7.3 直线、平面垂直的判定与性质 专项训练-2026届高三数学一轮复习

7.3　直线、平面垂直的判定与性质 考点　直线、平面垂直的判定与性质 1.(多选)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D为BC的中点,则 (　　) A.AD⊥A1C　　B.B1C1⊥平面AA1D C.AD∥A1B1　　D.CC1∥平面AA1D 2.已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA=　 　.  3.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°. (1)证明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C; (2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1-BB1C1C的高. 4.如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,M为BC的中点,且PB⊥AM. (1)证明:平面PAM⊥平面PBD; (2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积. 5.如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点. (1)证明:OA⊥CD; (2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积. 6.如图,四棱锥P-ABCD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PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值. 7.如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足=,=.将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=4. (1)证明:EF⊥PD; (2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值. 练速度 1.空间中有两个不同的平面α,β和两条不同的直线m,n,则下列命题为真命题的是 (　　) A.若α⊥β,m⊥α,m⊥n,则n⊥β B.若α⊥β,m⊥α,n⊥β,则m⊥n C.若n⊂α,n∥β,m⊂β,m∥α,则α∥β D.若n⊥β,且α⊥β,则n∥α 2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为AB的中点,l为平面A1MC1与平面ABCD的交线,则 (　　) A.l∥AC1　　B.l⊥AC1　　 C.l∥BD1　　D.l⊥BD1 3.(多选)已知a,b,c是三条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列命题中不正确的是 (　　) A.若α⊥β,α⊥γ,β∩γ=c,则c⊥α B.若α⊥β,α⊥γ,a⊂α,a⊥β,c⊂γ,则a⊥c C.若α∥β∥γ,c∥γ,a⊂α,b⊂β,则a∥b∥c D.若a⊥α,b⊥β,c⊥γ,a∥b∥c,则α∥β∥γ 4.(多选)如图,一个漏斗的上面部分可视为长方体ABCD-A'B'C'D',下面部分可视为正四棱锥P-ABCD,O为正方形ABCD的中心,两部分的高都是该正方形边长的一半,则 (　　) A.A'O⊥AB B.A'O∥平面APD C.平面AA'P⊥平面BDP D.CC'与A'P为相交直线 5.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=2,AA1=4,AB⊥AC,AA1上的点E满足BE⊥AB1. (1)求证:BE⊥平面AB1C; (2)求平面CBE与平面ABE夹角的余弦值. 6.如图,在四棱锥Q-ABCD中,四边形ABCD为直角梯形,CD∥AB,BC⊥AB,QA=QD=AD=AB=2CD=2. (1)证明:BQ⊥AD; (2)若QB=,求平面QAD与平面QBC夹角的余弦值. 练思维 1.在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,将△ABD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成三棱锥A-BCD,如图,在三棱锥A-BCD中,下列结论不正确的是 (　　) A.CD⊥AB　　 B.CD⊥BD　　 C.平面ADC⊥平面ABD　　 D.平面ABC⊥平面BDC 2.(多选)正方体ABCD-A1B1C1D1中,=2,=2,=-3,=-3,则下列两个平面的位置关系中,不成立的是 (　　) A.平面EFGH∥平面A1AC B.平面EFGH∥平面A1C1D C.平面EFGH⊥平面BDD1 D.平面EFGH⊥平面A1BD 3.(多选)如图,长方形的长为2,宽为2,A,B,C,D分别为长方形四条边的中点,沿AB,BC,CD,DA,AC折叠,使长方形的四个顶点重合于点P,所得四面体 B'-ACD称为“萨默维尔”四面体,在此四面体中,下列结论正确的是 (　　) A.AC⊥B'D B.平面B'CD⊥平面ACD C.直线AC与平面B'CD所成角为 D.平面AB'C与平面B'CD的夹角为 4.(多选)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,E为AC的中点,点P满足=λ,λ∈[0,1],则 (　　) A.