专题06空间直线、平面垂直期末备考训练-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

**基本信息** 聚焦空间垂直关系，以异面直线所成角、线面角、二面角计算及垂直判定为核心，通过构造法、转化思想系统整合知识，培养空间观念与推理能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间角计算|单选1-2、6|构造中位线/平行四边形转化异面直线所成角；定义法作线面角、二面角平面角|从异面直线成角到线面角、二面角，体现空间角度量的递进关系| |垂直关系判定|单选3、7、8，多选9-11|线面垂直判定定理（线线垂直→线面垂直）；面面垂直性质定理（线面垂直→面面垂直）|垂直关系从线线到线面再到面面，形成逻辑推导链| |综合应用|解答15-19|折叠问题中不变量分析；体积法求点面距离；正四面体、圆柱中空间几何量计算|结合几何体性质，综合运用垂直判定与空间角计算，提升综合解题能力|

2026年高一下学期期末备考重难点训练----专题06空间直线、平面垂直 一、单选题 1．如图，在正方体中，E为棱AB的中点，F为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 2．已知正三棱柱的侧棱长与底面边长相等，则与侧面所成角的正弦值等于（   ） A． B． C． D． 3．已知直线平面，l为直线，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．既不充分也不必要条件 4．已知四面体ABCD的每个顶点都在球O（O为球心）的球面上，为等边三角形，，，且，则二面角的正切值为（    ） A． B．1 C．2 D．3 5．如图，在正四棱锥中，若的面积与正四棱锥的侧面面积之和的比为，则侧面与底面所成的二面角为（    ）    A． B． C． D． 6．将边长为1的正方形，沿对角线折成的二面角，则此时顶点到的距离是（   ） A．1 B． C． D． 7．如图，在立体图形中，若，，是的中点，则下列命题中一定正确的是（   ） A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 8．如图，已知是正三角形，和都垂直于平面，且，分别是和的中点，则下列结论错误的是（   ） A．平面 B．平面 C． D．平面平面 二、多选题 9．已知是正方体，则下列结论正确的是（    ） A．直线与是异面直线 B．与所成的角为60° C． D．直线与所成的角为60° 10．如图所示，直线垂直于圆所在的平面，内接于圆，且为圆的直径，点为线段的中点．现有结论中正确的是（   ） A．平面 B．平面平面 C．平面 D． 11．在三棱锥中，、分别为、的中点，且，，，则（    ） A． B．平面 C．平面平面 D．直线与所成的角为 三、填空题 12．是正方形，平面，则二面角的平面角的度数为______________． 13．如图，在直三棱柱中，，，则点到平面的距离为________________. 14．如图，平面，点为垂足，平面若，则_____________. 四、解答题 15．如图，在四棱锥中，四边形为矩形，，平面平面，且，点分别是棱的中点.求证：平面； 16．(本题若使用空间向量，相关步骤不得分)如图，已知正四面体的棱长为，为底面的外心，为中点. (1)连接，证明：平面. (2)设的中点为，求与平面夹角的正弦值. 17．如图，斜三棱柱的底面是边长为2的正三角形，且． (1)证明：； (2)求二面角的余弦值； (3)求直线与平面所成角的正弦值． 18．如图，圆柱轴截面是边长为的正方形，动点在底面圆周上． (1)求证：平面平面； (2)若点为弧的中点，求异面直线与所成角的余弦值． 19．如图，在平行四边形中，，点为的中点，将沿直线翻折成（点不在面内），点为的中点.在翻折过程中， (1)证明：直线平面； (2)若，求二面角的大小. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2026年高一下学期期末备考重难点训练----� 专题02空间直线、平面垂直》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A B C B B C D ACD ABD 题号 11 答案 AB 1．C 【分析】取的中点，连接,可得异面直线与所成角（或其补角）为,结合余弦定理求解即可. 【详解】取的中点，连接 因为分别为的中点， 所以,且,所以四边形为平行四边形， 则,所以异面直线与所成角为（或其补角）, 不妨假设正方体的边长为, 则,,, , 所以在中，由余弦定理可得：, 所以异面直线与所成角的余弦值为 2．A 【详解】 如图，取中点，连接， 由题知，又为中点，所以. 又因为侧棱垂直于上下底面，平面，所以， 又因为，且平面，所以平面. 则为与侧面所成的角， 令各棱长为1，则． 3．B 【分析】注意与平行这一特殊情况：，，再结合充要条件分析即可. 【详解】直线平面，则且， 反之，若，则，， 所以“，”是“”的必要不充分条件. 故选：B 4．C 【分析】设E为AC的中点，连接BE，DE，利用线面垂直的判定、勾股定理及面面垂直判定可得面平面，结合已知条件有为等腰直角三角形，进而可确定四面体外接球球心的位置，过点E作交OC于点F，易知即为二面角的平面角，即可求其正切值. 【详解】设E为AC的中点，连接BE，DE. 因为为等边三角形， 所以，又，且，BE，平面， 所以平面， 又平面，即， 由题意易知，，，又， 所以. 因为，所以， 即，又，AC，平面， 所以平面，而平面，则平面平面， 又，则，故为等腰直角三角形. 综上，四面体的球心O为的中心，即在线段BE靠近E的三等分点处. 过点E作交OC于点F，连接DF，则即为二面角的平面角. 在中，，，可求得，又， 所以. 5．B 【分析】根据正四棱锥的结构特征，作出侧面与底面所成的二面角的平面角，解直角三角形即可得答案. 【详解】如图，设正四棱锥底面对角线的交点为，的中点为， 连接、、，则底面， 则为在底面上的射影，且，， 故即为正四棱锥侧面与底面所成的二面角的平面角，    设正方形的边长为，高，， 则由的面积与正四棱锥的侧面面积之和的比为， 得，解得， 故在中，， 又因为为锐角，故， 即正四棱锥侧面与底面所成的二面角为. 故选：B. 6．B 【分析】根据二面角的几何定义可得为二面角的平面角，进而根据三角形的边角关系求解. 【详解】取中点，连接, 则有， 则为二面角的平面角， 即，则为等边三角形， 故, 过作， 由于，故, 因此， 故, 故选：B 7．C 【分析】利用垂直关系，结合面面垂直的判断定理，即可判断选项. 【详解】因为，且是的中点，所以BE⊥AC， 因为，且是的中点，所以DE⊥AC， 因为，平面， 所以平面，由于平面， 所以平面平面，C正确； 在平面内取点，作，，垂足分别为，，如图， 因为平面，由于平面， 所以平面平面，平面平面，平面，， 则平面，平面，所以， 若平面平面，同理可得，而，平面， 于是得平面，显然与平面不一定垂直，A不正确； 过A作边上的高，连，由得，是边上的高， 则是二面角的平面角，而不一定是直角，即平面与平面不一定垂直，B不正确； 因平面，则是二面角的平面角，不一定是直角， 平面与平面不一定垂直，D不正确. 故选：C 8．D 【分析】连接，，根据线面平行的判定定理判断A，利用三角形的中位线和平行关系判断B，根据线面垂直的判断定理和性质定理判断C，根据面面垂直的性质定理判断D. 【详解】连接，， 因为分别是和的中点，所以且， 又因为垂直于平面，所以平面，B正确； 因为平面，所以， 又因为是正三角形，所以， 因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以，C正确； 因为，垂直于平面，所以且， 所以四边形是平行四边形，， 又因为平面，平面，所以平面，A正确； 由和为中点可知， 假设平面平面， 又平面，平面平面，则平面， 因为平面，所以， 又因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，与是正三角形矛盾， 所以平面与平面不垂直，D错误； 故选：D. 9．ACD 【分析】由异面直线的判定判断A；证得线线平行判断B；由异面直线垂直判断C；求出异面直线所成角判断D. 【详解】对于A，平面，点平面，，而平面， 直线，直线与是异面直线，A正确； 对于B，由，得，则，B错误； 对于C，由选项B同理得，而，则，C正确； 对于D，连接，，则或其补角为异面直线与所成的角， 又为正方体的面对角线，即，， 因此异面直线与所成的角为，D正确. 故选：ACD 10．ABD 【详解】因为为的中点，为的中点，所以. 因为平面，平面，所以平面，所以A正确. 又平面，平面，所以， 由为圆的直径，得， 因为平面，所以平面. 又平面，所以平面平面，所以B正确. 因为平面，且过一点只能作平面的一条垂线，所以C错误； 因为平面，平面，所以，所以D正确. 11．AB 【分析】设的外接圆圆心为，证明出平面，结合线面垂直的性质可判断A选项；证明出，利用线面平行的判定定理可判断B选项；利用反证法可判断C选项，推导出，结合异面直线所成角的定义可判断D选项. 【详解】如下图所示， 设的外接圆圆心为，由知平面， 因为平面，所以， 因为，，，所以，所以， 因为，故， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以，故A正确； 对于B选项，因为、分别为、的中点，则， 因为平面，平面，所以平面，故B正确； 对于C选项，若平面平面，且平面平面， 过点在平面内作，垂足为点， 由面面垂直的性质定理可得平面， 因为过点作平面的垂线有且只有一条，且平面，矛盾，故C错误； 对于D选项，在中，，， 由余弦定理可得， 因为，所以， 由正弦定理可得，则， 所以，所以四边形为菱形，所以， 所以直线与的夹角等于， 因为平面，平面，所以， 又因为，，，则，故， 因此，直线与所成的角为，故D错误. 