2027届高考数学一轮复习----4第四节　空间直线、平面的垂直

**基本信息** 练习围绕空间直线与平面垂直主题，分基础过关与素养提升两层，基础层巩固概念与运算，提升层强化综合应用，适配一轮复习，培养空间观念与推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础过关|线面垂直判定与性质、二面角计算等单一知识点|以选择、填空、基础解答题为主，如单选1-6题考查基础判定定理| |素养提升|跨知识点综合应用（线面垂直与面面垂直结合）|采用模拟题情境（如2026·大连模拟），含探究性问题（如15题存在性证明）|

微练(五十五)　空间直线、平面的垂直 　　　　　　　　　　　　　 基础过关 一、单项选择题 1.已知直线a⊥平面α,b∥α,则(　　) A.a⊥b,且a与b相交 B.a⊥b,且a与b不相交 C.a⊥b D.a与b不一定垂直 2.(2026·北京模拟)已知α,β是两个互相垂直的平面,l,m是两条直线,α∩β=l,则“m⊥l”是“m⊥α”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 3.若某圆锥的侧面积为底面积的倍,则该圆锥的母线与底面所成角的正切值为(　　) A.2 B.3 C. D. 4.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 5.在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,E,F分别为AB,B1C1的中点,则(　　) A.DE⊥平面AB1C B.DE⊥平面AA1F C.DE⊥平面ACF D.DE⊥平面AD1F 6.在正四棱锥P⁃ABCD中,AB=2,二面角P⁃CD⁃A的大小为,则该四棱锥的体积为(　　) A.4 B.2 C. D. 二、多项选择题 7.如图,在以下四个正方体中,直线AB与平面CDE垂直的是(　　) 8.(2026·武汉调研)如图所示,在棱长为1的正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,O为BD的中点,则下列结论正确的是(　　) A.A1C⊥平面C1BD B.直线A1C1与平面ABC1D1所成的角为 C.二面角C1⁃BD⁃C的正切值为 D.B1到平面C1BD的距离为 三、填空题 9.如图,在长方体ABCD⁃A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为　　　　.  10.已知平面α和平面β交于直线l,P是空间一点,PA⊥α,垂足为A,PB⊥β,垂足为B,且PA=1,PB=2,若∠APB=60°,则α与β所成二面角为　　　　.  11.从平面外一点D向该平面引垂线段DA及斜线段DB,DC,已知DA的长为a,∠BDA=∠CDA=60°,∠BDC=90°.则BC的长为　　　　.  四、解答题 12.如图,在四棱锥P⁃ABCD中,底面ABCD是菱形,侧棱PA⊥底面ABCD,E是PD的中点,F是AC的中点. (1)证明:EF∥平面PAB; (2)证明:BD⊥平面PAC; (3)证明:平面PBD⊥平面PAC. 13.如图,三棱柱ABC⁃DEF中,AB=AC,且P,Q分别为线段BC与EF的中点.已知AQ⊥平面DEF. (1)证明:AD∥PQ; (2)证明:∠PQD为二面角P⁃EF⁃D的平面角; (3)若∠EAF=60°,且DE⊥DF,求二面角A⁃BC⁃Q的大小. 素养提升 14.(2026·大连模拟)(多选题)如图,在四棱锥P⁃ABCD中,底面ABCD是正方形,侧面PAD为等边三角形,PA=2,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PC上运动(不含端点),则下列说法中正确的是(　　) A.AB与PC是异面直线 B.平面PAD⊥平面PCD C.存在点M,使得BD⊥AM D.存在点M,使得BM∥平面PAD 15.(2026·青岛模拟)如图所示,正方形AA1D1D与矩形ABCD所在的平面互相垂直,AB=2AD=2,A1D∩AD1=O,E为线段AB上的一点. (1)若OE∥平面D1BC,求证:E为AB的中点; (2)在线段AB上是否存在点E,使得平面D1DE⊥平面AD1C?若存在,求出AE的长;若不存在,请说明理由. 微练(五十五)　空间直线、平面的垂直 1.C　解析　因为b∥α,所以b平行于α内的某一条直线,设为b',因为a⊥平面α,且b'⊂平面α,所以a⊥b',所以a⊥b,但a与b可能相交,也可能异面.故选C. 2.B　解析　由题意知,α⊥β,α∩β=l,若m⊥l,当m⊂β时,有m⊥α;当m⊄β时,m与α可能相交、平行,m也有可能在α内,故充分性不成立.