5.5 直线、平面垂直的判定与性质 五年高考母题原型训练-【备战高考】备战2027高考数学母题题源同步练

AB=2√2a,M是AB的中点， 所以DE=3a,EM=√3a,MD=√6a, 得△EMD是直角三角形，其中∠EMD=90°， 所以MF=EM:MD=反a. DE MF 在Rt△CMF中，tan∠FCM =MC=1,所以∠FCM=45, 故CM与平面CDE所成的角是45. 解法二：如图，以点C为坐标原点， 以CA,CB分别作为x轴和y轴，过点 C作与平面ABC垂直的直线为之轴， 建立直角坐标系C一xy之，设EA=a, 则A(2a,0,0),B(0,2a,0),E(2a,0, a), D(0,2a,2a),M(a,a,0). (1)因为EM=(-a,a,-a),Ci=(a,a,0), 所以EM.CM=0, 故EM⊥CM. (2)设向量n=(1,yo,o)与平面CDE垂直， 则n⊥CE,n⊥CD. 即n·CE=0,n·CD=0. 因为CE=(2a,0,a),CD=(0,2a,2a), 所以y。=2,之0=一2， 即n=(1,2,-2), - 直线CM与平面CDE所成的角B是n与CM夹角的余角， 所以0=45°， 因此直线CM与平面CDE所成的角是45°」 题源1直线与平面垂直（★★★★★） 1.(2020·上海)给定空间中的直线l及平面a.条件“直线l 与平面α内无数条直线都垂直”是“直线l与平面a垂直”的 A.充分条件 B.充分非必要条件 C.必要非充分条件 D.既非充分又非必要条件 2.(2018·北京)平面a的斜线AB交a于点B,过定点A 的动直线1与AB垂直，且交a于点C,则动点C的轨迹是 A.一条直线 B.一个圆 C.一个椭圆 D.双曲线的一支 3.(2018·安徽)平行四边形的一个顶点A在平面a内，其 余三个顶点在a的同侧.已知其中有两个顶点到a的距离分别为 1和2.那么剩下的一个顶点到a的距离可能是： ①1：②2：③3：④4. 以上结论正确的为 .(写出所有正确结论的编号) 4.(2018·安徽)多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为 相邻的.如图，正方体的一个顶点A在平面α内，其余顶点在a 的同侧，正方体上与顶点A相邻的三个顶点到。的距离分别为 1,2和4.P是正方体的其余四个顶点中的一个，则P到平面《 ·1 五年高考母题原型训练 (★代表高考出现的频次) 的距离可能是： ①3：②4：③5：④6：⑤7」 以上结论正确的为 ,(写出所有正确结论的编号)》 5.(2018·重庆)如图，在四棱锥P一ABCD中，PA⊥底面 ABCD,∠DAB为直角，AB∥CD,AD=CD=2AB,E、F分别 为PC、CD的中点. (1)证明：CD⊥平面BEF; (2)设PA=k·AB,且二面角E一BD一C的平面角大于 30°，求k的取值范围， 6.(2021·广东)如图，已知正方体ABCD一A1B1C1D1的 棱长为2，点E是正方形BCC1B1的中心，点F,G分别是棱 C1D1,AA1的中点.设点E1,G1分别是点E,G在平面DCC1D 内的正投影 (1)求以E为顶点，以四边形FGAE在平面DCC,D1内的 正投影为底面边界的楼鞋的体积： (2)证明：直线FG1⊥平面FEE1: (3)求异面直线E1G1与EA所成角的正弦值 0 B Di 5 题源2平面与平面垂直（★★★★★） 7.(2021·山东)已知a,3表示两个不同的平面，m为平面a 内的一条直线，则“a⊥B”是“m⊥B”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 8.(2020·江西)设直线m与平面a相交但不垂直，则下列 说法中正确的是 () A.在平面a内有且只有一条直线与直线m垂直 B.过直线m有且只有一个平面与平面a垂直 C.与直线m垂直的直线不可能与平面a平行 D.与直线m平行的平面不可能与平面a垂直 9.