重点强化练（11）空间中的平行与垂直（word重点强化练）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（人教A版）

**基本信息** 聚焦空间平行与垂直证明及空间角计算，通过直四棱柱、四棱锥等多几何体情境，强化空间观念与逻辑推理，构建从直观感知到符号运算的知识网络。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |平行垂直证明|1(1)、2(1)、3(1)|线面平行、线线垂直证明|以线面平行判定、线面垂直性质为基础，结合几何体结构特征，体现转化思想| |空间角计算|1(2)、2(2)、4(2)(3)、5(2)(3)|线面角、二面角的正弦值/余弦值计算|运用空间向量法，建立坐标系将几何问题代数化，强化模型观念| |翻折与存在性问题|4(3)、5(3)|翻折情境下位置关系及空间角探究|从静态到动态，考查空间观念与推理能力，体现数学思维的严谨性|

重点强化练(十一)空间中的平行与垂直 解答题:本题共5小题,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 1.[2026·福建宁德质检] 如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是正方形,AA1=2AB=6,E,F分别为棱CC1,A1B1上的点,且满足A1F∶FB1=C1E∶EC=2∶1. (1)证明:C1F∥平面A1BE; (2)求直线EF与平面A1BE的夹角的正弦值. 2.[2025·安徽合肥模拟] 如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为矩形,且AB=2BC=2,SB=,∠SCB=∠SCD=60°. (1)求证:BC⊥平面SAB; (2)若NS∥BC(N在S的左侧),设三棱锥N-SAB的体积为V1,四棱锥S-ABCD的体积为V2,且V1=V2,求平面SNC与平面ABN夹角的正弦值. 3.[2025·辽宁名校联盟联考] 如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为正方形,E为AB的中点,AB=BC1=AC1=2B1C1=4,B1E=2. (1)求证:B1E⊥C1D1. (2)在棱CC1上是否存在一点P,使得直线BP与平面CDD1C1的夹角的余弦值为?若存在,求的值;若不存在,请说明理由. 4.[2025·山西临汾模拟] 如图,已知圆柱OO1的轴截面ABCD是边长为2的正方形,点P是圆O1上异于点C,D的任意一点. (1)证明:平面ACP⊥平面ADP; (2)若O1P⊥CD,求点D到平面ACP的距离; (3)求AD与平面ACP的夹角的正弦值的取值范围. 5.[2026·广东广州质检] 如图①,在菱形纸片ABCD中,∠ABC=60°,E,F,G,H分别为AB,BC,CD,DA的中点.将菱形纸片ABCD沿对角线AC翻折,连接BD,得到图②. (1)证明:E,F,G,H四点共面; (2)若菱形纸片ABCD沿对角线AC翻折成直二面角,求异面直线AB,DC的夹角的余弦值; (3)若菱形纸片ABCD沿对角线AC翻折到使异面直线AB,DC的夹角为,求平面ABC与平面ADC夹角的余弦值. 学科网（北京）股份有限公司 $ 重点强化练(十一)空间中的平行与垂直 1.解:方法一:(1)证明:如图①,过点F作FG∥BB1交A1B于点G,连接EG, ∵A1F∶FB1=2∶1,FG∥BB1, ∴==,∴FG=B1B, ∵C1E∶EC=2∶1,∴C1E=C1C, ∵C1C=B1B,C1C∥B1B,∴FG=C1E,且FG∥C1E,∴四边形FGEC1是平行四边形, ∴C1F∥GE,又GE⊂平面A1BE,C1F⊄平面A1BE,∴C1F∥平面A1BE. (2)如图①,以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系, 则B(3,3,0),A1(3,0,6),E(0,3,2),F(3,2,6), ∴=(0,3,-6),=(-3,0,2),=(3,-1,4). 设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z),则 取x=2,得z=3,y=6,则n=(2,6,3)是平面A1BE的一个法向量,设直线EF与平面A1BE的夹角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|===, 故直线EF与平面A1BE的夹角的正弦值为. 