平面的距离为，
又为等边三角形，边长为2，所以，
在中，，则，即，
所以二面角的大小为，
故选：．
4．【答案】
【分析】根据线面、面面垂直的判定定理以及线面、面面垂直的性质定理逐项判断即可．
【解答】解：对于，如图，
因为，，，
所以，
又因为，，
所以，
所以，
所以，所以正确；
对于，由选项知，
又因为平面平面，平面，平面平面，
所以平面，
因为平面，
所以，所以正确；
对于，由选项知，平面，
因为平面，
所以平面平面，所以正确；
对于，如图，过点作，垂足为，
因为平面平面，平面，平面平面，
所以平面，
显然平面，所以平面与平面不垂直，所以错误．
故选：．
5．【答案】
【分析】根据与平面的关系，先找到直线与平面的夹角，然后通过勾股定理求得各边长，即可求得夹角的正弦值．
【解答】解：连接，相交于点，连接、，
因为，，
所以平面，
则即为直线与平面所成的角，
所以，，
所以．
故选：．
6．【答案】B
【分析】以B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立坐标系，利用空间向量法求解即可．
【解答】解：因为三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，且底面△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，
所以BA，BC，BB1两两垂直，以B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示坐标系，
由题意可得A（0，2，0），C（2，0，0），，，，
所以，，，，，
所以，
，
，
，
所以BE⊥A1C．
故选：B．
7．【答案】
【分析】对于，由平面平面，得平面；对于，由平面，得；对于，由，，得平面；对于，由平面，得平面平面．
【解答】解：在正方体中，点在线段上运动，
对于，平面平面，平面，
平面，故正确；
对于，平面，平面，，故正确；
对于，，，，
平面，故正确；
对于，平面，平面，
平面平面，故错误．
故选：．
8．【答案】
【分析】由二面角的平面角定义，可得为和所在的两个半平面所成的二面角，设，，利用相似三角形得出和，再利用余弦定理求得的表达式，进而求得取值范围．
【解答】解：设，，则，
由题意，，在上的投影是同一点，设为，连接，，
则为和所在的两个半平面所成的二面角，
则，
由，可得，
由，可得，
在中，由余弦定理可得：
，
因为，所以，则．
故选：．
9．【答案】
【分析】推出平面，可以得到 是二面角 的平面角，然后求解三角形即可．
【解答】解：由已知平面，平面，
，
是 的直径，且点 在圆周上，
，
又，平面，
平面，
平面．
而平面，
，
又 是二面角 的棱，
是二面角 的平面角，
由 知 是等腰直角三角形，
，
即二面角 的大小是．
故选：．
10．【答案】
【分析】取的中点，连接，过作于，连接，可证是二面角的平面角，计算可求二面角的余弦值．
【解答】解：如图，取的中点，连接，过作于，连接，
，
，又平面平面，平面平面，
平面，又平面，
，又，，平面，
平面，又平面，
，
则是二面角的平面角，
设，又，，
则，，又，
，又的中点，则，
在△中，，
则，
故二面角的余弦值为．
故选：．
二．多选题（共4小题）
11．【答案】ABD
【分析】由线面垂直的判定定理逐一判断所给命题的真假．
【解答】解：A中，底面ABCD为菱形，E，F分别为PB，PD的中点，所以EF∥BD，
且BD⊥AC，所以EF⊥AC，因为EF⊥PC，PC∩AC＝C，
所以EF⊥平面PAC，所以A正确；
B中，由A选项分析，可得EF⊥AC，又因为AP⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥BD，所以PA⊥EF，
而PA∩AC＝A，
所以EF⊥平面PAC，所以B正确；
C中，PA＝PC，O为AC的中点，可得PO⊥AC，推不出EF⊥AC，所以C不正确；
D中，PB＝PD，可得O为BD的中点，所以PO⊥BD，
而BD⊥AC，AC∩PO＝O，
所以BD⊥平面PAC，所以EF⊥平面PAC，所以D正确．
故选：ABD．
12．【答案】
【分析】证明出平面平面，由面面平行的性质可判断选项；利用锥体体积公式可判断选项；利用异面直线所成角的定义可判断选项；推导出平面，结合中位线的性质可判断选项．
【解答】解：对于选项，连接、、、，如下图所示：