当λ=时,EP∥AB B.当λ=时,EP⊥A1C1 C.存在λ,使得A1E∥C1P D.存在λ,使得EP⊥平面A1ACC1 5.如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,∠BAD=∠ABC=90°,AD=2AB=2BC=C1C=2,点M在线段C1D上. (1)是否存在点M,使得C1D⊥平面ACM?若存在,求C1M;若不存在,请说明理由. (2)若平面C1AC与平面ACM夹角的正切值为,求的值. 答案 考点　直线、平面垂直的判定与性质 1. BD 2. 2 3.解析　(1)证明:∵A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC, ∴A1C⊥BC.∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC, 又∵A1C,AC⊂平面ACC1A1,且A1C∩AC=C,∴BC⊥平面ACC1A1, 又∵BC⊂平面BB1C1C, ∴平面ACC1A1⊥平面BB1C1C. (2)过A1作A1O⊥CC1,垂足为O, ∵平面ACC1A1⊥平面BB1C1C,且平面ACC1A1∩平面BB1C1C=CC1,A1O⊂平面ACC1A1, ∴A1O⊥平面BB1C1C,即A1O是四棱锥A1-BB1C1C的高. 由(1)知∠A1CB=∠BCA=90°. 在Rt△A1CB与Rt△ACB中,A1B=AB,BC=BC, ∴Rt△A1CB≌Rt△ACB,∴A1C=AC, ∴A1C=A1C1, 又知A1C⊥A1C1, ∴△CA1C1为等腰直角三角形,∴A1O=CC1=AA1=1,即四棱锥A1-BB1C1C的高为1. 4.解析　(1)证明:由于PD⊥平面ABCD,AM⊂平面ABCD,则PD⊥AM,又PB⊥AM,PB∩PD=P,PB,PD⊂平面PBD,所以AM⊥平面PBD,因为AM⊂平面PAM,所以平面PAM⊥平面PBD. (2)由(1)知AM⊥平面PBD,因为BD⊂平面PBD,所以AM⊥BD,所以∠MAB+∠ABD=90°,因为四边形ABCD为矩形,所以∠DAB=∠ABM,所以∠MAB+∠AMB=90°, 所以∠ABD=∠AMB,则△DAB∽△ABM, 则=, 又AB=DC=1,M为BC的中点,所以AD=, 所以S矩形ABCD=AB·AD=, 所以V四棱锥P-ABCD=S矩形ABCD·PD=××1=. 5.解析　(1)证明:在△ABD中,∵AB=AD,O为BD的中点,∴AO⊥BD,又∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO⊂平面ABD,∴AO⊥平面BCD, 又CD⊂平面BCD, ∴OA⊥CD. (2)解法一:在△ABD中,过E作EN∥AO交BD于N, 则由AO⊥平面BCD得EN⊥平面BCD,∵BC⊂平面BCD, ∴EN⊥BC, ∵OB=OD=OC=1,∴∠BCD=90°,即DC⊥BC. 在△BCD中,过N作NM∥CD交BC于M,则NM⊥BC. 连接EM,∵BC⊥EN,BC⊥NM,EN∩NM=N, ∴BC⊥平面EMN,∵EM⊂平面EMN,∴EM⊥BC, ∴∠EMN为二面角E-BC-D的平面角, 又知二面角E-BC-D的大小为45°, ∴∠EMN=45°,∴△EMN为等腰直角三角形, 又由DE=2EA得DN=2NO,∴MN=CD==EN=ND, ∴AO=OD=1,∴VA-BCD=S△BCD·AO=××1××1=.故三棱锥A-BCD的体积为. 解法二:由OC=OD=OB得BC⊥CD,由(1)知AO⊥平面BCD,以C为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系,如图所示,则C(0,0,0),B(0,,0),则=(0,,0),设AO=a. 则E, ∴=, 设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则 即令x=a,则z=-1, ∴n=(a,0,-1), 易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1), 由题可知|cos<m,n>|===, ∴a=1,即AO=1. ∴VA-BCD=S△BCD·AO=××1××1=, 故三棱锥A-BCD的体积为. 6.解析　(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,AD⊂底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC. 因为PD∩DC=D,PD,DC⊂平面PDC, 所以AD⊥平面PDC. 因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AD∥平面PBC. 又AD⊂平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l, 所以l∥AD. 因此l⊥平面PDC. (2)以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),=(0,1,0),=(1,1,-1). 由(1)可设Q(a,0,1),则=(a,0,1). 设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量, 则即 可取n=(-1,0,a). 所以cos<n,>==. 设PB与平面QCD所成角为θ, 则sin θ=×=(易错:余弦值转化为正弦值后应该是正数). 因为≤,当且仅当a=1时等号成立, 所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为. 7.