第九单元　8.6空间直线、平面的垂直专项训练-2024-2025学年高一下学期数学人教A版必修第二册

第九单元　空间直线、平面的垂直 【一周一测基础知识专项训练】 单项选择题 1.[2025长沙一中适应性考试]若空间中三条不同直线a,b,c满足a⊥b,且b∥c,则直线a与直线c必定(　　) A.平行 B.垂直 C.相交 D.异面 2.[2025洛阳一高高一期末]已知平面α及两条不重合的直线m,n,m⊥α,则“n∥α”是“m⊥n”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 3.[2025天津卷]已知m,n为两条直线,α,β为两个平面,则下列结论中正确的是(　　) A.若m∥α,n⊂α,则m∥n B.若m⊥α,m⊥β,则α⊥β C.若m∥α,m⊥β,则α⊥β D.若m⊂α,α⊥β,则m⊥β 4.[2025成都七中、成都树德中学等校高一期末]如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为2的正方形,侧棱CC1=4,点E,F分别为CC1,AD的中点,则异面直线EF和AD1所成角的正弦值为(　　) A. B. C. D. 5.[2025山西大学附中高一月考]已知下面给出的三个图都是正方体,A,B为顶点,E,F分别是所在棱的中点,则满足直线AB⊥EF的图形的个数为(　　) A.0 B.1 C.2 D.3 6.[2025无锡一中高一阶段检测改编]已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1外接球的表面积为40π,且AB=,则AC1与底面ABCD所成角的正切值为(　　) A.2 B.2 C.3 D.4 7.【情境创新】[2025重庆一中高一期末]印章乃中华文明独特信物,多以铜玉为材,形制方圆各异.自秦汉玺印至明清篆刻,方寸之间承载三千年文脉,既是实用之器,更成艺术瑰宝.如图是一个金属印章,除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体.已知正四棱柱和正四棱锥的高相等,均为4,正四棱锥的侧面与底面所成的二面角的正弦值为,则该几何体的体积是(　　) A.32 B. C.64 D. 8.[2024包头一中期末]如图,已知∠APB=90°,S为平面APB外一点,SP=4,点S到∠APB两边PA,PB的距离分别为SF,SE,且SE=SF=2,则点S到平面APB的距离SO为(　　) A.4 B.2 C.2 D. 多项选择题 9.[2025成都市实验外国语学校高一期中]已知a,b为不垂直的异面直线,α是一个平面,则a,b在α上的射影有可能是(　　) A.两条平行直线 B.两条互相垂直的直线 C.同一条直线 D.一条直线及其外一点 10.[2025广东省潮州市高一期末]如图,PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面,点C是圆周上异于A,B的任一点,则下列结论中正确的是(　　) A.PB⊥AC B.PC⊥BC C.平面ABC⊥平面PAC D.平面PBC⊥平面PAC 11.[2025河北衡水中学、衡水二中等校高一期末]已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则下列说法正确的有(　　) A.A1C⊥BC1 B.直线AD1到平面A1BC1的距离为 C.直线A1C与平面ABC1所成角的正弦值为 D.平面ABC1与平面A1BC1所成的锐二面角的正弦值为 填空题 12.[2025武威一中高一期末]如图所示,已知AF⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,且AF=DE,AD=6,则EF=　　　　.  13.