8.6 空间直线、平面的垂直 阶段综合-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

8.6阶段综合 黑题 阶段强化 限时：45min 1.*(2025·福建厦门高一期中)已知m,n表4.**(2025·广东惠州高一月考)已知正方 示两条不同的直线，，B表示两个不同的平 体ABCD-A1B,C1D,中，E,F分别为所在线段 面，则下列结论正确的是 的中点，则满足AE⊥BF的图形为 A.若m∥a,mLn,则n⊥ D B.若m∥a,B⊥&，则m∥B C.若m∥a,n⊥，则m⊥n D D D.若m∥a,m⊥B,则a∥B 2.*(2025·浙江宁波高一月考)如图，已 B 知正三棱柱ABC-A,B1C1,AC=AA1,E,F分别 D. 0 是棱BC,A1C1上的点.记EF与AA1所成的角 为，EF与平面ABC成的角为B,二面角 F-BC-A的平面角为y,则 C D 5.**(多选)如图，四边形ABCD是圆柱的轴 截面，E是底面圆周上异于A,B的一点，则下 面结论中正确的是 ( A.AE⊥CE A.a≤B≤y B.B≤a≤Y B.BE⊥DE C.B≤y≤a D.a≤Y≤B 3.*(2025·江西南昌高一期末)如图，已知 C.DE⊥平面BCE △ABC是正三角形，EA和DC都垂直于平 D.平面ADE⊥平面BCE 面ABC,且EA=AB=2DC,F,G分别是EB 6.整（2025·浙江金华高一期末)已知正方 和AB的中点，则下列结论错误的是( 体ABCD-AB,C,D,的棱长为1，点P是上底 面AB1C,D,内的一个动点设平面ADP与平面 BCP所成的二面角为a,平面ABP与平面CDP 所成的二面角为B,若α≥B,则下图中阴影部分 表示P点轨迹的是 A.FD∥平面ABC B.FG⊥平面ABC ☒☒正 C.FC⊥AB D.平面EBC⊥平面EAB 第八章黑白题091 7.*(2025·河北邢台高一月考)如图所示，10.整(2025·山东泰安高一期中)如图，已知 已知平面a∩平面B=U,EA⊥，垂足为A, 三棱台ABC-A1B,C1中，平面ABBA1⊥平面 EB⊥B,垂足为B,直线aCB,a⊥AB,则直线a BCC,B1,△ABC是以B为直角顶点的等腰直 与直线l的位置关系是 角三角形，且AB=2AA1=2AB1=2BB1=2. (1)证明：AB11平面BB,C,C; (2)求直线AB,与平面ABC所成角的大小； (3)在线段CC,上是否存在点F,使得二面 8.转(2025·浙江嘉兴高一期中)如图，已知 角FP一AB-C的大小为石若存在，求出线 棱长为b的正方体ABCD-A1B1C1D1,顶点A 段CF的长，若不存在，请说明理由 在平面α内，其余顶点都在平面α同侧，且顶 点A1,B,C到平面a的距离分别为26,2,4， 则b等于 9.*(2025·河北邢台高一月考)如图，在三 压轴挑战 棱柱ABC-A,B,C,中，AA,⊥平面A,B,C1, 热（多选)(2025·江苏徐州高一 AB=AC,F是B,C1的中点，点E在棱CC1上. 期末)如图①，在长方形ABCD (1)证明：AF⊥B1E; 中，AB=√3，AD=3,M,N为AD的三等分点，P, (2)若∠BAC=120°，AA1=2AB=2,且点B,到 Q为BC的三等分点，连接BM,PN,QD,分别 半面A,的距离为写，求C6:C 交AC于点K,G,O.如图②，将△ACD沿AC翻 折至△ACF,形成三棱锥F-ABC,则 的值 A.AC⊥平面PGW B.当NG⊥BK时，直线MG与OQ所成的角 为娟 C.当二面角F-AC-B为时，BN=Y22 2 D.直线OF上的点到直线PG的最短距离为3 必修第二册·RJ黑白题092EF,ME⊥AC. 又因为E,F分别为AD,AC的中点，所以EF∥CD, 而AC⊥CD,所以AC⊥EF,又ME∩EF=E,ME,EFC平面MEF,则AC⊥ 平面MEF.