高考数学一轮复习知识点讲解+真题测试专题8.5直线、平面垂直的判定及性质(真题测试)(原卷版+解析)

专题8.5直线、平面垂直的判定及性质（真题测试）一、单选题1．（2023·陕西·武功县普集高级中学高三阶段练习（理））设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法错误的是（

）A．若，，，则 B．若，，，则C．若，，，则 D．若，，，则2．（2023·全国·高三专题练习）已知，是平面内的两条直线，是空间的一条直线，则“”是“且”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．（安徽·高考真题（理））设平面与平面相交于直线，直线在平面内，直线在平面内，且则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．即不充分不必要条件4．（2023·山东·高考真题）已知正方体（如图所示），则下列结论正确的是（

）A． B． C． D．5．(2023·全国·高考真题（文））在正方体中，E，F分别为的中点，则（

）A．平面平面 B．平面平面C．平面平面 D．平面平面6．(2023·全国·高三专题练习（理））已知是正方体的中心O关于平面的对称点，则下列说法中正确的是（

）A．与是异面直线 B．平面C． D．平面7．(2023·四川省泸县第二中学模拟预测（理））如图，三棱锥中，平面平面ABC，，三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，则球心O到平面ABC的距离为（

）A． B． C． D．8.（2023·山西大同·高三阶段练习）如图，在四棱柱中，，，，，M，N分别是棱和的中点，则下列说法中不正确的是（

）A．四点共面 B．与共面C．平面 D．平面二、多选题9．（2023·河北·沧县中学高三阶段练习）如图所示，在四棱锥中中，为正方形，，E为线段的中点，F为与的交点，．则下列结论正确的是（

）A．平面 B．平面C．平面平面 D．线段长度等于线段长度10．(2023·辽宁·抚顺市第二中学三模）已知长方体，，，则下列结论正确的是（

）A．平面平面 B．直线平面C．直线与直线所成的锐角为 D．四面体外接球的半径为11．(2023·全国·高三专题练习）正三棱柱的各条棱的长度均相等，为的中点，，分别是线段和线段上的动点含端点，且满足，当，运动时，下列结论正确的是（

）A．在内总存在与平面平行的线段B．平面平面C．三棱锥的体积为定值D．可能为直角三角形12．（2023·全国·高考真题）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．则满足的是（

）A． B．C． D．三、填空题13．(2023·上海金山·二模）若正方体的棱长为2，则顶点到平面的距离为__________.14．(2023·广东惠州·高三阶段练习）如图所示，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，，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）15．（2023·全国·高三专题练习（文））如图，在长方体中，，是棱上的两个动点，点在点的左边，且满足，给出下列结论：①平面；②三棱锥的体积为定值；③平面；④平面平面.其中所有正确结论的序号是______.16．(2023·河南·南阳中学模拟预测（文））在棱长为3的正方体中，P为内一点，若的面积为，则AP的最大值为________．四、解答题17．（2023·江苏·高考真题）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．18．（2023·江苏·高考真题）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．19.(2023·全国高考真题（文））如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．20．（2023·全国·高考真题（文））如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积．21.(2023·全国·高考真题（文））如图，四面体中，，E为AC的中点．(1)证明：平面平面ACD；(2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．22．（2023·天津·高考真题（文））如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，，（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.专题8.5直线、平面垂直的判定及性质（真题测试）一、单选题1．（2023·陕西·武功县普集高级中学高三阶段练习（理））设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法错误的是（

）A．若，，，则 B．若，，，则C．若，，，则 D．若，，，则答案：C【解析】分析：利用线面垂直的判定性质、面面垂直的判定推理判断A，B；举例说明判断C；利用线面垂直的判定性质判断D作答.【详解】对于A，因，，当时，而，则，当时，在直线上取点，过作直线，则，过直线的平面，如图，由得，于是得，而，则，而，所以，A正确；对于B，若，，则，又，则存在过直线的平面，使得，则有直线，即有，所以，B正确；对于C，如图，在长方体中，平面为平面，直线为直线，平面为平面，直线为直线，满足，，，而，C不正确；对于D，若，，则，又，于是得，D正确.故选：C2．（2023·全国·高三专题练习）已知，是平面内的两条直线，是空间的一条直线，则“”是“且”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答案：A【解析】分析：根据线面垂直的判定定理以及定义即可判断．【详解】当时，，所以且；当且，，但，是否相交无法判断，所以可能成立，也可能不成立．综上，“”是“且”的充分不必要条件．故选：A．3．（安徽·高考真题（理））设平面与平面相交于直线，直线在平面内，直线在平面内，且则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．即不充分不必要条件答案：A【解析】【详解】试题分析：α⊥β，b⊥m又直线a在平面α内，所以a⊥b，但直线不一定相交，所以“α⊥β”是“a⊥b”的充分不必要条件，故选A.4．（2023·山东·高考真题）已知正方体（如图所示），则下列结论正确的是（

