新高考数学一轮复习提升练习考向34 空间中的垂直关系 (含解析)

这是一份新高考数学一轮复习提升练习考向34 空间中的垂直关系 (含解析)，共34页。
考向34 空间中的垂直关系

1．（2011·浙江高考真题（理））下列命题中错误的是（ ）
A．如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面
B．如果平面平面，那么平面内所有直线都垂直于平面
C．如果平面平面，平面平面，，那么平面
D．如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面
【答案】B
【分析】
对选项A，B，C可通过作图证明，对D，可以运用反证法的思维方式证明正确性.
【详解】
对A，如图，平面平面，，，若，由线面平行的判定定理可得，故A正确；由A可知，B错误；

对C，如图，设，，在内直线外任取一点，作，因为平面平面，所以，所以，作，因为平面平面，所以，所以，又因为，所以平面，故C正确；

对D，若平面内存在直线垂直于平面，根据面面垂直的判定，则有平面垂直于平面，与平面不垂直于平面矛盾，所以根据逆否命题可知，如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面，故D正确.
故选：B
2．（2021·山东高考真题）如下图，在四棱锥中，底面是正方形，平面平面，，．

（1）求与所成角的余弦值；
（2）求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】
(1)由题意可得 即为SA 与 BC所成的角，根据余弦定理计算即可；
(2)结合面面垂直的性质和线面垂直的性质即可证明.
【详解】
【考查内容】异面直线所成的角，直线与平面垂直的判定和性质
【解】（1）因为，因此即为与所成的角，在中，，
又在正方形中，因此，
因此与所成角的余弦值是．
（2）因为平面平面，平面平面，在正方形中，，
因此平面，又因为平面，因此．


(1)面面垂直判定的两种方法与一个转化
①两种方法：
(ⅰ)面面垂直的定义；
(ⅱ)面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．
②一个转化：
在已知两个平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
(2)面面垂直性质的应用
①两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”．
②两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．

1．直线与平面垂直
(1)定义：一般地，如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．
(2)直线与平面垂直的判定定理与性质定理：

文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直

⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行

⇒a∥b

2.平面与平面垂直
(1)定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理：

文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直

⇒α⊥β
性质定理
两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直

⇒l⊥α
3.空间角
(1)直线和平面所成的角

①定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角．
②范围：.
(2)二面角

①定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．
②二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．
③二面角的平面角的范围：[0，π]．
【知识拓展】


1．（2021·河南高三月考（文））设，是两个不重合的平面，，是两条直线，下列命题中，真命题是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，，则
2．（2021·全国高一课时练习）如图，在正方形中，E、F分别为、的中点，H是的中点.现沿、、把这个正方形折成一个几何体，使B、C、D三点重合于点G，则下列结论中成立的是（ ）

A．平面 B．平面
C．平面 D．平面
3．（2021·陕西汉中·高三月考（理））如图，在平面四边形中，为的中点，将沿折起，使得，以为球心，为半径的球与三棱锥各面交线的长度和为___________.

4．（2021·四川德阳·（理））在直角三角形中，，是斜边的中点，将沿直线翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得，则边长的最大值为______.


1．（2021·大名县第一中学高二开学考试）已知直线a，b和平面，下列推论错误的是（　　）
A．，
B．，
C．，或
D．，
2．（2021·浙江高三专题练习）在四边形中，，将沿折起，使平面平面，构成三棱锥，如图，则在三棱锥中，下列结论正确的是（ ）

A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
3．（2022·全国高三专题练习（理））如题图所示，在长方体中，，对角线与平面所成的角为，若一个球的直径与对角线相等，则该球的体积为（ ）

A． B． C． D．
4．（2022·全国高三专题练习（理））《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接，，，.则在阳马中，鳖臑的个数为（ ）

A． B． C． D．
5．（2022·全国（理））如图，在圆柱中，正三棱柱的所有顶点分别在圆柱的上、下底面的圆周上，为上一点，，为的中点，则下列关系正确的是（ ）
①平面；②平面；③平面；④平面．

