1、考点测试35空间直线、平面的垂直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、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线、面垂直的有关性质与判定定理2能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些有关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()AmlBmnC.nlDmn答案C解析由，且l，m，若m，那么ml，故A错误；若ml，且已知n，那么nl，mn，故B错误；因为n，l，所以nl，故C正确；若m，且ml，那么mn，故D错误故选C.2已知m，n是空间中的两条不同的直线，是空间中
2、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还可以在平面内，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故选D.3. 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PB的中点O，连接OA，OC，易得PBOA，PBOCPB
3、平面OACPBAC，所以A正确；又ACBDAC平面PBDACDP，平面PBD平面ABCD，所以C，D正确故选B.4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.5. 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PA
4、C的距离等于线段BC的长其中正确的是()ABCD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6. (多选)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，则下列结论可能正确的是()ADFBC BBDFCC平面BDF平面BCF D平面DCF平面BCF答案
5、BC解析因为BCAD，AD与DF相交但不垂直，所以BC与DF不垂直，所以A不正确；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B可能正确；当点D在平面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C可能正确；因为点D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以D不正确故选BC.7. (多选)如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且MDNB1，G为MC的中点，则下列结论中正确的是()AMCANBGB平面AMNC平面CMN平面AMND平面DCM平面ABN答案ABD解析因为四边形AB
6、CD是边长为1的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且MDBN1，所以将题中的几何体放在正方体ABCDANCM中，如图所示，所以MC与AN是棱长为1的正方体中位于相对侧面内的异面的面对角线，因此可得MC与AN所成的角为90，即MCAN，故A正确；因为在正方体ABCDANCM中，平面AMN平面BCD，而GB平面BCD，所以GB平面AMN，故B正确；因为在正方体ABCDANCM中，二面角AMNC不是直二面角，所以平面CMN平面AMN不成立，故C不正确；因为平面DCM与平面ABN是正方体ABCDANCM的相对侧面所在的平面，所以平面DCM平面ABN成立，故D正确8. 如图所示，在四棱锥PAB
7、CD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(多选)(2021新高考卷)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点则满足MNOP的是()答案BC解析设正方体的棱长为2，对于A，如图1所示，连接AC，则MNAC，故POC
8、或其补角为异面直线OP，MN所成的角，在直角三角形OPC中，OC，CP1，故tanPOC，故MNOP不成立，故A不符合题意；对于B，如图2所示，取MT的中点为Q，连接PQ，OQ，则OQDT，PQMN，由正方体SBCNMADT可得DT平面SNTM，则OQ平面SNTM，所以OQMN，而OQPQQ，所以MN平面OPQ，而OP平面OPQ，故MNOP，故B符合题意；对于C，如图3，连接BD，则BDMN，由B的判断可得OPBD，故OPMN，故C符合题意；对于D，如图4，取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC，PQ，OQ，PK，OK，AO，则ACMN，因为DPPC，故PQAC，故PQMN，所以QPO或其补角
