第35期 空间直线、平面的垂直-【数理报】2025-2026学年高一数学必修第二册同步学案（人教A版）

高一数学人教A(必修第二册)第32~35期 数理括 答案详解 2025~2026学年 高一数学人教A(必修第二册)第32~35期(2026年2月)》 D (B)选项对应的图形；设I,J,K,L分 第32期2版 G 别是棱BB1,CC1,DD1,AA1靠近B, A 专项小练一 C,D1,A1的三等分点，过1，J,K,L的 1.D:2.ABD;3.①③④⑤；4.②④. 截面图形为(A)选项对应的图形； 专项小练二 (D)选项对应的图形不可能， 6.因为正四棱柱ABCD- 1.C:2.BCD:3)号； 4.AC.BC. 图3 A,B,C1D,外接球的直径为其体对角线的长，故2R= 专项小练三 √2+2+4=22(R为正四棱柱ABCD-AB1CD1外接球的 L.B;2.ACD;3. 3m;4.5m. 半径)，所以R=2,所以△AOB为等边三角形，所以∠AOB= 60,所以劣弧AB的长为▣所以点M经过的路径长为4× 第32期3,4版 3 立体图形、直观图、表面积与体积同步核心素养测评 2π-45m 3 3 一、单项选择题 7.作出容器的轴截面，如图4所示， 1 ~4 BABB 5~8 DABD AB 200 mm,OC 300 mm,CF 提示： =150mm,则F为OC的中点，则DE= 1.由旋转体的概念可知，选项(A)(C)(D)为旋转体，选 项(B)不是旋转体 AB-100 mm.DF50mm, 2.长方体ABCD-AB,C,D,的表面积为S=2×(3×4+ 由已知在直径为200mm的圆面内 3×5+4×5)=94. 1 降雨，其降雨总体积V=了·T·DF· 图4 3.如图1，设直观图中与x'轴和y轴的交点分别为A'和 B',根据斜二测画法的规则在直角坐标系中先作出对应的A和 CF=12500m(mm),则积水厚度为V 125000π= T·0A2 10000m B点，再由平行于x'轴的线在原图中平行于x轴，且长度不变， 12.5(mm),所以降雨级别为中雨. 作出原图得四边形OACD(如图2). 8.设球0的半径为R,则4πR=16π，得R=2, 设正三棱柱ABC-A1B,C1的高为h,底面边长为a, (停+（台）=4 D B 解得h=2,a=3. 2 0'A 图1 图2 a E N,, 4.依题意上圆台底面半径为4cm,面积S,=π×42= 易知球O被三棱柱ABC-AB,C,的上、下底面截掉的两个 球缺相同，且高均为1， 16m(cm2),下底面半径为6cm,面积S2=π×62=36π(cm2), 则球缺曲面部分的面积为2×2π×2×1=8π， 圆台高h为6m,所以圆台的体积V=(S+S,+√S)h 又△ABC外接圆的半径为5， =号(16m+36m+16m×36m)×6=152m(cm). 所以所求表面积为16π-8π+2×3m=14π. 二、多项选择题 5.画出正方体如图3所示，设正方体外接球的球心为O. 9.ABC;10.ACD;11.ABD. E,F,G,H分别是棱BC,BC1,A1D1,AD的中点，过E,F,G,H的 提示： 截面图形为(C)选项对应的图形；过BDDB,的截面图形为 9.半圆弧以其直径为轴旋转一周所形成的曲面叫做球面， 一1 高一数学人教A(必修第二册) 第32~35期 球面围成的几何体叫做球，故(A)错误；当以直角三角形的斜 所以圆锥的底面半径为r=√32-22=5 边所在直线为轴旋转时，其余各边旋转形成的面所围成的几何 13.在△A'B'C'中，B'C'=A'C=2,∠B'A'C'=45°， 体不是圆锥，是由两个同底面的圆锥组成的几何体，故(B)错 故∠A'B'C'=45°，A'B=2V2, 误；当两个平行截面不平行于上、下两个底面时，两个平行截面 由斜二测画图法知AB=A'B'=2√2，AC=2A'C'=4, 间的几何体不是旋转体，故(C)错误；圆台是由圆锥截得的，故 在△ABC中，AB⊥AC, 其任意两条母线延长后一定交于一点，故(D)正确。 故选(A)(B)(C). 所以BC=√AC+AB2=26. 10.因为B'C'∥y轴，由斜二测画法规则知AC⊥BC, 14.三部分都是棱柱，分别为三棱柱AEA,-DFD1、三棱柱 即△ABC为直角三角形， BE,B-CF,C和四棱柱A1EBE,-D1FCF,显然它们等高，设 又因为B'C=4,A'C=3, 为h,三棱柱的底面面积分别为S,S,四棱柱的底面面积为 可得AC=3,BC=8,所以AB=√73 S2,由V:2:V3=1:4:1得(Sh):(S2h):(Sh)=1:4 :1.所以S1:S2:S3=1:4:1,所以S四边形E跳1=4S△e1= 所以AB边上的中线长度为 2 2.故选(A)(C)(D) 4S△B,设AE=a,则BE=6-a,所以(6-a)×3=4×2 11.由SA1SC,圆锥母线长1=SA=SC=22可得AC=4, ×a×3,所以a=2. 所以底面圆半径为R=OA=OC=2, 所以AE=√22+32=3. 又显然S0⊥AC,可得S0=2, 对于(A),圆锥S0的侧面积为πRl=2×22π=42π， 所以S四改形=√厅×4=4V. 四、解答题 所以(A)正确； 15.解：如图6，过A',B,C三点作 对于(B),易知当OB⊥AC时，△ABC的面积最大， 此时5Ac=方×4×2=4， 一个平面，再过A',B,C作一个平面， 就把三棱台ABC-A'B'C'分成了三部 则三棱锥S-ABC体积的最大值为V=了×4×2= 8 分，形成的三个三棱锥分别是A'- 3 ABC,B-A'B'C',A'-BCC'.(答案不 所以(B)正确； 唯一) 图6 对于(C),圆锥S0内切球的半径即为轴截面△SAC内切 16.解：如图7，过点B作BE⊥AD于点E. 圆的半径，不妨设为t, 因为AB=22,∠DAB=45°， 利用等面积法可得子×4×2= ×(22+22+4)r, 所以AE=BE=2,所以DE=1, 2 则四边形绕着直线AD旋转一周所形成的 可得r=2(2-1),所以(C)错误； 封闭几何体为一个底面半径为2，高为1的圆柱 对于(D),若AB=BC,可得AB⊥BC,又AC=4, 及一个底面半径为2，高为2的圆锥的组合体. 所以AB=BC=22; (1)所求几何体的表面积为S=π×2+ D 图7 又因为SA=SC=22, π×2×2×1+m×2×2,2=(8+42)m 所以△SAB为等边三角形，∠SBA=60°， (2)所求几何体的体积为V=π×2”×1+3×π×2× 将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面，得到△S,AB, 则△SAB为等边三角形，且 2=20m 3 ∠S,BA=60°，如图5所示， 17.解：(1)设圆柱的底面半径为r,高为h,圆锥的母线长 所以SE+CE的最小值即为S,C, 为L,高为h1,则2mr=24π，解得r=12cm,则h= 又因为S,B=BC=22, √/202-122=16cm, ∠S,BC=∠S1BA+∠ABC=150° 所以“笼具”的体积V=m2h-号2h三π(12×30- 由余弦定理可得S,C2=S,B2+BC2-2×S,B×BC× 1 c0s150°=8+8+83=16+85， 3×12×16)=3552m(cm3). 可得S,C=16+83=2(5+1),所以(D)正确. (2)圆柱的侧面积S,=2mrh=720mcm2, 圆柱的底面积S2=πr2=144rcm2, 故选(A)(B)(D). 