A．①② B．①③ C．②③ D．③④
6．（2021·全国高三专题练习（理））《九章算术》是中国古代第一部数学专著，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系.例如，堑堵指底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱，阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在堑堵中，，若，当阳马的体积最大时，堑堵中异面直线所成角的大小是（ ）

A． B． C． D．
7．（2022·全国（文））在如图所示的直三棱柱中，，，过点作平面分别交棱，于点，，且，，则截面面积的最小值为（ ）

A． B． C． D．
8．（2022·全国高三专题练习）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年．例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥；鳖臑是四个面均为直角三角形的四面体．在如图所示的堑堵中，已知，，若阳马的侧棱，则鳖臑中，点C到平面的距离为________．

9．（2021·全国）如图，在棱长为的正方体中，，在线段上，，分别在线段，上，且，，，动点在平面内，若，与平面的所成角相等，则线段长的最小值是______．

10．（2021·通辽新城第一中学高三（理））如图，长为4，宽为2的矩形纸片中，为边的中点，将沿直线翻转至(平面)，若为线段的中点，则在翻转过程中，下列正确的命题序号是___________.

①平面；
②异面直线与所成角是定值；
③三棱锥体积的最大值是；
④一定存在某个位置，使
11．（2021·云南昆明市·高三（文））如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，平面平面，是的中点．

（1）证明：平面；
（2）若，求点到平面的距离．
12．（2021·长春市基础教育研究中心（长春市基础教育质量监测中心）高三（文））如图，在四棱锥中，底面为正方形，△是正三角形，侧面底面，是的中点.

（1）求证：平面；
（2）求三棱锥与四棱锥的体积比.


1．（2020·山东高考真题）已知正方体（如图所示），则下列结论正确的是（ ）

A． B． C． D．
2．（2007·四川高考真题）如图，为正方体，下面结论错误的是（　　）

A．平面
B．
C．平面
D．异面直线与所成的角为
3．（2008·湖南高考真题（文））已知直线m,n和平面满足,则
A． B． C． D．
4．（2013·全国高考真题（文））已知正四棱柱中，，则CD与平面所成角的正弦值等于
A． B． C． D．
5．（2012·安徽高考真题（理））设平面与平面相交于直线，直线在平面内，直线在平面内，且则“”是“”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．即不充分不必要条件
6．（2021·全国高考真题）（多选题）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．则满足的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2019·全国高考真题（文））已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为___________．
8．（2007·浙江高考真题（理））已知点在二面角的棱上，点在内，且．若对于内异于的任意一点，都有，则二面角的大小是_________．
9．（2021·全国高考真题（文））已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，.

（1）求三棱锥的体积；
（2）已知D为棱上的点，证明：.
10．（2021·全国高考真题（文））如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．

（1）证明：平面平面；
（2）若，求四棱锥的体积．




1．【答案】C
【分析】
对选项A、B、D可以在正方体中取特殊直线、平面进行否定，对于C，利用面面垂直的判定定理进行证明.
【详解】
在正方体中分别取平面和直线进行验证：
对于A：如图示，所取的直线m、n和平面满足，，但是.故A错误；

对于B：如图示，所取的直线m和平面满足，，但是相交.故B错误；

对于C：
因为，过m的一个平面，则.
因为，所以.
又，所以.
故C正确.
对于D：如图示，所取的直线m、n和平面满足，，，但是.故D错误；

故选：C
2．【答案】A
【分析】
根据题意，结合线面垂直的判定与性质，一一判断即可.
【详解】
对于选项A，∵B、C、D重合于点G，∴，，，
∴平面，故A正确；
对于选项B，由A选项可知，平面，因与不平行，知不垂直与平面，故B错；
对于选项C，由不与垂直，得不与垂直，进而可知不垂直于平面，
故C错；
对于选项D，由B选项可知，不垂直于平面，且，得不垂直，进而可知不垂直于平面.
故选：A.