方法二:(1)证明:如图②,以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系, 则B(3,3,0),A1(3,0,6),E(0,3,2),F(3,2,6),C1(0,3,6), ∴=(0,3,-6),=(-3,0,2),=(3,-1,0). 设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z),则 取x=2,得z=3,y=6,则n=(2,6,3)是平面A1BE的一个法向量. ∵·n=3×2+(-1)×6+0×3=0,∴⊥n, ∵C1F⊄平面A1BE,∴C1F∥平面A1BE. (2)由(1)可得=(3,-1,4), 设直线EF与平面A1BE的夹角为θ,∵平面A1BE的一个法向量为n=(2,6,3), ∴sin θ=|cos<,n>|===, 故直线EF与平面A1BE的夹角的正弦值为. 2.解:(1)证明:在△SBC中,BC=1,SB=,∠SCB=60°, 所以cos 60°==,可得SC=2,所以SB2+BC2=SC2,所以SB⊥BC,又BC⊥AB,AB,SB为平面SAB内的两条相交直线, 所以BC⊥平面SAB. (2)由(1)知,BC⊥平面SAB,又AD∥BC,所以AD⊥平面SAB, 又AD⊂平面ABCD, 所以平面ABCD⊥平面SAB. 因为AD⊥平面SAB,SA⊂平面SAB,所以AD⊥SA. 在三角形SCD中,SC=2,CD=2,∠SCD=60°, 所以SD=2,又AD=1,所以SA==. 连接AC,因为V2=VS-ABCD=VS-ABC=VC-SAB,且V1=V2=VN-SAB, 所以VC-SAB=VN-SAB,又NS∥BC,所以NS=BC=1. 取AB的中点O,连接SO,由SA=SB=,可知SO⊥AB, 又因为平面ABCD⊥平面SAB,平面ABCD∩平面SAB=AB,SO⊂平面SAB,所以SO⊥平面ABCD. 取CD的中点E,连接OE,易知OB,OE,OS两两垂直. 以点O为原点,分别以OB,OE,OS所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 所以A(-1,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),S(0,0,),N(0,-1,), 所以=(0,-1,0),=(1,1,-),=(2,0,0),=(1,-1,). 设平面SNC的法向量为n=(x,y,z),则所以 令z=1,则n=(,0,1). 设平面ABN的法向量为m=(a,b,c), 则所以 令c=1,则m=(0,,1). 设平面SNC与平面ABN的夹角为θ, 所以cos θ=|cos<m,n>|===,所以sin θ===,故平面SNC与平面ABN夹角的正弦值为. 3.解:(1)证明:连接EC1,因为AB⊥BC,BC∥B1C1,所以AB⊥B1C1. 因为BC1=AC1,E是AB的中点,所以AB⊥EC1. 又B1C1∩EC1=C1,B1C1,EC1⊂平面B1C1E,所以AB⊥平面B1C1E, 又B1E⊂平面B1C1E, 所以AB⊥B1E. 因为AB⊥B1E,AB∥C1D1, 所以B1E⊥C1D1. (2)由(1)知AB⊥C1E,则C1E==2.因为B1E=2,B1C1=2,C1E=2, 所以B1+B1E2=C1E2, 所以B1E⊥B1C1. 由(1)知C1D1⊥B1E,又C1D1∩B1C1=C1,C1D1,B1C1⊂平面A1B1C1D1, 所以B1E⊥平面A1B1C1D1. 因为ABCD-A1B1C1D1为四棱台,底面ABCD为正方形,四棱台的上、下底面对应边平行且比例相同, 所以四边形A1B1C1D1为正方形, B1E⊥平面ABCD,A1B1=B1C1=2. 因为点E是AB的中点,AB=4,所以AE=2,所以AE∥A1B1且AE=A1B1,所以四边形A1B1EA为平行四边形,所以B1E∥A1A. 又B1E⊥平面ABCD,所以AA1⊥平面ABCD. 以A为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则B(4,0,0),C(4,4,0),D(0,4,0),C1(2,2,2), 设=λ,则P(4-2λ,4-2λ,2λ),=(-2λ,4-2λ,2λ),=(-4,0,0),=(-2,-2,2). 设平面CDD1C1的法向量为n=(x,y,z), 则 令y=,则n=(0,,1). 