圆锥的侧面积为S3=rl=240πcm2, 三、填空题 所以“笼具”的表面积为S=S1+S2+S,=1104πcm2, 12.5;13.26;14.4/13 所以制造50个这样的“笼具”总造价为： 提示： 1104m×50×8=1104(元) 12.因为圆锥的母线长为3，高为2， 104 25 高一数学人教A(必修第二册)第32~35期 18.解：(1)设圆锥S0的母线长为l,底面⊙0的直径为2r, 又因为h<R,所以1- 所以2r=12. 5<<1， 因为△SAB的面积为48， 即会的取值范周为(1-1）】 所以S=子·2·S0=48,解得S0=8, 第33期2版 由勾股定理可得母线1=√S02+7=10, 由圆锥的表面积公式有S表=S侧+S底=πl+π2=60π 专项小练一 1.B:2.D:3.ABC:4.相交：5.P∈U +36π=96π. 6.证明：因为在矩形AA1B,B中，E为AB1的中点， (2)如图8所示，作出圆锥的轴截面， 所以AA1与BE不平行，则AA1与BE的延长线相交于一点， 球与圆锥侧面相切，设球心为D, 设此点为G,则G∈AA1,G∈BE. 则DE⊥SB于点E,DE=OD=R(其 又AAC平面ACC,A,BEC平面BEF, 中R为球的半径)， 所以G∈平面ACC1A1,G∈平面BEF, 则△SED~△SOB,可得DE:BO= 所以平面ACC,A1与平面BEF相交. S0:S8,即号=8。解得R=3, 图8 专项小练二 6 1.D;2.D;3.A;4.相交或平行；5.1或4. 4 所以球的体积V=3πR=36m, 6.证明：因为a∥b,所以a与b可确定平面B, 圆维的体积4=合子·S0=96 因为a∩a=P,所以平面a与平面B相交，且交线为过点 P的直线，设为 故圆锥体剩余空间的体积为V=V2-V=60π 因为在平面B内l与两条平行直线a,b中的一条直线a相 19.解：(1)把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球 交，所以1必与b相交， 又b不在平面α内，所以直线b和平面a相交. 冠面积为S=2πRh,所有小锥体的底面积之和即球冠面积，结 合雏体体积公式得“球锥”的体积为V球鞋=了×2π·R= 第33期3,4版 子代h 空间点、直线、平面之间的位置关系同步核心素养测评 一、单项选择题 (2)如图9，设圆锥半径为r, 1~4 BCCD 5~8 ABBA 则2=R2-(R-h)2=2Rh-h2, 提示： h- 当球缺的体积与圆锥的体积相等时， 1.“∈”用来表示点线、点面之间的关系，“C”用来表示 V缘继=2V倒继， 线面间的关系 即子mRh=2×写㎡(R-), 图9 2.不论直线l与ax的位置关系如何，在ax内总有直线m,使 m⊥l. 消去户得子mA=子m(2M-)(R-, 3.因为D∈L,lCB,所以D∈B.又C∈B,所以CDCB. 同理CDC平面ABC,所以平面ABC∩平面B=CD. 签理得食-3+=0因为后<R,所以会=3， 4.由已知得直线l与平面α相交，设交点为P,则平面ax内 2 过点P的所有直线与l相交，不过点P的直线与I异面，只有 (3)设正四面体P-ABC内接“球锥”，顶点P与球心重合， (D)正确. 棱长为a, 5.由于ABCD是空间四边形，故AB,BC确定平面ABC,CD, 则△ABC外接圆半径为。，正四面体的高为。，显然。 DA确定平面ACD. 因为E∈AB,F∈BC,G∈CD,H∈DA, >R不满足条件 所以EFC平面ABC,GHC平面ACD, 注意到，当顶点A,B,C在圆锥底面圆周上时， 因为EF∩GH=M,所以M∈平面ABC,M∈平面ACD, a =R,R-h= 得会=15 又因为平面ABC∩平面ACD=AC,所以M∈AC. 6.在四棱台ABCD-A1B,C1D1中，侧棱AA,BB,C1C,D1D 当会=1-时，作平行于圆锥底面的平面裁正四面体P 的延长线交于一点，令此点为M(如图1)， R C 一ABC,所得棱长小于R的正四面体均可内接该“球锥” 因此，若要存在棱长唯一的正四面体内接该”球锥”，则只 ≠1-与，且顶点A,BC在球冠上，即a=R,且R-A<R —3 高一数学人教A(必修第二册)第32~35期 由M∈AA1,AA1C平面PAA1, BD∥EF,所以四点B,D,E,F在同一平面内，故(A)正确； 得M∈平面PAA1,同理M∈平面CDDC1, 对于(B),延长BF,DE交于点P, 而P∈平面PAA1,P∈平面CDDC1, 则P∈BF,P∈DE, 则平面PAA1∩平面CDD,C1=PM, 又因为BFC平面BCCB,DEC平面DD1C1C, 即直线PM为所求作的直线，所以直线I与直线AA,相交 则P∈平面BCC,B,P∈平面DDC,C, 7.由正方体的性质易知当P为AC,的中点时，P为B,D 且平面BCC,B,n平面DD,C,C=CC1,所以P∈CC1, 的中点，而DD1∥BB1,所以B,D,D1,B共面，则BP,DD1在平 即三条直线BF,DE,CC1有公共点，故(B)正确； 面BDD1B1上，故(A)不符题意； 对于(C),因为A1CC平面AA1C,C,0F∩平面AA1C1C= 因为A4,∥CC1,即A,C,C1,A1共面，易知P∈平面 0,0AC, ACCA1,而B生平面ACC1A1,P∈AC1,PEAC,故BP与AC异 所以直线AC与直线OF是异面直线，故(C)错误： 面，故(B)符合题意； 对于(D),因为A1,0,C,M均在平面A41C1C内，连接OM, 当P,C1重合时，易知AB∥D1C1,AB=D,C1,则四边形 则OM与AC相交， ABCD1是平行四边形，则此时AD1∥BP,故(C)不符合题意； 所以直线AC上存在点N使M,N,O三点共线，故(D)正确 当P,C1重合时，显然BC,BP相交，故(D)不符合题意. 故选(A)(B)(D) 8.如图2，在正方体ABCD- 三、填空题 ABCD,中，不妨设三条两两异面 12.0或1；13.C1,P,0是平面A1ACC1和平面BDC1的公 的直线为A1D1,BB,CD, 共点，所以它们共平面AACC,与平面BDC,的交线； 令P∈AD1,作平面PPBB1 14.①②. 过BB1,则过P与BB,相交的直线 提示： 都在平面PPBB内， 3 12.当点M在过a且与b平行的平面或过b且与a平行的 作平面PP2CD过CD,则过P 图2 平面内时，没有满足条件的平面；当点M不在上述两个平面内 与CD相交的直线都在平面PP2CD内 时，满足条件的平面只有1个 又平面PPBB,与平面PP2CD不平行且不重合，有且仅有 13.因为0是BD的中点，则O是AC的中点， 一条公共直线，所以直线1只有1条 故0∈平面A1ACC1, 二、多项选择题 9.AD;10.AC;11.ABD. AC与截面BDC交于P,故P∈A,C, 提示： 故P∈平面AACC1,又C,∈平面AACC1, 9.在(A)中，假设其中有三点共 故C1,P,0∈平面A1ACC,又C1,P,0∈平面BDC1, 。E 线，则该直线和直线外的另一点确定 故C1,P,O在平面A,ACC1和平面BDC的交线上. 一个平面，这与四点不共面矛盾，故 图3 14.因为△ABC在平面a外，它的三条边所在的直线分别 其中任意三点不共线，所以(A)正确；在(B)中，如图3，两个相 交a于P,Q,R,所以P,Q,R∈平面a∩平面ABC, 交平面有三个公共点A,B,C,且点A,B,C,D共面，点A,B,C,E 所以P,Q,R三点在平面α与平面ABC的交线上， 共面，但A,B,C,D,E不共面，(B)不正确；选项(C)显然不正 即三点共线，故①正确； 确；在(D)中，过直线与直线外一点可确定一个平面，设为， 因为a与b平行，则可有由a,b确定一个平面a, 因此这三条直线都在平面α内，即三条直线共面，(D)正确.