9、为异面直线OP，MN所成的角，因为正方体的棱长为2，故PQAC，OQ，OP，OQ2PQ2OP2，故QPO不是直角，故OP，MN不垂直，故D不符合题意故选BC.10(多选)(2021新高考卷)在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA11，点P满足，其中0,1，0,1，则()A当1时，AB1P的周长为定值B当1时，三棱锥PA1BC的体积为定值C当时，有且仅有一个点P，使得A1PBPD当时，有且仅有一个点P，使得A1B平面AB1P答案BD解析由点P满足，可知点P在正方形BCC1B1内如图，对于A，当1时，可知点P在线段CC1(包括端点)上运动如图，在AB1P中，因为AB1，AP，B1P，所以AB1P
10、的周长LAB1APB1P不为定值，所以A错误；对于B，当1时，可知点P在线段B1C1(包括端点)上运动如图，由图可知，线段B1C1平面A1BC，即点P到平面A1BC的距离处处相等，又A1BC的面积是定值，所以三棱锥PA1BC的体积为定值，所以B正确；对于C，当时，分别取线段BC，B1C1的中点为D，D1，可知点P在线段DD1(包括端点)上运动如图，很显然当点P与点D或D1重合时，均满足A1PBP，所以C错误；对于D，解法一：当时，分别取线段BB1，CC1的中点为M，N，可知点P在线段MN(包括端点)上运动如图，设AB1与A1B交于点K，连接PK，要使A1B平面AB1P，需A1BKP，所以点P只
11、能是棱CC1的中点N，所以D正确解法二：当时，分别取线段BB1，CC1的中点为M，N，可知点P在线段MN(包括端点)上运动以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则B(0,1,0)，B1(0,1,1)，A1，P.所以，.若A1B平面AB1P，则A1BB1P，所以0，即0.解得1.所以只存在一个点P使得A1B平面AB1P，此时点P与点N重合，所以D正确故选BD.11(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
12、两条不同直线，由lm与m，不能推出l，因为l可能与平行、垂直，也可能与相交但不垂直；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.三、模拟小题12(2021河北张家口一模)已知两条不同的直线l，m和不重合的两个平面，且l，有下面四个命题：若m，则lm；若，则l；若，则l；若lm，则m.其中真命题的序号是()ABC.D答案A解析对于，由l，m，可得lm，故正确；对于，若l，可得l，故正确；对于，若l，则有可能l，故错误；对于，当l，lm时，则有可能m，故错误综上，真命题的序号是.故选A.13(2021山东日照高三模拟)已知直三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长为2，ABBC，ABBC2
13、.过AB，BB1的中点E，F作平面与平面AA1C1C垂直，则所得截面的周长为()A2B2C3D32答案C解析如图所示，取AC的中点J，连接BJ，取AJ的D，连接DE，取A1C1的中点K，连接KJ，B1K，ABBC，J为AC的中点，BJAC，AA1平面ABC，BJ平面ABC，BJAA1，ACAA1A，BJ平面AA1C1C.D，E分别为AJ，AB的中点，DEBJ且DEBJ，DE平面AA1C1C.DE平面DEF，平面DEF平面AA1C1C，则平面即为平面DEF，设平面交B1C1于点I，在直棱柱ABCA1B1C1中，ACA1C1且ACA1C1，J，K分别为AC，A1C1的中点，AJA1K且AJA1K，
14、四边形AA1KJ为平行四边形，易得四边形BB1KJ为平行四边形，DEBJ，DE平面BB1KJ，BJ平面BB1KJ，DE平面BB1KJ，设平面平面BB1KJFG，DE平面，DEFG，FGBJ，又BFGJ，四边形BFGJ为平行四边形，可得GJBFBB1KJ，G为KJ的中点，延长DG交A1C1于点H，DJKH，DJGHKG，JDGKHG，又JGKG，DJGHKG，HKDJAJKC1，H为KC1的中点，平面ABC平面A1B1C1，平面平面ABCDE，平面平面A1B1C1IH，DEIH，DEBJ，BJB1K，DEIH，IHB1K，I为B1C1的中点，ABBC，ABBC2，AC2，J为AC的中点，BJAC
15、，则DEBJ，同理IH，直棱柱ABCA1B1C1的侧棱长为2，F为BB1的中点，BFBB11，由勾股定理可得EF，同理可得IF，KJBB1且KJBB12，BB1平面ABC，KJ平面ABC，AC平面ABC，KJAC，G，D分别为KJ，AJ的中点，GJKJ1，DJAJ，由勾股定理可得DG，同理GH.DHDGGH.因此，截面的周长为DEIHEFIFDH223.故选C.14(2021山东青岛模拟)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1，设直线AB1与平面ACC1A1所成的角为，直线CD1与直线A1C1所成的角为，则()A2B2CD答案D解析如图，作正四棱柱ABCDA1B1C1D1，在正四棱柱ABCDA1
16、B1C1D1中，AA1平面A1B1C1D1，AA1B1D1.底面A1B1C1D1是正方形，B1D1A1C1，又AA1A1C1A1，B1D1平面ACC1A1，B1AO是直线AB1与平面ACC1A1所成的角，即B1AO.CD1A1B，BA1C1是直线CD1与直线A1C1所成的角，即BA1C1.A1BB1A，A1OB1O，OBOA，A1BOB1AO，BA1C1AB1O，B1D1平面ACC1A1，B1OOA.B1AOAB1O，故选D.15(多选)(2021新高考八省联考)如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中()AAECDBCHBECDGBHDBGDE答案BCD解析由正方体的平面展开图还原正方体
17、如图由图形可知，AECD，故A错误；因为HEBC，HEBC，所以四边形BCHE为平行四边形，所以CHBE，故B正确；因为DGHC，DGBC，HCBCC，所以DG平面BHC，所以DGBH，故C正确；连接AH，因为BGAH，而DEAH，所以BGDE，故D正确故选BCD.16(多选) (2021广东茂名五校第三次联合考试)如图所示的几何体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，ACFE为矩形，平面ACFE平面ABCD，AE2，则下列结论正确的是()AFOBDB异面直线BE与AD所成的角为60CtanFOCD三棱锥FBED的体积为4答案AC解析因为四边形ABCD为正方形，所以ACBD，又平面A
18、CFE平面ABCD，四边形ACFE为矩形，所以AE平面ABCD，CF平面ABCD，BD平面ACFE，所以FOBD，所以A正确；因为四边形ABCD为正方形，所以ADAB，因为AE平面ABCD，所以ADAE，又AEABA，所以AD平面ABE，又BE平面ABE，所以ADBE，从而异面直线BE与AD所成的角为90，所以B错误；在RtFCO中，OC，FC2，所以tanFOC，所以C正确；三棱锥FBED的体积VFBED2VBACFE2VFBCD2S矩形ACFEBO2SBCDCF2222222，所以D错误故选AC.17. (多选)(2021山东泰安一模)如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，若ABB
19、C，E，F分别是AB1，BC1的中点，则下列结论中成立的是()AEF与BB1垂直BEF平面BDD1B1CEF与C1D所成的角为45DEF平面A1B1C1D1答案ABD解析连接A1B，A1C1，则A1B交AB1于E，又F为BC1中点，可得EFA1C1，由BB1平面A1B1C1D1，可得BB1A1C1，可得BB1EF，故A正确；EFA1C1，A1C1平面BDD1B1，可得EF平面BDD1B1，故B正确；EF与C1D所成角就是A1C1D，AA1的长度不确定，A1C1D的大小不确定，故C错误；由E，F分别是AB1，BC1的中点，得EFA1C1，可得EF平面A1B1C1D1，故D正确故选ABD.18(2
20、021河北衡水中学模拟) 如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是底面ABCD上(含边界)一动点，满足A1PEF，则线段A1P长度的最小值为_答案解析如图所示，连接A1D，AD1，易知EFAD1，A1DAD1，故EFA1D，又A1PEF，故EF平面A1DP，故EFDP，又CC1DP，故DP平面BCC1B1，故P在线段CD上，故线段A1P长度的最小值为A1D.19(2021甘肃兰州高三摸底)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
21、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，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，错误一、高考大题1(2021新高考卷) 在四棱锥QABCD中，底面ABCD