故选：AB. 12． 【分析】利用线面垂直的定义得到，，根据二面角的平面角的定义得到即为二面角的平面角，利用是正方形得到，从而得到所求的角的大小. 【详解】平面，平面，平面， ，， 即即为二面角的平面角，又在正方形中， 故所求二面角的平面角为． 故答案为：. 13． 【分析】根据等体积法（）求解即可. 【详解】连接. 因为为直三棱柱，所以平面，. 又平面，所以， 所以，. 因为平面，平面，，所以平面， 所以. 因为，平面，所以平面， 又平面，所以，所以. 设点到平面的距离为，则，即，所以. 所以点到平面的距离为. 故答案为：. 14． 【分析】设，易得，由平面证得，结合可得平面，则有，利用多个直角三角形即可求得. 【详解】设，因，则， 因平面，平面，则， 又平面，故平面，因平面，则. 在中，则， 在中，，故. 故答案为：. 15．证明见解析 【分析】利用线面垂直的判定定理进行证明即可. 【详解】在矩形中，，且是的中点， ，故， 又，则，即， 如图，记，连接， 因是矩形，故是的中点，又，所以， 又平面平面，平面平面平面，故平面， 又平面，所以， 又平面，所以平面. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理求解证明即可；（2）运用几何法求解线面夹角的正弦值. 【详解】（1）证明：如图，连接，由于为的外心，故有. 因为为中点，，所以，， ∵，平面∴平面， ∴.同理，. ∵，平面， ∴平面. （2）正四面体棱长​，等边中，中线， 为重心（等边三角形重心与外心重合），故. 由平面，​. 是中点，在中，，， 由中线长公式. 由体积法，​​， 故， 又​， 设到平面距离为，则，​ 设线面夹角为，由线面角定义，代入得. 即直线与平面夹角的正弦值为. 17．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据正棱锥的定义，结合正三棱锥的几何性质、线面垂直的判定定理和性质进行证明即可； （2）根据全等三角形的判定定理，结合全等三角形的性质、二面角的定义、余弦定理、同角的三角函数关系式进行求解即可； （3）利用三棱锥体积的等积性，结合正弦定理、线面角的定义进行求解即可.. 【详解】（1）因为棱柱的底面是边长为2的正三角形，且， 所以三棱锥是正三棱锥， 因此顶点在底面的射影是正三角形的中心， 如图： 设点为边的中点，连接， 显然在上，且，平面， 因为平面， 所以，又因为平面， 所以平面，而平面， 所以，又因为， 所以； （2）因为棱柱的底面是边长为2的正三角形，且， 所以，在中，过作，垂足为，连接， 由全等三角形的性质可知，所以就是二面角的平面角， ， 所以， 因为， 同理可得， 由余弦定理可得， 所以二面角的余弦值； （3）由上可知是正三角形的中心，所以， 由勾股定理可得， 由三棱柱的性质可知平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 因为，所以，即是直角三角形， 设点到平面的距离为， 所以， 在中，，则， 在中，， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先由线线垂直证平面，进而可得平面，再由面面垂直的判定定理可得； （2）先根据定义作出异面直线所成的角，然后在三角形中用余弦定理可得角的余弦值. 【详解】（1）如图，连接， 且，所以四边形为平行四边形，所以 平面平面，. 又为圆的直径 平面平面, 平面，又，平面，平面 ∴平面平面 （2）延长交圆于点，连接 易得，所以且，所以. 且，所以四边形是平行四边形，即且， 因此可得且，四边形是平行四边形，即. 所以或其补角即为异面直线与所成角. ∵点为弧的中点且为直径，且，可得. ，在中，， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 19．(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）取中点为，连接,证明平面平面即可证明结论； （2）取中点为，连接，证明为二面角的平面角，再根据余弦定理求得即可求得答案. 【详解】（1）证明：取中点为，连接, 因为点为的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为在平行四边形中，点为的中点，所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面 又，平面 所以平面平面， 又平面， 所以直线平面 （2）解：取中点为，连接 因为，中点为 所以，是等边三角形， 所以，即为二面角的平面角. 在中，，由余弦定理有： ， 即，解得， 又在中，，在内，. 所以在中，，即为等边三角形， 所以，即二面角的大小为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $