新教材适用2024版高考数学一轮总复习练案41第七章立体几何第四讲空间直线平面的垂直

这是一份新教材适用2024版高考数学一轮总复习练案41第七章立体几何第四讲空间直线平面的垂直，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
练案[41]四讲　空间直线、平面的垂直
A组基础巩固
一、单选题
1．(2023·北京延庆统测)已知直线a，平面α，β，a∥α，那么“a⊥β”是“α⊥β”的( A )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
[解析]　过a作平面γ∩α＝b，∵a∥α，∴a∥b，若a⊥β，则b⊥β，又b⊂α，∴α⊥β，但α⊥β，a∥α时，a∥β或a与β相交，不一定a⊥β，故选A.
2．(2022·东北三省四市教研联合体模拟)已知直线m，n和平面α，β，γ，有如下四个命题：①若m⊥α，m∥β，则α⊥β；②若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β；③若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β；④若m⊥α，m⊥n，则n∥α.其中真命题的个数是( C )
A．1 B．2
C．3 D．4
[解析]　①若m⊥α，m∥β，则一定有α⊥β，故①正确；②若m⊥α，m∥n，则n⊥α，又因为n⊂β，故可得α⊥β，故②正确；③若n⊥α，n⊥β，故可得α∥β，又因为m⊥α，故可得m⊥β，故③正确；④若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故④错误；综上所述，正确的有①②③.故选C.
3．(2023·安徽省皖江名校联盟联考)对于不重合的直线m，l和平面α，β，下列可以推出α⊥β成立的是( A )
A．m∥l，m⊂β，l⊥α
B．m⊥l，α∩β＝l，m⊂α
C．m∥l，m⊥α，l⊥β
D．m∥l，l⊥α，m⊥β
[解析]　对于A，m∥l，l⊥α，得m⊥α，又m⊂β，∴α⊥β，故对；对于B，当直线m在平面α内部，且垂直于两个平面的交线l时，也会出现面α、β相交不垂直的情况，故错；对于C，)，故错；对于D，l∥m，l⊥α，m⊥β，则α、β应该为平行关系，故错．故选A.
4.(2022·卓越联盟质检)已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列命题中正确的有( B )

①平面PAB⊥平面PAE；②PB⊥AD；③直线CD与PF所成角的余弦值为；④直线PD与平面ABC所成的角为45°；⑤CD∥平面PAE.
A．①④ B．①③④
C．②③⑤ D．①②④⑤
[解析]　∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，在正六边形ABCDEF中，AB⊥AE，PA∩AE＝A，∴AB⊥平面PAE，且AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAE，故①成立；∵AD与PB在平面的射影AB不垂直，∴②不成立；∵CD∥AF，直线CD与PF所成的角为∠PFA，在Rt△PAF中，PA＝2AF，∴cos∠PFA＝，∴③成立；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，故④成立；∵CD∥AF，∴CD∥平面PAF，显然AF与平面PAE相交，∴CD与平面PAE相交，即⑤不成立，故选B.

5．(2022·河南九师联盟摸底)已知线段AB⊄平面α，A，B两点到α的距离分别为3和5，则AB的中点到平面α的距离为( C )
A．1 B．4
C．1或4 D．2
[解析]　若A，B点在平面α的同侧，则线段AB的中点到平面α的距离为＝4；若A，B在平面α的异侧，则线段AB的中点到α的距离为＝1.综上，线段AB的中点到平面α的距离为1或4.
6．(2023·湖南名校联考)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，且BC＝3，AC＝4，CC1＝3，点P在棱AA1上，且三棱锥A－PBC的体积为4，则直线BC1与平面PBC所成角的正弦值等于( C )

