规范练45 空间直线、平面的垂直2027届高三一轮复习试题 数学

**基本信息** 聚焦空间垂直关系判定与性质，以题载法构建“概念辨析-定理应用-综合迁移”的逻辑体系，强化空间观念与推理论证能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|6题（1-7）|模型法（正方体）、线面垂直判定、翻折动态分析|从线线垂直到面面垂直，构建判定定理与性质定理的应用链条| |综合提升练|5题（8-11）|空间向量法、面积法求高、高考真题迁移|结合柱体/锥体综合应用，强化空间想象与逻辑推理的数学思维|

课时规范练45　空间直线、平面的垂直 (分值:80分) (单选题每小题5分,多选题每小题6分,填空题每小题5分) 基础巩固练 1.若空间中四个不同的平面α1,α2,α3,α4,满足α1⊥α2,α2⊥α3,α3⊥α4,则下面结论一定正确的是(　　) A.α1⊥α4 B.α1∥α4 C.α1,α4既不垂直也不平行 D.α1,α4的位置关系不确定 2.如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,BC1⊥AC,则C1在底面ABC上的射影H必在(　　) A.直线AB上 B.直线BC上 C.直线AC上 D.△ABC内部 3.(多选题)如图,在以下四个正方体中,直线AB与平面CDE垂直的是(　　) A B C D 4.(多选题)(2025·全国1,9)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D为BC中点,则(　　) A.AD⊥A1C B.B1C1⊥平面AA1D C.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D 5.在矩形ABCD中,AB<BC,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: ①存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直;②存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直;③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　　　　　.  6.(13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,AB=AD=AP=2CD=2,M是棱PB上一点. (1)若BM=2MP,求证:PD∥平面MAC; (2)若平面PAB⊥平面ABCD,平面PAD⊥平面ABCD,求证:PA⊥平面ABCD. 7.(13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,AD∥BC,AB⊥BC,AB=BC=1,AD=2,PA⊥平面ABCD,PA=2. (1)求证:平面PAC⊥平面PCD; (2)求二面角P-CD-A所成角的余弦值. 综合提升练 8.(2024·北京,8)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,PA=PB=4,PC=PD=2,该棱锥的高为(　　) A.1 B.2 C. D. 9.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,则在三棱锥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 10.如图,四边形ABCD是圆柱的轴截面,E是底面圆周上异于A,B的一点,则下面结论中正确的是　　　　　.(填序号)  ①AE⊥CE;②BE⊥DE;③DE⊥平面BCE;④平面ADE⊥平面BCE. 11.(12分)(2023·全国甲,理18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°,AA1=2,A1到平面BCC1B1的距离为1. (1)证明:A1C=AC; (2)已知AA1与BB1距离为2,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值. 