【开放创新】[2025北京市丰台区高一期末]如图,在正方形ABCD中,E,F分别为边AB,BC的中点,将△AED,△BEF,△DCF分别沿DE,EF,DF折起,使A,B,C三点重合于点G,则在四面体G-EFD中,与平面GEF垂直的一个平面为　　　　.(写出符合题意的一个平面即可)  14.[2024天一中学模拟]如图改编自李约瑟所著的《中国科学技术史》,用于说明元代数学家郭守敬在编制《授时历》时所做的天文计算.图中的,,,都是以O为圆心的圆弧,CMNK是为计算所作的矩形,其中M,N,K分别在线段OD,OB,OA上,MN⊥OB,KN⊥OB.如果记α=∠AOB,β=∠AOC,γ=∠BOD,δ=∠COD,则cos α=　　　　(用cos β,cos γ和cos δ表示).  解答题 15.(13分)[2025昆明九中检测改编]如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,CE⊥AC,EF∥AC,AB=,CE=EF=1.求证: (1)AF∥平面BDE; (2)平面BCF⊥平面BDE. 16.(15分)[2025上海外国语大学附属外国语学校期中改编]如图,已知圆柱的高为5,直三棱柱ABC-A'B'C'的顶点A',B',C'在圆柱上底面的圆周上,顶点A,B,C在圆柱下底面的圆周上,已知∠ACB=90°,BC=6,AC=8. (1)证明:BC⊥A'C; (2)求B到平面B'AC的距离. 17.(15分)[2025锦州中学高一期末]如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AC=BC=AB,若G,F分别是B1C,A1B的中点. (1)求证:GF∥平面ABC; (2)求证:平面BCC1B1⊥平面ACB1; (3)设M是AC的中点,求直线B1M与平面ABC所成角的正弦值. 18.(17分)[2025鹤岗一中高一期末改编]如图,已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的菱形,PD⊥底面ABCD. (1)求证:AC⊥平面PBD; (2)已知PD=1, (i)当直线PB与平面ABCD所成的角为45°时,求四棱锥P-ABCD的体积; (ii)当BD=时,求异面直线PB与AD所成角的余弦值. 19.(17分)[2024十堰一中高一期末]如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是菱形,AC∩BD=M,BD⊥PC,PC=PA=AB=a,∠ABC=60°,E,F分别在棱PD,PC上,且PC=3PF,PE=λPD(0<λ<1). (1)证明:PA⊥平面ABCD; (2)若λ=,求二面角D-AC-E的正切值; (3)是否存在实数λ,使得直线BF∥平面ACE?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由. 参考答案 1.B　由于a⊥b,且b∥c,则a⊥c. 2.A　当m⊥α时,若m⊥n,则n∥α或n⊂α,所以必要性不成立;若n∥α,则存在平面β,使得n⊂β,设β∩α=l,则l∥n,因为m⊥α,l⊂α,所以m⊥l,所以m⊥n,所以充分性成立.所以“n∥α”是“m⊥n”的充分不必要条件. 3.C　A(✕)若m∥α,n⊂α,则m∥n或m,n异面; B(✕)若m⊥α,m⊥β,则α∥β; C(√)若m∥α,m⊥β,则α⊥β; D(✕)若m⊂α,α⊥β,则m∥β或m与β相交或m⊂β. 4.C　取BC的中点M,找到异面直线EF和AD1所成角,求解即可.取BC的中点M,连接ME,MF,BC1,如图,由题可知AD1∥BC1,又E为CC1的中点,所以BC1∥ME,则ME∥AD1,所以异面直线EF和AD1所成角即为∠MEF.可知△MEF为直角三角形,且∠EMF=90°,又MF=2,ME==,所以EF==3,所以sin∠MEF==. 5.D　对于①:方法一　如图1所示,设点C为所在棱的中点,连接FC,EC,由中位线定理及正方形的性质可得AB⊥FC,又CE⊥平面ACF,AB⊂平面ACF,故EC⊥AB,而FC,EC⊂平面ECF,FC∩EC=C,故AB⊥平面ECF,因为EF⊂平面ECF,故AB⊥EF,故①满足题意. 方法二　过点E作直线AB所在侧面的垂线,记垂足为C,连接FC,如图1,则C为所在棱的中点,且易知AB⊥FC,则由三垂线定理,可知AB⊥EF. 对于②:如图2所示,设点D为所在棱的中点,连接ED,FD,由中位线定理及正方形的性质可得AB⊥ED,又DF⊥平面BDE,AB⊂平面BDE,所以DF⊥AB,又DE,DF⊂平面DEF,DE∩DF=D,所以AB⊥平面DEF,又EF⊂平面DEF,所以AB⊥EF,故②满足题意. 对于③:如图3所示,设一个顶点为G,由中位线定理及正方形的性质得EF⊥AG,由BG⊥平面EFG,EF⊂平面EFG,得EF⊥BG,而AG,BG⊂平面ABG,AG∩BG=G,故EF⊥平面ABG,而AB⊂平面ABG,则AB⊥EF,故③满足题意. 综上,满足直线AB⊥EF的图形的个数为3. 6.C　设正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(正四棱柱是底面为正方形的直四棱柱)的高为h,因为正四棱柱ABCD-A1B1C1D1外接球的表面积为40π,且AB=,所以外接球的半径为,所以4π()2=40π,解得h=6.连接AC,如图,则AC==2,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,CC1⊥平面ABCD,所以∠C1AC为直线AC1与平面ABCD所成角,则AC1与底面ABCD所成角的正切值为==3. 7.D　柱体体积的有关计算+锥体体积的有关计算+由二面角的大小求线段长 思路导引　设正四棱锥的底面边长为a,利用正四棱锥的侧面与底面所成的二面角的正弦值建立方程,求得a,结合柱体和锥体体积公式求解即可. 记正四棱锥为P-ABCD,底面中心为O1,正四棱柱为ABCD-A1B1C1D1,取BC的中点E,连接PE,O1E,PO1,如图所示.设正四棱锥的底面边长为a,由题意正四棱柱和正四棱锥的高均为4,所以正四棱锥的侧面的高为PE==.因为正四棱锥的侧面与底面所成的二面角的正弦值为,所以==,解得a=2,故该几何体的体积为2×2×4+×2×2×4=. 8.B　由于SO⊥平面APB,EO,FO⊂平面APB,故SO⊥EO,SO⊥FO,且SE=SF=2,SO=SO,因此△SOF≌△SOE,故OE=OF.SO⊥PB,SE⊥PB,SO∩SE=S,SO,SE⊂平面SOE,所以PB⊥平面SOE,又OE⊂平面SOE,故PB⊥OE,同理可得PA⊥OF,又∠APB=90°,OE=OF,因此四边形OEPF为正方形,又SE⊥PB,所以PE==2,所以SO===2. 9.ABD　A(√)B(√)D(√)不妨以长方体为例(AA1>AD),如图,A1D与BC1在平面ABCD上的射影互相平行,AB1与BC1在平面ABCD上的射影互相垂直,BC1与DD1在平面ABCD上的射影是一条直线及其外一点. C(✕)如果a,b在α上的射影是同一条直线,那么a,b共面,与a,b为异面直线矛盾. 10.BCD　A(✕)假设PB⊥AC,因为BC⊥AC,PB∩BC=B,PB,BC⊂平面PBC(注意直径所对的圆周角是直角这一隐含条件),所以AC⊥平面PBC,又PC⊂平面PBC,所以AC⊥PC,而PA⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,所以AC⊥PA,在△PCA中,PA⊥AC,PC⊥AC,不能同时成立,所以A中结论不可能正确. B(√)因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以BC⊥PA,因为BC⊥AC,PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,所以BC⊥平面PAC,又PC⊂平面PAC,所以PC⊥BC. C(√)因为PA⊥平面ABC,PA⊂平面PAC,所以平面ABC⊥平面PAC. D(√)由选项B可知BC⊥平面PAC,因为BC⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面PAC. 11.ACD　A(√)如图1,连接B1C,因为A1B1⊥平面BCC1B1,BC1⊂平面BCC1B1,所以A1B1⊥BC1,因为B1C⊥BC1,A1B1∩B1C=B1,A1B1,B1C⊂平面A1B1C,所以BC1⊥平面A1B1C,因为A1C⊂平面A1B1C,所以A1C⊥BC1. B(✕)如图2,易知AD1∥BC1,BC1⊂平面A1BC1,AD1⊄平面A1BC1,所以AD1∥平面A1BC1.因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,所以△A1BC1是边长为2的正三角形.设直线AD1到平面A1BC1的距离为h,则点A到平面A1BC1的距离为h,连接AC1,由=,得×h××8=×2××2×2,解得h=(由等体积法求解点面距离). C(√)如图3,连接BD1,AD1,平面ABC1即为平面ABC1D1.设A1C与BD1交于点O,则O为A1C的中点.过点A1作A1E⊥AD1,交AD1于点E,则E为AD1的中点,AB⊥平面ADD1A1,又A1E⊂平面ADD1A1,所以AB⊥A1E,又AB∩AD1=A,所以A1E⊥平面ABC1.连接EO,则∠A1OE为直线A1C与平面ABC1所成的角,sin∠A1OE===. D(√)如图3,连接B1C,设B1C∩BC1=F,连接A1F,EF,则A1F⊥BC1,EF⊥BC1,所以∠A1FE为平面ABC1与平面A1BC1所成的锐二面角的平面角,因为A1E⊥EF,所以sin∠A1FE===. 12.6　∵AF⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,∴AF∥DE(直线与平面垂直的性质定理:垂直于同一个平面的两条直线平行),又∵AF=DE,∴四边形AFED为平行四边形,∴EF=AD=6. 13.平面GED(或平面GFD)　在正方形ABCD中,DA⊥AE,DC⊥CF,故在四面体G-EFD中,DG⊥GE,DG⊥GF,又GE∩GF=G,GE,GF⊂平面GEF,故DG⊥平面GEF,而DG⊂平面GED,故平面GED⊥平面GEF.同理可得,平面GFD⊥平面GEF. 14.　线面垂直的判定+由线面垂直证线线垂直 思路导引　根据给定条件,利用线面垂直的判定和性质可得Rt△COK,Rt△OMN,Rt△OMC,Rt△KON,再利用直角三角形边角关系求解即可. 由四边形CMNK是矩形,得MN⊥KN,又MN⊥OB,KN∩OB=N,KN,OB⊂平面AOB,所以MN⊥平面AOB,而KC∥MN,则KC⊥平面AOB,又OA⊂平面AOB,所以KC⊥OA,OK=OCcos β.由KN⊥OB,MN⊥KN,MN∩OB=N,MN,OB⊂平面BOD,得KN⊥平面BOD,而CM∥KN,则CM⊥平面BOD,又OD⊂平面BOD,所以CM⊥OD,OM=OCcos δ.在Rt△MON中,ON=OMcos γ=OCcos δcos γ,在Rt△KON中,ON=OKcos α=OCcos αcos β,因此OCcos αcos β=OCcos δcos γ,所以cos α=. 15.【解析】 (1)如图,设AC与BD交于点M,连接ME, 因为四边形ABCD为正方形,且AB=,所以AC=BD=2,所以AM=1. 又EF=1,EF∥AC,所以四边形AMEF为平行四边形,所以AF∥ME,(4分) 又ME⊂平面BDE,AF⊄平面BDE,所以AF∥平面BDE.