2025届人教新高考高三数学一轮复习考点规范练37空间直线、平面的垂直Word版附解析

这是一份2025届人教新高考高三数学一轮复习考点规范练37空间直线、平面的垂直Word版附解析，共9页。试卷主要包含了基础巩固，综合应用，探究创新等内容，欢迎下载使用。
1.若平面α⊥平面β,平面α∩平面β=直线l,则( )
A.垂直于平面β的平面一定平行于平面α
B.垂直于直线l的直线一定垂直于平面α
C.垂直于平面β的平面一定平行于直线l
D.垂直于直线l的平面一定与平面α,β都垂直
2.已知α,β是两个不同的平面,l,m,n是三条不同的直线,下列条件中,可以得到l⊥α的是( )
A.l⊥m,l⊥n,m⊂α,n⊂α
B.l⊥m,m∥α
C.α⊥β,l∥β
D.l∥m,m⊥α
3.如图,在四面体D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中点,则下列结论正确的是( )
A.平面ABC⊥平面ABD
B.平面ABD⊥平面BDC
C.平面ABC⊥平面BDE,且平面ADC⊥平面BDE
D.平面ABC⊥平面ADC,且平面ADC⊥平面BDE
4.如图,AB为圆锥底面直径,C是底面圆O上异于A,B的动点.已知OA=3,圆锥侧面展开图是圆心角为3π的扇形,则当PB与BC所成角为π3时,PB与AC所成角为( )
A.π3B.π6C.π4D.5π6
5.已知l,m,n是三条不同的直线,α,β是不同的平面,则α⊥β的一个充分条件是( )
A.l⊂α,m⊂β,且l⊥m
B.l⊂α,m⊂β,n⊂β,且l⊥m,l⊥n
C.m⊂α,n⊂β,m∥n,且l⊥m
D.l⊂α,l∥m,且m⊥β
6.如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,BC1⊥AC,则点C1在底面ABC上的射影H必在( )
A.直线AB上B.直线BC上
C.直线AC上D.△ABC内部
7.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,M是PC上的一个动点,当点M满足 时,平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为正确的条件即可)
8.如图,在棱长为2a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AC的中点,则平面MBC1与平面CBC1的夹角的正切值为 .
9.设α,β是空间两个不同的平面,m,n是平面α及β外的两条不同直线.从“①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α”中选取三个作为条件,余下一个作为结论,写出你认为正确的一个命题: .(用序号表示)
10.如图①,在平面五边形ABCDE中,AB∥CE,且AE=2,∠AEC=60°,CD=ED=7,cs∠EDC=57.将△CDE沿CE折起,使点D到点P的位置,且AP=3,得到如图②所示的四棱锥P-ABCE.
(1)求证:AP⊥平面ABCE;
(2)记平面PAB与平面PCE相交于直线l,判断直线AB与l的位置关系,并说明理由.
11.
已知三棱锥P-ABC,PA=PB=AB=3,BC=4,AC=5,D为AB的中点.
(1)若PC=3,求异面直线PD与BC所成的角的余弦值;
(2)若二面角P-AB-C为30°,求AC与平面PAB所成的角的正弦值.
二、综合应用
12.(2022全国Ⅱ,理7)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°,则( )
A.AB=2AD
B.AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C.AC=CB1
D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
13.已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上,PA⊥平面ABC,△ABC是边长为2的等边三角形,若球O的体积为823π,则直线PC与平面PAB所成的角的正切值为( )
A.31111B.21111
C.31010D.1010
14.(多选)如图所示,已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC,PA=2AB,给出下列结论正确的是( )
A.PB⊥AE
B.平面PAE⊥平面PDE
C.异面直线PD与BC所成角为30°
D.直线PD与平面PAB所成角的余弦值为104
15.如图,在矩形ABCD中,AB=3,AD=2,E,F分别为线段CD,AB上的点,且BFBA=CECD=13,现将△ADE沿AE翻折成四棱锥P-ABCE,且二面角P-AE-B的大小为2π3.
(1)证明:AE⊥PF;
(2)求直线PB与平面PAE所成角的正弦值.
