考点38 直线、平面垂直的判定与性质（考点专练）-备战2022年新高考数学一轮复习考点微专题

这是一份考点38 直线、平面垂直的判定与性质（考点专练）-备战2022年新高考数学一轮复习考点微专题，共14页。试卷主要包含了解　证明等内容，欢迎下载使用。

考点38 直线、平面垂直的判定与性质

空间垂直关系的基本问题
1.在下列四个正方体ABCD ­A1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面，则在各个正方体中，直线BD1与平面EFG不垂直的是(　　)


2.(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD ­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)
A．8　　　　　　　　　 B．6
C．8 D．8
直线与平面垂直的判定与性质
3.(2020·江西南昌摸底)如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么点D在平面ABC内的射影H必在(　　)

A．直线AB上 B．直线BC上 C．直线AC上 D．△ABC内部
4．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为(　　)

A. B．1 C. D．2
平面垂直的判定与性质
5.如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB＝90°，M是AB的中点，AC＝CB＝CC1＝2.

(1)求证：平面A1CM⊥平面ABB1A1；
(2)求点M到平面A1CB1的距离.
考向四 线面角、二面角
6.(多选)如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为A1D1的中点，Q为A1B1上任意一点，E，F为CD上任意两点，且EF的长为定值，则下面的四个值中为定值的是(　　)

A．点P到平面QEF的距离 B．三棱锥P－QEF的体积
C．直线PQ与平面PEF所成的角 D．二面角P－EF－Q的大小
7.(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD ­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)
A．8　　　　　　　　　 B．6
C．8 D．8
8.【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．
（1）证明：点在平面内；
（2）若，，，求二面角的正弦值．

9.【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．
（Ⅰ）证明：EF⊥DB；
（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．


1．(2019·全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则(　　)

A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线 B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线 D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
2．已知ABC－A1B1C1是所有棱长均相等的直三棱柱，M是B1C1的中点，则下列命题正确的是(　　)
A．在棱AB上存在点N，使MN与平面ABC所成的角为45°
B．在棱AA1上存在点N，使MN与平面BCC1B1所成的角为45°
C．在棱AC上存在点N，使MN与AB1平行
D．在棱BC上存在点N，使MN与AB1垂直
3.在棱长为1的正方体ABCD ­A1B1C1D1中，M，N分别是AC1，A1B1的中点，点P在其表面上运动，则总能使MP与BN垂直的点P的轨迹的周长等于________．

4.如图，在四棱锥P­ABCD中AC∩BD＝O，PA⊥底面ABCD且底面各边都相等，M是PC上一点，当点M满足________时，OM⊥BD且OM⊥PC.(只要填写一个你认为正确的条件即可)

5．(2019·北京高考)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：________.
6.如图所示，在四棱锥S­ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD.四边形ABCD为正方形，且P为AD的中点．

(1)求证：CD⊥平面SAD；
(2)若SA＝SD，M为BC的中点，在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD？并证明你的结论．

1．(2019·惠州模拟)PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B两点的任一点，则下列关系不正确的是(　　)
A．PA⊥BC　　　　　　　　 B．BC⊥平面PAC
C．AC⊥PB D．PC⊥BC
2．已知三条不重合的直线m，n，l和两个不重合的平面α，β，则下列命题正确的是(　　)
A．若m∥n，n⊂α，则m∥α
B．若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥α
C．若l⊥n，m⊥n，则l∥m
D．若l⊥α，m⊥β且l⊥m，则α⊥β
3．在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则(　　)
A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC
4．(2019·郑州测试)已知两条不重合的直线m，n和两个不重合的平面α，β，m⊥α，n⊂β.给出下列四个命题：
①若α∥β，则m⊥n；②若m⊥n，则α∥β；③若m∥n，则α⊥β；④若α⊥β，则m∥n.
其中正确命题的个数是(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
5．已知平面α与平面β相交，直线m⊥α，则(　　)
A．β内必存在直线与m平行，且存在直线与m垂直
B．β内不一定存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直
C．β内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直
D．β内必存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直
6．已知平面四边形ABCD中，AB＝BD＝AD＝1，sin C＝.将△BCD沿BD折起，使得面BCD⊥面ABD，如图，则三棱锥C­ABD外接球的表面积为(　　)

A． B．
C．10π D．12π
7．(2020·山东高三模拟)(多选)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点．则(　　)