故 又a∩l=A,b∩l=B,所以A∈l,B∈l,A∈，B∈a, 选(A)(D). 所以lC平面a,bC平面a, 10.(A)中，a∥b,bCa,则a月a或aCa,所以不管a在 因为c与b平行，则可有由c,b确定一个平面B, 平面内还是平面外，都有结论成立，故(A)正确；(B)中，直线a 同理可得，lC平面B,bC平面B, 与b没有交点，所以a与b可能异面，也可能平行，故(B)错误； 又1∩b=B,而两条相交直线只能确定一个平面， (C)中，直线a与平面B没有公共点，所以a∥B,故(C)正确； 所以α，B为同一平面，即四线共面，故②正确； (D)中，直线a与平面B有可能平行，故(D)错误. 取正方体ABCD-AB,C,D1中AB为a,BC为c,DD1为b, 故选(A)(C) 直线a,b异面，b,c异面，但a,c相交，不异面，故③错误； 11.作图，如图4 取正方体ABCD-A,B,C,D1中三条直线AB,AD,AA1,他们 对于(A),连接BD1, 两两相交，但不仅仅确定一个平面，故④错误 因为BB,∥DD1,BB,= 四、解答题 DD1,可知BB1DD为平行四边形， 15.证明：因为any=b,B∩y=a, 则BD1∥BD, 所以aCy,bCy 又因为E,F分别为CD1 因为直线a和b不平行，所以a,b必相交， BC1的中点，则BD1∥EF,可得 图4 设anb=P,则Pea,P∈b. 高一数学人教A(必修第二册)第32~35期 因为aCB,bC,所以P∈B,P∈a, 所以过a,b,l有且只有一个平面. 又a∩B=c,所以P∈c,即交线c经过点P, (2)在空间四边形ABCD中，连接EF,HG, 所以a,b,c三条直线必过同一点. 因为H,G分别为AD,CD的中点， 16.证明：(1)因为PQC平面PQR,Me直线PQ, 则HG∥AC,且HG=24C, 所以Me平面PQR 因为RQC平面PQR,N∈直线RQ,所以N∈平面PQR, 又因为需=能=宁期EF∥AC,且EF=子4C, 所以直线MWC平面PQR. 故HG∥EF,且HG≠EF, (2)因为M∈直线CB,CBC平面BCD,所以M∈平面BCD, 故四边形EFGH为梯形，EH与FG交于一点， 由(1)知M∈平面PQR, 设EH与FG交于点P,如图9，由 所以M在平面PQR与平面BCD的交线上， 于EHC平面ABD,点P在平面ABD内， 同理可知，N,K也在平面PQR与平面BCD的交线上， 同理点P在平面BCD内， 所以M,N,K三点共线，所以点K在直线MW上. 又因为平面ABD∩平面BCD= 17.解：(1)如图5所示，连接 BD,所以点P在直线BD上， DM并延长交DA的延长线于点 故直线EH,BD,FG相交于一点， Q,连接QW,直线QN即为直线l. (2)由题知QW∩AB,=P, 第34期2版 由已知得△MAQ≌△MAD, 专项小练一 所以AQ=AD=a=AD1, 1.A;2.ABC;3.B;4.平行；5.平行 所以A1是QD1的中点 图5 6.证明：如右图，连接DM,交GF 又4P∥DN,所以AP=D,N=CD=a, 于0点，连接OE. 所以PB=AB-AP=a-a=子 3 在△BCD中，G,F分别是BD,CD 的中点，所以GF∥BC 18.证明：①无三线共点情况，如图6. 因为G为BD的中点， 设and=M,bd=N,cnd=P,a∩b=Q,anc= 所以O为MD的中点 R,b∩c=S, 在△AMD中，因为E,O分别为AD,MD的中点， 因为a∩d=M,所以a,d可确定一个平面，设为a 所以EO∥AM. 因为Ned,Q∈a,所以N∈a,Qea, 又因为AM￠平面EFG,EOC平面EFG, 所以NQCa,即bC, 所以AM∥平面EFG. 同理cCa,所以a,b,c,d共面； 专项小练二 1.D;2.ACD;3.B;4.平行四边形；5.①②③④. bg/d 6.证明：因为PM:MA=BN:ND=PQ:QD, 所以MQ∥AD,NQ∥BP. P 因为BPC平面PBC,NQI平面PBC, 图6 图7 所以NQ∥平面PBC. ②有三线共点的情况，如图7. 又底面ABCD为平行四边形， 设b,c,d三线相交于点K,它们与a分别交于点V,P,M,且 所以BC∥AD,所以MQ∥BC. K年a, 因为BCC平面PBC,MQ￠平面PBC, 因为Ka,所以K和a确定一个平面，设为B, 所以MQ∥平面PBC. 因为N∈a,aCB,所以N∈B,所以NKCB,即bCB, 又MQ∩NQ=Q,MQ,NQc平面MWQ, 同理cCB,dCB,所以a,b,c,d共面. 所以平面MWQ∥平面PBC. 由①②知a,b,c,d共面. 第34期3,4版 19.证明：(1)设直线1与a,b分 别交于M,V,如图8， 空间直线、平面的平行同步核心素养测评 因为a∥b,所以a,b确定一个平 M 一、单项选择题 面，记为平面α， 图8 1~4 DDDB 5~8 CCDD 因为点M∈直线a,点N∈直线b,所以M∈a,N∈a, 提示： 所以直线MN,即IC平面a, 1.若AB与l平行，则和l平行的平面有无数个；若AB与l相 5 高一数学人教A(必修第二册)第32~35期 交，则没有和1平行的平面；若AB与1异面，则和1平行的平面 因为AD∥BC,PR∥AD, 只有一个 所以PR∥B,C, 2.当a与b共面，即a与b平行或相交时，如图1所示. 又B1CC平面BDC,PRI平面 R BDC,所以PR∥平面B1D1C.又PQ∩ PR=P,PQ,PRC平面PQR,所以平面 Q 图5 PQR∥平面B,DC,则平面PQR为截 图1 面.易知△POR是等边三角形，则PQ, 2 =5,解得PQ= 显然满足题目条件；在a与b相交的条件下，分别把a,b平 行移动到平面B、平面a上，此时a与b异面，亦满足题目条件. 2,所以4P=号40=万 3.如图2所示，若M与D1重合，则DM∥平面AACC1,否 二、多项选择题 则，DM与平面AACC1相交. 9.BD:10.BCD:11.ABD D 提示： M. 9.（A)错误，a与B也可能相交；(B)正确，设a,b确定的平 B 面为y,依题意得y∥a,y∥B,故α∥B;(C)错误，a与B也可 二 能相交；由线面平行的性质定理可知，(D)正确。 故选(B)(D) B 图2 图3 10.依题意，标出各点位置如图6所 示，根据正方体的性质可知EM∥AC. 4.如图3，由题意得EF∥BD,且EF= 号BD,HG∥BD,且 由于EM￠平面CAW,ACC平面 HG=BD,所以EF∥HG且EF≠HC, CAN,所以EM∥平面CAN.根据正方 体的性质可知BM∥AW,同理可证得 所以四边形EFGH是梯形. BM∥平面CAW.由于EM,BMC平面 图6 又EF∥BD,EF平面BCD,BDC平面BCD, BME,EM∩BM=M,所以平面BME∥平面CAN,(A)正确； 所以EF∥平面BCD,分析知EH与平面ADC不平行. 根据异面直线的知识以及图象可知AF与CN异面，(B)错误； 5.如图4，设E,F,G,H,I,J,M,N 平面EFD即平面EFCD,由图6可知，BM与平面EFCD相 为相应棱的中点，则NE∥PB,且NE 交，(C)错误； 平面PBD,PBC平面PBD, D 根据异面直线的知识以及图象可知BE与AW异面，(D)错误 所以NE∥平面PBD, 故选(B)(C)(D). 同理可得HE,NH,GF,MF,MG与 图4 11.对于(A),在直四棱柱ABCD-A1B,C,D1中，AB∥CD, 平面PBD平行， 易得平面ABBA1∥平面DCCD1, 由图可知其他的任意两条棱的中点的连线与平面PBD相 又平面APQR∩平面ABB,A1=AP, 交或在平面PBD内，所以与平面PBD平行的直线有6条. 