在正方体中，，，
故四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
同理可证平面，
因为，故平面平面，
因为平面，因此平面，所以对；
对于选项，因为平面平面，平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离为定值，
而为定值，故为定值，所以对；
对于选项，因为，，
所以四边形为平行四边形，
所以，所以与所成的角为或其补角，如下图所示：
易知△为正三角形，显然当时，，所以错；
对于选项，连接、、，如下图所示：
因为四边形为正方形，所以，
因为平面，平面，
所以，
因为，所以平面，
当为的中点时，由为的中点，
所以，所以平面，所以对．
故选：．
13．【答案】
【分析】由线面平行的判定定理及线面垂直的判定定理，线面垂直的性质定理，逐一判断所给命题的真假．
【解答】解：中，连接，，，
正方体中可得，平面，平面，所以平面，
即上的点到平面上的距离相等，且△的面积为定值，
所以三棱锥的体积不变化，所以不正确；
中，连接，，在正方体中，可得，
平面，平面，所以平面，
又因为，可得平面平面，
而平面，所以平面，所以正确；
中，因为，平面，平面，
所以，，所以平面，平面，
可得，
若，与相交，
则平面，只有当与重合时，，所以不正确；
中，由选项的分析，平面，而平面与平面重合，
而，所以平面，
又因为平面，
所以平面平面，所以正确．
故选：．
14．【答案】
【分析】应用线面平行的判定定理判断；
延长，交于点，由线面垂直的性质有，而根据平面几何知识有即可判断；
取的中点，的中点，连接、、，则为平面与平面所成角的平面角，判断是否存在为直角的情况，即可判断；
取的中点，连接、，则为平面与平面所成角的平面角，判断．
【解答】解：根据题意可知，△是边长为4的等边三角形，四边形是等腰梯形，，
平面沿翻转与平面形成一定夹角构成五面体，
根据题意可知，，又平面，平面，所以平面，故选项正确；
延长，交于点，若平面，平面，则，
由平面几何知识易知，故不垂直于平面，故选项错误；
取的中点，的中点，连接、、，则为平面与平面所成角的平面角，
根据题意可知，点可看作在平面内以为圆心，为半径的圆上的一点，
由于，必存在直线与该圆相切，存在，
显然△为等腰三角形，则，都在平面内，
所以平面，平面，则平面平面，故存在这样的五面体，故选项正确；
取的中点，连接、，则为平面与平面所成角的平面角，
当，即时，，即，又，
都在平面内，则平面，平面，
所以平面平面，此时，故存在这样的五面体，故选项正确．
故选：．
三．填空题（共4小题）
15．【答案】1．
【分析】设，，则，由平面，可得，，所以，即，根据向量的数量积得，求解即可．
【解答】解：如图所示：
设，，则，
因为平面，，平面，
所以，，，，
由，得，
即，
又因为，
则有，即，
解得或（舍去），
因此当时，能使平面．
故答案为：1．
16．【答案】或．
【分析】利用已知条件判断平面，然后说明．设，通过，，又，求出即可．
【解答】解：由已知得，又是的中点，
所以，又侧棱底面，
可得侧棱平面，又平面，
所以，因为，
所以平面，
又平面，所以，
故若平面，则必有．
设，则，
，又，
所以，
解得或．
故答案为：或．
17．【分析】先求出，可得，即可求出．
【解答】解：平面，，
，
，，
，，
，
，
，
故答案为．
18．【答案】．
【分析】先利用，可计算得到底面面积，当恰好为三棱锥的高时，三棱锥体积最大，此时，，两两互相垂直，取的中点，连接，利用二面角的平面角的定义算出二面角的正切值．
【解答】解：依题意可得三棱锥体积为．
因为，所以当平面时，
即时三棱锥体积最大，此时，，两两互相垂直，
取的中点为，连接，，
因为，，所以，
又因为，所以为二面角的平面角，
因为，，
所以二面角的正切值为．
故答案为．
四．解答题（共6小题）
19．【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）利用线面垂直性质以及线面垂直判定定理证明即可；
（2）易知点到平面的距离等于点到平面的距离，再求出的值．
【解答】（1）证明：因平面，平面，
则，
又，
故，
又三棱柱是直三棱柱，
所以，
又易知与相交，且，平面，
所以平面；
（2）解：因为矩形，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
由已知条件平面，
即点到平面的距离等于．
