期末提分练案 平面与平面垂直-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

**基本信息** 以线面垂直为桥梁，构建“判定-性质-应用”三级训练体系，强化空间观念与推理能力 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |A级必备知识基础练|6题|线面垂直证面面垂直（如第4题）、二面角平面角构造（如第2题）|线线垂直→线面垂直→面面垂直的判定链条| |B级关键能力提升练|5题|折叠问题中面面垂直性质应用（如第8题）、存在性问题转化（如第7题）|面面垂直与空间角计算的综合应用| |C级学科素养创新练|1题|平面展开图还原、动态几何量范围求解（第12题）|空间观念与逻辑推理的高阶融合|

专题　平面与平面垂直 A级 必备知识基础练 1.设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,给出下列说法,其中正确的是(　　) A.若m∥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥β B.若m∥α,m⊥β,则α⊥β C.若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α⊥β D.若m⊥α,n⊂β,m⊥n,则α⊥β 2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,二面角B-AC-B1的正切值为(　　) A. B. C. D. 3.已知菱形ABCD中,∠ABC=60°,沿对角线AC折叠之后,使得平面BAC⊥平面DAC,则二面角B-CD-A的余弦值为(　　) A.- B.- C. D. 4.如图,在三棱锥D-ABC中,若AB=BC,AD=CD,E是AC的中点,则平面ADC与平面BDE的关系是　　　　　.  5.已知直二面角α-l-β的棱l上有A,B两个点,AC⊂α,AC⊥l,BD⊂β,BD⊥l,若AB=4,AC=3,BD=5,则CD的长是　　　　.  6.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O是BD的中点. (1)求证:平面BDD1B1⊥平面C1OC; (2)求二面角C1-BD-C的正切值. B级 关键能力提升练 7.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,AD⊥PA,BC⊥PB,PB=BC,PA=AB,M为PB的中点,若PC上存在一点N使得平面PCD⊥平面AMN,则=(　　) A. B. C. D.1 8.(多选题)如图,直角梯形ABCD中,AB∥CD,AB⊥BC,BC=CD=AB=2,E为AB中点,以DE为折痕把△ADE折起,使点A到达点P的位置,且PC=2,则(　　) A.平面PED⊥平面EBCD B.PC⊥ED C.二面角P-DC-B的大小为 D.PC与平面PED所成角的正切值为 9.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知AB=4,AD=3,AA1=2,E是线段AB上的点,且EB=1,则二面角C-DE-C1的正切值为　　　　.  10.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,M为棱AC的中点,AB=BC,AC=2,AA1=.在棱BB1上是否存在点N,使得平面AC1N⊥平面AA1C1C?若存在,求此时的值;若不存在,请说明理由. 11.如图,E是直角梯形ABCD底边AB的中点,AB=2DC=2BC,将△ADE沿DE折起形成四棱锥A-BCDE. (1)求证:DE⊥平面ABE; (2)若二面角A-DE-B为60°,求二面角A-DC-B的正切值. C级 学科素养创新练 12.图①是三棱锥P-ABC,图②是其平面展开图,四边形ABCD为正方形,△ABE和△BCF均为正三角形,O,G分别为AC,PA的中点,AB=. 图①　图② (1)求证:OG⊥AP; (2)求二面角C-PA-B的余弦值; (3)若点M在棱PC上,满足=λ,λ∈,点N在棱BP上,且BM⊥AN,求的取值范围. 参考答案 1.B　由m∥α,知存在过m的平面γ与α相交,令交线为c,则c∥m,而m⊥β,于是c⊥β,α⊥β,故B正确. 2.B　 如图,连接AB1,B1C,AC,取AC的中点O,连接B1O,BO, 由AB=BC,得BO⊥AC, 由AB1=B1C,得B1O⊥AC, 故∠B1OB即为二面角B-AC-B1的平面角, 不妨设正方体的棱长为1,则在△ABC中,BO=AC=,又B1B=1,在Rt△B1OB中,tan∠B1OB=. 故选B. 3.D　 如图,取AC中点O,过点O作OH⊥CD于点H,连接BH, 由已知可得,△ABC为等边三角形,故BO⊥AC, 又平面BAC⊥平面DAC,平面BAC∩平面DAC=AC,BO⊂平面BAC, ∴BO⊥平面DAC,∴BO⊥CD. 又∵OH⊥CD,OH,BO⊂平面BOH, ∴CD⊥平面BOH,BH⊂平面BOH, ∴BH⊥CD, ∴∠BHO即为二面角B-CD-A的平面角. 设AB=1,则OB=OD=,OH=OC=, ∴BH=,∴cos∠BHO=. ∴二面角B-CD-A的余弦值为.故选D. 4.垂直　因为AB=BC,AD=CD,E是AC的中点, 所以BE⊥AC,DE⊥AC, 又BE∩DE=E,BE,DE⊂平面BDE, 所以AC⊥平面BDE. 又AC⊂平面ADC,所以平面ADC⊥平面BDE. 