参考答案 课时规范练45　空间直线、平面的垂直 1.D　解析 如图,在正方体中,记平面ABB1A1为平面α1,平面ABCD为平面α2,平面BCC1B1为平面α3,满足α1⊥α2,α2⊥α3. 若平面A1B1C1D1为平面α4,满足α3⊥α4,此时α1⊥α4;若平面CDD1C1为平面α4,满足α3⊥α4,此时α1∥α4.由此可得,α1,α4的位置关系不确定.故选D. 2.A　解析 连接AC1(图略),由AC⊥AB,AC⊥BC1,AB∩BC1=B,AB,BC1⊂平面ABC1,AC⊄平面ABC1,得AC⊥平面ABC1.∵AC⊂平面ABC,∴平面ABC1⊥平面ABC,∴C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上. 3.BD　解析 对于A,显然AB与CE不垂直,则直线AB与平面CDE不垂直;对于B,因为AB⊥CE,AB⊥ED,且CE∩ED=E,所以AB⊥平面CDE;对于C,显然AB与CE不垂直,所以直线AB与平面CDE不垂直;对于D,因为ED⊥平面ABC,则ED⊥AB,同理,CE⊥AB.因为ED∩CE=E,ED,CE⊂平面CDE,所以AB⊥平面CDE.故选BD. 4.BD　解析 取B1C1中点D1,连接A1D1,AD,则AD∥A1D1.易知A1D1不垂直于平面AA1C1C, ∴A1D1与A1C不垂直,∴AD与A1C不垂直,故A错误;由题可知,B1C1⊥A1D1,B1C1⊥AA1,A1D1∩AA1=A1,A1D1,AA1⊂平面AA1D,∴B1C1⊥平面AA1D,故B正确;∵AD∥A1D1,AD∥平面A1B1C1,A1D1与A1B1相交,∴AD与A1B1异面,故C错误;∵CC1∥AA1,CC1⊄平面AA1D,AA1⊂平面AA1D,∴CC1∥平面AA1D,故D正确.故选BD. 5. ②　解析 ①假设AC与BD垂直,过点A作AE⊥BD于点E,连接CE,如图所示. ∵AE⊥BD,BD⊥AC,AC∩AE=A,AC,AE⊂平面AEC,则BD⊥平面AEC,故BD⊥CE.在平面BCD中,CE与BD不垂直,故假设不成立,①不正确; ②假设AB⊥CD,∵AB⊥AD,CD∩AD=D,AD,CD⊂平面ACD,∴AB⊥平面ACD,∴AB⊥AC. 由AB<BC可知,存在这样的直角三角形,使AB⊥AC,故假设成立,②正确; ③假设AD⊥BC,∵CD⊥BC,AD∩CD=D,AD,CD⊂平面ACD,∴BC⊥平面ACD,∴BC⊥AC,即△ABC为直角三角形,且AB为斜边.又AB<BC,故矛盾,假设不成立,③不正确. 6.证明 (1)连接BD交AC于点O,连接OM. 因为AB∥CD,AB=2CD,所以=2. 因为BM=2MP, 所以=2, 所以, 所以OM∥PD. 因为OM⊂平面MAC,PD⊄平面MAC, 所以PD∥平面MAC. (2)因为平面PAD⊥平面ABCD,AD⊥AB,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊂平面ABCD,所以AB⊥平面PAD. 因为PA⊂平面PAD,所以AB⊥PA.同理可证,AD⊥PA.因为AD⊂平面ABCD,AB⊂平面ABCD,AD∩AB=A,所以PA⊥平面ABCD. 7.(1)证明 因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD. 由已知得,AC=. 取AD的中点F,连接CF. 因为∠BAD=90°,AB=BC=AF=1,AF∥BC,所以四边形ABCF是正方形,则CF=1,所以CD=. 因为AD=2,所以AC2+CD2=AD2,所以AC⊥CD. 又PA∩AC=A,且PA,AC⊂平面PAC,所以CD⊥平面PAC. 因为CD⊂平面PCD,所以平面PAC⊥平面PCD. (2)解 因为CD⊥平面PAC,PC⊂平面PAC,所以CD⊥PC. 又AC⊥CD,所以∠PCA为二面角P-CD-A的平面角. 在Rt△PAC中,AC=,PA=AD=2,PC=,cos∠PCA=,所以二面角P-CD-A所成角的余弦值为. 8.D　解析 四棱锥的底面是边长为4的正方形,且PA=PB=4,PC=PD=2,如图,设AB,CD的中点分别为E,F,则PE⊥AB,PF⊥CD,连接EF. ∵EF⊥CD,PF⊥CD,EF∩PF=F,EF⊂平面PEF,PF⊂平面PEF, ∴CD⊥平面PEF.又CD⊂平面ABCD, ∴平面PEF⊥平面ABCD,且平面PEF∩平面ABCD=EF.