）A． B． C． D．答案：D【解析】分析：根据异面直线的定义，垂直关系的转化，判断选项.【详解】A.，与相交，所以与异面，故A错误；B.与平面相交，且，所以与异面，故B错误；C.四边形是矩形，不是菱形，所以对角线与不垂直，故C错误；D.连结，，，，所以平面，所以，故D正确.故选：D5．(2023·全国·高考真题（文））在正方体中，E，F分别为的中点，则（

）A．平面平面 B．平面平面C．平面平面 D．平面平面答案：A【解析】分析：证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.【详解】解：在正方体中，且平面，又平面，所以，因为分别为的中点，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确；选项BCD解法一：如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，则，，则，，设平面的法向量为，则有，可取，同理可得平面的法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为，则，所以平面与平面不垂直，故B错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故C错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故D错误，故选：A.选项BCD解法二：解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，在内，作于点，在内，作，交于点，连结，则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，由勾股定理可知：，，底面正方形中，为中点，则，由勾股定理可得，从而有：，据此可得，即，据此可得平面平面不成立，选项B错误；对于选项C，取的中点，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；故选：A.6．(2023·全国·高三专题练习（理））已知是正方体的中心O关于平面的对称点，则下列说法中正确的是（

）A．与是异面直线 B．平面C． D．平面答案：B【解析】分析：根据正方体的性质、空间直线与平面的位置关系，即可对选项做出判断.【详解】连接、，交于点，连接、，交于点.连接、、、、.由题可知，在平面上，所以与共面，故A错误；在四边形中，且，所以四边形为平行四边形..平面，平面，平面，故B正确；由正方体的性质可得，因为，所以，又，平面，，又，，而与所成角为，所以显然与不垂直，故C错误；显然与不垂直，而平面，所以与平面不垂直，故D错误.故选：B.7．(2023·四川省泸县第二中学模拟预测（理））如图，三棱锥中，平面平面ABC，，三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，则球心O到平面ABC的距离为（

）A． B． C． D．答案：A【解析】分析：取中点，中点，在平面内过作的垂线交的延长线于点，证明即为三棱锥外接球球心，求出长即得．【详解】取中点，中点，在平面内过作的垂线交的延长线于点，由，得，是的外心，平面平面ABC，平面平面ABC，则平面，因此三棱锥外接球球心在直线上，又，所以，的外心一定在上，因此是外接球球心，的长即为球心O到平面ABC的距离．由，，在直角中得，即，在直角中，．故选：A．8.（2023·山西大同·高三阶段练习）如图，在四棱柱中，，，，，M，N分别是棱和的中点，则下列说法中不正确的是（

）A．四点共面 B．与共面C．平面 D．平面答案：B【解析】分析：A选项，连接MN，由中位线得到，结合得到，得到四点共面；B选项，由与共面，而与平行，得到与不共面；C选项，由线线垂直得到线面垂直；D选项，连接得到是等边三角形，得到，由平面得到，从而证明出平面.【详解】连接MN，则因为，M，N分别是棱和的中点，所以，因为，且，所以四边形是平行四边形，所以，所以，所以四点共面，A说法正确；因为，，，所以平面，C正确；连接，因为，，所以是等边三角形，所以，因为平面，平面，所以，因为，所以平面，D说法正确；若与共面，则共面，故在平面中，这与题设矛盾，B说法错误故选：B二、多选题9．（2023·河北·沧县中学高三阶段练习）如图所示，在四棱锥中中，为正方形，，E为线段的中点，F为与的交点，．则下列结论正确的是（

）A．平面 B．平面C．平面平面 D．线段长度等于线段长度答案：ABC【解析】分析：由，可判断选项A,由面面垂直的判定定理进而可判断选项C,由线面平行的判定定理可判断选项B,由线面垂直的性质定理加上勾股定理可判断选项D.【详解】因为是正方形，所以．又因所以平面平面，，所以平面，因此A正确；而平面，所以平面平面，因此C正确；因为F是的中点，而E为线段的中点，所以平面，平面，所以平面，因此B正确；对于D，因为是边长为1的正三角形，是正方形，所以．又由平面，有，所以．在中，，，又分别是等腰三角形的底边和腰上的中线，所以线段与的长度不相等（否则，是正三角形），因此D不正确；故选：ABC．10．(2023·辽宁·抚顺市第二中学三模）已知长方体，，，则下列结论正确的是（

）A．平面平面 B．直线平面C．直线与直线所成的锐角为 D．四面体外接球的半径为答案：AD【解析】分析：利用面面平行的判定定理可判断A选项；利用反证法可判断B选项；利用异面直线所成角的定义可判断C选项；求出长方体的体对角线长，可判断D选项.【详解】如下图所示：对于A选项，因为且，所以，四边形为平行四边形，所以，，因为平面，平面，平面，同理可证平面，因为，所以，平面平面，A对；对于B选项，若平面，平面，则，因为平面，平面，，，平面，平面，，因为，故矩形不是正方形，则、不垂直，与假设矛盾，B错；对于C选项，，所以，直线与直线所成的锐角为，易知，，，由余弦定理可得，所以，直线与直线所成的锐角不是，C错；对于D选项，因为长方体的体对角线为，所以，四面体外接球的半径为，D对.故选：AD.11．(2023·全国·高三专题练习）正三棱柱的各条棱的长度均相等，为的中点，，分别是线段和线段上的动点含端点，且满足，当，运动时，下列结论正确的是（