平面APQR∩平面DCC1D,=QR, 6.因为平面BDM∥平面A1C,平面BDM∩平面A1BC1= 所以AP∥QR,故(A)正确； DM,平面A1C∩平面AB,C1=A1C1,所以DM∥A1C1,过D作 对于(B),若四边形APQR为平行四边形，则PQ∥AR, DE,∥A1C1交B,C1于点E1,则点M的轨迹是线段DE,(不包括 根据面面平行的判定，PQ∥AR,PQC平面BCC,B,ARt D点) 平面BCC,B1,所以AR∥平面BCC1B, 7.因为平面a∥平面ABC,平面PAC∩平面a=A'C',平 又BB1∥AA1,BB1C平面BCCB,AA1平面BCC1B, 面PAC∩平面ABC=AC,所以A'C'∥AC,同理得A'B∥AB, 所以AA∥平面BCCB, BC∥BC所以△4gC~△4c,所以E=(g】 又AA1∩AR=A,所以平面BCC,B1∥平面ADD1A1,这与 S△AB 题目条件不符，故(B)正确； PA),又PA':AA=2:3,所以PA':PA=2:5,所以 PA 对于(C),假设存在点P,使得△APR 为等腰直角三角形， S△AgC:S△Bc=4:25. B 令BP=x,如图7，过点D作DE⊥ Rt- 8.如图5，连接BD,A1D,过点P作BD,A1D的平行线，分别 M 交棱AB,AA1于点Q,R,连接QR. AB,则DE=BC=5,BD=2, 因为BD∥BD,所以PQ∥BD1,又BD1C平面BDC, 在线段DR上取一点M,使得DM= PQ4平面B1D,C,所以PQ∥平面BDC. BP=x,连接BD,PM, 图7 6 高一数学人教A(必修第二册)第32~35期 则四边形BDMP为矩形， 所以NE2>MW2+ME, 所以MP=BD=2, 所以∠NME为钝角， 则PR=√MP+MR 所以当点F运动到点N时，EF的最大值为4. =√4+(DR-x), 四、解答题 15.解：直线l∥平面PAC AP=PB+AB=√4+， 证明如下： AR=DR+AD=√4+DR, 因为E,F分别是PA,PC的中点，所以EF∥AC.又EF丈平 显然AR≠PR. 面ABC,且ACC平面ABC,所以EF∥平面ABC.而EFC平面 若AP=PR,则DR=2x,AP2+PR2=AR2,即4+x2+4 BEF,且平面BEF∩平面ABC=L,所以EF∥U. +x2=4+4x2,解得x=√2，DR=22>2,不满足题意， 因为I平面PAC,EFC平面PAC,所以I∥平面PAC. 若AP=AR,BP=DR=x, 16.证明：(1)如图9，连接 又BP∥DR, AE,则AE必过DF与GV的交点O, 所以四边形BPRD为平行四边形 连接MO,则MO为△ABE的中位 所以PR=BD=2=2AP=√8+2x,无解，故(C)错误； 线，所以BE∥MO, 对于(D),当BP=CQ时，满足BC∥PQ, 又BE寸平面DMF,MOC平 则BC∥平面APQR,故(D)正确.故选(A)(B)(D). 面DMF,所以BE∥平面DMF. 图9 三、填空题 (2)因为N,G分别为平行四边形ADEF的边AD,EF的中 1266°或114；13.号；144 点，所以DE∥GN. 又M是AB的中点，所以MN∥DB. 提示： 又DE O DB=D,GN O NM=N, 12.因为AB∥A'B',BC∥BC', 所以平面BDE∥平面MWG. 故∠A'B'C'=66°或∠A'B'C=114°. 17.解：因为PA∥平面EFGH,PAC平面PAB,平面PABn 13.因为平面a∥平面B, 平面EFGH=EH,所以PA∥EH, 由面面平行的性质定理得CD∥AB, 同理，PA∥FG,BC∥EF,BC∥HG, 所△PGD△PB,所u货-品 所以EH∥FG,EF∥HG, 所以四边形EFGH为平行四边形. 即2子=和解得8=号 因为F∥BC,所院-指所以BF=C AB 14.如图8，取CD的中点M,DD1的 D 中点W,连接ME,MW,NE,D1C, 又FG∥PA,所货-告-能所以PG: AB A 因为M,E分别为CD,BC的中点， 所以四边形EFGH的周长I=2(EF+FG)= 所以ME∥BD. 2(AE·BC+BE·PA-8AB+4E=8+45 因为ME平面ABD,BDC平面 AB AB AB' ABD,所以ME∥平面ABD. 图8 因为0< <1,所以8<l<12, 同理，M,N分别为DC,DD1的中点， 所以MN∥DC, 所以1的取值范围为(8,12)： 18.(1)证明：如图10，连接AC, 又D1C∥A1B,所以MW∥A1B,MWt平面A1BD,ABC平 交HD于点M,连接MF. 面A1BD, 因为底面ABCD为等腰梯形，CHB 所以MN∥平面ABD. 为等腰梯形的高，AB=3CD,AB∥ 又ME O MN=M,MWC平面MWE,MEC平面MWE, CD,所以AM:MC=AH:CD=2:1. 所以平面MWE∥平面ABD. 图10 又EF∥平面ABD,所以EFC平面MNE, 义EF=专EA, 又点F在四边形DCC,D1内部及边界运动， 所以FA:EF=2:1, 所以点F在平面MNE与平面DCC,D1的交线上，即F∈MN 所以AM:MC=AF:EF=2:1,所以MF∥CE. 在△ME中，ME=8D=2,MN=D,C=2E, 又MFC平面HDF,CE文平面HDF,所以CE∥平面HDE: 又因为AH:HB=2:1,所以HF∥BE. 连接DE, 又HFC平面HDF,BE￠平面HDF,所以BE∥平面HDF 在Rt△NDE中，NE=√ND+DE=√22+(25)2=4， 又CE BE=E,所以平面BCE∥平面HDF: > 高一数学人教A(必修第二册) 第32~35期 (2)解：取AH的中点O,连接EO,因为AE=HE, 故平面BDE⊥平面ABCD 所以△AEH是等腰直角三角形， 第35期3,4版 所以E01AH,且E0=1,所以点F到AH的距离为子 空间直线、平面的垂直同步核心素养测评 将△AHF以AH为旋转轴旋转一周得到的几何体为两个 一、单项选择题 同底的圆锥，圆锥的底面圆半径就是点F到AH的距离，即子。 1~4 ADAC 5~8 DBCA 提示： 所以该几何休的体积为写×（号）×2- 27 1.因为a⊥a,a∥b,所以b⊥a.又a∥B,所以b⊥B. 19.(1)证明：取PA的中点 2.因为bCB,cCB,a⊥b,a⊥c,若b,c相交，则a⊥B,从 M,连接MD,MF,如图11. 而a上B.又a∥B或a与B相交时，可以存在a⊥b,a⊥c,所 因为F,M分别为PB,PA的中 以选(D). 点，所以FM∥AB,FM=2AB,因 3.由已知得PQ+QR2=4+5=9=PR,所以∠PQR= 90°，又AC∥PQ,BD∥QR,所以异面直线AC与BD所成的角 为四边形ABCD为平行四边形，所 B 即为∠PQR 图11 以AB∥CD,AB=CD,因为E为 4.如图1所示，在四边形ABCD中，因为 CD的中点，所以DE=CD,所以FM∥DE,FM=DE,所以 AB=BC,AD=CD.所以BD⊥AC. 因为平面AA,C,C⊥平面ABCD,平面 四边形DEFM为平行四边形，所以EF∥MD AAC,C∩平面ABCD=AC,BDC平面 又因为EFt平面PAD,MDC平面PAD,所以EF∥平面PAD. ABCD,所以BD⊥平面AA1C,C. (2)解：存在点Q符合题意，且此时 =2. OC 又CC1C平面AAC1C,所以BD⊥CC 5.如图2，取BD1的中点O1,连 取AB的中点H,连接PH交AF于点G,在PC上取点Q,使 接A101,由正方体的特征易知A,0,⊥ PQ:QC=2:1,连接GQ,HC 平面DDB,B.