因为MFC平面MEF,所以AC⊥MF, 所以∠MFE是二面角M-AC-D的平面角，即∠MFE=a 设EF=m,则ana=ME_35 [3,35]，得m∈e[1,5] EF m 过N作NH∥ME交AD于H,连接CH,由于ME⊥平面ABCD,所以NH⊥ 平面ABCD,则LNCH为直线CN与平面ABCD所成的角，即 <NCH=0.NH=ME=3,DH=3 ED=1,CD=2m /8m2+3 因为cos∠ADC= CGD-T,所以cH=A4m2+1-2x2mx元 3=3, 则tan0= NH 3 3 HC /8m2+3 √8m2+3 3 因为m∈[1，√5]，所以tan0= 「531T √8m2+3 311」 故tan0的取值范围为 「53√111 [3,11 8.6 阶段综合 黑题 阶段强化 1.C解析：若m∥a,不妨设m在a内的投影为m',则m∥m', 对于选项A:若m∥a,m⊥n,则n⊥m',结合线面垂直判定定理可知】 n不一定垂直a,n可能与a平行，也可能斜交，故A错误； 对于选项B:若m∥a,B⊥a,此时m与B可能相交、平行或m在B上， 故B错误； 对于选项C:因为n⊥a,m'Ca,则n⊥m',又m∥m',从而m⊥n,故 C正确； 对于选项D:因为m∥a,m⊥B,则m'⊥B,又m'Ca,结合面面垂直判 定定理可知，B⊥a,故D错误 2.A解析：如图所示，过点F作FP⊥AC于点P,过点P作PM1BC 于M,连接PE,FE,FC E.PE≤1，amB FP 则a=∠EFP,B=∠FEP,Y=∠FMP,tana= FP AB PE AB FP FP PE≥1，tan YP产PE=tamB,所以a≤B≤y B B (第2题) (第3题) 3.D解析：如图，连接AF,CG, 因为P,G分别是EB和AB的中点，所以FG/B4且PG=之A又因 为EA垂直于平面ABC,所以FG⊥平面ABC,B正确： 因为ABC平面ABC,所以FG⊥AB.又因为△ABC是正三角形，所以 CG⊥AB.因为FGnCG=G,FG,CGC平面CFG,所以ABL平面CFG. 又因为FCC平面CFG,所以FC⊥AB,C正确； 因为EA=AB=2DC,DC垂直于平面ABC,所以FG∥DC且FG=DC, 所以四边形FCCD是平行四边形，FD∥GC.又因为GCC平面ABC, FD￠平面ABC,所以FD∥平面ABC,A正确： 由EA=AB和F为EB中点可知AF⊥BE,假设平面EBC⊥平面EAB, 又AFC平面EAB,平面EBC∩平面EAB=EB,则AF⊥平面EBC. 因为BCC平面ABC,所以AF⊥BC.又因为EA⊥平面ABC,BCC平 必修第二册·RJ 面ABC,所以EA⊥BC.因为AF∩EA=A,AF,EAC平面EAB,所以 BC⊥平面EAB. 因为ABC平面EAB,所以AB⊥BC,与△ABC是正三角形矛盾，所以 平面EBC与平面EAB不垂直，D错误 4.D解析：正方体ABCD-A1B1C1D1中，设AA1=AD=AB=2,E,F分别 为所在线段的中点， 对于A,因为AA,⊥底面ABCD,BFC平面ABCD,所以AA1⊥BF, 若AE⊥BF,又AA1∩AE=A且都在平面AA,DD内，则BF⊥平 面AA1D1D,又ADC平面AA1D1D,所以BF⊥AD,显然BF⊥AD不成 立，因而AE⊥BF不成立，故A错误； 对于B,同A分析，若AE⊥BF,得BF⊥AD,所以BF⊥BC,显然不成 立，因而AE⊥BF不成立，故B错误： 对于C,连接AF,EF,如图①所示. D D B ① ② 因为EF⊥平面ABCD,BFC平面ABCD,所以EF⊥BF 若AE⊥BF,因为AE∩EF=E且都在平面AEF内，所以BF⊥平 面AEF,由AFC平面AEF,所以AF⊥BF,则LCFB=∠DFM=4,显 然不成立，因而AE⊥BF不成立，故C错误； 对于D,取BC的中点G,连接AG,EG,如图②所示. 因为EG⊥平面ABCD,BFC平面ABCD,所以EG⊥BF. 又因为BC=FC.1 ,可得∠BAG=∠CBF.又因为∠CBA=∠BCF= AB BC 2 三，所以AG1BP,AGEG=-G且都在平面ABG内，所以BF⊥平 面AEG.因为AEC平面AEG,所以AE⊥BF,故D正确. 5.ABD解析：因为四边形ABCD是圆柱的轴截面，所以线段AB是直 径，BC,AD都是母线，又E是底面圆周上异于A,B的一点，于是 得AE⊥BE,而BC⊥平面ABE,AEC平面ABE,则BC⊥AE. 