2025版高考数学一轮总复习第7章立体几何第4讲空间直线平面垂直的判定与性质提能训练

这是一份2025版高考数学一轮总复习第7章立体几何第4讲空间直线平面垂直的判定与性质提能训练，共13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。

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．(2024·广东实验中学阶段测试)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则( D )
A．α∥β且l∥α
B．α⊥β且l⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于l
D．α与β相交，且交线平行于l
[解析] 由m⊥平面α，直线l满足l⊥m，且l⊄α，所以l∥α，又n⊥平面β，l⊥n，l⊄β，所以l∥β，由直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，则α与β相交，否则，若α∥β则推出m∥n，与m，n异面矛盾，所以α，β相交，且交线平行于l，故选D.
3．(2022·广东珠海模拟)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( D )
A．l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α
B．l⊥m，m∥α
C．α⊥β，l∥β
D．l∥m，m⊥α
[解析] 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错误；
对于B，l⊥m，m∥α，则l与α相交、平行或l⊂α，故B错误；
对于C，α⊥β，l∥β，则l与α相交、平行或l⊂α，故C错误；
对于D，l∥m，m⊥α，则由线面垂直的判定定理得l⊥α，故D正确．故选D.
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eq \f(\r(5),5)；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，∴cs∠PFA＝eq \f(\r(5),5)，∴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．(2024·湖南天壹名校联盟联考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和线段BC1上的动点，则满足与DD1垂直的直线MN( D )
A．有且仅有1条 B．有且仅有2条
C．有且仅有3条 D．有无数条
[解析] 正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和线段BC1上的动点，过点M作垂直于DD1的平面，交BC1于点N′，则MN′⊥DD1.因为M是DD1上的动点．所以过M点与DD1垂直的平面有无数个，所以满足条件的N点也有无数个，所以有无数个满足条件的直线MN，即满足与DD1垂直的直线MN有无数条．故选D.
6．(2023·河南开封等2地联测)已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题中正确的是( D )
A．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n⊥β
B．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
C．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β
D．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
[解析] 对于A，可能会出现n∥β，n⊂β，或n与β相交但不垂直的情况，所以A不正确；对于B，m，n可能是异面直线，所以B不正确；对于C，α，β可能平行或相交但不垂直，所以C不正确；对于D，在平面β内可找到一条直线垂直于平面α，根据面面垂直的判定定理可知D正确，故选D.
7．(2024·江苏常州中学检测)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是( D )
A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α
B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α
C．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α
D．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α
[解析] 对于A，若m⊥n，n∥α，则m⊂α或者m∥α或者m，α相交，故A错误；对于B，若m∥β，β⊥α，则m⊂α或者m∥α或者m，α相交，故B错误；对于C，若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊂α或者m∥α或者m，α相交，故C错误；对于D，若m⊥β，n⊥β，则n∥m，又n⊥α，所以m⊥α，故D正确．故选D.
8．(2023·江西赣州模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别为A1B，A1C1，A1D的中点，则下列结论中错误的是( D )
A．MN∥AD1
B．平面MNP∥平面BC1D
C．MN⊥CD
D．平面MNP⊥平面A1BD
[解析] 对A，在△A1BC1中，因为M，N分别为A1B，A1C1的中点，所以MN∥BC1.又BC1∥AD1，所以MN∥AD1，A正确；对B，在△A1BD中，因为M，P分别为A1B，A1D的中点，所以MP∥BD.因为MP⊄平面BC1D，BD⊂平面BC1D，所以MP∥平面BC1D.因为MN∥BC1，MN⊄平面BC1D，BC1⊂平面BC1D，所以MN∥平面BC1D.又因为MP∩MN＝M，MP，MN⊂平面MNP，所以平面MNP∥平面BC1D，B正确；对C，因为MN∥AD1，AD1⊥CD，所以MN⊥CD，C正确；对D，取BD的中点E，连接A1E，EC1，则∠A1EC1是二面角A1－BD－C1的平面角．设正方体棱长为a，则cs∠A1EC1＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)a))2－\r(2)a2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)a))2)＝eq \f(1,3)≠0，又0°<∠A1EC1<180°，则∠A1EC1≠90°，所以平面A1BD与平面BC1D不垂直．又平面MNP∥平面BC1D，所以平面MNP与平面A1BD不垂直，D错误．故选D.
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．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.