解析　(1)证明:∵AB=8,AD=5,=,=,∴||=2,||=4, 在△AEF中,∠EAF=30°,∴由余弦定理得EF2=AE2+AF2-2AE·AF·cos∠EAF=(2)2+42-2×2×4×=4, ∴EF=2,∴AE2+EF2=AF2, ∴AE⊥EF,即ED⊥EF,PE⊥EF, 又∵ED⊂面PDE,PE⊂面PDE,ED∩PE=E, ∴EF⊥面PDE, 又∵PD⊂面PDE,∴EF⊥PD. (2)连接EC,在Rt△EDC中, EC2=CD2+DE2=32+(3)2=36,∴EC=6. 又∵PE=2,PC=4, ∴PE2+EC2=PC2,∴PE⊥EC, 又∵PE⊥EF,EC⊂面FBCDE,EF⊂面FBCDE,且EC∩EF=E,∴PE⊥面FBCDE, ∴以E为原点建立如图所示的空间直角坐标系, 则P(0,0,2),D(0,3,0),C(3,3,0),F(2,0,0), 则=(3,3,-2),=(0,3,-2),=(2,0,-2). 作BG⊥AD交AD于点G, 在Rt△ABG中, ∵AB=8,∠BAD=30°,∴BG=4,AG=4,则EG=2, 则B(4,2,0),则=(4,2,-2), 设面PCD的法向量为m=(x1,y1,z1), 则即 令z1=3,则y1=2,x1=0,∴m=(0,2,3). 设面PBF的法向量为n=(x2,y2,z2), 则即 令z2=1,则x2=,y2=-1, 则n=(,-1,1). 设面PCD与面PBF所成的二面角为θ, 则|cos θ|===, 故sin θ===, ∴面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值为. 练速度 1. B 2. D 3. BC 4. BCD 5.解析　(1)证明:因为CA⊥AB,CA⊥A1A,AA1∩AB=A,AB,AA1⊂平面ABB1A1, 所以CA⊥平面ABB1A1, 因为BE⊂平面ABB1A1,所以CA⊥BE, 又因为BE⊥AB1,AB1⊂平面AB1C,CA⊂平面AB1C,且AB1∩AC=A, 所以BE⊥平面AB1C. (2)由题意知AA1,AB,AC两两垂直.以A为坐标原点,向量,,的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),B1(2,0,4),则=(2,-2,0),=(2,0,4),设E(0,0,t),则=(-2,0,t), 因为⊥,所以-4+4t=0,t=1, 所以E(0,0,1),则=(0,-2,1), 设平面CBE的法向量为n=(x,y,z), 则即 令x=1,则z=2,y=1,n=(1,1,2), 易知平面ABE的一个法向量为=(0,2,0),设平面CBE与平面ABE的夹角为α, 则cos α===. 6.解析　(1)证明:过D作DE∥BC交AB于E,则DE⊥AB,取AD的中点O,连接OQ,OB,BD,则OQ⊥AD, 因为AB=2CD=2,所以AE=1, 所以cos∠DAE=,则∠DAB=, 故△ABD为等边三角形,故OB⊥AD, 又OQ∩OB=O,OQ,OB⊂平面OBQ, 所以AD⊥平面OBQ,又BQ⊂平面OBQ, 所以AD⊥BQ. (2)因为OQ=OB=,QB=, 所以OQ2+OB2=QB2,因此OQ⊥OB, 又因为OQ⊥AD,AD∩OB=O,AD,OB⊂平面ABCD, 所以OQ⊥平面ABCD, 故建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,2,0),B(0,0,0),C(,0,0),D(,1,0),Q,O,,0,则=(,0,0),=,,, 易知平面QAD的法向量为=, 设平面QBC的法向量为m=(x,y,z), 则 令y=2,则m=(0,2,-), 故cos<,m>===, 故平面QAD与平面QBC的夹角的余弦值为. 练思维 1. D 2. ABD 3. ACD 4. AD 5.解析　(1)依题意得C1C⊥平面ABCD,因为AC⊂平面ABCD,所以C1C⊥AC. 取AD的中点N,连接CN, 因为AN=BC=AD,AN∥BC, 所以四边形ABCN是平行四边形, 所以CN=AB=AD,所以CD⊥AC, 又C1C∩CD=C,C1C,CD⊂平面C1CDD1, 所以AC⊥平面C1CDD1, 因为C1D⊂平面C1CDD1,所以AC⊥C1D, 假设存在点M,使得C1D⊥平面ACM,只需C1D⊥CM,易证△C1CM∽△C1DC,则=, 易得CC1=3,CD=,所以C1D==,则C1M=, 所以存在点M,使得C1D⊥平面ACM,且C1M=. (2)由题意知CC1,CN,BC两两垂直.以C为坐标原点,,,的方向分别为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C(0,0,0),A(1,1,0),D(1,-1,0),C1(0,0,3),则=(1,1,0),=(0,0,3),=(1,-1,-3),设=λ=(λ,-λ,-3λ),λ∈[0,1], 则=+=(λ,-λ,3-3λ). 因为CC1⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD, 所以CC1⊥CD,又由(1)知CD⊥AC,且CC1∩AC=C,CC1,AC⊂平面C1AC,所以CD⊥平面C1AC, 则平面C1AC的一个法向量为=(1,-1,0), 设平面ACM的法向量为n=(x,y,z), 则 取x=3λ-3,则y=3-3λ,z=2λ, 则n=(3λ-3,3-3λ,2λ), 设平面C1AC与平面ACM的夹角为θ, 因为tan θ=,所以cos θ=, 所以cos θ=|cos<,n>|===, 解得λ=或λ=2(舍去),所以=. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$