3．【答案】
【分析】
根据线面垂直和面面垂直的判定可证得面面ABC，从而得球D与面BDC，面BAD，面ADC的交线分别为圆弧，圆弧，圆弧，再过D作于F，所以以D为球心，以DE为半径的球与平面ABC也相交，从而求得答案.
【详解】
翻折后形成的几何体如图所示，由题意知 ，所以，所以平面ACD，
由E为AC的中点得，，，所以面BDE，所以面面ABC，
所以球D与面BDC，面BAD，面ADC的交线分别为圆弧，圆弧，圆弧，过D作于F，所以，
故以D为球心，以DE为半径的球与平面ABC也相交,其交线是以F为圆心，以为半径的圆，
所以球与三棱锥各面交线的长度和为
故答案为：.

【点睛】
关键点睛：本题考查折叠问题，球与多面体的截面问题，关键在于运用空间的线面关系得出球与多面体的每一个面相截的截面形状.
4．【答案】
【分析】
取中点，翻折后可证平面，又平面，所以，由为中点，则此时为等腰三角形，从而可得，然后求出的长，根据能构成三角形三边的关系建立不等式，再求出翻折后，当与在一个平面上的情况，得出答案.
【详解】
设,
由题意得，，取中点，

翻折前，在图1中，连接，则，
翻折后，在图2中，此时．
，平面，
又平面，所以
由为中点，则此时为等腰三角形， ，
，，
在中：①，②，③；
由①②③可得．
如图3，翻折后，当与在一个平面上，
与交于，且，，，
又，，
，，此时.
综上，的取值范围为，
故答案为：
【点睛】
关键点睛：本题考查翻折问题和线面垂直关系的证明和应用，解答本题的关键是由条件证明出平面，从而得到，求出的长，根据能构成三角形三边的关系建立不等式，属于中档题.



1【答案】D
【分析】
由线面垂直的性质可判断A；由线面垂直的判定可判断B；由线面垂直的性质可判断C；由线面平行的性质定理可判断D.
【详解】
，，由线面垂直的性质可得，故A正确；
， 由线面垂直的判定定理可得，故B正确；
，或，故 C正确；
，或与异面，故D错误.
故选：D.
2．【答案】B
【分析】
首先根据题意画出平面图形，从而得到四边形为直角梯形，再结合立体图形易证平面，再根据线线，线面，面面的垂直关系转化判断选项.
【详解】
如图所示：

因为，，，所以四边形为直角梯形.
所以.
又因为，所以，即.
又因为平面平面，平面平面,平面，，
所以平面，
若平面平面，那么平面，显然不成立，故A错误；
平面，
又因为平面，所以.
平面.
又因为平面，所以平面平面，故B正确；
平面平面，过点作平面的垂线，垂足落在上，显然垂线不在平面内，所以平面与平面不垂直，故C错误，同理D也错误.
故选：B
3．【答案】C
【分析】
首先连接，得到为直线与平面所成的角，从而得到，求出的长度，再求球体的体积即可.
【详解】
连接，如图所示：

