假期作业16 空间直线、平面的垂直-【快乐假期】2025年高一数学暑假大作业（北师大版）

１１．证明:(１)因 为 M,N 分 别 是CD,CB 的中点, 所以 MN∥BD．又 因 为 BB１􀱀DD１, 所以四边形BB１D１D 是平行四边形, 所以BD∥B１D１, 从而 MN∥B１D１． (２)连接A１C１,交B１D１ 于点O,连接OE． 因为四边形A１B１C１D１ 为平行四边形,则O 点是A１C１ 的中点．因为E 是AA１ 的中点,所以EO 是△AA１C１ 的 中位线,所以EO∥AC１． 又AC１⊈平面EB１D１,EO⫋平面EB１D１, 所以AC１∥平面EB１D１． (３)连接GH,因为EA􀱀B１H,则四边形EAHB１ 是平 行四边形,所以 EB１∥AH．因为 AD􀱀HG,则四边形 ADGH 是平行四边形,所以DG∥AH,所以EB１∥DG． 又因为BB１􀱀DD１,所以四边形BB１D１D 是平行四边形, 所以BD∥B１D１． 因为BD∩DG＝D, 所以平面EB１D１∥平面BDG． １２．证明:(１)连接AE,则AE 必过DF 与 GN 的 交 点 O,连 接 MO,则 MO 为 △ABE 的中位线,所以BE∥MO． 又 BE ⊄ 平 面 DMF,MO ⊂ 平 面DMF, 所以BE∥平面DMF． (２)因为 N,G 分别为平行四边形ADEF 的边AD,EF 的中点,所以DE∥GN, 又DE⊄平面 MNG,GN⊂平面 MNG, 所以DE∥平面 MNG．又 M 为AB 的中点, 所以 MN 为△ABD 的中位线,所以BD∥MN, 又 MN⊂平面 MNG,BD⊄平面 MNG, 所以BD∥平面 MNG, 又DE,BD⊂平面BDE,DE∩BD＝D, 所以平面BDE∥平面 MNG． 新题快递 １．D　[A中,α∩β＝a,b⊂α,a,b可能平行也可能相交;B 中,α∩β＝a,a∥b,则可能b∥α,b∥β,也可能b在平面α 或β内;C中,α∥β,b∥β,a⊂α,b⊂α,根据平面平行的判 定定理,若加上条件a∩b＝A,则α∥β．故选 D．] ２．D　[如图所示,A′,B′分别是 A,B 两点在α,β上运动后的 两点,此 时 AB 中 点C 变 成 A′B′中 点 C′．连 接A′B,取 A′B 的 中 点 E,连 接 CE, C′E′,CC′,AA′,BB′．则 CE ∥AA′,又AA′⊂α,CE⊄α, ∴CE∥α,同理C′E∥β． 又∵α∥β,∴C′E∥α． ∵C′E∩CE＝E,∴平面CC′E∥平面α．∴CC′∥α．故不 论A,B 如何移动,所有的动点C都在过点C 且与α,β平 行的平面上．] 假期作业１６ 思维整合室 １．两条相交 直 线 　 平 行 　２．垂 线 　 交 线 　３．(１)锐 角 　∠PAO 技能提升台　素养提升 １．D　 ２．A　[过点A 作AH⊥BD 于点H(图略),由平面ABD⊥ 平面BCD,得AH⊥平面BCD,则AH⊥BC．又DA⊥平 面ABC,所以BC⊥AD,所以BC⊥平面 ABD,所以BC ⊥AB,即△ABC为直角三角形．故选 A．] ３．C　[连接AC,因为ABCD 是菱 形,所以AC⊥BD, 又 MC⊥菱形 ABCD 所在 的 平 面,BD⊂平面 ABCD,所以 MC ⊥BD, 又 MC∩AC＝C,MC,AC⊂平面 MAC,所以BD⊥平面 MAC,MA⊂平面 MAC, 所以 MA⊥BD．] ４．解析:连接A１C１,则∠AC１A１ 为AC１ 与平面A１B１C１D１ 所成的角． 因为AB＝BC＝２,所以A１C１＝AC＝ ２ ２,又AA１＝１,所以AC１＝３, 所以sin∠AC１A１＝ AA１ AC１ ＝１３． 答案:１ ３ ５．D ６．BCD　[A中当m⊥n,m⊥α,n∥β时,两个平面的位置关 系不确定,A 不正确．B中,过直线n作平面γ 与β 交于 c,则n∥c． 由m⊥α,所以m⊥c,所以m⊥n,B正确．C中由面面平行 的性质,易得 m∥β,C正确．D 中,由线面角的定义与等 角定理可知 D正确．] ７．A　[对于 A 选项,在正方 体 ABCD－A１B１C１D１ 中,因 为 E,F 分别为AB,BC 的中点, 易知EF⊥BD,EF⊥DD１,又 BD∩DD１＝D,从而 EF⊥平 面B１BDD１,又 因 为 EF⊂ 平 面B１EF,所 以 平 面 B１EF⊥ 平面 BDD１,所 以 A 选 项 正 确;对 于 B 选 项,因 为 平 面 A１BD∩平面BDD１＝BD,由上述过程易知平面 B１EF ⊥平面A１BD 不成立;对于 C选项,由题意知直线 AA１ 与直线B１E 必相交,故平面B１EF 与平面A１AC 有公共 点,从而 C选项错误;对于 D 选项,连接AC,AB１,B１C, 易知平面AB１C∥平面A１C１D,又因为平面 AB１C 与平 面B１EF 有公共点B１,故平面AB１C 与平面B１EF 不平 行,所以 D选项错误．] ８．解析:如 图,取 AB 的 中 点E,连 接 DE,CE, 因为△ADB 是等边三角形, 所以DE⊥AB． 当平面ADB⊥平面ABC时, 因为平 面 ADB∩ 平 面 ABC＝AB, DE⊂平面ABD, 所以DE⊥平面ABC．又CE⊂平面ABC, 可知DE⊥CE．由已知可得DE＝ ３,EC＝１, 在 Rt△DEC中,CD＝ DE２＋CE２＝２． 答案:２ ９．C　[如图,过E 做EO⊥平面ABCD,垂足为O,过E 分 别 做 EG ⊥BC,EM ⊥AB,垂 足 分 别 为 G,M,连 接 OG,OM, 由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底 面夹角分别为∠EMO 和∠EGO, 所以tan∠EMO＝tan∠EGO＝ １４５ ． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６６ 因为 EO⊥ 平 面 ABCD,BC⊂ 平 面 ABCD,所 以 EO ⊥BC, 因为EG⊥BC,EO,EG⊂平面EOG,EO∩EG＝E, 所以BC⊥ 平 面 EOG,因 为 OG⊂ 平 面 EOG,所 以 BC ⊥OG． 同理:OM⊥BM,又BM⊥BG,故四边形OMBG 是矩形, 所以由BC＝１０ 得 OM＝５,所 以 EO＝ １４,所 以 OG ＝５, 所 以 在 直 角 三 角 形 EOG 中,EG＝ EO２＋OG２ ＝ ( １４)２＋５２＝ ３９, 在直角三角形EBG 中,BG＝OM＝５,EB＝ EG２＋BG２ ＝ ( ３９)２＋５２＝８, 又因为EF＝AB－５－５＝２５－５－５＝１５, 所有棱长之和为２×２５＋２×１０＋１５＋４×８＝１１７m．] １０．解析:当m⊥α,m⊥n时,有n∥α或n⊂α,∴当n⊥β时,α⊥ β,即①③④⇒②．或当α⊥β,m⊥α时,有m∥β或m⊂β, ∴当n⊥β时m⊥n,即②③④⇒①． 答案:①③④⇒②(或②③④⇒①) １１．解:(１)因为AB＝BC＝２,所以BE⊥AC,又因为是直三 棱柱ABC－A１B１C１,不妨设AC＝２a, 因为BF⊥A１B１, 所以BF⊥AB,连接AF, E,F 分别为AC 和CC１ 的中点,则 AF２＝BF２＋AB２, ⇒４a２＋１＝５＋４⇒a２＝２⇒a＝ ２, 所以BE＝ BC２－EC２＝ ２, 所以VF－EBC ＝ １ ３S△BEC 􀅰FC＝ １３ × １ ２ × ２× ２×１ ＝１３． (２)连 接 A１E,取 BC 中 点 为 H,连接EH,B１H, 因为E,H 分别为AC,BC 的 中点,所以EH∥AB, 又因为A１B１∥AB,所以A１B１ ∥EH,所以A１EHB１ 共面, 易知DE⊂平面A１EHB１, 易知 △FCB≌△HBB１,所 以 BF⊥HB１, 又因为BF⊥A１B１,且A１B１∩HB１＝B１, 所以BF⊥平面A１EHB１,所以BF⊥DE． １２．解:(１)证明　由已知可得,∠BAC＝９０°, 即BA⊥AC．又BA⊥AD,AD∩AC＝A,AD, AC⊂平面ACD, 所以AB⊥平面ACD． 又AB⊂平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC． (２)由 已 知 可 得,DC＝ CM＝AB＝３, DA＝３ ２． 又BP＝DQ＝２３DA , 所以BP＝２ ２． 如图,过点Q 作QE⊥AC,垂足为E,则QE∥DC且QE ＝１３DC． 由已知及(１)可得,DC⊥平面ABC, 所以QE⊥平面ABC,QE＝１． 因为,三棱锥Q－ABP 的体积为 VQ－ABP＝ １ ３×S△ABP×QE ＝１３× １ ２×３×２ ２sin４５°×１＝１． 新题快递 １．C　[取 AB 的 中 点E,连 接 CE,DE,因 为△ABC 是 等 腰 直角三 角 形,且 AB 为 斜 边, 则有CE⊥AB, 又△ABD 是等边三 角 形,则 DE⊥AB,从 而 ∠CED 为 二 面角C－AB－D 的平 面 角, 即∠CED＝１５０°, 显然CE∩DE＝E,CE,DE⊂ 平面CDE,于是AB⊥平面CDE,又AB⊂平面ABC, 因此平面CDE⊥平面ABC,显然平面CDE∩平面ABC ＝CE, 直线CD⊂平面CDE,则直线CD 在平面ABC 内的射影 为直线CE, 从而∠DCE 为直线CD 与平面ABC 所成的角,令AB＝ ２,则CE＝１,DE＝ ３,在△CDE 中,由余弦定理得: CD＝ CE２＋DE２－２CE􀅰DEcos∠CED ＝ １＋３－２×１× ３× － ３２ æ è ç ö ø ÷ ＝ ７, 由正弦定理 DE sin∠DCE＝ CD sin∠CED , 得sin∠DCE＝ ３sin１５０° ７ ＝ ３ ２ ７ , 显 然 ∠DCE 是 锐 角,cos∠DCE＝ １－sin２∠DCE＝ １－ ３ ２ ７ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ ５ ２ ７ , 所以直线CD 与平面ABC 所成的角的正切为 ３５． ] ２．解析:因为PA⊥平面 ABC,PA⊂平面PAC,所以平面 PAC⊥平面ABC． 过点B 作BD⊥AC于点D,过点D 作DE⊥PC 于点E, 连接BE． 因为平 面 PAC⊥平 面 ABC,平 面 PAC∩ 平 面 ABC＝ AC,BD⊂平面ABC, 所以BD⊥ 平 面 PAC．因 为 PC⊂ 平 面 PAC,所 以 BD ⊥PC． 因为DE⊥PC,BD∩DE＝D,BD,DE⊂平面BDE,所以 PC⊥平面BDE．因为BE⊂平面BDE,所以PC⊥BE, 所以二面角A－PC－B 的平面角为∠BED． 因为AB⊥BC,且 PA＝AB＝１, BC＝ ２,PA⊥ 平 面 ABC,所 以 PB＝ ２,AC＝ ３,PC＝２,PB⊥ BC．又因为BE⊥PC,所以 E 为 PC 的中点,所以BE＝１． 由等面积法得BD＝ ６３． 因为BD⊥平面PAC,所以sin∠BED＝BDBE＝ ６ ３． 所以二面角A－PC－B 的正弦值为 ６３． 答案:６ ３ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７６ 　　　　　假期作业１６　空间直线、平面的垂直　　　　　　　　　　　 １．直线与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判 定 定 理 一条直线与一 个平面内的 　 　　　　都垂 直,则该直线与 此平面垂直 a,b⊂α a∩b＝O l⊥a l⊥b ü þ ý ï ï ï ï ï ï ⇒l⊥α 性 质 定 理 垂直于同一个 平面的两条直 线　　　　 a⊥α b⊥α}⇒a∥b ２．平面与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判 定 定 理 一个平面过另 一 个 平 面 的 　　　　,则这 两个平面互相 垂直 l⊂β l⊥α}⇒α⊥β 性 质 定 理 两个平面互相 垂直,则一个平 面内垂直于 　 　　　的直线 垂直于另一个 平面 α⊥β l⊂β α∩β＝a l⊥a ü þ ý ï ï ï ï ï ï ⇒l⊥α ３．直线与平面所成的角 (１)定义:平面的一条斜线和 它在平面上的射影所成 的　　　　,叫做这条直 线和这个平面所成的角,如图,　　　 　就是斜线AP 与平面α所成的角． (２)线面角θ的范围:θ∈ ０,π２ é ë êê ù û úú． ◆[考点一]　直线与平面垂直的判定与 性质 １．直线n⊥平面α,n∥l,直线m⊂α,则l、m 的位置关系是 (　　) A．相交　　　　　　 B．异面 C．平行 D．垂直 ２．在空间四边形ABCD 中,平面ABD⊥平 面BCD,且DA⊥平面ABC,则△ABC是 (　　) A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 ３．如图,如果 MC⊥菱形 ABCD 所在的平 面,那么 MA 与BD 的位置关系是 (　　) A．平行 B．不垂直 C．垂直 D．相交 ４．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　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５３ ◆[考点二]　平面与平面垂直的判定与性质 ５．若平面α⊥平面β,平面β⊥平面γ,则 (　　) A．α∥γ B．α⊥γ C．α与γ相交但不垂直 D．以上都有可能 ６．(多选)α,β是两个平面,m,n 是两条直 线,有下列四个命题,其中正确的命题是 (　　) A．如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β B．如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n C．如果α∥β,m⊂α,那么m∥β D．如果m∥n,α∥β,那么m 与α 所成的 角和n 与β所成的角相等 ７．(２０２２􀅰全国乙卷)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 ８．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 为轴运动,当平面ADB⊥平 面ABC时,则CD＝　　　　． ◆[考点三]　垂直的综合应用 ９．(２０２３􀅰北京卷)坡 屋顶是我国传统建 筑造 型 之 一,蕴 含 着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒 出建筑轮廓,展现造型之美．如图,某坡 屋顶可视为一个五面体,其中两个面是 全等的等腰梯形,两个面是全等的等腰 三角形．若AB＝２５m,BC＝AD＝１０m, 且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所 在的平面与平面ABCD 的夹角的正切值 均为 １４ ５ ,则该五面体的所有棱长之和为 (　　) A．１０２m　　　　　B．１１２m C．１１７m D．１２５m １０．已知α,β是两个不同的平面,m,n是平 面α及β之外的两条不同直线,给出四 个论断: ①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α． 以其中三个论断作为条件,余下一个论 断作为结论,写出你认为正确的一个命 题　　　　．(用序号表示) １１．(２０２１􀅰 全 国 甲 卷 (文),１９)已知直三 棱柱ABC－A１B１C１ 中,侧面AA１B１B 为 正方形,AB＝BC＝ ２,E,F 分 别 为 AC 和CC１ 的中点,BF⊥A１B１． (１)求三棱锥F－EBC的体积; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６３ (２)已知D 为棱A１B１ 上的点,证明: BF⊥DE． １２．如图,在平行四 边形ABCM 中, AB ＝AC ＝３, ∠ACM＝９０°．以 AC为折痕将△ACM 折起,使点 M 到达 点D的位置,且AB⊥DA． (１)证明:平面ACD⊥平面ABC; (２)Q 为线段AD 上一点,P 为线段BC 上一点,且BP＝DQ＝２３DA ,求三棱锥 Q－ABP 的体积． １．(２０２３􀅰全国乙卷(理))已知△ABC 为等 腰直角三角形,AB 为斜边,△ABD 为等 边三角形,若二面角C－AB－D 为１５０°, 则直线CD 与平面ABC 所成角的正切 值为 (　　) A．１５　　B． ２ ５　　C． ３ ５　　D． ２ ５ ２．«九章算术»是我国古 代数学名著,书中将四 个面均为直角三角形 的棱锥称为“鳖臑”．如 图,四面体P－ABC为鳖臑,PA⊥ 平面 ABC,AB⊥BC,且 PA＝AB＝１,BC＝ ２,则二面角 A－PC－B 的正弦值为 　　　　． 青春里,我们都 在摸索着成长,会被 绊倒,会流泪,会茫 然,会想要放弃,但 是我们都能坚持到最后．尽管我们一路走 来跌跌撞撞,但是我们写下了属于我们的 青春励志文章,鼓励着正在走向未来的自 己,也鼓励那些在黑暗中挣扎的青少年不 要轻言放弃,辜负青春． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７３