因为BC∩BE=B,BC,BEC平面BCE,所以AE⊥平面BCE.因为CEC 平面BCE,所以AE⊥CE,A正确；同理，BE⊥DE,B正确； 点D不在底面ABE内，而直线AE在底面ABE内，即AE,DE是两条 不同直线，若DE⊥平面BCE,因为AE⊥平面BCE,与过一点有且只 有一条直线垂直于已知平面矛盾，C不正确； 因为AE⊥平面BCE,AEC平面ADE,所以平面ADE⊥平面BCE, D正确 6.B解析：如图，取正方体的上底面的各边中点E,F,D G,H,过P作PM⊥A1B1于点M,作PN⊥B,C1于 点N,则PM⊥平面ABB1A1,PN⊥平面CBB1C1,AM, BMC平面ABB1A1,则PM⊥AM,PM⊥BM,∠AMB= a,同理可得∠BNC=B. 由于D1N=CN=√/C1C2+C1N2,A1N=BN=√/B1B2+B1N2,A,D1= BC,因此△BCW≌△A1D1N,故∠BWC=∠A1ND1=B, 同理可得∠AMB=∠C,MD1=, 因此只需要在正方形A1B1C1D1内考虑≥B,即∠C1MD1≥ ∠A,ND1,等价于P到HF的距离比到EG的距离大，所以P在如图 所示的阴影范围内. 7.平行解析：平面α∩平面B=l,.lCa又.EA⊥a,.l⊥EA.同理1 ⊥EB.又EA∩EB=E,∴.I⊥平面EAB. EB⊥B,aCB,EB⊥a.又a⊥AB,EBOAB=B, .a⊥平面EAB,.a∥1. 8.4√2解析：如图①，设AC∩BD=0,显然0是AC的中点，因为平 面ABCD∩a=A,C到a的距离为4，所以O到a的距离为2，而B到 aα的距离为2， 黑白题058 因此BO∥a,即DB∥a,设平面ABCD∩ax=l,所以BD∥1.因为四边 形ABCD是正方形，所以AC⊥BD, 又A41⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,所以AM1⊥BD,又AM1∩ AC=A,AA1,ACC平面A1AC, 所以BD⊥平面A1AC,因此有I⊥平面A1AC,而ICa,所以平面 A1AC⊥平面a,平面A1AC∩平面a=I,A∈I, 所以C,A1在平面a的投影E,F与A共线， 显然CE=4,A1F=26,AC=√2b,AA1=b,A41⊥AC,如图②所示. ①D 由LECA+∠CAE=LCAE+LA,AF→LECA=LA1AF,cos LECA= CE AF AC,in A,AF=M,由cos2LBCA+sn2∠AAF=1→7 1 b=42(负值舍去). 9.(1)证明：在三棱柱ABC-A,B1C1中，AA1⊥平面A1B,C1,.三棱柱 为直三楼柱，CC1⊥A1F,又AB=AC,F为B1C1中点，A1F1 B1C1,又CC1∩B1C1=C1,CC1C平面B1C1CB,B1C1C平面 B1C,CB,AF⊥平面B1C1CB,B1EC平面B1C1CB.A1F⊥B1E. (2)解：在平面BB1C1C内，过点B1作直线l∥ EF,过点F作FM⊥l于点M,如图， L∥EF,ld平面A1EF,EFC平面A1EF,.I∥ B 平面AEF,即直线l上任意一点到平面AEF 距离等于点B1到平面A1EF距离. 由(1)知，A1F⊥平面B1CCB,又MFC平面 B1C1CB,.A1F⊥MF.1∥EF,FM⊥L, .MF⊥EF,且AFO EF=F,A1F,EFC平B 面A1EF,∴.MF⊥平面A1EF,即点B1到平面A1EF距离等于线段MF 的长度，则M= 7 由条件可知：∠，R=∠BC,BP=CP-,设CE=a, √21 'sin/MB F= MF 7 2w7 CE BF=- 7,且sin LEFC,= EF 2 27 解得a=1,∴.CE：EC1= (T 1:1. 10.