课时作业评价(54) 空间直线、平面的垂直(Word练习)-【新高考方案】2027年高考数学一轮总复习（旗舰版）

**基本信息** 聚焦空间垂直关系判定与计算，以定理应用为主线，通过正方体、三棱锥等模型系统训练线面垂直、面面垂直的判定及空间角、距离求解，突出逻辑推理与空间观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |垂直关系判定|选择填空11题|线面垂直判定定理、面面垂直性质定理、射影法|线线垂直→线面垂直→面面垂直的推导链条| |空间量计算|解答题3题|体积法求距离、线面角定义法|空间角与距离计算基于垂直关系的转化|

课时作业评价(五十四)　空间直线、平面的垂直 (标号的为重点讲评题目,选择、填空题请在后面的答题区内作答) 　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单选题 1.已知直线l,平面α,β,若l⊥α,则“l∥β”是“α⊥β”的 (　　) A.充要条件 B.必要不充分条件 C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件 2.(2025·秦皇岛三模)已知圆台的上、下底面半径分别是1和2,且该圆台的表面积为11π,则圆台的母线与底面所成的角的正切值是 (　　) A. B. C. D. 3.(2026·济南模拟)在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,点E为棱CC1的中点,连接BE,则下列说法正确的是 (　　) A.BE与其在平面ABCD的射影垂直 B.BE与其在平面ABCD的射影平行 C.BE与其在平面ABCD的射影相交但不垂直 D.无法确定BE与其在平面ABCD的射影的关系 4.如图,在斜三棱柱ABC⁃A1B1C1中,∠BAC=90°,BC1⊥AC,则C1在底面ABC内的射影H必在 (　　) A.直线AB上 B.直线BC上 C.直线AC上 D.△ABC内部 5.如图,在三棱锥P⁃ABC中,平面PAB⊥平面ABC,平面PAC⊥平面ABC,PA=AB=6,BC=8,∠ABC=90°,则点A到平面PBC的距离为 (　　) A. B. C.4 D.3 6.在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,M是棱AB的中点,N是四边形ACC1A1内一点(包含边界),则直线MN与平面ACC1A1所成角的正弦值的取值范围是 (　　) A. B. C. D. 二、多选题 7.如图,AB是半圆O的直径,VA垂直于半圆O所在的平面,点C是圆周上不同于A,B的任意一点,M,N分别为VA,VC的中点,则下列结论不正确的是 (　　) A.MN∥AB B.平面VAC⊥平面VBC C.MN⊥BC D.OC⊥平面VAC 8.在棱长为2的正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,下列结论正确的是 (　　) A.异面直线AB1与CD所成的角为45° B.异面直线A1B1与AC1所成的角为45° C.直线AC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为 D.二面角C1⁃AD⁃B的大小为45° 三、填空题 9.在直三棱柱ABC⁃A1B1C1中,BC=CC1,当底面△A1B1C1满足条件　　　　时,有AB1⊥BC1.(请填上你认为正确的一种条件即可)  10.在长方体ABCD⁃A1B1C1D1中,AB=2,BC=,AA1=a,点B到平面AB1D的距离为,则a=　　　　.  11.在直三棱柱ABC⁃A1B1C1中,∠ACB=,点D,E分别是棱BB1和棱CC1上的点,且△ADE为等边三角形,若二面角A⁃DE⁃C的平面角为α,∠AEC=β,则=　　　　.  四、解答题 12.(10分)如图,边长为4的正方形ABCD所在平面与正三角形PAD所在平面互相垂直,Q为AD的中点. (1)求证:DB⊥PQ;(4分) (2)在线段AB上是否存在一点N,使得平面PCN⊥平面PQB,若存在,试指出点N的位置,并证明你的结论,若不存在,请说明理由.(6分) 答案 课时作业(五十四)　空间直线、平面的垂直 1.选C　因为l⊥α,若l∥β,由面面垂直的判定定理可知α⊥β,即充分性成立;若α⊥β,则l∥β或l⊂β,即必要性不成立.