）A．在内总存在与平面平行的线段B．平面平面C．三棱锥的体积为定值D．可能为直角三角形答案：ABC【解析】分析：取、的中点、，连接、、，证明平面可判断A选项正确；证明平面，结合面面垂直的判定定理可判断B选项正确；由为定值，结合锥体的体积公式可判断C选项的正误；利用反证法可判断D选项的正误.【详解】取、的中点、，连接、、.对于A选项，且，，，且，易知四边形为梯形或平行四边形，因为、分别为、的中点，所以，，则，且，为的中点，，所以，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面，A选项正确；对于B选项，为等边三角形，为的中点，则，平面，平面，，，平面，，平面，平面，因此，平面平面，B选项正确；对于C选项，因为的面积为定值，，平面，平面，所以，平面，因为，所以，点到平面的距离为定值，进而可知，三棱锥的体积为定值，C选项正确；对于D选项，平面，平面，，为的中点，则，若为直角三角形，则为等腰直角三角形，则，设正三棱柱的棱长为，则，则，因为，故，所以，不可能为直角三角形，D选项错误.故选：ABC.12．（2023·全国·高考真题）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．则满足的是（

）A． B．C． D．答案：BC【解析】分析：根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.【详解】设正方体的棱长为，对于A，如图（1）所示，连接，则，故（或其补角）为异面直线所成的角，在直角三角形，，，故，故不成立，故A错误.对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，由正方体可得平面，而平面，故，而，故平面，又平面，，而，所以平面，而平面，故，故B正确.对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，故，故C正确.对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，则，因为，故，故，所以或其补角为异面直线所成的角，因为正方体的棱长为2，故，，，，故不是直角，故不垂直，故D错误.故选：BC.三、填空题13．(2023·上海金山·二模）若正方体的棱长为2，则顶点到平面的距离为__________.答案：【解析】分析：连接交于，连接，先证明平面，再求即可【详解】连接交于，连接，因为正方体，故，且平面，又平面，故，又平面，，故平面，故顶点到平面的距离为.又正方体的棱长为2，故故答案为：14．(2023·广东惠州·高三阶段练习）如图所示，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，，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）答案：（或，等都可）【解析】分析：先确定所填答案，如，再证明平面MBD⊥平面PCD即可，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质可得，从而可得平面MBD，再根据面面垂直的判定定理即可得证.【详解】解：可填，由为菱形，则，∵平面，平面，所以，又，∴平面，又平面，∴，又，，所以平面MBD，又因平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.故答案为：.（或，等都可）15．（2023·全国·高三专题练习（文））如图，在长方体中，，是棱上的两个动点，点在点的左边，且满足，给出下列结论：①平面；②三棱锥的体积为定值；③平面；④平面平面.其中所有正确结论的序号是______.答案：②④【解析】分析：根据线面位置关系、面面位置关系判断命题①③④，由棱锥体积公式判断②．【详解】与显然不垂直，而，因此与显然不垂直，从而平面是错误的，①错；，三棱锥中，平面即平面，到平面的距离为是定值，中，的长不变，到的距离不变，面积为定值，因此三棱锥体积是定值，②正确；平面就是平面，而与平面相交，③错；长方体中平面，平面，所以平面平面，即平面平面，④正确．故答案为：②④．16．(2023·河南·南阳中学模拟预测（文））在棱长为3的正方体中，P为内一点，若的面积为，则AP的最大值为________．答案：##【解析】分析：先证明平面，由条件确定点的轨迹，由此可求AP的最大值.【详解】因为，,平面，，所以，同理可证，又，，所以平面，设与平面相交于点O，连接，因为平面，所以所以，又，则，即点P的轨迹是以O为圆心，1为半径的圆，因为，平面，所以，又为等边三角形，且,所以，所以AP的最大值为．故答案为：.四、解答题17．（2023·江苏·高考真题）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．答案：（1）证明详见解析；（2）证明详见解析.【解析】分析：（1）通过证明，来证得平面.（2）通过证明平面，来证得平面平面.【详解】（1）由于分别是的中点，所以.由于平面,平面，所以平面.（2）由于平面，平面，所以.由于，所以平面,由于平面，所以平面平面.18．（2023·江苏·高考真题）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．答案：（1）见解析；（2）见解析.【解析】分析：(1)由题意结合几何体的空间结构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的结论；(2)由题意首先证得线面垂直，然后结合线面垂直证明线线垂直即可.【详解】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.19.(2023·全国高考真题（文））如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．答案：（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析【解析】（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连结OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP．MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．20．（2023·全国·高考真题（文））如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积．答案：（1）见详解；（2）18【解析】分析：（1）先由长方体得，平面，得到，再由，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；（2）先设长方体侧棱长为，根据题中条件求出；再取中点，连结，证