(1)证明：在三棱台ABC-A1B,C1中，AB∥AB1,AB=2AA1= 2A1B1=2BB1=2, 1 2(4B-A,B1)1 在等腰梯形ABB1A1中，cos∠ABB1= BB 2’ 由余弦定理得AB=AB2+BB-2AB·BB1cOs∠ABB1=3, 则AB2=AB+BB,即AB1⊥BB1, 而平面ABB,A1⊥平面BCC,B1,平面ABB1A1∩平面BCC,B1= BB1,AB1C平面ABB1A1, 所以AB1⊥平面BB1C,C. (2)解：过B1作B1H⊥AB,垂足为H,如图① 因为AB1⊥平面BCCB1,又BCC平面BCC1B1,所以AB1⊥BC, 又BA⊥BC,BA∩AB1=A,BA,AB1C平面ABB1A1,所以BC⊥平 面ABB1A1,B1HC平面ABB1A1,得BC⊥B1H, 参考答案 又AB∩BC=B,AB,BCC平面ABC,则B1H⊥平面ABC,∠B1AB 为AB,与平面ABC所成角，cos LB1AB= B=2,因此∠B,AB= B1-3 30°，所以AB1与平面ABC所成角为30°. ① (3)解：三棱台ABC-A1B,C,侧棱AM1,BB1,CC1延长线交于一点 P,由(1)得△PAB为正三角形，由BC⊥平面ABB,A1,BCC平 面ABC,得平面ABC⊥平面PAB,取AB中点N,则PV⊥AB,而平 面ABCn平面PAB=AB,PNC平面PAB,则PN⊥平面ABC,作FE∥ PN交CN于E,则FE⊥平面ABC,而ABC平面ABC,则AB⊥FE,作 ED⊥AB于D,连接FD,ED即FD在平面ABC上的投影，如图②. 又DE∩FE=E,DE,FEC平面DEF,则AB⊥平面DEF, 又FDC平面DEF,于是AB⊥FD,∠FDE为二面角F-AB-C的平 面角， 若存在F使得二面角F一-A0-G的大小为石，即∠0E=石， DE ND EF CE BD EF DE BD ND 设FE=3,则DE=3t,BCNB'PN-GN-NB'PN'BC NE NB 1,即3t3 即g21,解得t=号，PN=万，CN=VB+BC=5,PC= 2 2.四图g8票号a4 <CC=2,所以存 在满足题意的点F,CF=45 5 压轴挑战 ACD解析：对于A,在矩形ABCD中，因为M,N为AD的三等分点， 放MN=号0，同理BP=号BC=号4D,雨MN∥BP,故四边形BPW 3 为平行四边形，故BM∥PN,同理PN∥DQ, 在直角三角形ABM中，AB=√5，AM=1,故an∠AMB=√3 而∠AMB为锐角，故∠AMB=60°，同理∠DAC=30°，故∠AKM=90°，故 BM⊥AC,故PN⊥AC,同理QD⊥AC, 故在三棱锥F-ABC中，有PG⊥AC,NG⊥AC,而NGOPG=G,NG,PGC 平面NGP,故AC⊥平面NGP,故A正确； 对于B,因为BK∥PG∥QO,所以∠PGM即为直线MG与OQ所成角， 又NG⊥BK,所以NG⊥PG,且PG⊥AC,AC∩NG=G,AC,NGC平面FAC, 则PG⊥平面FMC.因为MCc平面FAC,所以PGLMG,即∠PGM=7, 即直线MC与OQ所成角为号，故B错误； 对于C,如图，当二面角F-AC-B为时，在平面NGP中，过V作T1 PG,垂足为T,连接BT,由A的分析可得NG⊥AC,PG⊥AC,故∠PGN为 二面角P-AC-B的平而角，故∠PGV-,故L7GN=了，故N=GNx W3√3 5=】ANx2=2,TG=GW×=1A 分4Nx其中G=AB AC=5,放LBGM=60°，故∠BGP=30°，所以∠BGT=150°， 5,AG=21 故m=BC2+6r-2BG,Gm∠BGT-32x子5x月 因为AC⊥平面PNG,而ACC平面ABC,故平面ABC⊥平面PNG,而平 面ABC∩平面PNG=PT,PTC平面PNG,故NT⊥平面ABC.因为BTC平 黑白题059 面8c,故T1即放N=r+n--放BN=放 2 C正确； N T B0 0 对于D,由A的分析可得OG⊥PG,OG⊥OF,故OG为PG与OF的公垂 线，故直线OF上的点到直线PG的最短距离为即为OG= 1AC-B , D正确. 