5.5　 如图,连接AD,∵BD⊥l, ∴在Rt△ABD中,AD=, ∵α⊥β,且α∩β=l,AC⊥l, ∴AC⊥β,∴AC⊥AD,∴在Rt△ACD中,CD==5. 6.(1)证明 因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O是BD的中点,BC1=DC1,BC=DC,所以C1O⊥BD,CO⊥BD. 因为C1O∩CO=O,C1O,CO⊂平面C1OC, 所以BD⊥平面C1OC,又因为BD⊂平面BDD1B1, 所以平面BDD1B1⊥平面C1OC. (2)解 由(1)知C1O⊥BD,CO⊥BD, 又平面C1BD∩平面CBD=BD, 所以∠C1OC是二面角C1-BD-C的平面角. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,C1C=1,OC=, 所以在Rt△C1OC中,tan∠C1OC=. 故二面角C1-BD-C的正切值为. 7.B　 如图,取PC的中点O,连接BO,由PB=BC,所以BO⊥PC, 过点M作MN∥BO,交PC于点N,则MN⊥PC,如图所示, 由AD∥BC,AD⊥PA,得PA⊥BC,又PB⊥BC,所以BC⊥平面PAB,所以BC⊥AM,所以AM⊥平面PBC,又PC⊂平面PBC,所以AM⊥PC, 且AM∩MN=M,AM⊂平面AMN,MN⊂平面AMN, 所以PC⊥平面AMN, 又PC⊂平面PCD,所以平面PCD⊥平面AMN,由PA=AB,M为PB的中点,且MN∥BO,所以, 又,所以,即.故选B. 8.AC　 连接EC,如图所示. 折后PE⊥DE,在△PEC中,PE=2,EC=2,PC=2, 则PE2+EC2=PC2, 故PE⊥EC,∵EC∩DE=E, ∴PE⊥平面EBCD,∵PE⊂平面PED, ∴平面PED⊥平面EBCD,故A项正确; 假设PC⊥ED,由于ED⊥PE,EC∩PE=E, 得ED⊥平面PEC, 即ED⊥EC,这与∠DEC=45°相矛盾,故B项错误; 由于CD⊥平面PDE, 则∠PDE为二面角P-DC-B的平面角, 由于折后∠PDE=∠ADE=45°,故C项正确; 由于CD⊥平面PDE,则∠CPD为PC与平面PED所成角的平面角,tan∠CPD=,故D项错误.故选AC. 9.　如图,过点C作CF⊥DE于点F,连接C1F, 因为ABCD-A1B1C1D1是长方体,故C1C⊥平面CDE, 因为DE⊂平面CDE,所以DE⊥C1C, 又CF∩C1C=C,CF,CC1⊂平面CC1F, 所以DE⊥平面C1CF, 又C1F⊂平面C1CF,所以C1F⊥DE, 所以∠C1FC就是二面角C-DE-C1的平面角,在△C1FC中,∠C1CF=90°,CF=CDsin 45°=2, 所以tan∠C1FC=. 10.解当点N为BB1的中点,即时,平面AC1N⊥平面AA1C1C.理由如下: 设AC1的中点为D,连接DM,DN,如图, 因为D,M分别为AC1,AC的中点,所以DM∥CC1且DM=CC1, 又N为BB1的中点,所以DM∥BN且DM=BN,所以四边形BNDM为平行四边形,故BM∥DN,因为AB=BC,M为棱AC的中点,故BM⊥AC, 又因为AA1⊥平面ABC,BM⊂平面ABC, 故AA1⊥BM,由AA1∩AC=A,AA1,AC⊂平面ACC1A1, 所以BM⊥平面ACC1A1,所以DN⊥平面ACC1A1, 又DN⊂平面AC1N,所以平面AC1N⊥平面ACC1A1. 11.(1)证明在直角梯形ABCD中, 因为DC∥BE,且DC=BC=BE, 故四边形BCDE为正方形,所以DE⊥EB,DE⊥EA. 在四棱锥A-BCDE中, 又EA∩EB=E,EA,EB⊂平面ABE, 所以DE⊥平面ABE. (2)解由(1),知∠AEB为二面角A-DE-B的平面角,故∠AEB=60°,又AE=EB,所以△AEB为等边三角形. 如图,取BE的中点F,CD的中点G,连接AF,FG,AG,则AF⊥BE,FG∥DE,又BE∥CD,DE⊥CD, 所以AF⊥CD,FG⊥CD,AF∩FG=F,AF,FG⊂平面AFG, 所以CD⊥平面AFG,又AG⊂平面AFG,因此CD⊥AG. 所以∠FGA为二面角A-DC-B的平面角. 因为DE⊥平面ABE,所以FG⊥平面ABE, 又AF⊂平面ABE,所以FG⊥AF. 可设AB=2DC=2BC=2, 则在等边三角形AEB中,求得AF=,又FG=BC=1, 所以在Rt△AFG中,可求得tan∠FGA=, 即二面角A-DC-B的正切值为. 12.(1)证明因为O,G分别为AC,PA的中点, 在Rt△PAC中,PC⊥PA,OG∥PC,∴OG⊥PA. (2)解连接GB,OB,如图, 在等边三角形PAB中,BG⊥PA,又OG⊥PA,所以∠OGB为二面角C-PA-B的平面角, 又AB=, 所以OG=CP=,BG=,OB=AC=, 所以OG2+OB2=GB2,∠GOB=90°, 所以cos∠OGB=, 所以二面角C-PA-B的余弦值为. (3) 解过点N作NQ∥BM交CP于点Q,如图, 因为AN⊥BM,所以AN⊥NQ, 因为=λ,所以CM=λ, 在△MCB中,BM2=BC2+MC2-2BC·MCcos 60°=3+3λ2-3λ,BM=, 设=y,所以=1-yBN=y,QN=(1-y), 在△NBA中,AN2=AB2+BN2-2AB·BNcos 60°=3+3y2-3y,AN=, 因为=1-y,所以PQ=(1-y)PM=(1-y)(1-λ), 在△PAQ中,AQ2=AP2+PQ2=3+3(1-y)2(1-λ)2,① 在△ANQ中,AQ2=AN2+NQ2=3(y2-y+1)+3(1-y)2(λ2-λ+1),② 由①=②,得λ=, 又λ∈,所以y∈,即的取值范围为的取值范围为. 10 学科网（北京）股份有限公司 $