因为平面，所以为直线与平面所成的角.
即.
因为，所以，.
所以球的半径为，体积.
故选：C
4．【答案】B
【分析】
利用底面证得，然后利用线面垂直判定定理证得平面，同理平面，从而证得，又，证得平面，平面，平面，从而得出结论.
【详解】
因为底面，所以，由底面为长方形，有，而，所以平面，同理平面，故四面体和都是鳖臑.而平面，所以.又因为，点是的中点，所以.而，所以平面.而平面，所以.又，，所以平面.由平面，平面，可知四面体､和的四个面都是直角三角形，即四面体､和都是鳖臑.综上有个鳖臑.
故选：B.
5．【答案】B
【分析】
由重心性质和得，由此得到，由线面平行判定可知①正确；
由与相交可知与平面相交，知②错误；
由三线合一性质和平行关系可得，由线面垂直性质可得，根据线面垂直的判定可知③正确；
由可确定异面直线与所成角为，由此可知④错误.
【详解】
对于①，为的重心，，，又，，
又平面，平面，平面，①正确；
对于②，由①知：，又，与相交，
又平面，与平面相交，②错误；
对于③，为等边三角形，为中点，；
由①知：，；
平面，平面，；
又，平面，平面，③正确；
对于④，由①知：，又为等边三角形，，
异面直线与所成角为，即与不垂直，
平面不成立，④错误.
故选：B.
6．【答案】C
【分析】
由,所以（或其补角）为异面直线所成角，由题意可得平面，则阳马的体积为，由均值不等式可得当时，阳马的体积取得最大，从而求出边长，得出答案.
【详解】
在堑堵中, 平面,平面
所以，又，且，所以平面
所以阳马的体积为
在直角三角形中，
即，当且仅当时取得等号.
所以当时，阳马的体积取得最大值
又,所以（或其补角）为异面直线所成角
,
即,所以
故选：C
7．【答案】B
【分析】
设，由等面积法可知，推导出平面，，从而，即可求解.
【详解】
在中，由，，可得，，
设，在中，，由等面积法可知，
因为，，，，平面，所以平面，
又由平面，所以，
所以，
因为，
当且仅当时，等号成立，所以.
故选：B.
8．【答案】
【分析】
由勾股定理得到是等腰直角三角形，利用线面垂直的性质可得，分别求解和的面积，然后由等体积法，列式求解即可．
【详解】
解：由，，则，所以，
故是等腰直角三角形，
在三棱柱中，平面，且平面，则，
在中，，，所以，
故在中，，则，，
设点C到平面的距离为d，由等体积法，可得，
解得，所以点C到平面的距离为．
故答案为：．
9．【答案】
【分析】
第一步：利用线面角的定义确定直线，与平面的所成角；第二步：根据第一步中两角相等推出；第三步：在平面中以线段的中点为坐标原点建立平面直角坐标系，利用条件得出点的轨迹为一个圆，然后利用几何意义求出线段的最小值.
【详解】

因为，且，故，
又因为，且，所以平面，
因为，同理可得平面，
所以，与平面所成角分别为，，
则．
又因为，，且，
所以，
又因为，所以．

在平面中，以线段所在直线为轴，其垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，则，，，
设，由可得，
，
化简整理得，
所以点在圆心为，半径为的圆上，
此时线段长的最小值是．
故答案为：.
【点睛】
思路点睛：立体几何压轴题可以从以下方面入手：
(1)涉及线面角、面面角的一般根据定义找角，然后利用所给角的特征，推出条件，再利用解析几何的知识求解.
(2)涉及球的外接问题的，一般要求找球心和截面几何图形的圆心，利用球心与圆心的连线垂直截面，进而根据勾股定理列等式，再利用解析几何的知识求解.
(3)涉及几何体的体积问题的，一般是用割补法求解.
10．【答案】①②③
【分析】
取中点F，连接FM、EF，可证四边形BEFM为平行四边形，根据线面平行的判定定理，即可判断①的正误；因为，所以即为所求，结合图象，分析判断，即可判断②的正误；当平面平面ADE时，三棱锥体积的最大，分析计算，即可判断③正误；假设，利用反证法，结合线面垂直的判定、性质定理，即可判断④正误，即可得答案.
【详解】
对于①：取中点F，连接FM、EF，如图所示：

因为M、F分别为、中点，
所以，且，
又矩形ABCD，E为AB中点，
所以且，
所以，且，
所以四边形BEFM为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，故①正确；
对于②：由①可得，
所以异面直线与所成角即为EF与所成角，即为，
由题意得，在旋转过程中，形状不变，
所以不变，
所以异面直线与所成角为定值，故②正确；
对于③：在旋转过程中，形状不变，即底面积不变，
所以当到平面ADE距离最大时，三棱锥的高最大，体积最大，
由图象可得，当平面平面ADE时，到平面ADE距离最大，
此时到DE的距离即为所求，且为，
所以三棱锥体积的最大值为，故③正确；
对于④：假设，由题意得，，DC=2，
所以，即，
所以平面，
所以，
由题意得矩形ABCD，所以，且在中，，
所以DE无法垂直，故假设错误，
所以不存在某个位置，使，故④错误；
故答案为：①②③
【点睛】
解题的关键是熟练掌握线面平行、垂直的判定、性质定理，并灵活应用，考查分析推理，空间想象的能力，属中档题.
11．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）根据面面垂直的性质可得平面，再由线面垂直的性质和判定可得证；
（2）如图，取的中点为，连接，，根据等体积法可求得答案.
【详解】
解：（1）证明：在正中，为的中点，∴，
∵平面平面，平面平面，且，∴平面，
又∵平面，∴，
又∵，且．
∴平面．
（2）如图，取的中点为，连接，，在正中，，平面平面，
平面平面，∴平面，
若，则，
∴，
由（1）已知平面，，
∴平面，∴．
设点到平面的距离为，
由可得，，
∴．