(6分) (2)连接MF. 因为平面ACEF⊥平面ABCD,平面ACEF∩平面ABCD=AC,BD⊥AC,BD⊂平面ABCD, 所以BD⊥平面ACEF,又CF⊂平面ACEF,所以CF⊥BD.(9分) 又CE⊥AC,CM∥EF,CM=EF=CE=1,所以四边形MCEF为正方形, 所以CF⊥ME,又BD,ME⊂平面BDE,BD∩ME=M, 所以CF⊥平面BDE.(11分) 又CF⊂平面BCF,所以平面BCF⊥平面BDE.(13分) 16.【解析】 (1)因为AA'⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以AA'⊥BC,(2分) 又BC⊥AC,AC∩AA'=A,AC,AA'⊂平面AA'C, 所以BC⊥平面AA'C,(4分) 又A'C⊂平面AA'C,所以BC⊥A'C.(6分) (2)因为BC⊥AC,CC'⊥AC,CC'∩BC=C, 所以AC⊥平面BB'C,即点A到平面BB'C的距离为AC.(9分) 又B'C⊂平面BB'C,所以AC⊥B'C, 设点B到平面B'AC的距离为d, 则由VB-B'AC=VA-BB'C,可得S△B'ACd=S△BB'C·AC.(11分) 又S△B'AC=AC·B'C=×8×=4,S△BB'C=BC·BB'=×6×5=15,(13分) 所以×4×d=×15×8,解得d=, 即B到平面B'AC的距离为.(15分) 17.求线面角+证明面面垂直+证明线面平行 思路导引　(1)方法一:取BB1的中点H,连接HG,HF,利用线面平行的判定定理证得HG∥平面ABC,HF∥平面ABC,进而利用面面平行的判定定理得平面HGF∥平面ABC,最后利用面面平行的性质证明即可; 方法二:根据中位线的性质得FG∥CA,然后利用线面平行的判定定理证明即可; (2)利用棱柱性质得BB1⊥AC,根据勾股定理的逆定理得AC⊥BC,进而利用线面垂直的判定定理得AC⊥平面BCC1B1,最后利用面面垂直的判定定理证明即可; (3)连接MB,利用线面角的定义得∠B1MB即为所求的线面角,在直角三角形中求解正弦值即可. 【解析】 (1)方法一　取BB1的中点H,连接HG,HF,如图1, ∵G,H,F分别为B1C,B1B和A1B的中点, ∴HG∥BC,HF∥B1A1, ∵A1B1∥AB,∴HF∥AB,(1分) 又HG⊄平面ABC,HF⊄平面ABC,BC⊂平面ABC,AB⊂平面ABC, ∴HG∥平面ABC,HF∥平面ABC,又HG⊂平面HGF,HF⊂平面HGF,HG∩HF=H, ∴平面HGF∥平面ABC,(3分) ∵GF⊂平面HGF,∴GF∥平面ABC.(4分) 方法二　∵F为BA1的中点, ∴F为B1A的中点, ∵G为B1C的中点,∴FG∥CA,(2分) ∵CA⊂平面ABC,GF⊄平面ABC, ∴GF∥平面ABC.(4分) 方法二　∵F为BA1的中点, ∴F为B1A的中点, ∵G为B1C的中点,∴FG∥CA,(2分) ∵CA⊂平面ABC,GF⊄平面ABC, ∴GF∥平面ABC.(4分) (2)在直棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC, ∵AC⊂平面ABC,∴BB1⊥AC.(5分) 不妨设AA1=1,∵AA1=AC=BC=AB,∴AC=BC=1,AB=, ∴CA2+CB2=AB2,∴AC⊥BC.(7分) 又∵BC,BB1⊂平面BCC1B1,BC∩BB1=B,∴AC⊥平面BCC1B1, ∵AC⊂平面ACB1,∴平面ACB1⊥平面BCC1B1.(9分) (3)第一步:找到直线B1M与平面ABC所成的角 连接MB,如图2, ∵BB1⊥平面ABC,∴直线BM为直线B1M在平面ABC内的射影, ∴∠B1MB是直线B1M与平面ABC所成的角.(12分) 第二步:放到三角形中求解所找到的角的正弦值 同(2)中设AA1=1,则在△BCM中,BM===, 在△B1BM中,B1M===, 故sin∠B1MB==.(15分) 18.锥体体积的有关计算+证明线面垂直+求异面直线所成角的余弦值 思路导引　(1)利用线面垂直的性质可得PD⊥AC,结合AC⊥BD,利用线面垂直的判定定理可得证; (2)(i)根据线面角的定义可得∠PBD是直线PB与平面ABCD所成的角,可得BD=PD=1,由此求得AC=,即可得菱形ABCD的面积,再利用棱锥的体积公式计算即可;(ii)利用线面垂直的性质可得PD⊥DC,PD⊥DB,则PC=,PB=,根据定义可得∠PBC即为异面直线PB与AD所成角或其补角,再利用余弦定理计算即可. 【解析】 (1)∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥BD, 又∵PD⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴PD⊥AC,(2分) 又PD∩BD=D,PD,BD⊂平面PBD, ∴AC⊥平面PBD.(4分) (2)(i)∵PD⊥平面ABCD,∴∠PBD是直线PB与平面ABCD所成的角,于是∠PBD=45°,(6分) ∵PD=1,∴BD=PD=1,又AB=AD=2, ∴AC=2=, ∴菱形ABCD的面积为S=AC×BD=××1=, 故四棱锥P-ABCD的体积V=S·PD=.(9分) (ii)∵PD⊥平面ABCD,DC,DB⊂平面ABCD,∴PD⊥DC,PD⊥DB, ∴PC==,PB==.(11分) ∵AD∥BC,∴∠PBC即为异面直线PB与AD所成角或其补角.(12分) 又BC=2,∴在△PBC中,由余弦定理PC2=PB2+BC2-2PB·BCcos∠PBC, 得5=3+4-2××2cos∠PBC,解得cos∠PBC=, ∴∠PBC为锐角,即∠PBC为异面直线PB与AD所成角, ∴异面直线PB与AD所成角的余弦值为.(17分) 19.【解析】 (1)因为四边形ABCD是菱形,所以BD⊥AC. 因为BD⊥PC,PC,AC⊂平面PAC,且PC∩AC=C,所以BD⊥平面PAC. 因为PA⊂平面PAC,所以BD⊥PA.(2分) 因为四边形ABCD是菱形,且∠ABC=60°,所以AC=AB. 因为PC=PA=AB,所以PC2=PA2+AB2=PA2+AC2,所以PA⊥AC. 因为BD,AC⊂平面ABCD,且BD∩AC=M,所以PA⊥平面ABCD.(5分) (2)如图,取棱AD的中点H,连接EH,过H作HG⊥AC,垂足为G,连接EG. 因为E,H分别是PD,AD的中点,所以EH∥PA,EH=PA. 由(1)可知PA⊥平面ABCD,则EH⊥平面ABCD. 因为AC⊂平面ABCD,所以EH⊥AC. 因为HG⊥AC,HG,EH⊂平面EHG,且HG∩EH=H,所以AC⊥平面EHG. 因为EG⊂平面EHG,所以EG⊥AC,则∠EGH是二面角D-AC-E的平面角.(8分) 因为PA=a,所以EH=. 因为四边形ABCD是菱形,且∠ABC=60°,所以AC⊥BD,且DM=BD=. 因为HG⊥AC,所以HG∥DM. 因为H是AD的中点,所以HG=DM=. 因为EH⊥平面ABCD,且HG⊂平面ABCD,所以EH⊥HG, 则tan∠EGH==.(11分) (3)假设存在实数λ,使得直线BF∥平面ACE. 如图,连接DF,交CE于点N,连接MN,过F作FK∥CE,交PD于点K. 因为BF∥平面ACE,BF⊂平面BDF,且平面BDF∩平面ACE=MN,所以MN∥BF. 因为四边形ABCD是菱形,所以M是BD的中点,所以N是DF的中点,即DN=NF. 因为FK∥NE,所以E是DK的中点. 因为FK∥CE,所以==,所以KE=2PK, 则=,即λ=. 故假设成立,存在λ=,使得直线BF∥平面ACE.(17分) 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $