1、考点测试46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解析解法一：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.解法二(空间向量法)：建立如图所示的空间直角坐标系，设
8、正方体的棱长为1，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0，0,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，E，(0,1,1)，(1，1，0)，(1,0,1)，(1,1,0)，0，0，0，0，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
9、或.三、模拟小题11(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，所以原命题为假命题故选C.12(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
10、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.13(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
11、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.14(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A
12、B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15. (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
13、平面PAE.因此B，C均正确16. (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
14、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.17. (2019重庆模拟)如图，在ABC中，ACB90，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
15、点H，连接PH.因为PC平面ABC，所以PHAB，PH为PM的最小值，等于2.18(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，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
16、，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)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1.(1)证明：BE平面EB1C1；(2)若AEA1E，求二面角BECC1的正弦值解(1)证明：由已知，得B1C1平面ABB1A1，由于BE平面ABB1A1，故B1C1BE.又BEEC1，B1C1EC1C1，所以BE平面EB1C1.(2)由(1)知BEB190.由题设知RtABERt
17、A1B1E，所以AEB45，故AEAB，AA12AB.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1,0,1)，所以(1,0,0)，(1，1,1)，CC1(0,0,2)设平面EBC的法向量为n(x1，y1，z1)，则即所以可取n(0，1，1)设平面ECC1的法向量为m(x2，y2，z2)，则即所以可取m(1,1,0)于是cosn，m.所以二面角BECC1的正弦值为.2(2019北京高考)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，ADBC
18、，PAADCD2，BC3.E为PD的中点，点F在PC上，且.(1)求证：CD平面PAD；(2)求二面角FAEP的余弦值；(3)设点G在PB上，且.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由解(1)证明：因为PA平面ABCD，所以PACD.又因为ADCD，PAADA，所以CD平面PAD.(2)过点A作AD的垂线交BC于点M.因为PA平面ABCD，所以PAAM，PAAD.建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(2，1,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)因为E为PD的中点，所以E(0,1,1)所以(0,1,1)，(2,2，2)，(0,0,2)所以，所以.设
19、平面AEF的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，则y1，x1.于是n(1，1,1)又因为平面PAD的一个法向量为p(1,0,0)，所以cosn，p.由题知，二面角FAEP为锐角，所以其余弦值为.(3)直线AG在平面AEF内理由：因为点G在PB上，且，(2，1，2)，所以，所以.由(2)知，平面AEF的一个法向量n(1，1,1)，所以n0，又A平面AEF，所以直线AG在平面AEF内3(2018全国卷)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.(1)证明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值
20、解(1)证明：由已知可得，BFPF，BFEF，又PFEFF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.(2)作PHEF，垂足为H.由(1)，得PH平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，故PEPF.所以PH，EH，则H(0,0,0)，P，D，所以，H为平面ABFD的法向量设DP与平面ABFD所成的角为，则sin.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.二、模拟大题4(2019南昌一模)如图，四棱台ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是菱
21、形，CC1底面ABCD，且BAD60，CDCC12C1D14，E是棱BB1的中点(1)求证：AA1BD；(2)求二面角EA1C1C的余弦值解(1)证明：因为CC1底面ABCD，所以CC1BD.因为底面ABCD是菱形，所以BDAC.又ACCC1C，所以BD平面ACC1.又由四棱台ABCDA1B1C1D1知，A1，A，C，C1四点共面所以AA1BD.(2)如图，设AC交BD于点O，依题意，A1C1OC且A1C1OC，所以A1OCC1，且A1OCC1.所以A1O底面ABCD.以O为坐标原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系则A(2，0,0)，A1(0,0,
22、4)，C1(2，0,4)，B(0,2,0)，由得，B1(，1,4)因为E是棱BB1的中点，所以E.所以，(2，0,0)设n1(x，y，z)为平面EA1C1的法向量，则即取z3，则n1(0,4,3)又因为n2(0,1,0)为平面A1C1C的法向量，所以cosn1，n2，又由图可知，二面角EA1C1C为锐二面角，所以二面角EA1C1C的余弦值为.5(2019广州市二模)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，BAD60，APD90，且ADPB.(1)求证：平面PAD平面ABCD；(2)若ADPB，求二面角DPBC的余弦值解(1)证明：如图，取AD的中点O，连接OP，OB，BD，因为底面AB
23、CD为菱形，BAD60，所以ADABBD.因为O为AD的中点，所以OBAD.在APD中，APD90，O为AD的中点，所以POADAO.设ADPB2a，则OBa，POOAa，因为PO2OB2a23a24a2PB2，所以OPOB.因为OPADO，OP平面PAD，AD平面PAD，所以OB平面PAD.因为OB平面ABCD，所以平面PAD平面ABCD.(2)解法一：因为ADPB，ADOB，OBPBB，PB平面POB，OB平面POB，所以AD平面POB.所以POAD.由(1)得POOB，ADOB，所以OA，OB，OP所在的直线两两互相垂直以O为坐标原点，分别以OA，OB，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立
24、如图所示的空间直角坐标系设AD2，则A(1,0,0)，D(1,0,0)，B(0，0)，P(0,0,1)，所以(1,0，1)，(0，1)，(2,0,0)，设平面PBD的法向量为n(x1，y1，z1)，则令y11，则x1，z1，所以n(，1，)设平面PBC的法向量为m(x2，y2，z2)，则令y21，则x20，z2，所以m(0,1，)设二面角DPBC为，由于为锐角，所以cos|cosm，n|.所以二面角DPBC的余弦值为.解法二：因为ADPB，ADOB，OBPBB，PB平面POB，OB平面POB，所以AD平面POB.所以POAD.所以POa，PDa.过点D作DHPB，H为垂足，过点H作HGBC交P
25、C于点G，连接DG，因为ADPB，BCAD，所以BCPB，即HGPB.所以DHG为二面角DPBC的平面角在等腰BDP中，BDBP2a，PDa，根据等面积法可以求得DHa.进而可以求得PHa，所以HGa，PGa.在PDC中，PDa，DC2a，PC2a，所以cosDPC.在PDG中，PDa，PGa，cosDPC，所以DG2PD2PG22PDPGcosDPGa2，即DGa.在DHG中，DHa，HGa，DGa，所以cosDHG.所以二面角DPBC的余弦值为.6(2019荆门调研)如图1，梯形ABCD中，ABCD，过A，B分别作AECD，BFCD，垂足分别为E，F.ABAE2，CD5，已知DE1，将梯形
26、ABCD沿AE，BF同侧折起，得空间几何体ADEBCF，如图2.(1)若AFBD，证明：DE平面ABFE；(2)若DECF，CD，线段AB上存在一点P，满足CP与平面ACD所成角的正弦值为，求AP的长解(1)证明：由已知得四边形ABFE是正方形，且边长为2，在题图2中，AFBE，由已知得AFBD，BEBDB，AF平面BDE，又DE平面BDE，AFDE，又AEDE，AEAFA，DE平面ABFE.(2)在题图2中，AEDE，AEEF，DEEFE，AE平面DEFC，在梯形DEFC中，过点D作DMEF交CF于点M，连接CE，由题意得DM2，CM1，由勾股定理可得DCCF，则CDM，CE2，过E作EGEF交DC于点G，可知GE，EA，EF两两垂直，以E为坐标原点，以，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,1，)，D，(2,1，)，.设平面ACD的一个法向量为n(x，y，z)，由得取x1得n(1，1，)，设APm，则P(2，m,0)(0m2)，得(2，m1，)，设CP与平面ACD所成的角为，sin|cos，n|m.AP.
