8.6.2 直线与平面垂直（第2课时　直线与平面垂直的性质定理及空间距离）分层同步练习-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

**基本信息** 三级分层设计，梯度递进巩固直线与平面垂直性质及空间距离知识，适配新授课从概念理解到综合应用的教学需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |A级|直线与平面垂直性质定理、空间距离基础计算|以选择、填空为主，如线面垂直与平行关系的充分必要条件判断，夯实空间观念| |B级|线面垂直性质综合应用、动态几何问题|含折叠问题（如翻折后线面关系判断）、体积计算，培养推理能力与模型观念| |C级|斜三棱柱中线面垂直证明、线面角求解|结合正三角形背景的综合证明题，深化空间想象与逻辑推理，体现创新意识|

8.6.2　直线与平面垂直 第2课时　直线与平面垂直的性质定理及空间距离 A级 必备知识基础练 1.已知a,b是两条不同的直线,且a∥平面α,则“b⊥α”是“a⊥b”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 2.已知m,n为两条不同的直线,α,β为两个不同的平面,则下列结论中正确的是(　　) A.若m∥α,n⊂α,则m∥n B.若α⊥β,α∩β=m,n⊥m,则n⊥β C.若m∥β,n∥β,且m⊂α,n⊂α,则α∥β D.若m⊥α,n⊥α,则m∥n 3.如图,在三棱锥S-ABC中,SA⊥底面ABC,SA=4,AB=3,点D为AB的中点,∠ABC=90°,则点D到平面SBC的距离等于(　　) A. B. C. D. 4.(多选题)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段A1C1上有两个动点E,F,且EF=1,则下列说法中正确的是(　　) A.存在点E,F,使得AE∥BF B.异面直线EF与CD1所成的角为60° C.三棱锥B-AEF的体积为 D.点C到平面BEF的距离为 5.如图,四棱锥S-ABCD的底面ABCD为正方形,SD⊥底面ABCD,则下列结论中正确的有　　　个.  ①AC⊥SB; ②AB∥平面SCD; ③SA与平面ABCD所成的角是∠SAD; ④AB与SC所成的角等于DC与SC所成的角. 6.如图所示的几何体中,△ABC为以AB为斜边的直角三角形,PA⊥平面ABC.AE⊥PB,AF⊥PC,E,F分别为垂足. (1)求证:EF⊥PB; (2)若直线l⊥平面AEF,求证:PB∥l. B级 关键能力提升练 7.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AE=BF,当A1,E,F,C1四点共面时,点E到平面C1DF的距离为(　　) A. B.2 C.2 D.3 8.(多选题)已知正方形ABCD的边长为4,点E在线段AB上,BE=1,沿DE将△ADE折起,使点A翻折至平面BCDE外的点P,则(　　) A.存在点P,使得PE⊥DC B.存在点P,使得直线BC∥平面PDE C.不存在点P,使得PC⊥DE D.不存在点P,使得四棱锥P-BCDE的体积为8 9.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,动点E在线段A1C1上,F,M分别是AD,CD的中点,则下列结论中正确的是　　　　.  ①FM与BC1所成的角为45°; ②BM⊥平面CC1F; ③存在点E,使得平面BEF∥平面CC1D1D; ④三棱锥B-CFE的体积为定值. 10.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E为线段BC的中点,AB=1,AD=2,AA1=. (1)证明:DE⊥平面A1AE; (2)求点A到平面A1ED的距离. 11.如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD是矩形,AD=PD,E,F分别为CD,PB的中点. (1)求证:EF∥平面PAD; (2)求证:EF⊥平面PAB; (3)设AB=BC=,求三棱锥P-AEF的体积. C级 学科素养创新练 12.