專題8.12空間直線、平面的垂直（一）（重難點(diǎn)題型檢測）參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題，滿分24分，每小題3分）1．（3分）（2022秋·黑龍江哈爾濱·高三期中）設(shè)α是空間中的一個(gè)平面，l，m，n是三條不同的直線，則（

）A．若m?α，n?α，lB．若l//m，m//nC．若l//m，m⊥αD．若m?α，n⊥α【解題思路】AD可舉出反例，B選項(xiàng)，由線面垂直的判定定理得n⊥α；C選項(xiàng)，可得到【解答過程】A選項(xiàng)，l與α相交、平行或l?如圖1，當(dāng)m//n時(shí)，l與α相交，故B選項(xiàng)，因?yàn)閘//m，m//因?yàn)閘⊥α，則由線面垂直的判定定理得n⊥C選項(xiàng)，因?yàn)閙⊥α，n⊥因?yàn)閘//m，所以l//D選項(xiàng)，若m?α，n⊥α，l⊥如圖2，滿足m?α，n⊥α，l⊥故D錯(cuò)誤．故選：B．2．（3分）（2023·吉林·統(tǒng)考二模）三棱錐A-BCD中，AC⊥平面BCD，BD⊥CD．若ABA．2 B．43 C．1 D．【解題思路】先利用線面垂直的判定定理與性質(zhì)定理依次證得BD⊥平面ACD、BD⊥AD與AC⊥CD，從而利用基本不等式求得【解答過程】因?yàn)锳C⊥平面BCD，BD?平面BCD，所以又BD⊥CD，AC∩CD=C，AC,因?yàn)锳D?平面ACD，所以BD在Rt△ABD中，AB=3，BD因?yàn)锳C⊥平面BCD，CD?平面BCD，所以在Rt△ACD中，不妨設(shè)AC=a,所以S△當(dāng)且僅當(dāng)a=b且a2所以VA所以該三棱錐體積的最大值為23故選：D..3．（3分）（2023秋·遼寧遼陽·高三期末）如圖，在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD,PA=AB，E是棱PDA．73 B．63 C．33【解題思路】分別取棱CD,AD的中點(diǎn)F，H，可得∠BEF是異面直線PC與BE所成的角或補(bǔ)角，在【解答過程】如圖，分別取棱CD,AD的中點(diǎn)F，H，連接設(shè)AB=2，則PC因?yàn)镋，F(xiàn)分別是棱PD,CD的中點(diǎn)，所以則∠BEF是異面直線PC與BE因?yàn)镠，E分別是棱AD,PD的中點(diǎn)，所以因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以HE⊥平面因?yàn)锽H?平面ABCD,所以HE⊥BH在△BEF中，由余弦定理可得cos故選:D.4．（3分）（2022秋·四川遂寧·高二階段練習(xí)）如圖，正方體ABCD-①DA1與②DD1與③A1B1以上三個(gè)命題中，正確命題的序號是（

）A．①② B．②③ C．③ D．①②③【解題思路】根據(jù)線面平行、線面垂直的判定與性質(zhì)，即可得到正確答案．【解答過程】解：對于①，在正方體ABCD-A1B1C1對于②，因?yàn)镈D1//CC1，BC1不垂直對于③，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BCC1故選：C．5．（3分）（2022秋·四川資陽·高二期中）已知正方體ABCD-①直線BC1與DA②直線BC1與CA③直線BC1與平面BB④直線BC1與平面ABCD所成的角為其中，正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】由題意，作圖，利用線面垂直判定定理，以及線面角定義，結(jié)合三角函數(shù)的定義，可得答案.【解答過程】由題意，作圖如下：在正方體ABCD-A1B1C1D1中，CD⊥平面BB因?yàn)镃B1∩CD=C，且CD,因?yàn)镈A1,CA1?平面CD同理可得A1C1⊥平面BB1D1D設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，B易知∠CBC1為直線BC1與平面ABCD所成的角，由tan∠故選：C.6．（3分）（2022秋·浙江溫州·高二期中）在正方體ABCD-A1A．CC1與平面BDC1所成角正切值為2 BC．AB⊥BC1 D．A【解題思路】作出圖形，設(shè)正方體的棱長為1，由正方體的性質(zhì)及線面垂直、線線垂直的判斷(性質(zhì))定理、線線角、線面角的定義逐一判斷即可.【解答過程】解：如圖所示：設(shè)正方體的棱長為1，連接A1C1,連接AC交BD于O，連接C1O則有BD=因?yàn)锳C⊥BD,AA所以BD⊥平面AA1C1所以BD⊥同理可證BC又因?yàn)锽D∩所以A1C⊥平面BDC又因?yàn)镃1H?所以A1所以∠CC1H為又因?yàn)镽t△所以∠C所以tan∠CC1由正方體的性質(zhì)可知AB⊥平面BCC1B1,因?yàn)椤鰽所以∠B即AB1與BC1所成角為60°故選：A.7．（3分）（2022秋·浙江·高三階段練習(xí)）已知空間中的直線l1，l2，l3滿足l1//l2//l3，且兩兩之間的距離均為d（d>0），動(dòng)點(diǎn)A∈l1，B∈l2，C∈l2，D∈l3，AB，BDA．MN=PQ，點(diǎn)A在面BCD上的射影為B．MN≠PQ，點(diǎn)A在面BCD上的射影為C．MN=PQ，點(diǎn)A在面BCD上的射影為D．MN≠PQ，點(diǎn)A在面BCD上的射影為【解題思路】由題意，點(diǎn)A在面BCD上的射影在△BCD平行于BC的中位線上，可排除CD，設(shè)點(diǎn)A在面BCD上的射影為H，再結(jié)合線面垂直的判定定理即可判斷【解答過程】直線l1，l2，l3滿足l1//所以點(diǎn)A在面BCD上的射影在△BCD平行于BC所以點(diǎn)A在面BCD上的射影不可能為△BCD內(nèi)心，排除選項(xiàng)C，D當(dāng)AD⊥BC時(shí)，MQ⊥NQ，此時(shí)四邊形設(shè)點(diǎn)A在面BCD上的射影為H，則AH⊥BC，AH∩AD=A，所以BC⊥對于B，C位置確定：取點(diǎn)B(B?過D作BH的垂線與l2的交點(diǎn)即為C此時(shí)點(diǎn)A在面BCD上的射影H為△BCD的垂心若點(diǎn)A在面BCD上的射影為△BCD垂心，則AD所以MQ⊥NQ，此時(shí)四邊形所以MN=PQ，排除選項(xiàng)故選：A.8．（3分）（2022·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC=90°，AB=A．當(dāng)點(diǎn)Q為線段B1P的中點(diǎn)時(shí)，DQB．當(dāng)點(diǎn)Q為線段B1P的三等分點(diǎn)時(shí)，DQC．在線段B1P的延長線上，存在一點(diǎn)Q，使得DQD．不存在DQ與平面A1【解題思路】依據(jù)線面垂直性質(zhì)定理，利用反證法即可否定選項(xiàng)ABC；按照點(diǎn)Q為線段B1P的中點(diǎn)和點(diǎn)Q不為線段B1P【解答過程】連接AB1，交A在三棱柱ABC-A1B1C1則四邊形A1B又∠BAC=90°，即又AA1⊥AC，AB∩AA1則AC⊥面A1又AB1⊥A1B，AB1則A1B⊥選項(xiàng)A：當(dāng)點(diǎn)Q為線段B1P的中點(diǎn)時(shí)，又D是棱C若DQ⊥平面A1BD，則又A1B⊥面AB1C，則面故假設(shè)不成立，即當(dāng)點(diǎn)Q為線段B1P的中點(diǎn)時(shí)，DQ⊥選項(xiàng)B：當(dāng)點(diǎn)Q為線段B1P的三等分點(diǎn)時(shí)，又D是棱則DQ//AB1不成立，即若DQ⊥平面A1BD，則又AB1⊥A1B，DQ與AB1則A1B⊥面AB1P，又A這與面AB1P故假設(shè)不成立，即當(dāng)點(diǎn)Q為線段B1P的點(diǎn)三等分時(shí)，DQ⊥選項(xiàng)C：在線段B1P的延長線上一點(diǎn)Q，又D是棱則DQ//AB1不成立，即若DQ⊥平面A1BD，則又AB1⊥A1B，DQ與AB1則A1B⊥面AB1P，又A這與面AB1P故假設(shè)不成立，即在線段B1P的延長線上，存在一點(diǎn)Q，使得DQ⊥選項(xiàng)D：由選項(xiàng)A可知，點(diǎn)Q為線段B1P的中點(diǎn)時(shí)，DQ⊥假設(shè)點(diǎn)Q在線段B1P上，且不是中點(diǎn)，又D是棱則DQ//AB1不成立，即若DQ⊥平面A1BD，則又AB1⊥A1B，DQ與AB1則A1B⊥面AB1P，又A這與面AB1P故假設(shè)不成立，即點(diǎn)Q在線段B1P上，且不是中點(diǎn)時(shí)，DQ⊥平面故不存在DQ與平面A1BD垂直.故選：D.二．多選題（共4小題，滿分16分，每小題4分）9．（4分）（2023秋·海南·高三期末）在長方體ABCD-A1B1C1D1A．A1D B．B1C C．【解題思路】由線面垂直證明線線垂直得到AB選項(xiàng)正確，由正方形對角線互相垂直得到D選項(xiàng)正確，由等邊三角形證得C選項(xiàng)錯(cuò)誤.【解答過程】如圖所示，因?yàn)锳D=AA1，所以側(cè)面長方體中，AB⊥平面ADD1A1，A1AD1,AB?平面ABC1AC1?平面ABC1D同理B1C⊥平面ABC1D1，AAD1=2AD=AB易知AC1，B1D交于長方體的中心O，AC1=B1D=BD1故選：ABD.10．（4分）（2022春·廣東陽江·高一期末）如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中點(diǎn)，則下列敘述錯(cuò)誤的是（

）A．CC1與B1E是異面直線 B．C1C與AE共面C．AE與B1C1是異面直線 D．AE與B1C1所成的角為60°【解題思路】根據(jù)異面直線的定義及異面直線的夾角問題可一一判斷.【解答過程】由于CC1與B1E都在平面C1B1BC內(nèi)，故C1C與B1E共面，A錯(cuò)誤；由于C1C在平面C1B1BC內(nèi)，而AE與平面C1B1BC相交于E點(diǎn)，點(diǎn)E不在C1C上，故C1C與AE是異面直線，B錯(cuò)誤；同理AE與B1C1是異面直線，C正確；AE與B1C1所成的角就是AE與BC所成的角，而E為BC中點(diǎn)，△ABC為正三角形，所以AE⊥BC，即AE與B1C1所成為90°，D錯(cuò)誤.故選：ABD.11．（4分）（2022秋·廣東佛山·高二期中）如圖，PA⊥圓O所在的平面，AB是圓O的直徑，C是圓O上的一點(diǎn)，E，F(xiàn)分別是點(diǎn)A在PB,PCA．AF⊥PB B．AE⊥面PBC C．AF【解題思路】根據(jù)線面垂直，線線垂直的判定和性質(zhì)，對每個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行逐一分析，即可判斷和選擇.【解答過程】A：因?yàn)镻A⊥面ABC,BC?面又BC⊥AC,PA∩AC=又因?yàn)锳F?面PAC，故AF根據(jù)題意AF⊥PC,BC∩PC=又PB?面PBC，故AFB：由A可知，AF⊥面PBC，過一點(diǎn)A不可能有兩條直線垂直于同一個(gè)平面PBCC：由A可知：AF⊥面PBC,BC?面D：由A可知：AF⊥面PBC,PB?面又PB⊥AE，AE∩AF=A,又EF?面AEF，則EF⊥故選：ACD.12．（4分）（2023·湖南·模擬預(yù)測）已知正四棱錐P-ABCD的所有棱長均為22，E，F(xiàn)分別是PC，AB的中點(diǎn)，M為棱PB上異于P，BA．異面直線EF、PD所成角的大小為πB．直線EF與平面ABCD所成角的正弦值為6C．△EMF周長的最小值為D．存在點(diǎn)M使得PB⊥平面【解題思路】根據(jù)空間中異面直線所成角，直線與平面所成角的定義，空間中折疊問題以及垂直關(guān)系的判定與性質(zhì)，逐個(gè)選項(xiàng)運(yùn)算求解即可．【解答過程】如圖1，取PD的中點(diǎn)Q，連接EQ，AQ，因?yàn)镋，F(xiàn)分別是PC，AB的中點(diǎn)，所以EQ∥DC∥AF，且則EF∥AQ，又正四棱錐P-則AQ⊥PD，所以異面直線EF，PD所成角為π2設(shè)正方形ABCD的中心為O，連接OC，PO，則PO⊥平面ABCD，OC設(shè)OC的中點(diǎn)為H，連接EH，F(xiàn)H，則EH∥OP，且EH⊥所以∠EFH為直線EF與平面ABCD所成角，所以EH△OFH中，OH=1，OF=所以由余弦定理可得FH=5，所以EF所以sin∠EFH=將正△PAB和△PBC沿PB翻折到一個(gè)平面內(nèi)，如圖當(dāng)E，M，F(xiàn)三點(diǎn)共線時(shí)，ME+此時(shí)，點(diǎn)M為PB的中點(diǎn)，ME+所以△EMF周長的最小值為6+22若PB⊥平面MEF，則PB⊥ME，此時(shí)點(diǎn)M為PB而此時(shí)，PB與FM顯然不垂直，故D錯(cuò)誤；故選：BC．三．填空題（共4小題，滿分16分，每小題4分）13．（4分）（2022·全國·高二期中）在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是AB的中點(diǎn)，則在所有的棱中與直線CD和AA1都垂直的直線有AB，A1B1．【解題思路】根據(jù)線線垂直的定義或判定來判斷即可.【解答過程】由正三棱柱的性質(zhì)可知與直線CD和AA1都垂直的直線有AB，A1B1．故答案為：AB，A1B1.14．（4分）（2022秋·上海徐匯·高二期末）已知△ABC所在平面外一點(diǎn)P，且PA,PB,PC兩兩垂直，則點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的射影應(yīng)為△ABC【解題思路】設(shè)點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的射影為P1，由已知可證明PP1⊥BC，PA⊥BC，根據(jù)線面垂直的判定以及性質(zhì)可得BC【解答過程】設(shè)點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的射影為P1，則PP1又BC?平面ABC，所以P因?yàn)镻A⊥PB，PA⊥PC，PB∩PC=P，所以PA⊥平面PBC.又BC?平面PBC，所以因?yàn)镻A∩PP1=P，PA?平面PAP1又AP1?平面PA同理可證，AC⊥BP1，AB⊥C所以，點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的射影應(yīng)為△ABC的垂心故答案為：垂.15．（4分）（2023·四川南充·?？寄M預(yù)測）在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E是B1C1的中點(diǎn)，【解題思路】先利用線面垂直的判定定理證得OC1⊥平面BB1D1D【解答過程】設(shè)底面A1B1C1因?yàn)锽B1⊥平面A1B1C又BB1∩所以A1C1⊥平面BDD取OB1的中點(diǎn)H，連接EH，則所以EH⊥平面B連接BH，則∠HBE為BE與平面BB因?yàn)锳B=2，A所以EH=12OC故答案為：14.16．（4分）（2022·上?！じ叨ｎ}練習(xí)）如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M、N①BM⊥AB；②BM∥平面A1③BM⊥④B1N⊥平面正確的編號為①②④．【解題思路】①，由AB⊥面BCC1B1，得②，取A1C1的中點(diǎn)O，可得PO∥BM?BM∥③，若BM⊥C1P，可得BM④，取AA1中點(diǎn)，可得A1P⊥面B1【解答過程】對于①，∵AB⊥面BCC1B1，BM?面BCC1對于②，如圖1，取A1C1的中點(diǎn)O，連接OM，又∵M(jìn)為B1C1中點(diǎn)，且OM=12A1B1,∵P為AB中點(diǎn)，A1∴OM//BP，且OM所以PO//BM，∵PO?面A1PC1，對于③，若BM⊥C1P，由①知AB⊥∵BP∩C1P=P，且BP,C1P?∴BM⊥對于④，如圖2，取AA1中點(diǎn)H根據(jù)平面幾何關(guān)系，tan∠A∵∠A1B1H+∠A∵N為DD1中點(diǎn)，故得NH⊥面A1ABBB1H,HN?面B而B1N?面正方體ABCD-A1B1C1D1中，∴BB1⊥A1C1，又所以A1C1而B1N?面DBB1D所以B1N⊥故答案為：①②④.四．解答題（共6小題，滿分44分）17．（6分）（2022·高一課時(shí)練習(xí)）如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)E在棱BB1上運(yùn)動(dòng)．證明：AD⊥C1E.【解題思路】根據(jù)題意，先證明線面垂直，進(jìn)而證明線線垂直即可.【解答過程】因?yàn)锳B＝AC，D是BC的中點(diǎn)，所以AD⊥BC.①又在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥平面ABC，而AD?平面ABC，所以AD⊥BB1.②BC，BB1為平面BB1C1C內(nèi)兩條相交直線由①②得AD⊥平面BB1C1C.由點(diǎn)E在棱BB1上運(yùn)動(dòng)，得C1E?平面BB1C1C，所以，AD⊥C1E.18．（6分）（2022·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中.(1)求A1C1與B1C所成角的大小；(2)若E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點(diǎn)，求A1C1與EF所成角的大小.【解題思路】（1）作平行線，找到A1C1與B1C所成角，再進(jìn)行求解；（2）作輔助線，得到A1C1與EF所成的角，證明出垂直關(guān)系，得到所成角為90°.【解答過程】（1）如圖所示，連接AC，AB1.由六面體ABCD－A1B1C1D1是正方體知，四邊形AA1C1C為平行四邊形，∴AC//A1C1，從而B1C與AC所成的角就是A1C1與B1C所成的角.在△AB1C中，由AB1＝AC＝B1C，可知∠B1CA＝60°，即A1C1與B1C所成的角為60°.（2）如圖所示，連接BD.由（1）知AC//A1C1，∴AC與EF所成的角就是A1C1與EF所成的角.∵EF是△ABD的中位線，∴EF//BD.又∵AC⊥BD，∴AC⊥EF，∴EF⊥A1C1，即A1C1與EF所成的角為90°.19．（8分）（2022·高二課時(shí)練習(xí)）在四面體ABCD中，設(shè)AB⊥CD，AC⊥BD．求證：(1)AD⊥BC；(2)點(diǎn)A在底面BCD上的射影是△BCD的垂心．【解題思路】（1）作出輔助線，利用線線垂直得到線面垂直，從而得到線線垂直；（2）結(jié)合第一問中的證明過程即可得到證明.【解答過程】（1）如圖，作AP⊥平面BDC，P是垂足，連接CP、DP、BP．∵CD?平面BCD∴AP⊥CD，∵AB⊥CD，AB∩AP=A∴CD⊥平面ABP，∵BP?平面ABP∴CD⊥BP，同理可得：BD⊥CP．∴點(diǎn)P是△BDC的垂心．∴DP⊥BC．∵AP⊥平面BDC，BC?平面BCD∴AP⊥BC，∵AP∴BC⊥平面ADP，∵AD?平面∴AD⊥BC．（2）由（1）證明可得：點(diǎn)A在底面BCD上的射影是△BCD的垂心．20．（8分）（2022·全國·高一專題練習(xí)）如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F是BC的中點(diǎn)，將△AED，△BEF，△DCF分別沿DE，EF，DF折起，使A，B，C（1）求證：A'（2）求直線A'D與平面【解題思路】（1）由正方形ABCD折疊后，得到A'D⊥A'E,（2）取EF中點(diǎn)G，連接A'G，由折疊前后結(jié)合線面垂直的判定定理知EF⊥平面A'GD，進(jìn)而得到∠A'DG【解答過程】（1）證明：由題意，根據(jù)折疊前后，可得A'又A'E∩A'又EF?平面A'EF（2）取EF中點(diǎn)G，連接A'G，由折疊前后知A'DE=DF=又DG∩A'G=∴A'在面EFD的射影在DG上，則∠A'DG由（1）可得A'D⊥因?yàn)檎叫蜛BCD的邊長為2，可得EF=2，又A'D=2∴sin∠A'DG=A21．（8分）（2023·全國·高三專題練習(xí)）在△ABC中，∠ABC=90°，D是AC的中點(diǎn)，S(1)求證：SD⊥平面ABC(2)若AB=BC，求證：BD⊥【解題思路】（1）SA=SC，D為AC的中點(diǎn)得SD⊥AC，由（2）AB=BC，D是AC的中點(diǎn)得BD⊥AC，由（1）知SD⊥【解答過程】（1）如圖，∵SA=SC，D為∴SD⊥連接BD，在Rt△ABC中，有∵SA=SB，SD為公共邊，∴∴∠SDB=∠SDA=又AC∩BD=D，（2）∵AB=BC，D是AC的中點(diǎn)，∴BD由（1）知SD⊥BD，且AC∩SD=D22．（8分）（2022秋·山東菏澤·高三階段練習(xí)）如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=1，∠ACB=90°，D