1、考点测试44直线、平面垂直的判定及其性质高考概览本考点是高考必考知识点，各种题型都有考查，分值为5分或10分，中等难度考纲研读1以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线、面垂直的有关性质与判定定理2能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题一、基础小题1已知互相垂直的平面，交于直线l，若直线m，n满足m，n，则()Aml Bmn Cnl Dmn答案C解析由，且l，m，若m，那么ml，故A项错误；若ml，且已知n，那么nl，mn，故B项错误；因为n，l，所以nl，故C项正确；若m，且ml，那么mn，故D项错误故选C.2已知m，n是空间中的两条不同的直线，是
2、空间中的两个不同的平面，则下列命题正确的是()A若mn，m，则nB若，m，则mC若mn，n，则mD若m，m，则答案D解析符合已知条件的直线n还可以在平面内，所以A错误；符合已知条件的直线m还可以在平面内，所以B错误；符合已知条件的直线m可以在平面内，或者与平面相交但不垂直，或者与平面平行，所以C错误；对于D，根据面面垂直的判定定理可知其正确性故选D.3若平面平面，平面平面直线l，则()A垂直于平面的平面一定平行于平面B垂直于直线l的直线一定垂直于平面C垂直于平面的平面一定平行于直线lD垂直于直线l的平面一定与平面，都垂直答案D解析垂直于平面的平面与平面平行或相交，故A错误；垂直于直线l的直线与
3、平面可以相交、平行或在平面内，故B错误；垂直于平面的平面与直线l平行或相交，故C错误，D正确4如图，四棱锥PABCD中，PAB与PBC是正三角形，平面PAB平面PBC，ACBD，则下列结论不一定成立的是()APBACBPD平面ABCDCACDPD平面PBD平面ABCD答案B解析如图，取BP的中点O，连接OA，OC，易得BPOA，BPOCBP平面OACBPACA正确；又ACBDAC平面PBDACPD，平面PBD平面ABCD，所以C，D也正确故选B.5已知m，n为异面直线，m平面，n平面，直线l满足lm，ln，l，l，则()A且lB且lC与相交，且交线垂直于lD与相交，且交线平行于l答案D解析由m
4、平面，直线l满足lm，且l，得l，又n平面，ln，l，所以l，由直线m，n为异面直线，且m平面，n平面，得与相交，否则，若，则推出mn，与m，n异面矛盾，所以，相交，且交线平行于l，故选D.6在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，G是EF的中点，沿DE，EF，FD将正方形折起，使A，B，C三点重合于点P，构成四面体，则在四面体PDEF中，给出下列结论：PD平面PEF；DG平面PEF；平面PDE平面PDF.其中正确结论的序号是()A B C D答案C解析如图所示，因为DAAE，DCCF，所以折叠后DPPE，DPPF，所以DP平面PEF，所以正确；由DP平面PEF，可知DG平面PEF是
5、不正确的，所以错误；由PEPF，PEDP，可得PE平面PDF，又PE平面PDE，所以平面PDE平面PDF，所以正确综上可知，正确结论的序号为.故选C.7如图，在梯形ABCD中，ADBC，ABC90，ADBCAB234，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出下列四个结论：DFBC；BDFC；平面BDF平面BCF；平面DCF平面BCF，则上述结论可能正确的是()A B C D答案B解析因为BCAD，AD与DF相交但不垂直，所以BC与DF不垂直，所以错误；设点D在平面BCF上的射影为点P，当BPFC时就有BDFC，而ADBCAB234可使条件满足，所以正确；当点D在平
6、面BCF上的射影P落在BF上时，DP平面BDF，从而平面BDF平面BCF，所以正确；因为点D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以错误8如图所示，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，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)答案DMPC(或BMPC)解析如图，连接AC，BD，则ACBD，因为PA底面ABCD，所以PABD.又PAACA，所以BD平面PAC，所以BDPC.所以当DMPC(或BMPC)时，即有PC平面MBD.而PC平面PCD，所以平面MBD平面PCD.二、高考小题9(2017全国卷)在正方体ABCDA1B1
7、C1D1中，E为棱CD的中点，则()AA1EDC1 BA1EBDCA1EBC1 DA1EAC答案C解析如图，连接A1E，D1E，B1C，BC1，DC1.假设A1EDC1，A1D1平面DCC1D1，A1D1DC1，又A1E平面A1D1E，A1D1平面A1D1E，A1EA1D1A1，DC1平面A1D1E，又D1E平面A1D1E，DC1D1E，而D1E与DC1不垂直，A1EDC1不成立，故A错误，同理可证B，D错误由条件易知，BC1B1C，BC1CE，又CEB1CC，BC1平面CEA1B1.又A1E平面CEA1B1，A1EBC1.故选C.10(2019北京高考)已知l，m是平面外的两条不同直线给出下
8、列三个论断：lm；m；l.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：_.答案若m且l，则lm(或若lm，l，则m)解析已知l，m是平面外的两条不同直线，由lm与m，不能推出l，因为l可以与平行，也可以与相交但不垂直；由lm与l能推出m；由m与l可以推出lm.故正确的命题是或.11(2019全国卷)已知ACB90，P为平面ABC外一点，PC2，点P到ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为_答案解析如图，过点P作PO平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离再过O作OEAC于E，OFBC于F，连接PC，PE，PF，则PEAC，PFBC.又PEPF，