在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是边长为4的正三角形,A1B=2,∠A1AB=∠A1AC=60°. (1)证明:BC⊥AA1; (2)求直线BC与平面ABB1A1所成角的正弦值. 参考答案 1.A　①若a∥平面α,且b⊥α⇒a⊥b, ②若a∥平面α,且a⊥b,b也有可能在α上,则不能推出b⊥α,∴“b⊥α”是“a⊥b”的充分不必要条件.故选A. 2.D　对于A,m∥α,n⊂α,则m,n平行或异面,故A错误;对于B,若α⊥β,α∩β=m,n⊥m,则n⊂β,n∥β或n与β相交(不一定垂直),故B错误;对于C,若m∥β,n∥β,且m⊂α,n⊂α,则α,β平行或相交,故C错误;对于D,若m⊥α,n⊥α,则m∥n,故D正确.故选D. 3.C　 如图,过点A作AE⊥SB交SB于点E,取BE的中点F,连接DF.因为SA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以SA⊥BC.因为∠ABC=90°,所以AB⊥BC,因为SA∩AB=A,所以BC⊥平面SAB. 因为AE⊂平面SAB,所以BC⊥AE.又AE⊥SB,BC∩SB=B,所以AE⊥平面SBC.在Rt△SAB中,由勾股定理易得SB=5,由等面积法可得AE·SB=AB·AS,所以AE=.因为点D,F分别为AB,BE的中点,所以DF􀰿AE,可得DF⊥平面SBC,即点D到平面SBC的距离为DF=.故选C. 4.BCD　 如图,连接CD1,AE,AF,A1B,BC1. A选项,BF⊂平面A1BC1,AE∩平面A1BC1=E,E∉BF,所以AE与BF是异面直线,故A选项错误. B选项,A1B∥CD1,所以异面直线EF与CD1所成的角为∠C1A1B,由于三角形A1BC1是等边三角形,所以∠C1A1B=60°,故B选项正确. C选项,设AC∩BD=O,根据正方体的性质可知BD⊥AC,BD⊥AA1,由于AC∩AA1=A,AC,AA1⊂平面ACC1A1,所以BD⊥平面ACC1A1,所以B到平面ACC1A1的距离为BD=.VB-AEF=,故C选项正确. D选项,设点C到平面BEF的距离为h,××sin 60°×h=××1×,解得h=,故D选项正确.故选BCD. 5.4　因为SD⊥底面ABCD,所以AC⊥SD.因为四边形ABCD是正方形,所以AC⊥BD.又BD∩SD=D,所以AC⊥平面SBD,所以AC⊥SB,故①正确; 又AB∥CD,AB⊄平面SCD,CD⊂平面SCD,所以AB∥平面SCD,故②正确; 因为AD是SA在平面ABCD内的射影,所以SA与平面ABCD所成的角是∠SAD,故③正确; 因为AB∥CD,所以AB与SC所成的角等于DC与SC所成的角,故④正确. 6.证明(1)因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥BC. 因为△ABC为直角三角形,所以BC⊥AC.因为PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC.因为AF⊂平面PAC,所以BC⊥AF.又AF⊥PC,且PC∩BC=C,所以AF⊥平面PBC. 因为PB⊂平面PBC,所以AF⊥PB. 又AE⊥PB,且AE∩AF=A,所以PB⊥平面AEF. 又EF⊂平面AEF,所以EF⊥PB. (2)由(1)知,PB⊥平面AEF,而l⊥平面AEF,所以由线面垂直的性质定理得PB∥l. 7.A　 因为平面ABCD与平面A1B1C1D1平行, 当A1,E,F,C1四点共面时,由面面平行的性质可得A1C1∥EF, 又AE=BF,故此时E,F分别为AB,BC的中点,连接EF,如图, 设点E到平面C1DF的距离为d1,点C1到平面EDF的距离为d2,,即d1·d2·S△EDF. 其中S△EDF=4×4-2××4×2-×2×2=6,d2=CC1=4,DF=C1F==2,C1D=4, 取C1D的中点Q,连接FQ, 则FQ⊥C1D,DQ=C1Q=2, 故FQ==2C1D·FQ=×4×2=4,所以d1=.故选A. 8.AC　若PE⊥DC,又PE⊥PD,PD∩CD=D,PD,CD⊂平面PCD,则PE⊥平面PCD,又PC⊂平面PCD,则PE⊥PC,而CE=,PE=3,则PC=2<4,故这样的点P存在,故A正确; 若BC∥平面PDE,BC⊂平面BCDE,平面BCDE∩平面PDE=DE,∴BC∥DE,显然不成立的,故B错误; 取PC中点N,连接DN,NE,EC,如图,∵PD=DC,则DN⊥PC,若PC⊥DE,DE∩DN=D,DE,DN⊂平面DEN,则PC⊥平面DEN,又NE⊂平面DEN,则PC⊥NE,则EP=EC,但是EP≠EC,所以不存在P使得PC⊥DE,故C正确; SBCDE=(1+4)·4=10,点A到DE距离d=,当平面PDE⊥平面BCDE时,四棱锥P-BCDE的体积最大,最大值为×10=8,故存在这样的点P,故D错误. 