课时规范练41 空间直线、平面的垂直专项训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦空间垂直关系判定与性质，以分层题型构建"概念辨析-模型应用-动态探究"的方法体系，强化空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固|1-9题|定理辨析、射影法、判定定理应用|线线垂直→线面垂直→面面垂直的判定与性质链条| |综合提升|10-14题|空间角转化、补形法、存在性问题论证|静态模型（正方体/四棱锥）到动态翻折问题的拓展| |创新应用|15-16题|动态几何不变量分析、体积参数计算|垂直关系在复杂情境中的综合应用与迁移|

课时规范练41　空间直线、平面的垂直 基础巩固组 1.(2025广东一模)已知α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,给出了下列命题: ①若m⊥α,m⊂β,则α⊥β; ②若m⊥n,m⊥α,则n∥α; ③若m∥α,α⊥β,则m⊥β; ④若α∩β=m,n∥m,且n⊄α,n⊄β,则n∥α,n∥β. 则上述命题中正确的是(　　) A.②④ B.①②④ C.①④ D.①③ 2.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,异面直线A1D与D1C所成角的大小为(　　) A. B. C. D. 3.如图,四棱锥S-ABCD的底面为正方形,SD⊥底面ABCD,则下列结论不正确的是(　　) A.AC⊥SB B.AD⊥SC C.平面SAC⊥平面SBD D.BD⊥SA 4.已知正三棱台ABC-A1B1C1的侧面积为6,AB=3A1B1,AA1=,则AA1与平面ABC所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 5.如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,BC1⊥AC,则点C1在平面ABC上的投影点H必在(　　) A.直线AB上 B.直线BC上 C.直线AC上 D.△ABC内部 6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则(　　) A.平面B1EF⊥平面BDD1 B.平面B1EF⊥平面A1BD C.平面B1EF∥平面A1AC D.平面B1EF∥平面A1C1D 7.已知α,β是两个不同的平面,l,m是两条不同的直线,l⊥α,m⊂β,下列四个推论:①α∥β⇒l⊥m;②α⊥β⇒l∥m;③l⊥m⇒α∥β;④l∥m⇒α⊥β.其中正确的推论是　　　　　.(填序号)  8.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,AC∩BD=O,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)  9.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面是边长为a的正方形,侧棱PD=a,PA=PC=a.求证: (1)PD⊥平面ABCD; (2)平面PAC⊥平面PBD. 综合提升组 10.(多选)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MN⊥OP的是(　　) 11. (多选)(2025广西南宁第三中学二模)如图,在四面体ABCD中,等边△ABC的边长为2,AC⊥CD,∠CAD=,平面ABC⊥平面ACD,则下列选项正确的是(　　) A.四面体ABCD的体积为2 B.直线AB与直线CD所成角的大小为 C.直线BD与平面ACD所成角的正弦值为 D.点A到平面BCD的距离为3 12.(2025甘肃甘南模拟)如图,在矩形ABCD中,AD=2AB,E,F分别是AD,BC的中点,将平面ABFE沿EF折起,使得二面角A-EF-D的大小为60°.在折起后形成的空间图形中,有如下3个结论: ①平面CDEF⊥平面ADE; ②四边形ABCD是正方形; ③直线AE和DF所成角的正切值是. 其中所有正确结论的序号是　　　　　.  13.如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,△A1B1C1与△AB1C1均是边长为2的正三角形,且AA1=. (1)求证:平面AB1C1⊥平面A1B1C1; (2)求四棱锥A-BB1C1C的体积. 14.