连接O1B,则O,B为A1BA 因为在平行四边形ABCD中，E,H分别为CD,AB的中点， 在平面DD1B,B内的射影，∠A,BO1为 所以AH∥CE,AH=CE,所以四边形AHCE为平行四边形， 所求的线面角。 所以CH∥AE,因为F为PB的中点， 在Rt△A1O1B中，sinm∠AB01= 所以点G为△PAB的重心，且PG:GH=2:1. 42=子放Am=30 图2 因为PQ:QC=2:1,所以GQ∥HC, 又因为HC∥AE,所以GQ∥AE, 6.因为PD⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,所以PD⊥BC. 所以GQ和AE确定一个平面α，因为F在直线AG上， 因为四边形ABCD是直角梯形，∠ADC=90°，AB∥CD, 所以F∈a,所以A,E,Q,F四点共面，所以在线段PC上存 AB AD 1,CD =2, 在一点Q,使得A,E,Q,F四点共面，此时兴=2. OC 所以BD=√2，BC=√2+(2-1)7=N2, 所以BC+BD2=CD2,BC⊥BD. 第35期2版 因为BD∩PD=D,BD,PDC平面PBD, 专项小练一 所以BC⊥平面PBD,又PBC平面PBD 1.B;2.BCD;3.A;4.平行；5.4. 所以BC⊥PB,即C到直线PB的距离是2. 6.证明：因为SA⊥平面ABC,AB,AC,BDC平面ABC. 因为E是PC中点，所以E到PB的距离等于C到直线PB 所以SA⊥AB,SA⊥AC,SA⊥BD.所以SB=√JSA2+AB 的距离的一半，即为号 =√2a.因为BC=√2a,所以SB=BC 7.因为PA⊥平面ABCD,DEC平面ABCD,所以PA⊥DE, 因为E为SC的中点，所以BE⊥SC 又PE⊥DE,PA∩PE=P,PAC平面PAE,PEC平面 又因为DE⊥SC,BE∩DE=E,所以SC⊥平面BDE. PAE,所以DE⊥平面PAE, 专项小练二 因为AEC平面PAE,所以DE⊥AE. 1.D;2.C;3.BC;4.√2；5.2. 即E点为以AD为直径的圆与BC的交点. 6.证明：连接AC,与BD相交于点O,连接OE, 因为AB=3,BC=a,满足条件的E点有2个， 则O是AC的中点， 所以圆心也就是AD的中点到BC的距离小于半径， 又E是PA的中点，所以EO∥PC,而PC⊥平面ABCD, 所以EO⊥平面ABCD,而EOC平面BDE, 即平行线间的距离AB=3<号，解得a>6 高一数学人教A(必修第二册)第32~35期 8.过点M作M0⊥AD于点O,连接C0,AC(图略)，由半圆 三、填空题 面AMD上底面ABCD,半圆面AMD∩底面ABCD=AD,MOC 平面AMD,得MO⊥底面ABCD,而△BCD的面积是定值，要使 12.垂直；13.25；14,230 5 三棱锥M-BCD的体积最大， 提示： 当且仅当M0最大，此时M为弧AD的中点，O为AD的中 12.如图4，由于平面BCC,B1⊥平面ABCD且平面BCC1B, 点，而△ACD为正三角形， ∩平面ABCD=BC,而MNC平面BCC,B,,MN⊥BC.所以MN 因此C0⊥AD,又C0∩M0=0,C0,M0c平面CM0,则 ⊥平面ABCD,所以MW⊥AB. AD⊥平面CMO,而BC∥AD,则BC⊥平面CMO,又CMC平 D C 面CMO,于是BC⊥CM,BC⊥CO,则∠MCO是二面角M-BC -D的平面角，C0=5,M0=1,MC=√(3)2+12=2，所以 二面角M-BC-D的余弦值cos∠MC0=C0= 3 MC 2 二、多项选择题 9.ACD:10.BD;11.AC. 图4 图5 提示： 13.如图5，过A作AC⊥l,垂足为C,过A作AB⊥B,垂足 9.选项(B)中，可以是如图3所 为B,连接BC,则AB=3cm, 示的情形. 因为ICB,所以AB⊥l, 10.对于(A),易证AB与CE所 又AC∩AB=A,AC,ABC平面ABC,所以I⊥平面ABC, 成的角为45°，所以直线AB与平面 又BCC平面ABC,所以L⊥BC, CDE不垂直；对于(B),易证AB⊥ 图3 所以∠ACB是二面角a-I-B的平面角，即∠ACB=60°， CE,AB⊥ED,且CE∩ED=E,所以AB⊥平面CDE;对于 所以点A到棱1的距离为AC=一AB =2/5(cm). (C),易证AB与CE所成的角为60°，所以直线AB与平面CDE sin 6=3x2 不垂直；对于(D),连接AC(图略)，易证ED⊥平面ABC,得ED 14.取BC的中点D,连接AD,C1D,如A ⊥AB,同理证得EC⊥AB,且ED∩EC=E,所以AB⊥平面 图6所示， 根据正三棱柱性质可知AD⊥BC, CDE.故选(B)(D). 又BB,⊥平面ABC,ADC平面ABC, 11.(A)中，PD=AD=√AE2+DE=√2+2=22. 所以BB,⊥AD, 在△PDC中，PD2+CD2=PC, 又BC∩BB1=B,BC,BB1C平面 所以PD⊥CD,由题可得CD⊥DE, 图6 BCC,B1,所以AD⊥平面BCC,B, 又PD∩DE=D,PDC平面PED,DEC平面PED, 所以∠AC,D为直线AC1与平面BCCB,所成的角. 则CD⊥平面PED,因为CDC平面EBCD, 设△ABC的边长为a,正三棱柱的高为h, 所以平面PED⊥平面EBCD,故(A)正确： (B)中，若PC⊥ED,又ED⊥CD, 则AD= 2a,AC=Va+h, PCn CD=C,PCC平面PDC,CDC平面PDC, 则ED⊥平面PDC,又PDC平面PDC, 所以sin30°= ,可得h2=2a2. a +h 所以ED⊥PD,所以LEDP=∠EDA=受， 又因为正三棱柱ABC-A,B,C1内接于半径为2的球， 显然矛盾，故(B)错误； (C)中，由(1)知CD⊥DE,CD⊥平面PED, 所以（号0）+()广=()+()=2， 又PDC平面PED,所以CD⊥PD, 所以∠PDE是二面角P-DC-B的平面角， 所以号+号=4，解得a=2可， 5 在Rt△PED中易知LPDE=年，故(C)正确： 即AB=230 5 (D)中，由CD⊥平面PED知， 四、解答题 ∠CPD为直线PC与平面PED的所成角， 15.证明：因为PA⊥平面ABD,PC⊥平面BCD, 在△PmG中，m∠CPm=份-号放(D)错误 所以PA⊥BD,PC⊥BD,PC⊥EF 又PA∩PC=P,所以BD⊥平面PAC. 故选(A)(C) 又EF⊥AC,PC∩AC=C,所以EF⊥平面PAC, 9 高一数学人教A(必修第二册)第32~35期 所以EF∥D,所品-跽 在△BC,E中，由BC,=2知C,E=2 3 16.解：PA与BD互相垂直. 设AM=x,则MC=√+1， 证明：如图7，取BC的中点 0,连接P0,A0. 因为△CC的面积为1，所以吃+·2=1， 因为PB=PC,所以PO⊥ BC,又侧面PBC⊥底面ABCD, 解得x:万（合负），即AM=万=1M 2 所以PO⊥底面ABCD, 故在AA上存在一点M满足题意. B 所以PO⊥BD. 图7 19.(1)解：若AC=BD,则菱形ABCD为正方形， 在直角梯形ABCD中，因为∠ABO=∠DCB=90°，CD= 因为AA⊥平面ABCD,AB,ADC平面ABCD, OB,AB BC, 所以AA1⊥AB,A41⊥AD, 所以△ABO≌△BCD. 所以直四棱柱ABCD-ABC,D,在顶点A处的离散曲率 所以∠BAO=∠CBD,∠CBD+∠ABD=90°， 所以AO⊥BD. 为1六（受+受+）= 又PO∩AO=O,所以BD⊥平面PAO,所以BD⊥PA. (2)证明：在四面体A1ABD中，AA1⊥AB,AA1⊥AD,AA,= 17.