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．VM－C1A1D＝VC－C1A1D
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，∴VM－C1A1D＝VC－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．(2019·北京)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_若l⊥α，l⊥m，则m∥α.(或若l⊥α，m∥α，则l⊥m)__.
[解析] 由l，m是平面α外的两条不同直线，及线面平行的判定定理得：若l⊥α，l⊥m，则m∥α，若l⊥α，m∥α，则由线面垂直的性质和线面平行的性质得l⊥m，∴若l⊥α，m∥α，则l⊥m，故答案为：若l⊥α，l⊥m，则m∥α.(或若l⊥α，m∥α，则l⊥m)．
四、解答题
14．(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eq \f(1,2)CD，又AE綉eq \f(1,2)CD，∴PQ綉AE，
四边形AEPQ为平行四边形，∴EP∥AQ.
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，eq \r(3)，0)，D(－1,0,2)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，1))，
∴eq \(EP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，eq \(CB,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，0)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(0,0,2)，
从而eq \(EP,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝0，eq \(EP,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝0，
∴EP⊥BC，EP⊥CD，又BC∩CD＝C，
∴EP⊥平面BCD.
15．(2024·江苏淮安调研)如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，将△CBD沿BD折起到△PBD的位置，使PA＝eq \r(6).
求证：平面PBD⊥平面ABD.
[证明] 如图，取BD中点O，连接OA，OP.
因为四边形ABCD是边长为2的菱形，
∠BAD＝60°，
所以△ABD、△PBD是边长为2的正三角形，
因为O是BD的中点，
所以OA⊥BD，OP⊥BD，
所以∠POA为二面角P－BD－A的平面角．
因为PD＝2，OD＝eq \f(1,2)BD＝1，
所以OP＝eq \r(PD2－OD2)＝eq \r(3)，
同理可得OA＝eq \r(3)，因为PA＝eq \r(6)，
所以OP2＋OA2＝PA2，则OP⊥OA，
由面面垂直定义可得平面PBD⊥平面ABD.
或：又因为OP⊥BD，OA，BD⊂平面ABD，OA∩BD＝O，
所以OP⊥平面ABD，
因为OP⊂平面PBD，
所以平面PBD⊥平面ABD.
B组能力提升
1．(多选题)(2024·江苏部分重点中学联考)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列命题，其中正确的命题为( ABD )
A．若m⊥α，n∥α，则m⊥n
B．若m∥n，m⊄α，n⊂α，则m∥α
C．若α⊥β，m∥α，则m⊥β
D．若m⊥α，m⊂β，则α⊥β
[解析] 对于A，由n∥α，得存在过直线n的平面γ与平面α相交，令交线为c，则c∥n，由m⊥α，c⊂α，得m⊥c，因此m⊥n，A正确；B显然正确；对于C，由于α⊥β，令α∩β＝l，当m∥l，m⊄α时，有m∥α，此时m⊂β或m∥β，C错误；D显然正确．故选ABD.
2．(多选题)(2024·江苏镇江一中阶段测试)如图，AB为圆锥SO底面圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的一点，N为SA的中点，则圆O上存在点M使( BC )
A．MN∥SC
B．MN∥平面SBC
C．SM⊥AC
D．AM⊥平面SBC
[解析] 假设存在点M使MN∥SC，所以M，N，S，C四点共面，又因为A∈SN，所以A∈平面MNSC，易得点A，M，C为平面MNSC和平面ABC的公共点，所以A，M，C三点共线，与题意矛盾，故不存在点M使MN∥SC，即A错误；过O作OM∥BC，交劣弧AC于点M，连接ON，由于N，O分别为SA，AB的中点，所以ON∥SB，由于OM⊄平面SBC，ON⊄平面SBC，所以OM∥平面SBC，ON∥平面SBC，又因为OM∩ON＝O，所以平面OMN∥平面SBC，由于MN⊂平面OMN，所以MN∥平面SBC，即B正确；点M的位置同选项B，由于AB为直径，所以AC⊥BC，即AC⊥OM，由圆锥易得SO⊥AC，SO∩OM＝O，所以AC⊥平面SOM，所以AC⊥SM，即C正确；假设存在点M使AM⊥平面SBC，所以AM⊥SB，又因为AM⊥SO，SO∩SB＝S，所以AM⊥平面SBO，故平面SBC应与平面SBO平行，与题意显然不符，即D错误．故选BC.