(2020·北京)在正四面体P一ABC中，D、E、F分别是 AB、BC、CA的中点，下面四个结论中不成立的是() A.BC∥平面PDF B.DF⊥平面PAE C.平面PDF⊥平面ABCD.平面PAE⊥平面ABC 10.(2020·江苏)如图，在四面体ABCD中，CB=CD,AD ⊥BD,点E、F分别是AB、BD的中点，求证： (1)直线EF∥平面ACD: (2)平面EFC⊥平面BCD. D 11.(2022·福建)如图，圆柱OO1内有一个三棱柱ABC AB1C1,三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形，且AB是圆 O的直径. A O A形 C (1)证明：平面A1ACC1⊥平面B1BCC1. ·1 (2)设AB=AA1.在圆柱OO1内随机选取一点，记该点取 自于三棱柱ABC一A1B1C1内的概率为p. ()当点C在圆周上运动时，求p的最大值； (i)记平面A1ACC1与平面B,OC所成的角为9(0°<9≤ 90°).当p取最大时，求cos0的值. 6· (2)当△ADB转动时，是否总有AB⊥CD？证明你的结论. 题源3直线与直线垂直（★★★★★） D 12.(2019·安徽)设1，m,n均为直线，其中m,n在平面a 内，则“l⊥a”是“l⊥m且l⊥n”的 ( A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 13.(2021·四川)如图，已知六棱锥P一ABCDEF的底面 是正六边形，PA⊥平面ABC,PA=2AB,则下列结论正确的是 () A.PB⊥AD B.平面PAB⊥平面PBC C.直线BC∥平面PAE D.直线PD与平面ABC所成的角为45 C 16.(2021·陕西)如图，在直三棱柱ABC一A1B1C1中，AB =1,AC=AA1=3,∠ABC=60. (1)证明：AB⊥AC: 第13题 第14题 (2)求二面角A一AC-B的大小. 14.(2021·宁海)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长 L,线段B1D,上有两个动点E,F,且EF=号，则下列结论三 错误的是 () A.AC⊥BE B.EF∥平面ABCD C.三楼锥A一BEF的体积为定值 D.异面直线AE,BF所成的角为定值 15.(2019·宁海)如图，A,B,C,D为空间四点.在△ABC 中，AB=2,AC=BC=√2.等边三角形ADB以AB为轴转动. (1)当平面ADB⊥平面ABC时，求CD: 2022一2023高考题源拓展测试 D●未来高考还会这样考 (测试时间：90分钟总分：100分) 一、选择题（本题包括8小题，每小题2.5分，共20分。每小题 C.平面ADCL平面BCD 只有一个选项符合题意) D.平面ABC⊥平面BCD 1.(©1)如图所示，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB 3.(心3)若平面a与平面B相交，直线m⊥a,则(） =90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC所在平面，那么 A.3内必存在直线与m平行，且存在直线与m垂直 B.3内不一定存在直线与m平行，不一定存在直线与m A.PA=PB>PC 垂直 B.PA=PB<PC C.3内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直 C.PA=PB=PC D.B内必存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直 D.PA≠PB≠PC 4.(g1.2)设a,B,y是三个不重合的平面，m,n是不重合的 2.(2)在三棱锥A一BCD中，若AD 直线，下列判断正确的是 () ⊥BC,BD⊥AD,△BCD是锐角三角形，那 A.