A. B．
C． D．
[解析]　解法一：由已知得AA1⊥底面ABC，且AC⊥BC，
所以VA－PBC＝VP－ABC＝×S△ABC×PA＝××3×4×PA＝4，
解得PA＝2，

在AC上取点E使C1E⊥CP交CP于F，由题意可知BC⊥平面ACC1A1，
从而BC⊥C1E，∴C1E⊥平面BCP，
连接BF，则∠C1BF为BC1与平面BCP所成的角，由△CAP∽△CFC1可求得C1F＝，
又BC1＝3，∴sin ∠C1BF＝＝，故选C.
解法二：由解法一知PA＝2，从而CP＝2，
设C1到平面BCP的距离为d，由VB－CC1P＝VC1－BCP知6×3＝3d，∴d＝.
∴sin∠C1BF＝＝.故选C.
7．(2023·山东滨州模拟)如图，斜线段AB与平面α所成的角为，B为斜足．平面α上的动点P满足∠PAB＝，则点P的轨迹为( B )

A．圆 B．椭圆
C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分
[解析]　用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；
把平面渐渐倾斜，得到椭圆；
当平面和圆锥的一条母线平行时，得到抛物线．

参考上图：此题中平面α上的动点P满足∠PAB＝，
可理解为P在以AB为轴的圆锥的侧面上，
再由斜线段AB与平面α所成的角为，
可知P的轨迹符合圆锥曲线中椭圆定义，
故可知动点P的轨迹是椭圆，故选B.
8．(2022·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则( A )
A．平面B1EF⊥平面BDD1
B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF∥平面A1AC
D．平面B1EF∥平面A1C1D
[解析]　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
AC⊥BD且DD1⊥AC，所以AC⊥平面BDD1，
又E、F分别为AB、BC的中点，所以EF∥AC，
所以EF⊥平面BDD1，
又EF⊂平面B1EF，
所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正确；
若平面B1EF∥平面A1AC，则AA1∥B1E，这显然与AA1、B1E相交矛盾，故C错误；
又平面B1AC∥平面A1C1D易知D错误；
如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB＝2，

则B1(2,2,2)，E(2,1,0)，F(1,2,0)，B(2,2,0)，A1(2,0,2)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，
则＝(－1,1,0)，＝(0,1,2)，＝(2,2,0)，＝(2,0,2)，
设平面B1EF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则有
可取m＝(2,2，－1)，
同理可得平面A1BD的法向量为n1＝(1，－1，－1)，
则m·n1＝2－2＋1＝1≠0，
所以平面B1EF与平面A1BD不垂直，故B错误．故选A.
二、多选题
9．(2023·广东江门调研)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是( AB )
A．若m⊥α，n∥α，则m⊥n
B．若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ
C．若m∥α，n∥α，则m∥n
D．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
[解析]　对于A，因为n∥α，所以经过n作平面β，使β∩α＝l，可得n∥l，又因为m⊥α，l⊂α，所以m⊥l，结合n∥l，得m⊥n.由此可得A是真命题；对于B，因为α∥β且β∥γ，所以α∥γ，结合m⊥α，可得m⊥γ，故B是真命题；对于C，设直线m、n是位于正方体上底面所在平面内的相交直线，而平面α是正方体下底面所在的平面，则有m∥α且n∥α成立，但不能推出m∥n，故C不正确；对于D，设平面α、β、γ是位于正方体经过同一个顶点的三个面，则有α⊥γ且β⊥γ，但是α⊥β，推不出α∥β，故D不正确．故选AB.
10．(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则( ABD )
A．直线BC1与DA1所成的角为90°
B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
[解析]　如图，连接B1C、BC1，因为DA1∥B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角，

因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥BC1，故直线BC1与DA1所成的角为90°，故A正确；
连接A1C，因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，则A1B1⊥BC1，
因为B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1C，又A1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正确；
连接A1C1，设A1C1∩B1D1＝O，连接BO，
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O⊂平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B，因为C1O⊥B1D1，B1D1∩B1B＝B1，所以C1O⊥平面BB1D1D，所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，设正方体棱长为1，则C1O＝，BC1＝，sin∠C1BO＝＝，
所以，直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故C错误；
因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC＝45°，故D正确．故选ABD.
11.(2022·广东茂名五校联盟联考)已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O是底面ABCD的中心，点M是侧面BB1C1C内的一个动点，且OM∥平面C1A1D，则以下关系一定正确的是( BD )

A．OM∥DC1
B．
C．OM⊥B1C
D．OM⊥BD1
[解析]　如图易知平面C1A1D∥平面ACB1，由题意可知M在B1C上运动，当M运动到点C时OM与DC1异面，∴A错；由B1C∥A1D知B1C∥平面C1A1D，∴B对；C显然错；由BD1⊥平面ACB1知OM⊥BD1，D对．故选BD.

三、填空题
12．(2023·湖南五校联考)已知直线m、l，平面α、β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：
①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；
③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β.
其中正确的命题是_①④__.
[解析]　对于①，若α∥β，m⊥α，l⊂β，则m⊥l，故①正确；对于②，若α⊥β，则m∥l或m与l垂直，或m与l异面，故②错误；对于③，若m⊥l，则α⊥β或α∥β或与β相交，故③错误；对于④，若m∥l，m⊥α，则l⊥α，又l⊂β，所以α⊥β，故④正确．
13．已知l是平面α，β外的直线，给出下列三个论断，①l∥α；②α⊥β；③l⊥β，以其中两个论断为条件，余下的论断为结论，写出一个正确命题：_若①③，则②或若②③，则①(填写一个即可)__.(用序号表示)
[解析]　因为l∥α，α⊥β时，l与β可能平行或者相交，所以①②作为条件，不能得出③；因为l∥α，所以α内存在一条直线m与l平行，又l⊥β，所以m⊥β，所以可得α⊥β，即①③作为条件，可以得出②；因为α⊥β，l⊥β，所以l∥α或者l⊂α，因为l是平面α外的直线，所以l∥α，即②③作为条件，可以得出①；故答案为：若①③，则②或若②③，则①(填写一个即可)．
四、解答题
14.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点，求证：

(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
[证明]　(1)∵PA⊥底面ABCD，
∴CD⊥PA.
又CD⊥AC，PA∩AC＝A，
故CD⊥平面PAC，AE⊂平面PAC.
故CD⊥AE.
(2)∵PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，故PA＝AC.
∵E是PC的中点，故AE⊥PC.
由(1)知CD⊥AE，由于PC∩CD＝C，
从而AE⊥平面PCD，故AE⊥PD.
易知BA⊥PD，故PD⊥平面ABE.
15．(2023·广东梅州质检)如图，在四棱锥B－ACDE中，平面ABC⊥平面ACDE，△ABC是等边三角形，在直角梯形ACDE中，AE∥CD，AE⊥AC，AE＝1，AC＝CD＝2，P是棱BD的中点．

求证：EP⊥平面BCD.
[证明]　证法一：如图，作PQ∥DC交BC于点Q，连接AQ，
∵P为BD的中点，∴Q为BC的中点，
∴PQ綉CD，又AE綉CD，∴PQ綉AE，
四边形AEPQ为平行四边形，

又△ABC为等边三角形，
∴AQ⊥BC，∴EP⊥BC.
又AE∥CD，AE⊥AC，∴CD⊥AC，
又平面ABC⊥平面ACDE，
∴CD⊥平面ABC，又AQ⊂平面ABC，∴AQ⊥CD，
∴EP⊥CD，
又CD∩BC＝C，∴EP⊥平面BCD.
证法二：

分别取梯形两腰AC、ED的中点O、H，连接OH，OB.
则OH∥AE，
∵AE⊥AC，
∴OH⊥AC，
又平面ACDE⊥平面ABC，
∴OH⊥平面ABC，∴OH⊥AC，OH⊥OB.
又△ABC为正三角形，∴OB⊥AC.
如图建立空间直角坐标系，由题意易知E(1,0,1)，C(－1,0,0)，B(0，，0)，D(－1,0,2)，P，
∴＝，＝(1，，0)，＝(0,0,2)，
从而·＝0，·＝0，
∴EP⊥BC，EP⊥CD，又BC∩CD＝C，
∴EP⊥平面BCD.
B组能力提升
1．(2023·三湘名校联盟联考)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( C )
A．若α⊥β，m⊥n，m⊥α，则n⊥β
B．若α⊥β，m⊥n，m∥α，则n∥β
C．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n
D．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n
[解析]　⇒m∥β或m⊂β，①若m∥β，则∃n′⊂β，则m∥n′，∵n⊥β，∴n⊥n′，∴n⊥m；②若m⊂β，∵n⊥β，∴n⊥m，选C.
2．(多选题)如图，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，给出下列结论正确的是( ABD )

A．AF⊥PB
B．EF⊥PB
C．AE⊥平面PBC
D．平面PAC⊥平面PBC
[解析]　由于PA⊥平面ABC，因此PA⊥BC，又AC⊥BC，因此BC⊥平面PAC，所以BC⊥AF，由于PC⊥AF，因此AF⊥平面PBC，所以AF⊥PB，故A正确；因为AE⊥PB，AF⊥PB，所以PB⊥平面AEF，因此EF⊥PB，故B正确；若AE⊥平面PBC，由A知AF⊥平面PBC，由此可得出AF∥AE，这与AF，AE有公共点A矛盾，故AE⊥平面PBC不成立，故C错误；由BC⊥平面PAC知平面PAC⊥平面PBC，故D正确，故选ABD.
3．(多选题)(2022·湖南岳阳质检)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为A1D1，DC的中点，若过点B且与直线l垂直的平面截正方体所得截面图形为三角形，则l可以是下列哪些线段所在的直线( BC )
A．A1F B．CE
C．EF D．B1F
[解析]　过点B与A1F垂直的正方体的截面为等腰梯形BC1MN.(M、N分别为AD、DD1的中点)，如图①

故A错误；过点B与CE垂直的正方体的截面为△BMN(M，N分别为CC1、CD的中点)，如图②，故B正确；

过点B与EF垂直的正方体的截面为△BDM(M为CC1的中点)，如图③，故C正确；过点B与B1F垂直的正方体的截面为等腰梯形BC1EM(M为AA1的中点)，如图④，故D错误．选BC.
4．(多选题)(2022·河北沧州质检)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，P是正方体表面一动点，下列说法正确的是( AD )
A．若AP＝2，则点P的轨迹长度是3π
B．若AP＝C1P，则点P的轨迹长度为6
C．若点P到直线BB1的距离为1，则点P的轨迹长度为4
D．若点P到直线AA1，BB1，CD的距离相等，则满足条件的点P仅有2个
[解析]　对于A，如图(1)，点P在以A为球心，以2为半径的球面上，该球面与正方体表面的交线为三段半径为2的四分之一圆，故轨迹长度为×2π×2＝3π，故A正确；对于B，如图(2)，点P在过线段AC1中点且与AC1垂直的平面内，该平面与正方体表面的交线是边长为的正六边形，轨迹长度为6，故B错误；对于C，如图(3)，点P在以线段BB1为轴、底面半径为1的圆柱面内，该圆柱面与正方体表面的交线为两段圆弧和两条线段，故轨迹长度为2××2π＋4＝π＋4，故C错误；对于D，如图(4)，因为点P到AA1，BB1的距离相等，故点P在过线段AB，A1B1中点，且与AB垂直的平面内，在平面ABCD和平面A1B1C1D1内各存在一点满足要求，则满足条件的P点有2个，故D正确．

5．(2023·广东东莞模拟)如图1，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝6，E、F分别为CD、AB边上的点，且DE＝3，BF＝4，将△BCE沿BE折起至△PBE的位置(如图2所示)，连接AP、PF，其中PF＝2.

(1)求证：PF⊥平面ABED；
(2)求点A到平面PBE的距离．
[解析]　(1)证明：在题图2中，连接EF，
由题意可知，PB＝BC＝AD＝6，PE＝CE＝CD－DE＝9，
在△PBF中，PF2＋BF2＝20＋16＝36＝PB2，
所以PF⊥BF.
在题图1中，连接EF，作EH⊥AB于点H，利用勾股定理，得EF＝＝，
在△PEF中，EF2＋PF2＝61＋20＝81＝PE2，
∴PF⊥EF，
又∵BF∩EF＝F，BF⊂平面ABED，EF⊂平面ABED，
∴PF⊥平面ABED.
(2)如图，连接AE，由(1)知PF⊥平面ABED.

∴PF为三棱锥P－ABE的高．
设点A到平面PBE的距离为h，
∵VA－PBE＝VP－ABE，
即××6×9×h＝××12×6×2，
∴h＝，
即点A到平面PBE的距离为.