专题探究3 空间几何体的切、接问题 黑题专题强化 1.A解析：圆柱0102的轴截面是边长为22的正方形，且圆柱0,02 上、下底面圆的圆周都在球O的球面上， 则球0的半径为R=√00+(2)2=√2+2=2，则球0的表面积是 4m×22=16π. 2.54π解析：设圆柱的底面半径为T,球的半径为R由条件有R=r=3, 圆柱的高为2R,所以圆柱的体积为r2×2R=2r3=54π. 3.B解析：如图，设圆锥P0,的外接球0半径为R,则4R-0T靡 3 得R=5,所以圆锥P01的底面半径为r=√R2-42=√52-42=3，所 以当圆锥的高为R+4=5+4=9时，圆锥的体积最大，且其最大值为 3m×32×9=27m Y 0 0 B (第3题) (第4题) 4.6解析：设圆柱的底面半径为r1,则圆柱的表面积为2π+2mr1· 4=42π，解得r1=3或1=-7（舍去），故V侧性=r×4=36m,设球的 半径为r2,由 3π=36π，得2=3，若圆锥的底面半径最小，则需圆 4 锥与球相切， 如图，作出球与圆锥的轴截面图，设圆锥的底面半径为R,圆0与 △ABC的切点分别为G,E,H,则OE=OG=OH=3,OA=5,BG=BE= R,由AG⊥OG得，AG=4,所以AB=4+R=√R2+64,即R=6. 5.C解析：如图，设01,02分别是该圆台容器上、下底面圆的圆心，四 边形ABCD是该圆台容器的轴截面， 圆O是球形创意冰激凌的截面，E,F分别为圆0与AD,BC的切点， 则DE=D01=8,EA=A02=2. 作AH⊥CD,垂足为H,则O1H=02A=2,AH=01O2,DH=D01- 01H=6. 因为AD=DE+EA=10,所以AH=√AD2-D=8,则001=002= 20102=4,即该球形创意冰激凌的半径为4，故该球形创意冰激2 x4.256(立方厘米. 的体积为4 3 O A O B (第5题) (第6题) 必修第二册·RJ 6.28m解析：如图，设该圆台的高为点，则(9+32)元=号(3m+ √3m×6m+6m),解得h=3. 由题意得，上底面圆的半径为BD=√3，下底面圆的半径为AC=√6， 设球心O到下底面的距离为t,即OA=t,则B0=3-t,由勾股定理得： 0A2+AC2=0B2+BD2,即t2+(√6)2=(3-t)2+(√3)2，解得t=1,则球 0的半径R=√2+6=√7，故球0的表面积为4mR2=28π 7.C解析：正方体住质知，内切球的直径等于棱长1由题意，号。 (告》-品，得14六正方体我积5-=必 8.D解析：在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=A41=6,所以底面三角形 内切圆半径为×6x了=5 2 因为存在一个可以在三棱柱ABC-A1B,C1内任意转动的正方体，所 以正方体的外接球要在该正三棱柱中， 若正方体棱长最大，可知该球体直径√a2+a2+a2=√3a应为底面内 切圆直径，即3a=25,即a=2,此时三棱柱的高大于球的直径，符 合要求. 9.20m解析：因为AB=2,所以正六边形的ABCDEF的外接圆半径 r=2,所以球0的半径R=√22+12=√5，所以球0的表面积为S= 4πR2=20m. 10.287π解析：由题意，三棱柱ABC-AB,C1是正三棱柱，设点M,N 3 分别为棱柱的下底面和上底面的中心， 由对称性知，MN的中点即球O的球心，取AB中点E(为切，点)，则 OE=MB(MB等于点O到棱BB1的距离)， 设球O的半径为R,由正三角形的性质， D EM=DM=之BM=之R,MN与底面垂直， N B 则必与底面上直线EM垂直，故2- (宁）广=0N=(5,解得R=2 、2 0 又由对称性知，该直三棱柱的外接球球心即 点O,连接OA,AM,因AM=BM=2, E B 则OA=√AM2+OM2=√7，即该直三棱柱的 外接球的半径为7，放该球的体积为号r×(7)28万， 3 T. 11.A解析：因为三栊锥P-ABC的体积V=3S·7,其中S为三棱锥 P-ABC的表面积，r为其内切球的半径， 所以3=3×(2+1)·1→1=3，所以这个三棱维内切球的体积为 子r=手nxg=36（m). 4 12.B解析：如图，依题意可知该四棱锥是正四棱锥，且OS⊥平面AB CD,则OS⊥OA. 0A=0B=0C=0D=2AC=2×V202+202=102,0S= JAS2-0A2=√202-(102)2=102.，所以0A=0B=0C=0D= 0S=102,0到AB,BC,CD,AD的距离都是2AB=10,在等腰直角 三角形0AS中，0到SM的距离为2M=10,同理可得0到 SB,SC,SD的距离也是10，所以O是皮球的球心，且皮球的半径为 10cm. (第12题) (第13题) 黑白题060