9、所以OEOF，所以CO为ACB的平分线，即ACO45.在RtPEC中，PC2，PE，所以CE1，所以OE1，所以PO.三、模拟小题12(2020泰安期末)若m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列为真命题的是()A若m，则m B若m，n，则mnC若m，m，则 D若，则答案C解析对于A，当且仅当m与平面，的交线垂直时，命题才成立，所以原命题为假命题；对于B，若m，n，则直线m，n可能异面，可能平行，还可能相交，所以原命题为假命题；对于C，由m，m，可得平面内一定存在直线与直线m平行，进而得出该直线垂直于平面，从而，所以原命题为真命题；对于D，若，则平面与平面可能相交或平行，所以原命题为假
10、命题故选C.13(2019湖北七市(州)联考)设直线m与平面相交但不垂直，则下列说法中正确的是()A在平面内有且只有一条直线与直线m垂直B过直线m有且只有一个平面与平面垂直C与直线m垂直的直线不可能与平面平行D与直线m平行的平面不可能与平面垂直答案B解析在平面内可能有无数条直线与直线m垂直，这些直线是互相平行的，A错误；因为直线m与平面相交但不垂直，所以过直线m必有并且也只有一个平面与平面垂直，B正确；类似于A，在平面外可能有无数条直线垂直于直线m并且平行于平面，C错误；与直线m平行且与平面垂直的平面有无数个，D错误故选B.14(2019景德镇模拟)将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC上的
11、中线折起得到空间四面体ABCD(如图2)，则在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是()A相交且垂直 B相交但不垂直C异面且垂直 D异面但不垂直答案C解析在题图1中，ADBC，故在题图2中，ADBD，ADDC，又因为BDDCD，所以AD平面BCD，又BC平面BCD，D不在BC上，所以ADBC，且AD与BC异面，故选C.15(2019佛山五校联考)如图所示，直线PA垂直于O所在的平面，ABC内接于O，且AB为O的直径，点M为线段PB的中点现有结论：BCPC；OM平面PAC；点B到平面PAC的距离等于线段BC的长其中正确的是()A BC D答案B解析对于，PA平面ABC，PABC.AB为O的
12、直径，BCAC，又PAACA，BC平面PAC，又PC平面PAC，BCPC；对于，点M为线段PB的中点，点O为线段AB的中点，OMPA，PA平面PAC，OM平面PAC，OM平面PAC；对于，由知BC平面PAC，线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故都正确16. (2020福州高三期末考试)如图，在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下列四个结论不成立的是()ABC平面PDFBDF平面PAEC平面PDF平面PAED平面PDE平面ABC答案D解析因为BCDF，DF平面PDF，BC平面PDF，所以BC平面PDF，故A正确；在正四面体中，AEBC，PEBC，AEPEE，且AE
13、平面PAE，PE平面PAE.所以BC平面PAE.因为DFBC，所以DF平面PAE，又DF平面PDF，从而平面PDF平面PAE.因此B，C均正确17. (2020济宁网络模考)如图，正三棱柱ABCA1B1C1各棱的长度均相等，D为AA1的中点，M，N分别是线段BB1和线段CC1上的动点(含端点)，且满足BMC1N，当M，N运动时，下列结论中错误的是()A在DMN内总存在与平面ABC平行的线段B平面DMN平面BCC1B1C三棱锥A1DMN的体积为定值DDMN可能为直角三角形答案D解析用平行于平面ABC的平面截平面DMN，则交线平行于平面ABC，故A正确；当M，N分别在BB1，CC1上运动时，若满足
14、BMC1N，则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O，由DO平面BCC1B1可得平面DMN平面BCC1B1，故B正确；当M，N分别在BB1，CC1上运动时，A1DM的面积不变，点N到平面A1DM的距离不变，所以三棱锥NA1DM的体积不变，即三棱锥A1DMN的体积为定值，故C正确；若DMN为直角三角形，则必是以MDN为直角的直角三角形，易证DMDN，所以DMN为等腰直角三角形，所以DOOMON，即MN2DO.设正三棱柱的棱长为2，则DO，MN2.因为MN的最大值为BC1，BC12，所以MN不可能为2，所以DMN不可能为直角三角形，故D错误故选D.18. (2019重庆模拟)如图，在ABC中，AC
15、B90，AB8，ABC60，PC平面ABC，PC4，M是AB上的一个动点，则PM的最小值为_答案2解析作CHAB于点H，连接PH.因为PC平面ABC，所以PHAB，PH为PM的最小值，等于2.19(2019日照模拟)在矩形ABCD中，ABBC，现将ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论：存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直；存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直其中正确结论的序号是_(写出所有正确结论的序号)答案解析假设AC与BD垂直，过点A作AEBD于点E，连接CE.则BD平面AECBDCE，而在平面BCD中，