A．直线D1D与直线AF垂直
B．直线A1G与平面AEF平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为
D．点C与点G到平面AEF的距离相等
8．(2019·南宁模拟)如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点．现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H.则下列说法错误的是________．(将符合题意的序号填到横线上)

①AG⊥△EFH所在平面；②AH⊥△EFH所在平面；③HF⊥△AEF所在平面；④HG⊥△AEF所在平面．
9．如图所示，一张A4纸的长、宽分别为2a，2a，A，B，C，D分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体．下列关于该多面体的命题，正确的是________．(写出所有正确命题的序号)

①该多面体是三棱锥；②平面BAD⊥平面BCD；③平面BAC⊥平面ACD；④该多面体外接球的表面积为5πa2.
10．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC与BD的交点为M，又PA＝AB＝4，AD＝CD，∠CDA＝120°，N是CD的中点．

(1)求证：平面PMN⊥平面PAB；
(2)求点M到平面PBC的距离．

考点练
1.解析：选D．如图，在正方体中，E，F，G，M，N，Q均为所在棱的中点，易知E，F，G，M，N，Q六个点共面，直线BD1与平面EFMNQG垂直，并且选项A、B、C中的平面与这个平面重合，不满足题意，只有选项D中的直线BD1与平面EFG平行，满足题意．故选D．

2.解析：选C．连接BC1，因为AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1为直角三角形．又AB＝2，所以BC1＝2.又B1C1＝2，所以BB1＝＝2，故该长方体的体积V＝2×2×2＝8.
3.答案　A
解析　因为AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，所以AC⊥平面ABD，又AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ABD，所以点D在平面ABC内的射影H必在直线AB上．故选A.
4.答案　A
解析　设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可得A1B1＝，矩形ABB1A1中，tan∠FDB1＝，tan∠A1AB1＝＝.又∠FDB1＝∠A1AB1，所以＝.故B1F＝×＝.故选A.
5.解 (1)证明：由A1A⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，得A1A⊥CM.
∵AC＝CB，M是AB的中点，∴AB⊥CM.，又A1A∩AB＝A.∴CM⊥平面ABB1A1，
又CM⊂平面A1CM，∴平面A1CM⊥平面ABB1A1.
(2)设点M到平面A1CB1的距离为h，
由题意可知A1C＝CB1＝A1B1＝2MC＝2，S△A1CB1＝×(2)2＝2，
S△A1MB1＝S四边形ABB1A1＝×2×2＝2.
由(1)可知CM⊥平面ABB1A1，得VC－A1MB1＝MC·S△A1MB1＝VM－A1CB1＝h·S△A1CB1.
∴点M到平面A1CB1的距离h＝＝.
6.答案　ABD
解析　A中，因为平面QEF也就是平面A1B1CD，显然点P到平面A1B1CD的距离是定值，所以点P到平面QEF的距离为定值；B中，因为△QEF的面积是定值(EF为定长，点Q到EF的距离就是点Q到CD的距离，也是定长，即底和高都是定值)，再根据A的结论，即点P到平面QEF的距离也是定值，所以三棱锥P－QEF的高也是定值，所以三棱锥P－QEF的体积是定值；C中，因为Q是动点，PQ的长不固定，而Q到平面PEF的距离为定值，所以PQ与平面PEF所成的角不是定值；D中，因为A1B1∥CD，Q为A1B1上任意一点，E，F为CD上任意两点，所以二面角P－EF－Q的大小即为二面角P－CD－A1的大小，为定值．故选ABD.
7.【答案】C
【解析】连接BC1，因为AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1为直角三角形．又AB＝2，所以BC1＝2.又B1C1＝2，所以BB1＝＝2，故该长方体的体积V＝2×2×2＝8.
8.【解析】设，，，如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．

（1）连结，则，，，，，，得．
因此，即四点共面，所以点在平面内．
（2）由已知得，，，，，，，．
设为平面的法向量，则
即可取．
设为平面的法向量，则
同理可取．
因为，所以二面角的正弦值为．
9.【解析】（Ⅰ）如图，过点D作，交直线AC于点，连结OB．

由，得，
由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC，所以.
由，得.
所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB．
由三棱台得，所以.
（Ⅱ）方法一：
过点作，交直线BD于点，连结.
由三棱台得，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.
由平面得，故平面BCD，所以为直线CO与平面DBC所成角.
设.
由，得，
所以，
因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.
方法二：
由三棱台得，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为.
如图，以为原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系.

设.
由题意知各点坐标如下：
.
因此.
设平面BCD的法向量.
由即，可取.
所以.
因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.


拓展练
1.答案　B
解析　解法一：取CD的中点O，连接EO，ON.由△ECD是正三角形，知EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，∴EO⊥平面ABCD.∴EO⊥ON.又N为正方形ABCD的中心，∴ON⊥CD.以CD的中点O为原点，方向为x轴正方向建立空间直角坐标系，如图1所示．
　　
不妨设AD＝2，则E(0,0，)，N(0,1,0)，M，B(－1,2,0)，∴EN＝＝2，BM＝ ＝，∴EN≠BM.连接BD，BE，∵点N是正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B.
解法二：如图2，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB.∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.∴EF⊥FN.不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝，∴EN＝＝2.∵EM＝MD，DG＝GF，∴MG∥EF且MG＝EF，∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.∵MG＝EF＝，BG＝＝ ＝，∴BM＝＝.∴BM≠EN.连接BD，BE，∵点N是正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B.
2.答案　B
解析　设该直三棱柱的棱长均为a，取BC的中点P，连接MP，则MP⊥平面ABC，点N在棱AB上，若MN与平面ABC所成角为45°，即∠MNP＝45°，则PN＝PM＝a，而PNmax＝a＜a，A错误；若点N在棱AA1上，则点N在平面BCC1B1上的射影为点Q，且MQ∥CC1，此时MN与平面BCC1B1所成角即为∠NMQ，当NQ＝A1N＝a时，∠NMQ＝45°，B正确；因为AC与B1C1是异面直线，所以点N在AC上时，MN与AB1是异面直线或相交直线，不可能平行，C错误；取BC的中点K，则AK⊥平面BCC1B1，AK⊥MN，若MN⊥AB1，则MN⊥平面AB1K，此时MN⊥B1K，当N在棱BC上时，MN⊥B1K不可能成立，D错误，故选B.
3.：2＋
解析：分别取BB1，CC1的中点E，F，连接AE，EF，FD，则BN⊥平面AEFD，过点M作平面α，使α∥平面AEFD，则平面α与正方体表面的交线即为点P的轨迹，该轨迹为矩形，其周长与矩形AEFD的周长相等，又矩形AEFD的周长为2＋，所以所求轨迹的周长为2＋.
4.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)
解析：如图，连接AC，因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD，因为四边形ABCD的各边相等，所以AC⊥BD，又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥OM，BD⊥PC，要使OM⊥PC，只需PC垂直于平面MBD内与BD相交的直线即可，所以可填DM⊥PC(或BM⊥PC)．

5.答案　若m∥α且l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α)
解析　已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.
6.解：(1)证明：因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD.
又平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面SAD.

(2)存在点N为SC的中点，使得平面DMN⊥平面ABCD.
证明：连接PC、DM交于点O，连接PM、SP、NM、ND、NO，
因为PD∥CM，且PD＝CM，
所以四边形PMCD为平行四边形，所以PO＝CO.又因为N为SC的中点，
所以NO∥SP.易知SP⊥AD，因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，并且SP⊥AD，所以SP⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD.
又因为NO⊂平面DMN，所以平面DMN⊥平面ABCD.


模拟练
1.解析：选C．由PA⊥平面ACB⇒PA⊥BC，故A不符合题意；由BC⊥PA，BC⊥AC，PA∩AC＝A，
可得BC⊥平面PAC，则BC⊥PC，故B、D不符合题意．
2.解析：选D．若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，故A不正确；若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n与α相交或n∥α或n⊂α，故B不正确；若l⊥n，m⊥n，则l与m相交、平行或异面，故C不正确；若l⊥α，m⊥β且l⊥m，则由直线与平面垂直的性质定理和平面与平面垂直的判定定理知α⊥β.
3.解析：选C．由正方体的性质，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1，故选C．
4.解析：选C．依题意，对于①，由“若一条直线与两个平行平面中的一个垂直，则该直线也垂直于另一个平面”得知，m⊥β，又n⊂β，因此m⊥n，①正确；对于②，当α⊥β时，设α∩β＝n，在平面β内作直线m⊥n，则有m⊥α，因此②不正确；对于③，由m∥n，m⊥α得n⊥α，又n⊂β，因此有α⊥β，③正确；对于④，当m⊥α，α∩β＝n，α⊥β时，直线m，n不平行，因此④不正确．综上所述，正确命题的个数为2，故选C．
5.解析：选C．如图，设平面α与平面β的交线为a，若在平面β内的直线与α，β的交线a平行，则该直线与m垂直．但β内不一定存在直线与m平行，只有当α⊥β时才存在．故选C．