（1)证明：由AB⊥侧面BB,C1C得AB⊥CB. AB=AD,所以∠AA1B=∠AAD=T 4 由AB=BB1=2BC=2,∠BCC1=60°， 知∠C1BC=90°，即C,B⊥CB. 所以四面体A,ABD在点A,处的离散曲率为1一 又CB∩AB=B,所以C,B⊥平面ABC. 7 由棱柱的性质，知平面ABC∥平面ABC1, 平+∠BHD）= 所以C,B⊥平面A1B,C 解得LBA,D=号，易知A,B=AD=万AB, (2)解：因为AB⊥侧面BBCC, 所以平面ABBA1⊥平面BB,C,C. 所以BD=AB=AD=√2AB,所以AB⊥AD, 过点C作CP⊥BB1,交BB1于点P,连接AP, 所以直四棱柱ABCD-A,B,C,D1为正方体， 则C,P⊥平面AAB,B. 因为C1D1⊥平面ADDA1,ADC平面ADD1A1, 又C1PC平面CAP,所以平面C1AP⊥平面AABB. 所以CD1⊥AD, 在□BB,CC中，∠BB,C1=∠BCC1=60°，∠C1BC= 又AD⊥AD,AD∩CD1=D,AD,CDC平面ACD, ∠BC1B1=90°， 所以AD上平面AC,D, 又ACC平面ACD, 所以AP=B,G=28C=分 所以AC⊥AD,同理BD⊥AC1, 18.(1)证明：因为∠A1C1B,=∠ACB=90°， 又A1D∩BD=D,AD,BDC平面ABD 所以B,C,⊥A1C,又由直三棱柱性质知B,C,⊥CC1, 所以AC,⊥平面A1BD. 所以B,C1上平面ACCA: (3)解：如图8，直四棱柱ABCD- 所以B1C1⊥CD,由AA1=BC=2AC=2,D为AA1中点， A,B,C,D,在顶点A处的离散曲率为1 可知DC=DC1=2, 1 2T +受+∠DAB）= 又此时DC2+DC=CC=4,所以DC⊥DC1, 又BC1∩DC1=C1,所以CD⊥平面B,CD, 则∠DAB=号， 又CDC平面BCD,故平面BCD⊥平面BC1D. 即△DAB是等边三角形， 图8 (2)解：当M=4时，二面角B-C1-(的大小为60 则在菱形ABCD中，BD⊥AC, 又AA⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,则AA1⊥BD, 假设在A41上存在一点M满足题意，由(1)可知B,C,⊥平 又AA∩AC=A,AA1,ACC平面AACC, 面ACCA1,则BC1⊥CM, 所以BD⊥平面AA1C1C, 在平面ACC,A1内过C,作C,E⊥CM,交CM或其延长线于 设AC∩BD=O, E,连接EB1,又B,C1∩C,E=C1,则CM⊥平面B,C1E, 则∠BC,O即为BC1与平面ACC,所成的角， 则EB⊥CM, 所以∠BEC为二面角B,-CM-C,的平面角， 所以sin∠BC1O= 2AB-4 所以∠B,EC1=60°， 1017.(15分)如图8，在三棱柱ABC-A,B,C,中，已知AB⊥侧面 18.(17分)如图9所示，在直三棱柱ABC-A,B,C,中，∠ACB= 19.(17分)阅读数学材料：“P为多面体M的一个顶点，定义多 BB1CC,AB=BB1=2BC=2,∠BCC1=60°. 90°，AA1=BC=2AC=2. (1)证明：C,B⊥平面AB,C; (1)设D为A4,的中点，证明：平面B,CD⊥平面B,C,D; 面体M在点P处的离敬曲率为1-2元(LQ,P0,+∠Q.P0,+…+ (2)P是线段BB,上的动点，当平面C,AP1平面AA,B,B时，求 (2)在A4,上是否存在一点M,使得二面角B1-CM-C的大 ∠Q-PQk+∠QsPQ1),其中Q:(i=1,2,…,k,k≥3)为多面体M 线段B,P的长. 小为60°？ 的所有与点P相邻的顶点，且平面Q,PQ2,平面Q2PQ3,…,平面 Qk-1PQs和平面QPQ,为多面体M的所有以P为公共点的面.”解答 问题：已知在直四棱柱ABCD-A,B,C,D,中，底面ABCD为菱形，AA =AB,当直四棱柱ABCD-A,B,C,D,的底面为正方形时，其在各顶 点处的离散曲率都相等，当直四棱柱ABCD-A,B,C,D,的底面不为 正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等. 图8 图9 (1)若AC=BD,求直四棱柱ABCD-A,B,C,D,在顶点A处的 离散曲率； (2)若四面体4,4BD在点A,处的离散曲率为7，证明：4C,上 高中数学 高中数学·必修第二册（人教A版）同步棱心素养测评 平面A,BD; (3)若直四棱柱ABCD-A,B,C,D,在顶点A处的离散曲率为 号，求BG,与平面ACC,所成角的正弦值， 必修第二册（人教A版）同步核心素养测评 参考答案见下期 本版责任编辑：张瑞霞 报纸编辑质量反馈电话： 高中数学 0351-5271268 2026年2月27日·星期五 报纸发行质量反馈电话： 数评橘 第 35期总第1179期 人教A 0351-5271248 必修（第二册】 苏轼： 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707F)邮发代号：21-201 风雨人生，豁达前行 学海导航 例2如图2，四边形ABCD为正方形，SA垂 又∠ABC=90°，所以OB=OA 苏轼，北宋文学 直于平面ABCD,过A且垂直于SC的平面分别 因为PB=PA,P0=PO,所以△POB≌ 巨匠，他的一生波澜 起伏，却始终以豁达 ”四定理 交SB,SC,SD于E,F,G,证明：AE⊥SB. △POA.所以P0⊥OB,所以P0⊥平面ABC, 之态笑对人生 证明：因为SA⊥平面ABCD,所以SA⊥BC 所以平面PAC⊥平面ABC 苏轼年少成名， 作用之所在 因为AB⊥BC,且SA∩AB 点评：求二面角的关键就是化空间角为平 才华横溢，科举高中 A,所以BC⊥平面SAB. 面角，以平面角的大小来度量二面角的大小，在 ⊙湖南谭祖荣 后步入仕途，然而， 一、线面垂直的判定定理作用何在？ 又AEC平面SAB, 具体解题过程中一般有两个过程，一是找角，二 他的政治生涯却充 判定定理是判定线面垂直的理论基础，通过 所以BC⊥AE. 是求角 满坎坷.因与新党意 四、面面垂直的性质定理作用何在？ 寻找平面内两条相交直线与已知直线垂直，来论证 因为SC⊥平面AEFG 见不合，他多次被 直线与平面垂直，即线线垂直→线面垂直， 所以SC⊥AE, 此性质定理目的是揭示面与面垂直所具有 贬，从繁华的京城到 又BCn SC=C, 的特征，告诉我们面面垂直→线面垂直，在今后 偏远的黄州、惠州、 例1如图1，已知PA1 所以AE⊥平面SBC, 的学习中要学会运用此性质定理来论证相关几 儋州，命运似乎一直 ⊙O所在的平面，AB是⊙O 的直径，C是⊙O上异于A,B 因为SBC平面SBC,所以AE⊥SB 何问题， 在捉弄他， 点评：在线面位置关系的论证过程中，有时 例4如图4，四边形ABCD中，AD∥BC,AD 但苏轼从未被 的一点，则BC 平面 PAC. 形式并不单一，而是把几种位置关系的论证交 =AB,∠BCD=45°，∠BAD=90.将△ADB 困境打倒.在黄州 解：因为PA1平面 错出现在解题中，给论证增加了复杂度与难度， 沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD,构成三 他于东坡之上，享受 棱锥A-BCD.证明：CD⊥AB 田园之乐，写下“莫 ABC,BCC平面ABC 学生在学习时要全面出击，各个击破， 听穿林打叶声，何妨 所以BC⊥PA. 三、面面垂直的判定定理作用何在？ 