若a⊥3,3⊥Y,则a∥y 么必有 () B.若a⊥B,l∥B,则1⊥a A.平面ABD⊥平面ADC C.若m∥an∥a,则m∥n B.平面ABD⊥平面ABC D.若m⊥a,n⊥a,则m∥n ·117在△CFG中，m∠cGF-需-号，所以 ∠CGF=45°. 于是二面角E一BC1一C的大小是45° §5.5直线、平面垂直的判定与性质 五年高考母题原型训练 1,C【解析】由直线与平面垂直的判定定理 可知，l垂直于a内任一条直线，故必要性成立，而1 垂直于Q内两条相交直线时，l与Q垂直，故充分性不 成立，故选C. 2.A【解析】由已知AB应与AC所在平面 垂直，点C的轨迹为AC所在平面与平面的交线，即 直线.故选A. 3.①③【解析】如图，B、D到平面a的距离 3 为1,2，则DB的中点到平面a的距离为2，所以C 到平面a的距离为3； B、C到平面a的距离为1.2，D到平面a的距离 为x,则x十1=2即x=1,所以D到平面a的距离 为1： C、D到平面a的距离为1.2，同理可得B到平面 a的距离为1：所以选①③. 4.①③④⑤【解 D 析】如图，B、D、A1到 53 平面a的距离分别为1， 2,4,则D、A1的中点到 平面a的距离为3，所以 02 D1到平面a的距离为6：B、A1的中，点到平面a的距 5 离为2，所以B1到平面a的距离为5；则D、B的中 点到平面。的距离为三，所以C到平面。的距离为 3:C,A1的中点到平面。的距离为子，所以C1到平 面a的距离为7；而P为C、C1、B1、D1中的一点，所 以选①③④⑤. 5.解法一：(1)由已知DF LAB且∠DAB为直 ·6 角，故ABFD是矩形.从而CD⊥BF. 又PA⊥底面 P ABCD,CD⊥AD,故由 三垂线定理知CD⊥PD. 在△PDC中，E、F分别 为PC、CD的中点，故 EF∥PD,从而CD⊥EF,由此得CD⊥平面BEF, (2)连接AC交BF于G,易知G为AC的中点， 连接EG,则在△PAC中易知EG∥PA. 又因PA⊥底面ABCD,故EG⊥底面ABCD.在 底面ABCD中，过G作GH⊥BD,垂足为H,连接 EH,由三垂线定理知EH⊥BD,从而∠EHG为二面 角E一BD-C的平面角， 设AB=a,则在△PAC中，有BG=合PA- 以下计算GH,考虑底面的平面图（如图）.连 接GD, BD·GH D 因S△GBD= 2 2GB·DF, 放GH=GB·DF BD 在△ABD中，因AB=a, AD=2a,得BD=√5a. 前GB=FB=之AD=a,DF=AB,从可得 GH= GB·AB_a·a_V5 BD √5a 5a. 1 因此tan∠EHG= EG 2ka GH 2 由k>0知∠EHG是锐角，故要使∠EHG >30°， 必须 6>tan30° 3 解之得，k的范围为>25 15· 解法二：(1)如图， ↑z 以A为原点，AB所在 直线为x轴，AB所在直线为y轴，AP所在直线为≈ 轴建立空间直角坐标系，设AB=a,则易知点A,B, C,D,F的坐标分别为A(0,0,0),B(a,0,0),C(2a, 2a,0),D(0,2a,0),F(a,2a,0). 从而D元=(2a,0,0),B求=(0,2a,0), 设PA=b,则P(0,0,b),而E为PC中点，故 Ea,)从而眩=(0a,)由芯·成=0， D元.BF=0,故D元⊥BF,D元⊥B正，因为BEn BF=B. 由此得CD⊥面BEF. (2)设E在xOy平面上的投影为G,过G作GH ⊥BD垂足为H,由三垂线定理知EH⊥BD, 从而∠EHG为二面角E一BD一C的平面角. 由PA=k·AB得P(0,0,ka),Eaa,2 ka G(a,a,0). 设H(x,y,0),则GH=(x-a,y-a,0),BD= (-a,2a,0), 由Gi·BD=0得-a(x-a)+2a(y-a)=0, 即x-2y=-a.① 又因Bi=(x一a,y,0),且Bi与BD的方向相 同，故二a=,即2x十y=2a.② -a 2a 由①②解得x= 3 5a,y= 5. 从而G产=（ 5a,- 5a,0Gi1= 5a. ka EG tan∠EHG 5 GH1√5 由k>0知∠EHG是锐角，由∠EHG>30°，得 an∠EHG>an30,即 2k>3 故的取值范围为6>25 15 6.考查空间线面关系、空间向量及坐标运算、几 何体体积等知识，考查数形结合、化归与转化的数学 思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算 求解能力. 解：(1)由题意和EE1⊥平DCC1D1,且四边形 FGAE在平面DCC1D1内的正投影为四边形FG1DE1· 。6 点E是正方形BCC1B1的中心，∴.EE1=1 ,SG1DEI=SpCIDI-S△FD1G1-S△BEIc1F -S△DE1· 由题设知点E1、G1分别是CC、DD1的中点， S阳6u=2-7X1X1-2×1X1-7×1 ×2=2. 故所求的四棱锥体积VE-G1DE1= 3S1DE1· BE,=×2X1=号 (2)证法一：由(1)知△E1C1F与△G1D1F均为 等腰直角三角形， ∠GFE=→BFLFE EE1⊥平面DCC1D1,FG1C平面DCCD1, .EE1⊥FG1. 又，EE:∩FE1=E1,FG1⊥平面FEE1. 证法二：以D为原点，DD1,DC,DA分别为 轴y轴x轴的正向，2DD1为1个单位长度建立 空间直角坐标系 由(1)及题设知点E,F,G1,E1的坐标分别为 (1,2,1),(0,1,2),(0,0,1),(0,2,1) FE=(0,1,-1),FG=(0,-1,-1),EE= (-1,0.0) ∴FG.EE=0,FG.FE=0→FGILEE, FGI⊥FE1, 又，EE∩FE1=E1,FG1⊥平面FEE1. (3)解法一：由(I)的解答知E1G1∥AB, ∠EAB即为E1G与EA所成的角，连接EB, 由题意得EB=√2. AB⊥平面BCC1B1,.△EBA为直角三 角形， ∴.EA=√EB+AB=√（√2）2+22=√6， 六in<BAB=锐-点-点 EA√63 解法二：由题意知点A的坐标为(2,0,0)， 又由(2)解答可知EA=(1,一2，一1)，E1G1= (0,一2,0) cOs(EA,EG) EA·E1G1N6 EA1·E,G3' √3 .sin (EA,EGi)1-cos:(EA,EG)3 7.B【解析】本题考查空间中垂直关系的判 定及性质定理与充分必要条件，属于对推理论证能力 及空间想象能力的考查.由平面与平面垂直的判定定 理知，如果m为平面a内的一条直线，则m⊥B→a⊥ B,反之若a⊥B,则其中一平面a内的任意一直线m 与B的关系可平行或相交，故a⊥B是m⊥B的必要但 不充分条件. 8.B【解析】平面a内有无数条直线与直线 m垂直：过直线m有且只有一个平面与平面a垂直； 与直线m垂直的直线可以平行于平面a;与直线m 平行的平面可以与平面a垂直，且不唯一，即只有B 选项的命题正确，故应选B. 9.C【解析】A:,D、 F分别为AB、CA中点， DF∥BC ,DFC平面PDF,BC 中平面PDF. .BC∥平面PDF. B:在正△ABC中，由平 面几何知识，AE⊥BC,:DF∥BC,.AE⊥DF, :在△PBC中，PE⊥BC, DF∥BC,.DF⊥PE, ,DF⊥AE,DF⊥PE,AE∩PE=E,AEC平 面PAE,PEC平面PAE, ∴.DFL平面PAE. C:假设面PDF⊥平面ABC,,O为DF中点， .DO⊥PF,∴.PO⊥平面ABC,.PO⊥AE, ,O为AE中点，∴.PA=PE.设正四面体棱长 为a,PA=a,PE-a,这与PA=PE矛盾 .假设不成立.∴.平面PDF不垂直面ABC. D:在正△ABC中，AE⊥BC,在正△PBC中， PE⊥BC, ·6 又AE∩PE=E, AEC平面PAE,PEC平面PAE,.BC⊥平 面PAE. ,BCC平面ABC,∴.平面ABC⊥平面PAE.故 选C. 10.本小题主要考查直线与平面、平面与平面的 位置关系，考查空间想象能力、推理论证能力. 证明：(1)在△ABD中，因为E、F分别是AB、 BD的中点，所以EF∥AD. 又ADC平面ACD,EF中平面ACD,所以直线 EF∥平面ACD. (2)在△ABD中，因为EF中平面ACD,所以直 线EF∥平面ACD,所以EF⊥BD,在△BCD中，因 为CD=CB,F为BD的中点， 所以CF⊥BD 因为EFC平面EFC,CFC平面EFC,EF与 CF交于点F,所以BD⊥平面EFC. 又因为BDC平面BCD,所以平面EFC⊥平 面BCD. 11.解法一：(1)：A1A⊥平面ABC,BCC平面 ABC,∴.A1A⊥BC 01 AB是圆O的直径，∴.BC⊥AC 又AC∩A1A=A,.BC⊥平面A1ACC1. 而BCC平面B,BCC1, 所以平面A1ACC1⊥平面B1BCC1, (2)(i)设圆柱的底面半径为r,则AB=AA1= 2,故三楼柱ABC-A,B,C,的体积V=号AC· BC·2r=AC·BC·r, 又AC2+BC2=AB=4r2,.AC·BC AC:+BC2 =2r2, 当且仅当AC=BC=√2r时等号成立. B 从而，V1≤2r3. 而园柱的体积V=xr·2r=2r,故P-长< 2r31 2x=元，当且仅当AC=BC=E,即OC⊥AB时 等号成立所以p的景大值特于号 (i)由(i)可知，p取最大值时，OC⊥AB. 于是，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系 O一xyz(如图)，则C(r,0,0),B(0,r,0),B1(0r, 2r). :BC⊥平面A1ACC1,∴.BC=(r,-r,0)是平 面A1ACC1的一个法向量. 设平面B1OC的法向量n=(x,y,), 由 。+得20. n⊥OC. 故∫20， n LOB ry+2r=0.y=-2x. 取之=1，得平面B1OC的一个法向量为n=(0, -2,1) ,0<0≤90，∴.cos0=|cos(n,BC〉1= n·BC 2r √10 In·IBC1 5·√2r 5 解法二：(1)同解法一. (2)(i)设圆柱的底面半径为r,则AB=AA1= 2r,故三棱柱ABC-A,BC,的体积V=2AC· BC·2r=AC·BC·r, 设∠BAC=a(0°<a<90°)，则AC=ABcosa= 2 rcosa,BC=ABsina=2 r sina,由于AC·BC= 4r2 sina cosa=2r2sin2a≤2r2,当且仅当sin2a=1即a =45时等号成立，故V1≤2r3.而圆柱的体积V=πr 2=2r,故P=长<器=首且仅当m2 =1即@=6时等号成立，所以，力的最大位等于号 (ii)同解法一. 解法三：(1)同解法一 (2)(i)设圆柱的底面半径为r,则AB=AA1= 2r,故圆柱的体积V=πr2·2r=2πr3. 因为号，所以当，取得最大值时：力取得 最大值。 又因为点C在圆周上运动，所以当OC⊥AB时， ·6 △ABC的面积最大，进而，三棱柱ABC一A1B1C1的 体积V,最大，且其最大值为·272=2. 故p的最大值为一 (i)同解法一· 12.A【解析】本题主要考查简单逻辑的关 系，属于基础知识、基本能力的考查 由m二a,nCa,l⊥a,则l⊥m,l⊥n,反之不 成立 13.D【解析】本题考查考生对于空间的线面 垂直、线线垂直、线面平行、线线角、面面垂直等的相 关定义、定理以及相应的判定方法.依题意得PB在 底面ABCDEF上的射影是AB,在正六边形 ABCDEF中，AB与AD不垂直，因此PB与AD不 垂直，A不正确.若平面PAB⊥平面PBC,作AG BC于点G,则有AG⊥平面PBC;又PA⊥BC,于是 有BC⊥平面PAB,BC⊥AB,这与ABCDEF是正六 边形矛盾，因此平面PAB与平面PBC不垂直，B不 正确.注意BC∥AD,且AD与平面PAE相交，因此 BC与平面PAE相交，C不正确，注意到PD在底面 ABCDEF上的射影是AD,且AD=2AB=PA,因此 直线PD与平面ABC所成的角等于45°，D正确. 14.D【解析】由AC⊥平面B1D可得AC⊥ BE,即A正确：由EF∥BD,可得EF∥平面ABCD, 即B正确；由点A到平面B,D的距离为4C=巨， 2=2可 得V三被A-EF= √21 ?=2,即C正确；由此可得错误的结论为“异面直 线AE,BF所在的角为定值”，故应选D. 15,解：(1)取AB的中点E,连结DE,CE,因为 ADB是等边三角形，所以DE⊥AB.当平面ADB⊥ 平面ABC时，当平面ADB∩平面ABC=AB,所以 DE⊥平面ABC,可知DE⊥CE.由已知可得DE= √3，EC=1. 在Rt△DEC中，CD=√DE+EC=2. (2)当△ADB中以AB为轴转动时，总有AB ⊥LCD 证明：①当D在平面ABC内时，因为AC=BC, AD=BD,所以C,D都在线段AB的垂直平分线上， 3 即AB⊥CD. ②当D不在平面ABC内 时，由(1)知AB⊥DE.又因AC =BC,所以AB⊥CE.又DE, CE为相交直线，所以AB⊥平 面CDE,由CDC平面CDE,B 得AB⊥CD.综上所述，总有AB⊥CD. 16.解法一：(1)，三棱柱ABC一A1B1C1为直 三棱柱，AB⊥AA1. 在△ABC中，AB=1,AC=√3，∠ABC=60°， 由正弦定理得∠ACB=30°， ∴.∠BAC=90°，即AB⊥AC. .AB⊥平面ACC1A1,又ACC平面ACC1A1, .AB⊥A1C (2)如图，作AD⊥A1C交A1C于D点，连 接BD, 由三垂线定理知BD⊥A!C, .∠ADB为二面角 A A-A1C-B的平面角. B 在Rt△AA1C中，AD= AA,·ACV3X36 AC √6 21 在Rt△BAD中，tan B ∠ADB=AB=6 AD 3' ∴.∠ADB=arctan V 3 即二面角A-A,C-B的大小为arctan 3 解法二：(1)，三棱柱ABC一A1B1C1为直三 棱柱， .AA1⊥AB,AA1⊥AC 在△ABC中，AB=1,AC=√3，∠ABC=60°， 由正弦定理得∠ACB=30°， .∠BAC=90°，即AB⊥AC. 如图，建立空间直角坐标系， A,1 B 6 则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,√5,0)，A1(0,0, √3)， ∴AB=(1,0,0),A,C=(03,-√3)， :AB.A1C=1×0+0X5+0×(-√3)=0， .AB⊥AC. (2)可取m=AB=(1,0,0)为平面AA1C的法 向量， 设平面A1BC的法向量为n=(1,m,n), 则BC·n=0,A1C·n=0,又BC=(-1,W3,0), {1+5m=0, ∴.1=3m,n=m. 3m-√3n=0, 不妨取m=1,则n=(√3,1,1). m·n cos(m,n〉= m·n √5×1+1×0+1×0 /(W3)2+12+12·1+02+02 5 .二面角A一A1C-B的大小为arccos V15 5 2012一2013高考题源拓展测试 1.C2.C3.C4.D5.D6.A7.D 8.B 9.510.90° 11.①④12.2√7 13.证明：连接AO并延长交BC于点E,连 结PE ,PA⊥平面ABC,BCC平面ABC, ∴PA⊥BC.又O是△ABC的垂心，.BC ⊥AE. .BC⊥平面PAE,.BC⊥PE,.PE必过 Q点. .OQC平面PAE,∴OQ⊥BC.连接BO并延长 交AC于点F. ,PA⊥平面ABC,BFC平面ABC,∴.PA IBE. 又O是△ABC的垂心，∴.BF⊥AC. ∴.BF⊥平面PAC.,PCC平面PAC, .BF⊥PC.连接BQ并延长交PC于M,连 接MF. Q为△PBC的垂心，.PC⊥BM..PC⊥平 面BFM. ,OQC平面BFM,∴.OQ⊥PC..OQ⊥平