6.解析：选B．解法一：如图，设△ABD的外心为O1，△BCD的外心为O2，过O1作面ABD的垂线，过O2作面BCD的垂线，两垂线相交于点O，则O为三棱锥C­ABD外接球的球心．取BD的中点N，连接O1N，O2N，则O1N⊥BD，O2N⊥BD，结合面BCD⊥面ABD可得∠O1NO2＝90°，四边形OO1NO2为矩形．连接O2D，OD，结合正弦定理可得O2D＝×＝×＝.由O1为△ABD的外心及AB＝BD＝AD＝1知O1N＝，则OO2＝O1N＝，故在Rt△OO2D中，OD＝＝，因此三棱锥C­ABD外接球的表面积为4π·OD2＝.

解法二：(利用单交线双半径公式)
设△BCD，△ABD的外接圆半径分别为R1，R2，该三棱锥的外接球半径为R，＝＝3＝2R1，R1＝，＝＝2R2，R2＝，
故R2＝R＋R－＝＋－＝，R＝，
故外接球的表面积为4π＝.
7.答案　BC
解析　D1D∥C1C，显然C1C与AF不垂直，所以D1D与AF不垂直，故A错误．连接AD1，D1F，易证EF∥AD1，故平面AEF与平面AFD1为同一平面．易证A1G∥D1F，故A1G∥平面AEF，所以B正确．由上述分析，平面AEF截正方体所得截面为平面AEFD1，四边形AEFD1为等腰梯形．

上底EF＝，下底AD1＝，高h＝＝.故其面积为S＝××＝，所以C正确．CG的中点明显不在面AEFD1上，故D错误．故选BC.
8.解析：根据折叠前AB⊥BE，AD⊥DF可得折叠后AH⊥HE，AH⊥HF，∴AH⊥平面EFH，即②正确；∵过点A只有一条直线与平面EFH垂直，∴①不正确；∵AG⊥EF，AH⊥EF，∴EF⊥平面HAG，∴平面HAG⊥平面AEF.过H作直线垂直于平面AEF，该直线一定在平面HAG内，∴③不正确；∵HG不垂直于AG，∴HG⊥平面AEF不正确，∴④不正确．综上，说法错误的是①③④.
答案：①③④
9.答案：①②③④
解析：由题意得该多面体是一个三棱锥，故①正确；∵AP⊥BP，AP⊥CP，BP∩CP＝P，∴AP⊥平面BCD，又∵AP⊂平面ABD，∴平面BAD⊥平面BCD，故②正确；同理可证平面BAC⊥平面ACD，故③正确；通过构造长方体可得该多面体的外接球半径R＝a，所以该多面体外接球的表面积为5πa2，故④正确，综上，正确命题的序号为①②③④.
10.解　(1)证明：在正△ABC中，AB＝ BC，在△ACD中，AD＝CD，易证△ADB≌△CDB，
所以M为AC的中点，因为N是CD的中点，所以MN∥AD.
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AD，因为∠CDA＝120°，所以∠DAC＝30°，因为∠BAC＝60°，所以∠BAD＝90°，即BA⊥AD.
因为PA∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB，所以MN⊥平面PAB.
又MN⊂平面PMN，所以平面PMN⊥平面PAB.
(2)设点M到平面PBC的距离为h，
在Rt△PAB中，PA＝AB＝4，所以PB＝4，
在Rt△PAC中，PA＝AC＝4，所以PC＝4，
在△PBC中，PB＝4，PC＝4，BC＝4，
所以S△PBC＝4.
由△ABC是正三角形，M是AC的中点，得BM⊥AC，
在Rt△BMC中，MC＝2，BM＝2，
所以S△BMC＝2.
由VM－PBC＝VP－BMC，即×4×h＝×2×4，解得h＝，所以点M到平面PBC的距离为.