吟啸且徐行”，那份 又AB是⊙O的直径 此判定定理告诉这样一个事实：当两平面 洒脱令人钦佩.在惠 所以BC⊥AC 所成的二面角为直二面角时，这两平面是垂直 图4 州，他“日啖荔枝三 因为PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC. 的，因此判定两平面垂直，需找对应的二面角， 证明：在四边形ABCD中，AD∥BC,AD 百颗，不辞长作岭南 点评：本题中先利用线面垂直得到线线垂 例3如图3，已知△ABC AB,∠BCD=45°，∠BAD=90° 人”，把艰苦的生活 直，然后利用线线垂直证明了线面垂直，这也是 中，0为AC中点，∠ABC= 所以BD⊥CD. 过得有滋有味即使 证明线面垂直常用的转化方法。 90°，P为△ABC所在平面外 又平面ABD⊥平面BCD, 在荒远的儋州，他依 二、线面垂直的性质定理作用何在？ 一点，PA=PB=PC.证明： 且平面ABD∩平面BCD=BD 然积极传播文化，开 性质定理是对线面垂直的进一步认识，通 平面PAC⊥平面ABC. 故CD⊥平面ABD,则CD⊥AB. 办学堂 过性质的学习理解并掌握线面垂直的特有属 证明：因为A0=OC,PA 点评：抓住折叠过程中的不变量，并将其视 苏轼的诗词，豪 性.定理告诉我们：线面垂直→线线垂直， =PC,所以PO⊥AC. 放与婉约并存.既有 为题设条件，运用于解题中， “大江东去，浪淘尽 所以CD⊥平面ABE 所以直线BD⊥平面EFC 千古风流人物”的豪 因为AHC平面ABE,所以CD⊥AH. 因为BDC平面BCD 迈，又有“十年生死 垂直关系 又因为AH⊥BE,且CD∩BE=E, 所以平面EFC⊥平面BCD, 两茫茫，不思量，自 所以AH⊥平面BCD. 点评：要首先根据题中给出的条件，找到相 难忘”的深情.他以 转化给 点评：本题在运用判定定理证明线面垂直互垂直的线，然后由线线垂直证线面垂直，再证 诗词为剑，刺破生活 时，将问题转化为证明线线垂直；而证明线线垂 明面面垂直 的阴霾，展现出强大 ◎江西李阳华 直时，又转化为证明线面垂直，如此反复，直到 三、线线的异面垂直向共面垂直的转化 的内心世界 空间中的垂直关系包括线与线垂直、线与证得结论 例3如图3，A是△BCD 苏轼的豁达不 面垂直、面与面垂直，在问题的求解过程中，这 二、线面垂直向面面垂直的转化 所在平面外一点，E,G,F分 仅体现在他对个人 三种关系常携手并肩、相互转化，并伴有空间向 例2如图2，在四面体 别是BC,CD,AD的中点，若 遭遇的态度上，还表 平面的转化，使立体几何变得形式多样.下面来ABCD中，CB=CD,AD⊥ AC⊥BD,证明：△EFG为直 现在他对百姓的关 看具体的应用， BD,点E,F分别是AB,BD的 角三角形. 怀中.无论在哪里为 一、线线垂直与线面垂直的相互转化 中点.证明： 图 分析：要证明△EFG为 官，他都尽心尽力为 例1如图1，在空间图 (1)直线EF∥平面ACD: 图2 形A-BCD中，BC=AC (2)平面EFC⊥平面BCD. 直角三角形，就是要说明△EFG中有一个角为 百姓谋福祉 苏轼的一生，是 AD=BD,作BE⊥CD,E 证明：(1)因为E,F分别是AB,BD的中点， 直角.而已知AC⊥BD,所以想到运用三角形中 为垂足，作AH⊥BE于H. 所以EF是△ABD的中位线， 位线进行平移. 风雨兼程的一生，也 证明：因为E,G,F分别是BC,CD,AD的中 是豁达前行的一生 证明：AH1平面 所以EF∥AD. 点，所以BD∥EG,AC∥GF 他的精神激励着我 BCD. 因为EF￠平面ACD,ADC平面ACD, 们在面对挫折时，保 证明：取AB的中点F,连接CF,DF 所以直线EF∥平面ACD 所以∠EGF即为异面直线AC与BD所成的角，. 因为AC=BC,所以CF⊥AB. (2)因为AD⊥BD,EF∥AD, 又AC⊥BD,所以∠EGF=90° 持乐观，勇敢前行 因为AD=BD,所以DF⊥AB. 所以EF⊥BD. 所以△EFG为直角三角形， 又CF∩DF=F,所以AB⊥平面CDF 因为CB=CD,F是BD的中点， 点评：本题属于把异面直线垂直问题向共 因为CDC平面CDF,所以CD⊥AB. 所以CF⊥BD. 面直线垂直问题的转化，体现了空间与平面转 又BE⊥CD,BE∩AB=B 又EFO CF=F, 化思想的运用 2 素养专练 数理极 专项小练一、线面垂直 专项小练二、面面垂直 1.过空间一定点可以作与已知直线垂直的平面的个数为 1.空间四边形ABCD中，若AD⊥BC,BD⊥AD,则有 ( (A)0 (B)1 (C)2 (D)无数个 (A)平面ABC⊥平面ADC (B)平面ABC⊥平面ADB 2.(多选)已知m,n是不同的直线，a,B是不重合的平面，则下列命题 (C)平面ABC⊥平面DBC (D)平面ADC⊥平面DBC 中，真命题有 ( 2.设a,b是两条直线，a,B是两个平面，则a⊥b的一个条件是( (A)若m∥a,m∥n,则n∥ (A)a⊥&，b∥B,a⊥B (B)a⊥a,b⊥B,a∥B (B)若m⊥a,m⊥B,nC,则n∥B (C)aCa,b⊥B,a∥B (D)aCa,b∥B,⊥B (C)若a∥B,m⊥a,m∥n,则n⊥B 3.（多选)若平面α1平面B,且a∩B=1,则下列命题中正确的是 (D)若a∥B,m⊥a,n∥B,则m⊥n 3.若斜线段AB是它在平面α内的射影长的2倍，则线段AB与平面α所 (A)交线1的垂线必垂直于平面B 成的角为 ( (B)与平面α垂直的直线平行于平面B或在平面B内 (A)60 (B)45 (C)30 (D)120° (C)平面α内的已知直线必垂直于平面B内的无数条直线 4.如图1所示，已知平面α∩平面B=1,EA1a,垂足为A,EB⊥B,垂 (D)过平面α内的任意一点作交线l的垂线，则此垂线必垂直于平面B 足为B,直线aCB,a1AB,则直线a与直线l的位置关系是 4.在正方体ABCD-A,B,C,D,中，截面A,BD与底面ABCD所成的二面 角A1-BD-A的正切值等于 5.如图1所示，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，CD= 6.如图2，四边形ABCD是菱形，PC⊥平面ABCD,E 5.如图2，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC,∠ACB=90°，则这个 是PA的中点，证明：平面BDE⊥平面ABCD 三棱锥的四个面中，是直角三角形的个数有 个 6.如图3，在三棱锥S-ABC中，SA⊥平面ABC,AB⊥BC,DE垂直平分 SC,分别交AC,SC于D,E,且SM=AB=a,BC=2a. 证明：SC⊥平面BDE. 数理报社试题研究中心 参考答案见下期 且平面BEF∩平面ABC=1,所以EF∥1 又CE∩BE=E,所以平面BCE∥平面HDF. 第34期2版参考答案 因为1d平面PAC,EFC平面PAC,所以I∥平面PAC. (2)解：取AH的中点0，连接EO,因为AE=HE, 专项小练一 16.证明：(1)如图1，连接AE,则AE 所以△AEH是等腰直角三角形， 1.A;2.ABC;3.B;4.平行；5.平行 必过DF与GN的交点O,连接MO,则MO 6.证明：如右图，连接DM,交GF 为△ABE的中位线，所以BE∥MO, 所以E0上AH,且E0=1,所以点F到AH的距离为子 于0点，连接0E. 