若m⊥α,由l⊂α,得m⊥l,故必要性成立.故“m⊥l”是“m⊥α”的必要不充分条件. 3.A　解析　设该圆锥的底面圆半径和母线长分别为r,l,母线与底面所成的角为θ,由题意可得πrl=πr2⇒l=r,由勾股定理可得圆锥的高h==2r,所以圆锥的母线与底面所成角的正切值tan θ==2. 4.A　解析　连接AC1(图略),由AC⊥AB,AC⊥BC1,AB∩BC1=B,得AC⊥平面ABC1.因为AC⊂平面ABC,所以平面ABC1⊥平面ABC.所以C1在平面ABC上的射影H必在平面ABC1与平面ABC的交线AB上.故选A. 5.B　解析　对于A,若DE⊥平面AB1C,AC⊂平面AB1C,则DE⊥AC,在正方形ABCD中,DB⊥AC,E∉BD,与过D有且仅有一条直线与AC垂直矛盾,故A错误;对于B,取BC中点G,连接AG,如图①,易知AG∥A1F,在正方形ABCD中,AD=AB,AE=BG,∠DAE=∠ABG=90°,所以△ADE与△BAG全等,所以∠DEA+∠BAG=∠DEA+∠ADE=90°,则DE⊥AG,即DE⊥A1F.又因为A1A⊥平面ABCD,DE⊂平面ABCD,所以A1A⊥DE,因为A1A,A1F⊂平面AA1F,且A1A∩A1F=A1,所以DE⊥平面AA1F,故B正确; ① 对于C,若DE⊥平面ACF,AC⊂平面ACF,则DE⊥AC,由A分析,此处有矛盾,不可能成立,故C错误;对于D,若DE⊥平面AD1F,D1F⊂平面AD1F,则DE⊥D1F,取A1B1的中点P,连接D1P,如图②所示,易知D1P∥DE,所以D1P⊥D1F,这显然不成立,故D错误.故选B. ② 6.C　解析　如图所示,连接AC,BD相交于点H,则H为正方形ABCD的中心,故PH⊥底面ABCD,取CD的中点Q,连接HQ,PQ,则HQ⊥CD,PQ⊥CD,HQ=AD=1,故∠PQH为二面角P⁃CD⁃A的平面角,所以∠PQH=,故PH=HQ=1,所以该四棱锥的体积为×AB2·PH=. 7.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,所以AB⊥平面CDE.故选BD. 8.ABC　解析　由正方体的性质可得BD⊥平面ACC1A1,A1C⊂平面ACC1A1,故A1C⊥BD,又BC1⊥平面A1B1CD,A1C⊂平面A1B1CD,故A1C⊥BC1,BD∩BC1=B,且BD,BC1⊂平面C1BD,故A1C⊥平面C1BD,故A正确;设正方体的棱长为1,直线A1C1与平面ABC1D1的夹角为θ,则A1C1=,点A1到平面ABC1D1的距离为A1D=,故sin θ=,所以θ=,故B正确;连接CO,OC1(图略),则∠C1OC为二面角C1⁃BD⁃C的平面角,则tan∠C1OC==,故C正确;设B1到平面C1BD的距离为h,因为=,所以×××××h=××1×1×1,解得h=,故D错误. 9.　解析　如图,连接A1C1,则∠AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成的角.因为AB=BC=2,所以A1C1=2,又AA1=1,所以AC1=3,所以在Rt△AA1C1中,sin∠AC1A1==. 10.120°或60°　解析　要考虑点P位置的两种可能.如图①和图②. 过A作AO⊥l,连接OB,又PA⊥α,l⊂α,所以PA⊥l,又AO∩PO=O,AO,PO⊂平面PAO,所以l⊥平面PAO,又PB⊥β,同理可得PB⊥l,l⊥平面PAB,所以P,A,B,O共面,即l⊥平面PAOB,又OB⊂平面PAOB,所以l⊥OB,则∠AOB就是α与β所成二面角的平面角,图①中,∠AOB+∠APB=180°,所以∠AOB=120°,图②中,∠AOB=∠APB=60°. 11.2a　解析　如图,设平面为α,由题意得DA⊥平面α,因为AB,AC⊂平面α,所以∠DAB=∠DAC=90°,在△DAB中,DA=a,∠BDA=60°,所以DB=2DA=2a,同理DC=2DA=2a,在△BDC中,∠BDC=90°,BD=DC=2a,所以BC===2a. 12.证明　(1)如图,连接BD,因为四边形ABCD是菱形,所以AC和BD互相平分,因为F是AC中点,所以F也是BD中点,又因为PE=DE,所以EF∥PB,因为PB⊂平面PAB,EF⊄平面PAB,所以EF∥平面PAB. (2)因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD,因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD,又因为AP∩AC=A,AP,AC⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC. (3)由(2)知BD⊥平面PAC,因为BD⊂平面PBD,故平面PBD⊥平面PAC. 13.解　(1)证明:由三棱柱的性质,四边形BCFE为平行四边形,故BC∥FE,BC=FE.又P,Q分别为线段BC与EF的中点,则有BP=EQ.所以四边形BPQE为平行四边形,所以BE∥PQ,BE=PQ.因为三棱柱所有侧棱都平行,所以BE∥AD,故AD∥PQ. (2)证明:因为AQ⊥平面DEF,EF⊂平面DEF,故AQ⊥EF.又AB=AC,由三棱柱的性质知:DE=AB,DF=AC,△ABC≌△DEF,所以DF=DE.又Q为线段EF的中点,故EF⊥DQ.由于AQ⊥EF,EF⊥DQ,且AQ∩QD=Q,AQ,QD⊂平面AQD,故EF⊥平面AQD.因为AD⊂平面APQD,故EF⊥AD.由(1)可知:AD∥PQ,所以EF⊥PQ.因为平面PEF∩平面EFD=EF,PQ⊂平面PEF,DQ⊂平面DEF且EF⊥DQ,EF⊥PQ,所以∠PQD为二面角P⁃EF⁃D的平面角. (3)由(1)可知:AD∥PQ,AD=PQ,所以四边形APQD为平行四边形,所以平面ADQ即为平面APQD.由(1)EF⊥平面AQD,因为EF∥BC,所以BC⊥平面APQD.连接AP(图略),因为AB=AC,且P为线段BC的中点,所以AP⊥BC,由(2)PQ⊥EF,所以PQ⊥BC,因为平面ABC∩平面BCQ=BC,PQ⊂平面BCQ,AP⊂平面ABC,所以∠APQ为二面角A⁃BC⁃Q的平面角,由于AQ⊥EF,且Q为线段EF的中点,故AE=AF.又∠EAF=60°,故△AEF为等边三角形,不妨设AE=AF=EF=2a,则AQ=a.由于DF=DE,DE⊥DF,故△DEF为等腰直角三角形,故QD=EF=a.故Rt△AQD中,tan∠ADQ===,故∠ADQ=60°.因为四边形APQD为平行四边形,所以∠APQ=∠ADQ=60°.所以二面角A⁃BC⁃Q的大小为60°. 14.AB　解析　对于A,因为AB⊂平面ABCD,PC与平面ABCD相交于点C,而点C不在直线AB上,所以AB与PC是异面直线,所以A正确.对于B,因为底面ABCD是正方形,所以AD⊥CD,因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,CD⊂平面ABCD,所以CD⊥平面PAD,因为CD⊂平面PCD,所以平面PAD⊥平面PCD,所以B正确.对于C,如图,取AD的中点G,连接AC,GC,PG,因为侧面PAD为等边三角形,所以PG⊥AD,因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PG⊂平面PAD,所以PG⊥平面ABCD,因为BD⊂平面ABCD,所以PG⊥BD,假设BD⊥AM,因为BD⊥AC,AC∩AM=A,AC,AM⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC,因为PA⊂平面PAC,所以BD⊥PA,又因为PG⊥BD,PG∩PA=P,PG,PA⊂平面PAG,所以BD⊥平面PAG,因为AD⊂平面PAG,所以BD⊥AD,这与四边形ABCD是正方形相矛盾,所以BD⊥AM不成立,所以C错误.对于D,因为四边形ABCD是正方形,所以BC∥AD,因为AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD,所以BC∥平面PAD,假设BM∥平面PAD,因为BM∩BC=B,BM,BC⊂平面PBC,所以平面PBC∥平面PAD,这与两平面有公共交点P相矛盾,所以不存在点M,使得BM∥平面PAD,所以D错误.故选AB. 15.解　(1)证明:因为四边形AA1D1D为正方形,A1D∩AD1=O,所以O为AD1的中点.又因为OE∥平面D1BC,平面ABD1∩平面D1BC=BD1,OE⊂平面ABD1,所以OE∥BD1.又因为O为AD1的中点,所以E为AB的中点. (2)存在,当AE=时,平面D1DE⊥平面AD1C,理由如下.因为四边形AA1D1D为正方形,所以D1D⊥AD.又平面AA1D1D∩平面ABCD=AD,平面AA1D1D⊥平面ABCD,D1D⊂平面AA1D1D,所以D1D⊥平面ABCD.又AC⊂平面ABCD,所以D1D⊥AC.要使平面D1DE⊥平面AD1C,只需AC⊥平面D1DE,只需AC⊥DE.如图,当DE⊥AC时,在Rt△DAE和Rt△ABC中,可得∠AED=∠BCA,∠DAE=∠ABC.所以△DAE∽△ABC.所以=,即=,解得AE=.故在线段AB上存在点E,使得平面D1DE⊥平面AD1C,此时AE=. 学科网（北京）股份有限公司 $