故选AC. 9.②④　连接A1B,AC,图略. 对于①,∵F,M分别为AD,CD的中点,∴FM∥AC, 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1∥CC1且AA1=CC1,则四边形AA1C1C为平行四边形,∴AC∥A1C1,∴异面直线FM与BC1所成的角为∠A1C1B,在△A1C1B中,A1C1=A1B=BC1,所以△A1C1B为等边三角形,则∠A1C1B=60°,故①错误; 对于②,∵BC=CD,CM=DF,∠BCM=∠CDF, ∴△BCM≌△CDF, ∴∠BMC+∠DCF=90°,∴BM⊥CF, 又CC1⊥平面ABCD,且BM⊂平面ABCD,∴CC1⊥BM, ∵CF∩CC1=C,∴BM⊥平面CC1F,故②正确; 对于③,若平面BEF∥平面CC1D1D,∵平面CC1D1D∥平面AA1B1B,∴平面BEF∥平面AA1B1B,但平面BEF与平面AA1B1B有公共点B,故③错误; 对于④,VB-CFE=VE-BCF=S△BCF·AA1=BC·AB·AA1=(定值),故④正确. 10.(1)证明 ∵在长方体ABCD-A1B1C1D1中,A1A⊥平面ABCD,DE⊂平面ABCD,∴A1A⊥DE,又E为线段BC的中点,由题意可知AE2=AB2+BE2=2,DE2=DC2+EC2=2,则AD2=4=AE2+DE2,∴AE⊥DE, 又A1A∩AE=A,A1A,AE⊂平面A1AE, ∴DE⊥平面A1AE. (2)解 过点A作AM⊥A1E,交A1E于点M, 由(1)知,DE⊥平面A1AE, ∵AM⊂平面A1AE,∴DE⊥AM,又A1E∩DE=E, ∴AM⊥平面A1ED, 即AM就是点A到平面A1ED的距离. ∵在△AA1E中,AE=,AA1=,A1E=2,且AE⊥AA1,∴由题意可知AE·AA1=AM·A1E,则AM=1. ∴点A到平面A1ED的距离为1. 11.(1)证明如图,取PA的中点N,连接NF,DN, ∵N,F分别为PA,PB的中点, ∴FN∥AB且FN=AB. ∵四边形ABCD为矩形, ∴CD∥AB且CD=AB. ∵E为CD的中点, ∴DE∥AB且DE=AB,∴DE∥FN且DE=FN, ∴四边形DEFN为平行四边形,故EF∥DN. ∵EF⊄平面PAD,DN⊂平面PAD, ∴EF∥平面PAD. (2)证明∵PD⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD, ∴AB⊥PD. ∵四边形ABCD为矩形,∴AB⊥AD. ∵PD∩AD=D,∴AB⊥平面PAD. ∵DN⊂平面PAD,∴DN⊥AB. ∵AD=PD,N为PA的中点,∴DN⊥PA. ∵AB∩PA=A,∴DN⊥平面PAB. ∵EF∥DN,∴EF⊥平面PAB. (3)解如图,连接BE,则点E到AB的距离等于AD,由已知可得PD=AD=BC=1,S△ABE=AB·AD=. ∵PD⊥平面ABCD,∴VP-ABE=S△ABE·PD=. ∵F为PB的中点,∴点F到平面ABCD的距离为PD, ∴VF-ABE=S△ABE·PD=, ∴VP-AEF=VP-ABE-VF-ABE=. 12.(1) 证明取BC中点M,连接AM,A1M,如图, 因为△ABC为正三角形,AB=AC,M为BC中点, 所以BC⊥AM, 因为∠A1AB=∠A1AC=60°,AA1=AA1,所以△A1AB≌△A1AC,即有A1C=A1B, 所以BC⊥A1M, 又因为AM∩A1M=M,AM⊂平面AA1M,A1M⊂平面AA1M,所以BC⊥平面AA1M, 又AA1⊂平面AA1M,即有BC⊥AA1. (2)解在△A1AB中, 由余弦定理得cos∠A1AB=, 所以,解得AA1=6,AA1=-2(舍去),由BC⊥平面AA1M,得=2×·BM=8,记C到平面ABB1A1的距离为d, 因为·d,=6, 所以d=,又因为BC=4, 记直线BC与平面ABB1A1所成角为θ,则sin θ=. 10 学科网（北京）股份有限公司 $