在△中，，
故．
即点到平面的距离为．
20．【答案】（1）证明过程见详解；
（2）1或2．
【分析】（1）由题意可得，再由面面垂直的判定定理可证得结论；
（2）建立空间直角坐标系，设点的坐标，再分别求出平面与平面的法向量的坐标，由这两个法向量的数量积为0，可得点的坐标，即求出的值．
【解答】（1）证明：正三棱柱中，为的中点，
可得，
而平面平面，平面平面，
平面，
所以平面；
（2）解：，，取的中点，连接，
可得，
以为坐标原点，以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，0，，，0，，，1，，
设点，，，
则，，，，1，，，0，，
设平面的法向量为，，，
则，即，
令，
则，，，
设平面的法向量为，，，
则，则
令，可得，，，
因为平面平面，所以，
即，
解得或，
可得或2．
21．【答案】（Ⅰ）证明见解析；
（Ⅱ）；
（Ⅲ）．
【分析】（Ⅰ）要证明线面垂直，需证明该线段垂直于平面内的两条相交直线，即证明即可．
（Ⅱ）首先根据垂直关系确定直线与平面所成的角，然后根据边角关系求出其余弦值．
（Ⅲ）首先根据垂直关系确定二面角的平面角，然后根据边角关系求出其余弦值．
【解答】解：（Ⅰ）证明：如图，
取的中点为，连接，
因为△是等边三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以，
又，，，平面，
所以平面；
（Ⅱ）如图，
连接，由（Ⅰ）知，平面，
所以直线与平面所成的角为．
在直角三角形中，，，，
所以根据勾股定理得，
所以，
故直线与平面所成的角的余弦值为；
（Ⅲ）如图，
取的中点为，连接，．
因为△为等边三角形，所以．
又，，，平面，
所以平面，
又平面，所以，
所以是二面角的平面角，
由（Ⅰ）知，平面，因为平面，
所以．
所以在直角三角形中，，，
所以，
所以二面角的余弦值为．
22．【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析．
【分析】（1）由线面平行的判定定理证明平面和平面，再由面面平行的判定定理证明可得；
（2）由线面垂直的判定定理可得，再由几何关系可得，然后由线面垂直的判定定理可得．
【解答】证明：（1）在直三棱柱中，且，
点，分别是边，的中点，
所以，且，即四边形为平行四边形，
从而，而平面，平面，
故平面，
连接，因为，且，，且，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
从而，
而平面，平面，
故平面，
因为，且，平面，
所以平面平面；
（2）为中点，，，
在直三棱柱中，平面，平面，
所以，，且，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又在矩形中，，，
所以，
即，
又因为，
所以，
即，
又，，，平面，
所以平面．
23．【答案】（1）证明过程见解答．
（2）证明过程见解答．
【分析】（1）推导出，，由此能证明平面．
（2）推导出平面，由此能证明，．
【解答】证明：（1）在四棱锥中，底面是边长为的正方形，
为正方形的中心，平面，
平面，，
又，，、平面，
平面．
（2）且平面，不在平面上，
平面，
又平面平面，
，．
24．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）只需证明平面，再结合面面垂直的判定定理证明即可；
（2）由等体积法，求点面距离即可；
（3）由定义说明为二面角的平面角，再结合解三角形知识求解即可．
【解答】解：（1）证明：由题意知，
所以，
即，
所以，
又在矩形中，且，，平面，
所以平面，
而平面，
故平面平面．
（2）由，
可得，
又由（1）知平面，
所以，
设点到平面的距离为，
则，
又，
所以，
即．
（3）在平面内作，垂足为，在平面内作，垂足为，
连接，由平面，平面，故，
因为，，，平面，
所以平面，
由（2）知，
因为平面，故，又，，，平面，
所以平面，
又平面，所以，又，
则为二面角的平面角，
又平面，故，
所以．
由题意知直角三角形中，，
，
故，
又，
则，
所以，
故二面角的余弦值为．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
A
D
D
B
D
D
C
C
题号
11
12
13
14
答案
ABD
ABD
BD
ACD