(2025山东青岛模拟)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,连接D1E,D1B,D1C,OE. (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. 创新应用组 15. (2025上海长宁二模)如图,等腰直角三角形ABC中,∠A=90°,点E是边AC的中点,点D是边BC上一点(不与C重合),将三角形DCE沿DE逆时针翻折,点C的对应点是C1,连接CC1,设θ为二面角C1-DE-C的大小,θ∈(0,π).在翻折过程中,下列说法中不正确的是(　　) A.存在点D和θ,使得DC1⊥AC B.存在点D和θ,使得BC1⊥AC C.存在点D和θ,使得BC1⊥DE D.存在点D和θ,使得CC1⊥DE 16.如图,四棱锥P-ABCD,侧面PAD是边长为2的正三角形且与底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M为棱PC上的动点且=λ(λ∈[0,1]). (1)求证:△PBC为直角三角形; (2)试确定λ的值,使得三棱锥P-AMD的体积为. 参考答案 1.C　解析由α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,知: ①若m⊥α,m⊂β,则由面面垂直的判定定理得α⊥β,故①正确; ②若m⊥n,m⊥α,则n∥α或n⊂α,故②错误; ③若m∥α,α⊥β,则m与β相交、平行或m⊂β,故③错误; ④若α∩β=m,n∥m,且n⊄α,n⊄β, 则由线面平行的判定定理得n∥α,n∥β,故④正确.故选C. 2.C　解析连接A1B,BD(图略),在正方体中,A1B∥D1C,所以A1D与A1B所成的角等于异面直线A1D与D1C所成的角.因为△A1BD为正三角形,所以A1D与A1B所成角的大小为.故选C. 3.D　解析SD⊥底面ABCD,SB在平面ABCD的射影BD与AC垂直,则SB⊥AC,A正确;SC在平面ABCD的射影DC与AD垂直,则SC⊥AD,B正确;利用上述垂直可得AC⊥平面SBD,且AC⊂平面SAC,从而有平面SAC⊥平面SBD,C正确;若BD⊥SA,则BD垂直SA在平面ABCD内的射影DA,这不符合题意,D错误.故选D. 4. A　解析由正三棱台ABC-A1B1C1的侧面积为6,得等腰梯形ABB1A1的面积为2,由(AB+A1B1)×=2,得A1B1·=1,解得A1B1=1,则AB=3A1B1=3,将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC,如图所示,则, 所以PA1=,则PA=. 过点P作PO⊥平面ABC,则O为△ABC的中心,所以2AO==2,则AO=,易知∠PAO为AA1与平面ABC所成的角,在Rt△PAO中,cos∠PAO=.故选A. 5.A　解析连接AC1(图略),由AC⊥AB,AC⊥BC1,AB∩BC1=B,AB,BC1⊂平面ABC1,得AC⊥平面ABC1.∵AC⊂平面ABC,∴平面ABC1⊥平面ABC.∴点C1在平面ABC上的投影点H必在平面ABC1与平面ABC的交线AB上. 6.A　解析如图,对于A,∵E,F分别为AB,BC的中点, ∴EF∥AC.在正方体ABCD -A1B1C1D1中,AC⊥BD,DD1⊥AC, 又BD∩DD1=D,∴AC⊥平面BDD1,∴EF⊥平面BDD1.又EF⊂平面B1EF,∴平面B1EF⊥平面BDD1.故A正确. 对于B,连接AC1,易证AC1⊥平面A1BD.假设平面B1EF⊥平面A1BD,又AC1⊄平面B1EF,∴AC1∥平面B1EF.又AC∥EF,AC⊄平面B1EF,EF⊂平面B1EF, ∴AC∥平面B1EF.又AC1∩AC=A, ∴平面AA1C1C∥平面B1EF.又平面AA1C1C∩平面AA1B1B=AA1,平面B1EF∩平面AA1B1B=B1E, ∴AA1∥B1E,显然不成立,∴假设不成立,即平面B1EF与平面A1BD不垂直.故B错误. 对于C,由题意知,直线AA1与B1E必相交,故平面B1EF与平面A1AC必相交.故C错误. 对于D,连接AB1,CB1,易证平面AB1C∥平面A1C1D,又平面B1EF与平面AB1C相交,∴平面B1EF与平面A1C1D不平行.故D错误. 7.①④　解析α∥β,l⊥α,所以l⊥β.又m⊂β,所以l⊥m,①正确; α⊥β,l⊥α,则l∥β或l⊂β,所以l,m可能平行、相交或异面,②错误; l⊥m,l⊥α,m⊂β,则α,β相交或平行,③错误; l∥m,l⊥α,则m⊥α,又m⊂β,所以α⊥β,④正确. 8.DM⊥PC(答案不唯一)　解析当DM⊥PC时,平面MBD⊥平面PCD. 证明如下:由四边形ABCD为菱形,则AC⊥BD. ∵PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD, ∴PA⊥BD, 又PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC, 又PC⊂平面PAC,∴BD⊥PC, 又DM⊥PC,BD∩DM=D, ∴PC⊥平面MBD,又PC⊂平面PCD, ∴平面MBD⊥平面PCD. 9.证明(1)∵PD=a,DC=a,PC=a,∴PC2=PD2+DC2,则PD⊥DC.同理可证PD⊥AD. 又AD∩DC=D,且AD⊂平面ABCD,DC⊂平面ABCD,∴PD⊥平面ABCD. (2)(方法1)由(1)知PD⊥平面ABCD,又AC⊂平面ABCD,∴PD⊥AC. ∵四边形ABCD是正方形,∴AC⊥BD. 又BD∩PD=D,且PD⊂平面PBD,BD⊂平面PBD,∴AC⊥平面PBD. 又AC⊂平面PAC,∴平面PAC⊥平面PBD. (方法2)设AC与BD交于点O,连接PO(图略),易知PO⊥AC. ∵四边形ABCD是正方形,∴AC⊥BD. 又PO∩BD=O,PO⊂平面PBD,BD⊂平面PBD, ∴AC⊥平面PBD.又AC⊂平面PAC, ∴平面PAC⊥平面PBD. 10.BC　解析设正方体的棱长为2, 对于A,如图1所示,连接AC,则MN∥AC, 图1 故∠POC(或其补角)为异面直线OP,MN所成的角,在直角三角形OPC中,OC=,CP=1,故tan∠POC=,则MN⊥OP不成立,故A错误; 图2 对于B,如图2所示,取MT的中点为Q,连接PQ,OQ,则OQ⊥MT,PQ⊥MN. 由正方体SBCN-MADT可得SM⊥平面MADT,而OQ⊂平面MADT, 故SM⊥OQ,而SN∩MN=N,故OQ⊥平面SNTM. 又MN⊂平面SNTM,则OQ⊥MN,而OQ∩PQ=Q,所以MN⊥平面OPQ,而OP⊂平面OPQ,故MN⊥OP,故B正确; 对于C,如图3所示,连接BD,则BD∥MN,由B的判断可得OP⊥BD, 图3 故OP⊥MN,故C正确; 对于D,如图4所示,取AD的中点Q,AB的中点K,连接AC,PQ,OQ,PK,OK,OA,则AC∥MN. 图4 因为DP=PC,DQ=QA,所以PQ∥AC,故PQ∥MN,所以∠QPO(或其补角)为异面直线OP,MN所成的角, 因为PQ=AC=, OQ=, PO=, 所以OQ2<PQ2+OP2, 所以∠QPO不是直角, 故OP与MN不垂直,故D错误.故选BC. 11.ACD　解析对于A,因为AC⊥CD,平面ABC⊥平面ACD,平面ABC∩平面ACD=AC,CD⊂平面ACD,所以CD⊥平面ABC. 又因为等边△ABC的边长为2,AC⊥CD,∠CAD=,所以CD=AC·tan∠CAD=2=2,所以VD-ABC=S△ABC·CD=×2=2,故A正确; 对于B,因为CD⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以CD⊥AB,即直线AB与直线CD所成角的大小为,故B错误; 对于C,如图,取AC的中点E,连接BE,DE,则BE⊥AC,又因为平面ABC⊥平面ACD,平面ABC∩平面ACD=AC,BE⊂平面ABC,所以BE⊥平面ADC,所以∠BDE为直线BD与平面ACD所成角,又因为BE=×2=3,在Rt△BCD中,BD==4,所以sin∠BDE=,即直线BD与平面ACD所成角的正弦值为,故C正确; 对于D,因为S△DBC=×2×2=2,VD-ABC=VA-DBC=2,设点A到平面BCD的距离为d,则VA-DBC=S△DBC·d=2,解得d=3,即点A到平面BCD的距离为3,故D正确. 故选ACD. 12.①②③　解析设AB=a,则AE=DE=BF=CF=a,因为EF⊥AE,EF⊥DE,AE,DE⊂平面ADE,AE∩DE=E,所以EF⊥平面ADE,又EF⊂平面CDEF,所以平面CDEF⊥平面ADE,故①正确; 因为EF⊥AE,EF⊥DE,AE⊂平面AEFB,DE⊂平面DEFC,所以∠AED即为二面角A-EF-D的平面角,即∠AED=60°,所以AD=AE=ED=a,因为AB∥EF,所以AB⊥平面ADE,则AB⊥AD,又AB∥CD,且AB=CD=a,所以四边形ABCD是正方形,故②正确; 连接AD,AB(图略),则BD=DF=a,又BF=a,因为AE∥BF,所以∠BFD即直线AE与DF所成的角,所以cos∠BFD=,故sin∠BFD=,所以tan∠BFD=,即直线AE与DF所成角的正切值为,故③正确. 综上,正确的有①②③. 13.(1)证明如图,取B1C1的中点O,连接AO,A1O. ∵△A1B1C1与△AB1C1均是边长为2的正三角形,∴AO⊥B1C1,A1O⊥B1C1,A1O=AO=, ∴∠AOA1为二面角A-B1C1-A1的平面角. ∵AA1=,∴A1O2+AO2=A1A2,∴A1O⊥AO. ∵A1O⊥AO,A1O⊥B1C1,AO∩B1C1=O,AO,B1C1⊂平面AB1C1, ∴A1O⊥平面AB1C1. 又A1O⊂平面A1B1C1,∴平面AB1C1⊥平面A1B1C1. (2)解=2,由(1)知,A1O⊥AO,AO⊥B1C1. ∵A1O∩B1C1=O,B1C1⊂平面A1B1C1,A1O⊂平面A1B1C1, ∴AO⊥平面A1B1C1, ∴AO为三棱锥A-A1B1C1的高, ∴×AO=×4×=1.∴四棱锥A-BB1C1C的体积为2. 14.(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)解存在点E,当AE=时,平面D1DE⊥平面AD1C,理由如下: 设AC∩DE=F(图略),因为四边形AA1D1D为正方形,所以D1D⊥AD, 又因为平面AA1D1D∩平面ABCD=AD,平面AA1D1D⊥平面ABCD,D1D⊂平面AA1D1D,所以D1D⊥平面ABCD,又因为AC⊂平面ABCD,所以D1D⊥AC. 在矩形ABCD中,AB=2,AD=1,当AE=时,在Rt△ADE中,tan∠ADE=, 在Rt△ABC中,tan∠BAC=,所以∠ADE=∠BAC, 又因为∠BAD=∠BAC+∠DAC=90°,所以∠ADE+∠DAC=90°, 则∠AFD=90°,所以AC⊥DE, 又因为DE∩DD1=D,DE,DD1⊂平面D1DE,所以AC⊥平面D1DE. 又因为AC⊂平面AD1C,所以平面D1DE⊥平面AD1C. 15.B　解析对于选项A和D,取D为BC中点,θ=,则ED∥AB,而AB⊥AC,故DE⊥AC,故在几何体C1-ABDE中,DE⊥C1E,而CE⊥DE,故∠CEC1为二面角C1-DE-C的平面角,故∠CEC1=90°,故C1E⊥AC,而C1E∩DE=E,C1E,DE⊂平面DEC1,故AC⊥平面DEC1,而DC1⊂平面DEC1,故AC⊥DC1,故A正确; 因为DE⊥AC,DE⊥C1E,AC∩C1E=E,AC,C1E⊂平面ACC1,故DE⊥平面ACC1,而CC1⊂平面ACC1,故DE⊥CC1,故D正确; 对于C,如图1,过E作DE⊥BC,D为垂足,取θ=,同理可证DE⊥平面BCC1,而BC1⊂平面BCC1,故DE⊥BC1,故C正确; 图1 对于B,如图2,过C1作C1H⊥平面ABC,垂足为H,因为AC⊂平面ABC,故C1H⊥AC,若BC1⊥AC,因为C1H∩BC1=C1,C1H,BC1⊂平面BC1H,故AC⊥平面BC1H,而BH⊂平面BC1H,故AC⊥BH,而AC⊥BA,故H在BA上,因为C1H∩BA=H,C1H,BA⊂平面BC1A,故AC⊥平面BC1A,而C1A⊂平面BC1A,故CA⊥C1A,故C1E>AE,但C1E=CE=AE,矛盾,故BC1⊥AC不成立,即B不正确.故选B. 图2 16. (1)证明取AD的中点O,连接OP,OC,AC, 因为四边形ABCD为菱形,且∠ABC=60°, 所以△ABC,△ACD均为正三角形, 因为△PAD也为正三角形, 所以OC⊥AD,OP⊥AD. 又因为OC∩OP=O,OC⊂平面POC,OP⊂平面POC, 所以AD⊥平面POC. 又PC⊂平面POC,所以AD⊥PC. 因为BC∥AD,所以BC⊥PC, 即∠PCB=90°,从而△PBC为直角三角形. (2)解由(1)可知PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD, 所以PO⊥平面ABCD. 连接AM,MD,因为M为棱PC上的动点且=λ(λ∈[0,1]), 所以VP-AMD=VM-PAD=λVC-PAD=λVP-ACD. 因为△PAD,△ACD都是边长为2的正三角形, 所以PO=OC=, 所以VP-ACD=S△ACD·PO==1. 因为三棱锥P-AMD的体积为,所以λ=. 1 学科网（北京）股份有限公司 $