16.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=1,∠BAC=90°,且异面直线A1B与B1C1所成的角等于60°,设AA1=a,
(1)求a的值;
(2)求直线B1C1到平面A1BC的距离.
三、探究创新
17.如图①,在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,O为DE的中点,AB=AC=25,BC=4.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使得平面A1DE⊥平面BCED,F为A1C的中点,如图②.
(1)求证:EF∥平面A1BD;
(2)求证:平面A1OB⊥平面A1OC;
(3)在线段OC上是否存在点G,使得OC⊥平面EFG?说明理由.
考点规范练37 空间直线、平面的垂直
1.D 对于A,垂直于平面β的平面与平面α平行或相交,故A错;对于B,垂直于直线l的直线与平面α垂直、斜交、平行或在平面α内,故B错;对于C,垂直于平面β的平面与直线l平行或相交,故C错;易知D正确.
2.D 由α,β是两个不同的平面,l,m,n是三条不同的直线,知:
对于A,l⊥m,l⊥n,m⊂α,n⊂α,则l与α相交、平行或l⊂α,故A不可以;
对于B,l⊥m,m∥α,则l与α相交、平行或l⊂α,故B不可以;
对于C,α⊥β,l∥β,则l与α相交、平行或l⊂α,故C不可以;
对于D,l∥m,m⊥α,则l⊥α,故D可以.
3.C 因为AB=CB,且E是AC的中点,所以BE⊥AC.同理有DE⊥AC,于是AC⊥平面BDE.因为AC在平面ABC内,所以平面ABC⊥平面BDE.又因为AC⊂平面ACD,所以平面ACD⊥平面BDE,故选C.
4.C 设圆锥母线长为l,则l·3π=23π,解得l=2.
∵PB=PC,且PB与BC所成的角∠PBC=π3,
∴BC=2.
又OA=3,∴在Rt△ABC中,AC=22.
如图,作BD∥AC与圆O交于点D,
连接AD,则Rt△ACB≌Rt△BDA,从而BD=AC=22,
连接PD,则∠PBD为PB与AC所成角.
在△PBD中,PD=PB=2,BD=22,可得PD⊥PB,∴∠PBD=π4.
5.D ∵m⊥β,l∥m,∴l⊥β.又l⊂α,∴α⊥β,故选D.
6.A 连接AC1,由BC1⊥AC,BA⊥AC,得AC⊥平面ABC1,
所以平面ABC⊥平面ABC1,
所以C1在底面ABC上的射影H在直线AB上.
7.DM⊥PC(或BM⊥PC) 连接AC.∵PC在底面ABCD上的射影为AC,且AC⊥BD,∴BD⊥PC.
∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,即有PC⊥平面MBD,而PC⊂平面PCD,∴平面MBD⊥平面PCD.
8.2 连接MD,则M是BD的中点,连接DC1,取BC1的中点E,连接CE,DE,如图.
已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2a,则BD=DC1=BC1=22a,
CC1=BC=2a,又E是BC1的中点,∴DE⊥BC1,CE⊥BC1.
∴∠DEC或其补角就是平面DBC1与平面CBC1的夹角,即平面MBC1与平面CBC1的夹角.
又DC⊥平面CBC1,∴DC⊥CE.
在Rt△DCE中,DC=2a,CE=2a,∴tan∠DEC=2.
故平面MBC1与平面CBC1的夹角的正切值为2.
9.①③④⇒②(或②③④⇒①) 逐一判断.若①②③成立,则m与α的位置关系不确定,故①②③⇒④错误;同理①②④⇒③也错误;①③④⇒②与②③④⇒①均正确.
10.(1)证明 在△CDE中,
∵CD=ED=7,cs∠EDC=57,
∴由余弦定理得CE=2.
连接AC,如图所示,∵CE=AE=2,∠AEC=60°,∴AC=2.
又AP=3,∴在△PAE中,PA2+AE2=PE2,即AP⊥AE.
同理,AP⊥AC.
∵AC∩AE=A,AC⊂平面ABCE,AE⊂平面ABCE,
∴AP⊥平面ABCE.
(2)解 AB∥l.理由如下:∵AB∥CE,且CE⊂平面PCE,AB⊄平面PCE,
∴AB∥平面PCE.又平面PAB∩平面PCE=l,AB⊂平面PAB,∴AB∥l.
11.解 (1)如图,取AC的中点E,连接DE,PE.
∵D为AB的中点,
∴DE为△ABC的中位线,∴DE∥BC.
∴∠PDE或其补角为PD与BC所成的角.
由已知可得PE=112,DE=2,PD=332,
∴cs∠PDE=PD2+DE2-PE22PD·DE=274+4-1142×332×2=439.
∴PD与BC所成角的余弦值为439.
(2)如图,在△PDE中,过点E作EH⊥PD于点H,连接AH.
∵PA=PB,D为AB的中点,∴PD⊥AB.
∵AB=3,BC=4,AC=5,∴∠ABC=90°.
又DE∥BC,∴AB⊥DE,
∴∠PDE为二面角P-AB-C的平面角,即∠PDE=30°.
∵AB⊥平面PDE,EH⊂平面PDE,∴EH⊥AB.
又EH⊥PD,PD∩AB=D,∴EH⊥平面PAB.
∴∠HAE为AC与平面PAB所成的角.
在Rt△AHE中,∵EH=1,AE=52,
∴sin∠HAE=25.
∴AC与平面PAB所成角的正弦值为25.
12.D 如图,连接BD.
B1D与平面ABCD所成的角为∠B1DB,B1D与平面AA1B1B所成的角为∠DB1A,则∠B1DB=∠DB1A=30°,设B1D=2,则AD=B1B=1.由B1D2=AD2+CD2+B1B2,得AB=CD=2,从而AB=2AD,A错;过点B作BE⊥AB1,垂足为点E,因为AD⊥平面AA1B1B,所以AD⊥BE,又AD∩AB1=A,所以BE⊥平面AB1C1D,所以AE为AB在平面AB1C1D内的射影,则AB与平面AB1C1D所成的角为∠B1AB,又AB=2,所以tan∠B1AB=BB1AB=12=22,所以∠B1AB≠30°,B错;因为AC=3,CB1=2,所以AC≠CB1,C错;由DC⊥平面BB1C1C,知B1C为B1D在平面BB1C1C内的射影,B1D与平面BB1C1C所成的角为∠DB1C,又sin∠DB1C=CDB1D=22,则∠DB1C=45°,故选D.
13.A 如图,设△ABC的中心为E,M为AB的中点,过点O作OD⊥PA,则D为PA的中点.由题意可得CM⊥平面PAB,∴∠CPM是直线PC与平面PAB所成的角.
∵△ABC是边长为2的等边三角形,∴OD=AE=23CM=233,
∵43π·OP3=82π3,∴OP=2,∴PA=2PD=2OP2-OD2=263.
∴PM=PA2+AM2=333.∴tan∠CPM=CMPM=31111.
14.ABD 如图,连接BD.根据正六边形性质得AB⊥AE,因为PA⊥平面ABC,AE⊂平面ABC,
所以PA⊥AE.
因为PA,AB为平面PAB内两相交直线,
所以AE⊥平面PAB.
因为PB⊂平面PAB,
所以PB⊥AE,故A正确;
根据正六边形性质得DE⊥AE,因为PA⊥平面ABC,DE⊂平面ABC,所以PA⊥DE.
因为PA,AE为平面PAE内两相交直线,所以DE⊥平面PAE.
因为DE⊂平面PDE,所以平面PAE⊥平面PDE,故B正确;
根据正六边形性质得AD∥BC,所以∠PDA为异面直线PD与BC所成角,因为PA=2AB=AD,所以∠PDA=π4,
即异面直线PD与BC所成角为45°,故C错误;
因为AE⊥平面PAB,BD∥AE,
所以BD⊥平面PAB,
所以∠DPB为直线PD与平面PAB所成角,
因为PA=2AB,所以可得PD=2PA,PB=52PA,
所以cs∠DPB=PBPD=522=104,故D正确.
15.(1)证明 连接DF交AE于点M,连接EF,如图.