过点P作PO⊥EF于点O,则PO⊂平面PEF,则PO⊥平面ABCD.在△PEF中,由题可求得PE=2,PF=2,EF=4,∴PE2+PF2=EF2,∴∠EPF=90°,根据面积相等可得PO·EF=PE·PF,即4PO=2×2,得PO=.故选D. 9.D　解析 对于B,如图1,因为AD∥BC,AD=AB,∠BAD=90°, 所以∠ABD=∠ADB=45°. 又因为∠BCD=45°,AD∥BC,所以∠ADC=135°,所以∠BDC=∠ADC-∠ADB=135°-45°=90°,所以CD⊥BD,故B正确; 对于A,由B知CD⊥BD. 又因为平面ABD⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD, 所以CD⊥平面ABD. 因为AB⊂平面ABD,所以CD⊥AB,故A正确; 对于C,由选项A知,CD⊥平面ABD. 因为CD⊂平面ADC,所以平面ADC⊥平面ABD,故C正确; 对于D,如图2,过点A作AE⊥BD,垂足为E,因为平面ABD⊥平面BCD,AE⊂平面ABD,平面ABD∩平面BCD=BD,所以AE⊥平面BCD. 显然AE⊄平面ABC,所以平面ABC与平面BDC不垂直,故D错误.故选D. 图1 图2 10.①②④　解析 因为四边形ABCD是圆柱的轴截面,则线段AB是底面圆的直径,BC,AD均为圆柱的母线.又E是底面圆周上异于A,B的一点,则AE⊥BE.因为BC⊥平面ABE,AE⊂平面ABE,则BC⊥AE.因为BC∩BE=B,BC,BE⊂平面BCE,则AE⊥平面BCE.因为CE⊂平面BCE,所以AE⊥CE,①正确;同理,BE⊥DE,②正确;点D不在底面ABE内,而直线AE在底面ABE内,即AE,DE是两条不同直线. 若DE⊥平面BCE,因为AE⊥平面BCE,与过一点有且只有一条直线垂直于已知平面矛盾,③不正确;因为AE⊥平面BCE,而AE⊂平面ADE,故平面ADE⊥平面BCE,④正确. 11.(1)证明 ∵A1C⊥底面ABC,BC⊂平面ABC,∴A1C⊥BC. ∵∠ACB=90°,∴BC⊥AC. 又A1C,AC⊂平面ACC1A1, ∴BC⊥平面ACC1A1. ∵BC⊂平面BCC1B1, ∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1. A1O⊥平面BCC1B1. ∵A1到平面BCC1B1的距离为1, ∴A1O=1. ∵A1C⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,∴A1C⊥AC. 又A1C1∥AC,∴A1C⊥A1C1. 又CC1=AA1=2,设CO=x,则C1O=2-x,则A1=A1O2+C1O2=1+(2-x)2,A1C2=A1O2+CO2=1+x2,∴A1+A1C2=C,即1+x2+1+(2-x)2=4,解得x=1,∴A1C=,AC=,故A1C=AC. (2)解 (方法1)连接BA1. ∵BC⊥A1C,BC⊥AC,∴在Rt△A1CB中有A1C2+BC2=B,在Rt△ACB中有AC2+BC2=AB2,又AC=A1C,∴AB=BA1. 过点B作BD⊥AA1交AA1于点D,则D为AA1的中点,且BB1⊥BD,则BD即为直线AA1与BB1的距离,∴BD=2. ∴A1D=1,A1B=,∴BC=, ∴AB1=,易知A到平面BCC1B1的距离d=1,则AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为. (方法2)∵A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°,∴A1C,AC,BC两两垂直. 如图,以C为坐标原点,建立空间直角坐标系. 由(1)知AC=A1C=A1C1=,取A1A中点E,连接BE,则BE⊥A1A. ∴BE=2,∴AB=,则BC=. 则A(,0,0),A1(0,0,),C1(-,0,),O(-,0,),B1(-). ∵A1O⊥平面C1CBB1,∴平面C1CBB1的法向量=)-,0,-). 又=(-2), ∴cos<>=. ∴直线AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为sin θ=cos<>=. 学科网（北京）股份有限公司 $