22、是正方形，若AD2，QDQA，QC3.(1)证明：平面QAD平面ABCD；(2)求二面角BQDA的平面角的余弦值解(1)证法一：取AD的中点O，连接QO，CO.因为QAQD，OAOD，所以QOAD，而AD2，QA，故QO2.在正方形ABCD中，因为AD2，故DO1，故CO，因为QC3，故QC2QO2CO2，故QOC为直角三角形且QOCO，因为COADO，AD，CO平面ABCD，故QO平面ABCD，因为QO平面QAD，故平面QAD平面ABCD.证法二：在正方形ABCD中，CDAD2，CDAD.QD，QC3，QC2QD2CD2，CDQD，又 ADQDD.AD，QD平面QAD，CD平面QAD，又CD
23、平面ABCD，平面QAD平面ABCD.(2)在平面ABCD内，过O作OTCD，交BC于T，则OTAD，结合(1)中的QO平面ABCD，故可建立如图所示的空间直角坐标系则D(0,1,0)，Q(0,0,2)，B(2，1,0)，故(2,1,2)，(2,2,0)设平面QBD的法向量为n(x，y，z)，则即取x1，则y1，z，故n为平面QBD的一个法向量而平面QAD的一个法向量为m(1,0,0)，故cosm，n.由图易知二面角BQDA的平面角为锐角，故其余弦值为.2. (2021浙江高考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，ABC120，AB1，BC4，PA，M，N分别为BC，PC的中
24、点，PDDC，PMMD.(1)证明：ABPM；(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值解(1)证明：因为底面ABCD是平行四边形，ABC120，BC4，AB1，且M为BC的中点，所以CM2，DC1，DCM60，由余弦定理可得DM，所以DM2DC2CM2，所以DCDM.又PDDC，且PDDMD，PD平面PDM，DM平面PDM，所以DC平面PDM.因为ABDC，所以AB平面PDM.又PM平面PDM，所以ABPM.(2)解法一：由(1)知AB平面PDM，所以BAN为直线AN与平面PDM所成角的余角连接AM，因为PMMD，PMDC，MDDCD，所以PM平面ABCD，所以PMAM.因为ABC120，A
25、B1，BM2，所以由余弦定理得AM，又PA，所以PM2.因为PM平面ABCD，BC平面ABCD，所以PMBC，所以PBPC2，连接BN，结合余弦定理得BN.连接AC，则由余弦定理得AC，在PAC中，结合余弦定理得PA2AC22AN22PN2，所以AN.所以在ABN中，cosBAN.设直线AN与平面PDM所成的角为，则sincosBAN.解法二：因为PMMD，PMDC，MDDCD，所以PM平面ABCD.连接AM，则PMAM.因为ABC120，AB1，BM2，所以AM，又PA，所以PM2.由(1)知CDDM，过点M作MECD交AD于点E，则MEMD.故可以以M为坐标原点，MD，ME，MP所在直线分
26、别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(，2,0)，P(0,0,2)，C(，1,0)，所以N，所以.易知平面PDM的一个法向量为n(0,1,0)设直线AN与平面PDM所成的角为，则sin|cos，n|.3(2020新高考卷) 如图，四棱锥PABCD的底面为正方形，PD底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l平面PDC；(2)已知PDAD1，Q为l上的点，求直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值解(1)证明：在正方形ABCD中，ADBC，因为AD平面PBC，BC平面PBC，所以AD平面PBC，又因为AD平面PAD，平面PAD平面PBCl，所以ADl.因为在
27、四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，所以ADDC，所以lDC，又PD平面ABCD，所以ADPD，所以lPD.因为DCPDD，所以l平面PDC. (2)如图建立空间直角坐标系Dxyz，因为PDAD1，则D(0，0,0)，C(0,1,0)，A(1，0,0)，P(0，0,1)，B(1，1,0)，设Q(m,0,1)，则有(0,1,0)，(m,0,1)，(1,1，1)设平面QCD的法向量为n(x，y，z)，则即令x1，则zm，所以平面QCD的一个法向量为n(1,0，m)，则cosn，.所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值为|cosn，|，当且仅当m1时取等号，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦
28、值的最大值为.二、模拟大题4. (2021广东省广州市执信、广雅、六中三校高三联考)如图，在梯形ABCD中，ABCD，ADCDCB2，ABC60，矩形ACFE中，AE2，又有BF2.(1)求证：BC平面ACFE；(2)求直线BD与平面BEF所成角的正弦值解(1)证明：在梯形ABCD中，ABCD，ADCDCB2，ABC60，四边形ABCD是等腰梯形，ADC120，DCADAC30，DCB120，ACBDCBDCA90，ACBC，(也可以利用余弦定理求出AC再证明)在矩形ACFE中，CFAE2，又BF2，CB2，CBCF，又ACCFC，AF，CF平面ACFE，BC平面ACFE.(2)以点C为坐标原
29、点，以CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，CF所在直线为z轴，建立空间直角坐标系可得C(0,0,0)，B(0,2,0)，F(0,0,2)，D(，1，0)，E(2，0,2)，(2，0,0)，(0，2,2)，(，3,0)设平面BEF的法向量为n(x，y，z)，则令y1，则x0，z1，n(0,1,1)为平面BEF的一个法向量，设直线BD与平面BEF所成的角为，sin|cos，n|，直线BD与平面BEF所成角的正弦值是.5. (2021山东省聊城一中高考一模)如图，四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，BAD120，ABAD2，点M在线段PD上，且DM2MP，PB平面MAC.(1)求证：
30、平面MAC平面PAD；(2)若PA3，求平面PAB和平面MAC所成锐二面角的余弦值解(1)证明：连接BD交AC于E，连接EM，取BD中点F，连接AF.因为BAD120，ABAD2，所以AF1，BF，BD2，因为PB平面MAC，PB平面PBD，平面PBD平面MACME，所以PBME，又因为DM2MP，所以BEBD2，EFBFBE，所以AE，在AEB中，由余弦定理，得cosEABcosEBA，所以EABEBA30，所以CAD90，即ACAD.因为PA平面ABCD，所以PAAC，又PAADA，PA平面PAD，AD平面PAD，所以AC平面PAD，又因为AC平面MAC，所以平面MAC平面PAD.(2)
31、由(1)知，AC，AD，AP两两垂直，所以可建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(，1,0)，P(0,0,3)，C(，0,0)，M，(，1，0)，(0,0,3)，(，0,0)，设平面PAB和平面MAC的法向量分别为m(x，y，z)，n(u，v，w)，由令x1，得m(1，0)为平面PAB的一个法向量，由令v3，得n(0,3，1)为平面MAC的一个法向量，设平面PAB和平面MAC所成锐二面角的大小为，则cos.所以平面PAB和平面MAC所成锐二面角的余弦值为.6. (2021福建省福州第一中学高三模拟)木工技艺是我国传统文化瑰宝之一，体现了劳动人民的无穷智慧很多古代建筑和家具保存到
32、现代依然牢固，这其中，有连接加固功能的“楔子”发挥了重要作用如图，楔子状五面体EFABCD的底面ABCD为一个矩形，AB8，AD6，EF平面ABCD，棱EAEDFBFC5，设M，N分别是AD，BC的中点(1)证明：E，F，M，N四点共面，且平面EFNM平面ABCD；(2)若二面角FBCA的大小为，求直线BF与平面EFCD所成角的正弦值解(1)证明：因为EF平面ABCD，且EF平面ABFE，平面ABCD平面ABFEAB，所以EFAB，又M，N是矩形ABCD两边AD，BC的中点，所以MNAB，EFMN，所以E，F，M，N四点共面因为FBFC，所以BCFN，又因为ABBC，MNAB，所以BCMN，而
33、FN平面EFNM，MN平面EFNM，且FNMNN，所以BC平面EFNM，又BC平面ABCD，所以平面EFNM平面ABCD.(2) 在平面EFNM内过F作FHMN于H，由(1)知平面EFNM平面ABCD，平面EFNM平面ABCDMN，所以FH平面ABCD，又因为FNBC，HNBC，则二面角FBCA的平面角为FNH，所以FNH，在RtFNB和RtFNH中，FN4，且HNFNcosFNH42，所以FH2，过H作边AB的垂线交AB，CD于点S，Q，以H为坐标原点，建立如图所示的坐标系，则F(0,0,2)，B(3,2,0)，C(3,2,0)，D(3，6,0)，所以(3,2，2)，(3,2，2)，(0，8,0)设平面EFCD的法向量为n(x，y，z)，则得令z，得n(2,0，)为平面EFCD的一个法向量，设直线BF与平面EFCD所成的角为，则sin.所以直线BF与平面EFCD所成角的正弦值为.