16、CE与BD不垂直，故假设不成立，错误；假设ABCD，因为ABAD，所以AB平面ACD，所以ABAC，由ABBC可知，存在这样的直角三角形，使ABCD，故假设成立，正确；假设ADBC，因为DCBC，所以BC平面ADC，所以BCAC，即ABC为直角三角形，且AB为斜边，而ABBC，故矛盾，假设不成立，错误综上，填.一、高考大题1(2019全国卷)图1是由矩形ADEB，RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1，BEBF2，FBC60.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；(2)求图2中的四边形AC
17、GD的面积解(1)证明：由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE.又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE.(2)取CG的中点M，连接EM，DM.因为ABDE，AB平面BCGE，所以DE平面BCGE，故DECG，DEEM.由已知，四边形BCGE是菱形，且EBC60，得EMCG，故CG平面DEM.因此DMCG.在RtDEM中，DE1，EM，故DM2.所以四边形ACGD的面积为4.2(2019浙江高考)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90，BAC30，A
18、1AA1CAC，E，F分别是AC，A1B1的中点(1)证明：EFBC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值解(1)证明：如图，连接A1E.因为A1AA1C，E是AC的中点，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以A1E平面ABC，则A1EBC.又因为A1FAB，ABC90，故BCA1F.所以BC平面A1EF.因此EFBC.(2)如图，取BC的中点G，连接EG，GF，则四边形EGFA1是平行四边形由于A1E平面ABC，故A1EEG，所以平行四边形EGFA1为矩形由(1)得BC平面EGFA1，则平面A1BC平面EGFA1，所
19、以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上连接A1G交EF于点O，则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)不妨设AC4，则在RtA1EG中，A1E2，EG.由于O为A1G的中点，故EOOG，所以cosEOG.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.二、模拟大题3. (2020湖北省部分重点中学高三起点考试)如图，在四边形ABED中，ABDE，ABBE，点C在AB上，且ABCD，ACBCCD2，现将ACD沿CD折起，使点A到达点P的位置，且PE2.(1)证明：平面PBC平面DEBC；(2)求三棱锥PEBC的体积解(1)证明：ABBE，ABCD，BECD.ACCD，PCCD，PC
20、BE，又BCBE，PCBCC，BE平面PBC，又BE平面DEBC，平面PBC平面DEBC.(2)解法一：由ABDE，结合CDBE得四边形BCDE为平行四边形，BECD2.由(1)知BE平面PBC，BEPB，由PE2得PB2，PBC为等边三角形，SPBC22，V三棱锥PEBCV三棱锥EPBCSPBCBE2.解法二：由ABDE，结合CDBE得四边形BCDE为平行四边形，BECD2.由(1)知BE平面PBC，BEPB，由PE2得PB2，PBC为等边三角形取BC的中点O，连接PO，则PO，平面PBC平面DEBC，平面PBC平面DEBCBC，POBC，PO平面DEBC，V三棱锥PEBCSEBCPO22.
21、4.(2020石家庄重点中学高三摸底考试)如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ACD是边长为2的等边三角形，且ABBC，PA2.(1)求证：平面PAC平面PBD；(2)若点M是棱PC的中点，求直线PD与BM所成角的余弦值解(1)证明：PA底面ABCD，PABD，取AC的中点O，连接OB，OD，则ACOB，ACOD，点O，B，D共线，即ACBD.又PAACA，BD平面PAC.BD平面PBD，平面PAC平面PBD.(2)取CD的中点N，连接MN，BN，则MNPD.BMN或其补角是异面直线PD与BM所成的角在RtPAD中，PAAD2，PD2，MN.连接OM，则OMPA，OM平面ABCD，在
22、RtMOB中，MOOB1，BM.在BDN中，BD1，DN1，BDN30，由余弦定理BN2BD2DN22BDDNcos30，得BN22.在BMN中，cosBMN，直线PD与BM所成角的余弦值为.5.(2020大同高三摸底考试)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC3，BC4，AB5，AA14，点D是AB的中点(1)求证：ACBC1；(2)求证：AC1平面CDB1；(3)求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值解(1)证明：直三棱柱ABCA1B1C1底面三边AC3，BC4，AB5，AC2BC2AB2，ACBC.又ACCC1，BCCC1C，AC平面BCC1B1，ACBC1.(2)证明：如图，设CB1与C1B的交点为E，连接DE，D是AB的中点，E是BC1的中点，DEAC1.DE平面CDB1，AC1平面CDB1，AC1平面CDB1.(3)DEAC1，CED或其补角为AC1与B1C所成的角在CED中，DEAC1，CDAB，CECB12，cosCED.异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为.