∵在矩形ABCD中,AB=3,AD=2,BFBA=CECD=13,
∴四边形ADEF为边长为2的正方形.
∴AE⊥DF,且DM=MF=2.
在四棱锥P-ABCE中,AE⊥PM,AE⊥MF,PM∩MF=M,
∴AE⊥平面PMF.又PF⊂平面PMF,∴AE⊥PF.
(2)解 设点F到平面PAE的距离为d1,点B到平面PAE的距离为d,由(1)知∠PMF是二面角P-AE-B的平面角,
∴∠PMF=2π3.
∵AE⊥平面PMF,AE⊂平面PAE,∴平面PMF⊥平面PAE.过点F作FH⊥PM于点H,
∵平面PMF∩平面PAE=PM,∴FH⊥平面PAE.
由(1)知在△PMF中,PM=MF=2,
∴∠FPM=π6,PF=6,∴d1=FH=12PF=62.
∵AFAB=23,∴d=32d1=364.
在Rt△APM中,可得PA=2,在△PAF中,有PF2=PA2+FA2-2PA·FA·cs∠PAF,
在△PAB中,有PB2=PA2+AB2-2PA·AB·cs∠PAF,
解得PB=10.∴sin θ=dPB=31520,
∴直线PB与平面PAE所成角的正弦值为31520.
16.解 (1)∵BC∥B1C1,∴∠A1BC或其补角就是异面直线A1B与B1C1所成的角.
如图,连接A1C,
∵在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=1,
∴△A1BA≌△A1CA,
∴A1B=A1C.∴∠A1BC为锐角,即∠A1BC=60°.
∴△A1BC为等边三角形.
∵AB=AC=1,∠BAC=90°,∴BC=2,
∴A1B=1+a2=2,∴a=1.
(2)易知B1C1∥平面A1BC,此时有直线B1C1上的任意一点到平面A1BC的距离等于点B1到平面A1BC的距离,设其为d.连接B1C,∵CA⊥A1A,CA⊥AB,AA1∩AB=A,
∴CA⊥平面A1B1B,并且AC=1.
△A1B1B的面积:S△A1B1B=12×1×1=12,
△A1BC的面积:S△A1BC=12×2×2×sin 60°=32.
∵VB1-A1BC=VC-A1B1B,∴13·S△A1B1B·AC=13·S△A1BC·d,
∴d=S△A1B1B·ACS△A1BC=33,
∴直线B1C1到平面A1BC的距离为33.
17.(1)证明 如图,取线段A1B的中点H,连接HD,HF.
因为在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,
所以DE∥BC,DE=12BC.
因为H,F分别为A1B,A1C的中点,所以HF∥BC,HF=12BC,
所以HF∥DE,HF=DE,
所以四边形DEFH为平行四边形,所以EF∥HD.
因为EF⊄平面A1BD,HD⊂平面A1BD,
所以EF∥平面A1BD.
(2)证明 在△ABC中,因为D,E分别为AB,AC的中点,AB=AC,所以AD=AE.所以A1D=A1E.
又O为DE的中点,所以A1O⊥DE.
因为平面A1DE⊥平面BCED,且A1O⊂平面A1DE,平面A1DE∩平面BCED=DE,所以A1O⊥平面BCED.
因为CO⊂平面BCED,所以CO⊥A1O.
在△ABC中,由已知条件易得OB=OC=22,在△OBC中,BC=4,所以CO⊥BO.
因为A1O∩BO=O,所以CO⊥平面A1OB.
因为CO⊂平面A1OC,所以平面A1OB⊥平面A1OC.
(3)解 在线段OC上不存在点G,使得OC⊥平面EFG.
假设在线段OC上存在点G,使得OC⊥平面EFG.
如图,连接GE,GF,则必有OC⊥GF,且OC⊥GE.
在Rt△A1OC中,由F为A1C的中点,OC⊥GF,得G为OC的中点.在△EOC中,
因为OC⊥GE,所以EO=EC,
这显然与EO=1,EC=5矛盾.
所以在线段OC上不存在点G,使得OC⊥平面EFG.