12．【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）若要证明线面垂直，只要证该直线垂直于平面内的两条相交直线即可；
（2）不妨设，由体积公式得，再根据等积转换得求比值即可得解.
【详解】
（1）因为平面平面，底面为正方形，，
所以平面，所以，
又因为△是正三角形，是的中点
所以，所以平面.
（2）设，，，
所以



1．【答案】D
【分析】
根据异面直线的定义，垂直关系的转化，判断选项.
【详解】
A.，与相交，所以与异面，故A错误；
B.与平面相交，且，所以与异面，故B错误；
C.四边形是矩形，不是菱形，所以对角线与不垂直，故C错误；
D.连结，，，，所以平面，所以，故D正确.

故选：D
2．【答案】D
【详解】
在正方体中与 平行，因此有与平面 平行，A正确；在平面 内的射影垂直于，因此有，B正确；与B同理有与 垂直，从而 平面 ，C正确；由知与所成角为45°，D错．故选D．
3．【答案】D
【详解】
易知D正确.
4．【答案】A
【详解】
试题分析：设， 面积为


考点：线面角

5．【答案】A
【详解】
试题分析：α⊥β， b⊥m又直线a在平面α内，所以a⊥b，但直线不一定相交，所以“α⊥β”是“a⊥b”的充分不必要条件，故选A.
考点：充分条件、必要条件.
6．【答案】BC
【分析】
根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.
【详解】
设正方体的棱长为，
对于A，如图（1）所示，连接，则，
故（或其补角）为异面直线所成的角，
在直角三角形，，，故，
故不成立，故A错误.

对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，
由正方体可得平面，而平面，
故，而，故平面，
又平面，，而，
所以平面，而平面，故，故B正确.

对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，
故，故C正确.

对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，
则，
因为，故，故，
所以或其补角为异面直线所成的角，

因为正方体的棱长为2，故，，
，，故不是直角，
故不垂直，故D错误.
故选：BC.
7．【答案】.
【分析】
本题考查学生空间想象能力，合理画图成为关键，准确找到在底面上的射影，使用线面垂直定理，得到垂直关系，勾股定理解决．
【详解】
作分别垂直于，平面，连，
知，，
平面，平面，

，．，
，
，为平分线，
，又，
．

【点睛】
画图视角选择不当，线面垂直定理使用不够灵活，难以发现垂直关系，问题即很难解决，将几何体摆放成正常视角，是立体几何问题解决的有效手段，几何关系利于观察，解题事半功倍．
8．【答案】
【详解】
略
9．【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】
(1)首先求得AC的长度，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；
(2)将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论.
【详解】
(1)如图所示，连结AF，

由题意可得：，
由于AB⊥BB1，BC⊥AB，，故平面，
而平面，故，
从而有，
从而，
则，为等腰直角三角形，
，.
(2)由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体，如图所示，取棱的中点，连结，

正方形中，为中点，则，
又，
故平面，而平面，
从而.
【点睛】
求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化.
10．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；
（2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出．
【详解】
（1）因为底面，平面，
所以，
又，，
所以平面，
而平面，
所以平面平面．
（2）由（1）可知，平面，所以，
从而，设，，
则，即，解得，所以．
因为底面，
故四棱锥的体积为．
【点睛】
本题第一问解题关键是找到平面或平面的垂线，结合题目条件，所以垂线可以从中产生，稍加分析即可判断出平面，从而证出；第二问关键是底面矩形面积的计算，利用第一问的结论结合平面几何知识可得出，从而求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积．