设直线BP与平面CDD1C1的夹角为θ,由cos θ=,得sin θ=|cos<n,>|==, 即=, 化简得(2λ-1)2=0,解得λ=,所以=,故棱CC1上存在一点P,使得直线BP与平面CDD1C1的夹角的余弦值为,此时=. 4.解:(1)证明:因为CD是圆O1的直径,所以DP⊥CP. 又因为AD⊥平面PDC,CP⊂平面PCD,所以AD⊥CP. 因为AD∩DP=D,AD,DP⊂平面ADP,所以CP⊥平面ADP, 又CP⊂平面ACP,所以平面ACP⊥平面ADP. (2)方法一(等体积法):因为O1P⊥CD,所以P为弧CD的中点, 所以O1P=1,CP=DP=. 由(1)知CP⊥平面ADP,因为AP⊂平面ADP,所以CP⊥AP. 在Rt△APC中,AP=,CP=,故S△APC=×AP×PC=. 设D到平面ACP的距离为d,由VA-DPC=VD-APC得××2×1×2=×d×,解得d=, 即点D到平面ACP的距离为. 方法二(定义法):如图①,过点D作DE⊥AP,垂足为E.因为平面ACP⊥平面ADP,平面ACP∩平面ADP=AP,DE⊂平面ADP, 所以DE⊥平面ACP,所以点D到平面ACP的距离为DE. 因为O1P⊥CD,所以P为弧CD的中点,则CP=DP=,AP=. 在Rt△ADP中,AD×DP=DE×AP,所以DE==,即点D到平面ACP的距离为. (3)方法一(定义法):如图①,由(2)方法二知,DE⊥平面ACP, 所以∠DAE即为AD与平面ACP的夹角.设DP=t,t∈(0,2), 在Rt△ADP中,AD=2,故AP=,由S△ADP=×DE×AP=×AD×DP,得DE=, 所以sin∠DAE=== . 因为0<t<2,所以+1>2, 所以sin∠DAE∈, 即AD与平面ACP的夹角的正弦值的取值范围为. 方法二(向量法):如图②,连接OO1,以O1为原点,O1C,O1O所在直线分别为y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则D(0,-1,0),C(0,1,0),A(0,-1,2),故=(0,0,-2),=(0,2,-2),设P(x0,y0,0),则+=1,x0≠0,故=(x0,y0-1,0). 设平面ACP的法向量为n=(x,y,z),则 即 取y=x0,则n=(1-y0,x0,x0). 设AD与平面ACP的夹角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|== = == == =, 因为x0≠0,所以-1<y0<1,所以0<1-<,即sin θ∈,故AD与平面ACP的夹角的正弦值的取值范围为. 5.解:(1)证明:如图①,连接EF,HG. ∵E,F,G,H分别为AB,BC,CD,DA的中点, ∴EF∥AC,HG∥AC,∴EF∥HG, ∴E,F,G,H四点共面. (2)如图②,取AC的中点O,连接OB,OD.∵原四边形ABCD为菱形,∠ABC=60°,∴△ABC,△ACD均为等边三角形,∴AC⊥OD,AC⊥OB. 设AB=2,则OA=OC=1,OB=OD=.∵二面角B-AC-D为直二面角,∴平面ABC⊥平面ACD, ∵平面ABC∩平面ACD=AC,OD⊥AC,OD⊂平面ACD,∴OD⊥平面ABC. 以O为原点,OA,OB,OD所在直线分别为x,y,z轴,建立如图②所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),D(0,0,), ∴=(-1,,0),=(-1,0,-),故cos<,>===,∴异面直线AB,DC的夹角的余弦值为. (3)如图③,取AC的中点O,连接OB,OD,CE,DE.∵原四边形ABCD为菱形, ∠ABC=60°, ∴△ABC,△ACD均为等边三角形. ∵△ABC为等边三角形,E为AB的中点,∴AB⊥CE.∵异面直线AB,DC的夹角为,∴AB⊥DC. ∵DC,CE⊂平面CDE,DC∩CE=C,∴AB⊥平面CDE.∵DE⊂平面CDE,∴AB⊥DE,∴AD=BD. ∵△ABC,△ACD均为等边三角形,O为AC的中点,∴AC⊥OD,AC⊥OB,又OB⊂平面ABC,OD⊂平面ADC,平面ABC∩平面ACD=AC, ∴∠BOD为二面角B-AC-D的平面角. 设AB=2,则OB=OD=,BD=2,∴cos∠BOD===,∴平面ABC与平面ADC夹角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $