2027届新高考数学热点精准复习 空间直线、平面的垂直

2027届新高考数学热点精准复习空间直线、平面的垂直一、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不一定垂直基础过关因为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.解析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.解析

解析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.解析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AA1FC.DE⊥平面ACF D.DE⊥平面AD1F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,解析如图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;对于C,若DE⊥平面ACF,AC⊂平面ACF,则解析解析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.

解析二、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(

)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.解析

解析

解析三、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

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解析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

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要考虑点P位置的两种可能.如图①和图②.解析120°或60°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°.解析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

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解析

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;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.证明(2)证明:BD⊥平面PAC;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.证明(3)证明:平面PBD⊥平面PAC.由(2)知BD⊥平面PAC,因为BD⊂平面PBD,故平面PBD⊥平面PAC.证明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;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.解(2)证明:∠PQD为二面角P-EF-D的平面角;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.解(3)若∠EAF=60°,且DE⊥DF,求二面角A-BC-Q的大小.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解

解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PCDC.存在点M,使得BD⊥AMD.存在点M,使得BM∥平面PAD素养提升对于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解析⊥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