又BEL平面DMF,MOC平面 将△AHF以AH为旋转轴旋转一周得到的几何体为两个同底 在△BCD中，G,F分别是BD,CD DMF,所以BE∥平面DMF 的中点，所以GF∥BC (2)因为N,G分别为平行四边形 的圆维，圆雏的底面圆半径就是点F到AH的距离，即号 因为G为BD的中点 ADEF的边AD,EF的中点，所以DE∥GN 所以O为MD的中点 又M是AB的中点，所以MN∥DB. 1 所以该几何体的体积为了×（号）广×2=罗 在△AMD中，因为E,0分别为 又DE∩DB=D,GN O NM=N, 19.(1)证明：取PA的中点M AD,MD的中点，所以E0∥AM. 所以平面BDE∥平面MNG. 连接MD,MF,如图3. 又因为AM平面EFG,E0C平面EFG 17.解：因为PA∥平面EFGH,PAC平面PAB,平面PABn平 因为F,M分别为PB,PA的中 所以AM∥平面EFG. 面EFGH=EH,所以PA∥EH, 专项小练二 同理，PA∥FG,BC∥EF,BC∥HG 点，所以FM∥AB,FM=2AB,因 1.D;2.ACD:3.B;4.平行四边形：5.①②③④. 所以EH∥FG,EF∥HG, 为四边形ABCD为平行四边形，所以 6.证明：因为PM:MA=BN:ND=PQ:QD, 所以四边形EFGH为平行四边形， AB∥CD,AB=CD,因为E为CD的B 3 所以MQ∥AD,NQ∥BP. 因为∥C所所以E球 因为BPC平面PBC,NQ平面PBC, AB 中点，所以DE=2CD,所以FM∥DE,FM=DE,所以四边形 所以NQ∥平面PBC. 又G∥PA,所-答-能所以G DEFM为平行四边形，所以EF∥MD. 又底面ABCD为平行四边形， 又因为EFI平面PAD,MDC平面PAD,所以EF∥平面PAD, 所以四边形EFGH的周长1=2(EF+FG) 所以BC∥AD,所以MQ∥BC (2②)解：存在点Q符合恩意，且此时瓷=2 因为BCC平面PBC,MQ￠平面PBC 2:C:P团.4=8+0 所以MQ∥平面PBC. 取AB的中点H,连接PH交AF于点G,在PC上取点Q,使PQ 又MOn NO=Q,MQ,NQc平面MNQ, 因为0<能<1，所以8<1<12， QC=2:1,连接GQ,HC 所以平面MWQ∥平面PBC. 所以1的取值范围为(8,12) 因为在平行四边形ABCD中，E,H分别为CD,AB的中点 第34期3,4版参考答案 18.(1)证明：如图2，连接AC,交 所以AH∥CE,AH=CE,所以四边形AHCE为平行四边形， HD于点M,连接MF 所以CH∥AE,因为F为PB的中点， 一、单项选择题1~4DDDB5~8CCDD 因为底面ABCD为等腰梯形，CH为 所以点G为△PAB的重心，且PG:GH=2:1. 二、多项选择题9.BD;10.BCD;1l.ABD. 等腰梯形的高，AB=3CD,AB∥CD,所以 因为PQ:QC=2:1,所以GQ∥HC, AM:MC AH:CD =2:1. 又因为HC∥AE,所以GQ∥AE, 三、填空题12.66°或114°；13.号；14.4. 四、解答题 又EF=EA,所以FA:EF=2:1, 所以GQ和AE确定一个平面a, 因为F在直线AG上， 15.解：直线1∥平面PAC. 所以AM:MC=AF:EF=2:1,所以MF∥CE. 所以F∈，所以A,E,Q,F四点共面，所 证明如下： 又MFC平面HDF,CEL平面HDF,所以CE∥平面HDF, 以在线段PC上存在一点Q,使得A,E,Q,F四 因为E,F分别是PA,PC的中点，所以EF∥AC.又EFd平面 又因为AH:HB=2:1,所以HF∥BE ABC,且ACC平面ABC,所以EF∥平面ABC.而EFC平面BEF 又HFC平面HDF,BE￠平面HDF,所以BE∥平面HDF. 点共面，此时器2 8.如图4，四边形ABCD是边长为2的 四、解答题：本题共5小题，共77分 空间直线、平面的垂直 菱形，∠AC:景半圆面AWD上底面 15.(13分)如图6，PA⊥平面ABD,PC⊥平面BCD,E,F分别为 同步核心素养测评 ABCD,点M为圆弧AD上的动点.当三棱锥 6c.D上的点，且1Ac酒明院-能 M-BCD的体积最大时，二面角M-BC-D ⊙数理报社试题研究中心 的余弦值为 ) 图4 第I卷选择题（共58分) (a号 (B®)方 (c)⑤ (D)25 5 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 9.设m,n,l表示三条直线，a,B表示两个平面，则下列命题成立的 1.已知直线a∥b,平面a∥B,a⊥a,则b与B的位置关系是 图6 是 ( ( (A)nCa,l4a,若n∥l,则l∥a (A)b⊥B (B)b∥B (B)nCB,若B1a,则n1a (C)b CB (D)bCB或b∥B 高中数学 2.已知aCa,bCB,cCB,a1b,a1c,则 (C)l⊥，若a∥B,则1⊥B ( (D)l⊥a,若1∥B,则⊥B (A)⊥B (B)a∥B 10.在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是( 高中数学· (C)α与B相交 (D)以上都有可能 必 鞶 3.空间四边形ABCD中，AB,BC,CD的中点分别是P,Q,R,且PQ =2,QR=5,PR=3,那么异面直线AC和BD所成的角是( 册 必修第二册 (A)90 (B)60 (C)45° (D)30 4.在四棱柱ABCD-A,B,C,D,中，已知平面AA,C,C⊥平面 (A) (B) (C) 16.(15分)如图7，已知四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形， ABCD,且AB=BC,AD=CD,则BD与CC 11.如图5直角梯形ABCD中，AB∥ ∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC=PB=PC=2CD,侧面PBC⊥底 A 版 (A)平行 (B)共面 (C)垂直 (D)不垂直 CD.ABL BC.BG-CD-2AB-2.E 面ABCD,PA与BD是否相互垂直？请证明你的结论 5.如图1所示，ABCD-A,BC,D,是正方体，则直线BA,与平面 AB的中点，以DE为折痕把△ADE折起， DD,B,B所成的角是 ( 心 (A)90° (B)609 (C)45° (D)30 使点A到达点P的位置，且PC=25,则 素养测评 ( 版)同步核心素养测 (A)平面PED⊥平面EBCD (B)PC⊥ED (C)二面角P-DC-B的大小为平 原1 6.如图2，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD,底面ABCD是 (D)PC与平面PED所成角的正切值为2 直角梯形，AB∥CD,∠ADC=90°，AB=AD=1,PD=CD=2,点E 为棱PC的中点，则点E到PB的距离为 第Ⅱ卷非选择题（共92分） (A)2 (B)② 2 o号 (D) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 7.如图3所示，已知矩形ABCD中，AB=3, 12.长方体ABCD-A,B,C,D,中，MN在平面BCC,B,内，MN⊥BC BC=a,若PA⊥平面AC,在BC边上取点E,使 于M,则MN与AB的位置关系是 PE上DE,则满足条件的E点有两个时，a的取值 13.若一个二面角a-1-B的大小为60°，A∈a,且点A到平面B 范围是 ( 的距离为3cm,则点A到棱l的距离为 cm. (A)(3,+∞) (B)(-0,32) 14.已知正三棱柱ABC-A,B,C,内接于半径为2的球，若直线AC (C)(6,+∞) (D)(-∞，6√2) 与平面BCC,B,所成的角为30°，则AB=