3．(多选题)(2024·湖北腾云联盟联考)已知点P为正方体ABCD－A1B1C1D1底面ABCD的中心，用与直线PD1垂直的平面α截此正方体，所得截面可能是( ABC )
A．三角形 B．四边形
C．五边形 D．六边形
[解析] 如图点Q为BB1的中点，由AD1＝CD1知AC⊥PD1，
由eq \f(BP,BQ)＝eq \f(DD1,DP)知Rt△BPQ～Rt△DD1P，
∴∠BPQ＋∠DPD1＝∠BPQ＋∠BQP＝eq \f(π,2)，
∴PD1⊥PQ，∴D1P⊥平面ACQ，此时平面ACQ就是满足条件的一个α，此时所得截面为△ACQ，
当点Q平移至点B1，对应的点A，C平移至点M，N(M，N分别是AA1，CC1的中点)，形成平面DNB1M，
此时截面为四边形DNB1M，
夹在平面ACQ和平面DNB1M之间的形成五边形EFRHG，如下图，
若截面在平面ACQ下方时，形成的截面为三角形，直至缩成一个点，如下图，
若截面在平面DNB1M的上方时，形成的截面为五边形，如下图，
当点M，N分别移到点A1，C1的位置，点D移到D1D的中点K位置，形成的截面为三角形A1C1K，再往上形成的截面也为三角形，直至缩成一个点，
如下图，
综上可知，所得截面为三角形，四边形，五边形，没有六边形．故选ABC.
4．(2024·重庆调研(节选))如图，P为圆锥的顶点，A，B为底面圆O上两点，∠AOB＝eq \f(2π,3)，E为PB中点，点F在线段AB上，且AF＝2FB.
证明：平面AOP⊥平面OEF.
[证明] 设圆O的半径为r，
在△AOB中，OA＝OB＝r，∠AOB＝eq \f(2π,3)，∠OAB＝eq \f(π,6)，
故AB＝eq \r(3)r，又AF＝2FB，故AF＝eq \f(2\r(3)r,3)，
在△AOF中，由余弦定理得OF2＝OA2＋AF2－2OA·AF·cs∠OAF＝eq \f(1,3)r2，
所以OA2＋OF2＝AF2，即OA⊥OF；
圆锥中，PO⊥底面⊙O，OF⊂底面⊙O，
故PO⊥OF，
又OA∩OP＝O，所以OF⊥平面AOP，
又OF⊂平面OEF，所以平面AOP⊥平面OEF.
5．(2021·全国高考节选)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF⊥A1B1，D为棱A1B1上的点，
证明：BF⊥DE.
[证明] 证法一：取BC的中点H，连接EH、B1H，
∵E为AC的中点，
∴EH∥AB，又AB∥A1B1，
∴EH∥A1B1，即E、H、B1、D共面，
又A1B1⊥BF，
∴EH⊥BF.又AB＝BC，
由题意易知四边形BCC1B1为正方形，又F为CC1的中点，
∴BF⊥HB1，
又HB1∩EH＝H，∴BF⊥平面EHB1D，
又ED⊂平面EHB1D，∴BF⊥ED.
证法二：由题意知AB⊥BB1.
又BF⊥A1B1，AB∥A1B1，
∴AB⊥BF，
∴AB⊥平面BCC1B1.
∴AB⊥BC.
又AB＝BC＝2，E、F分别为AC、CC1的中点，
∴BE＝eq \r(2)，EF＝eq \r(3)，BF＝eq \r(5)，A1E＝eq \r(6)，A1F＝3，A1B＝2eq \r(2)，
∴A1F2＝A1E2＋EF2，A1B2＝A1E2＋EB2，
∴A1E⊥EF，A1E⊥EB，
∴A1E⊥平面BEF，从而A1E⊥BF.又A1E∩A1B1＝A1，
∴BF⊥平面A1EB1，又ED⊂平面A1EB1，
∴BF⊥DE.
证法三：同证法二可知AB、BC、BB1两两垂直，如图建立空间直角坐标系，∵AB＝BC＝2，∴E(1,1,0)，B(0,0,0)，F(0,2,1)，D(a,0,2)(0≤a≤2)，
∴eq \(BF,\s\up6(→))＝(0,2,1)，eq \(ED,\s\up6(→))＝(a－1，－1,2)，
∴eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(ED,\s\up6(→))＝0，∴BF⊥DE.