综上所述,“l∥β”是“α⊥β”的充分不必要条件.故选C. 2.选D　设圆台的母线长为l,则圆台的表面积11π=π+4π+π×(1+2)×l,即l=2,故圆台的高为=,根据线面角定义求出母线与底面所成的角为60°,所以圆台的母线与底面所成的角的正切值为.故选D. 3.选C　平面ABCD是底面,CC1是侧棱,且CC1⊥平面ABCD, 因为E是CC1的中点,所以BE在平面ABCD内的射影为BC. 在正方形BB1C1C中,BE与射影BC相交但不垂直.故选C. 4.选A　连接AC1(图略),由AC⊥AB,AC⊥BC1,AB∩BC1=B,AB,BC1⊂平面ABC1,得AC⊥平面ABC1.∵AC⊂平面ABC,∴平面ABC1⊥平面ABC.∴C1在平面ABC内的射影H必在平面ABC1与平面ABC的交线AB上. 5.选D　由平面PAB⊥平面ABC,平面PAC⊥平面ABC,且平面PAB∩平面PAC=PA,所以PA⊥平面ABC.又BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC,又∠ABC=90°,所以AB⊥BC,因为PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB.又PB⊂平面PAB,可得BC⊥PB.又因为PA=AB=6,BC=8,∠ABC=90°,所以PB=6.设点A到平面PBC的距离为d,则三棱锥P⁃ABC的体积VP⁃ABC=S△ABC·PA=S△PBC·d,即××6×8×6=××6×8d,解得d=3.故选D. 6.选D　如图,设正方体棱长为2,BD⊥平面ACC1A1,当点N是靠近点A的四等分点时,MN∥BD,则MN⊥平面ACC1A1,此时直线MN与平面ACC1A1所成角的正弦值最大为1.当点N与C1重合时,此时MN最长,即MC1==3,点M到平面ACC1A1的距离为=,此时直线MN即MC1与平面ACC1A1所成角的正弦值最小为=, 所以直线MN与平面ACC1A1所成角的正弦值的取值范围是. 7.选AD　因为M,N分别为VA,VC的中点,所以MN∥AC.如果MN∥AB,则可得AC∥AB,而AC与AB相交,故A不正确;因为点C是圆周上不同于A,B的任意一点,所以AC⊥BC.因为VA垂直于半圆O所在的平面,BC⊂平面ABC,所以VA⊥BC.又AC∩VA=A,AC,VA⊂平面VAC,所以BC⊥平面VAC.又BC⊂平面VBC,所以平面VAC⊥平面VBC,故B正确;因为AC∥MN,AC⊥BC,所以MN⊥BC,故C正确;若OC⊥平面VAC,又BC⊥平面VAC,则OC∥BC,而这与OC 与BC 相交矛盾,故D不正确. 8.选ACD　如图所示,∵CD∥AB,∴AB1与CD所成的角为∠BAB1=45°,A正确;∵AB∥A1B1,∴AC1与A1B1所成的角为∠BAC1或其补角.∵AB=2,BC1=BC=2,AC1=AB=2,∴AB2+B=A,则AB⊥BC1,∴tan∠BAC1==,故∠BAC1≠45°,B错误; ∵B1C1⊥平面AA1B1B,∴直线AC1与平面ABB1A1所成的角为∠B1AC1,∵AB1⊂平面AA1B1B,则B1C1⊥AB1,∴sin∠B1AC1==,因此直线AC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为,C正确;∵AD⊥平面CC1D1D,CD,C1D⊂平面CC1D1D,则AD⊥CD,AD⊥C1D,∴二面角C1⁃AD⁃B的平面角为∠CDC1=45°,D正确. 9.快审准解:由线面垂直可得线线垂直,结合直三棱柱的性质可得类似于A1C1⊥B1C1的结论即可. 解析: 如图所示,连接B1C,由BC=CC1,可得BC1⊥B1C, 因此,要证AB1⊥BC1,则只要证明BC1⊥平面AB1C, 即只要证AC⊥BC1即可,由直三棱柱可知,只要证AC⊥BC即可. 因为A1C1∥AC,B1C1∥BC,故只要证A1C1⊥B1C1即可.(或者能推出A1C1⊥B1C1的条件,如∠A1C1B1=90°等) 答案:A1C1⊥B1C1(答案不唯一) 10.解析:如图,过点B作BP⊥AB1于点P,连接BD, 因为AD⊥平面ABB1A1,BP在平面ABB1A1内,所以AD⊥BP, 又AB1,AD为平面AB1D内两条相交直线,则BP⊥平面AB1D. 由Rt△ABB1的面积可得BP===,解得a=2. 答案:2 11.解析:在直三棱柱ABC⁃A1B1C1中,取DE的中点F,连接AF,由△ADE为等边三角形,得AF⊥DE.在平面ABC内过A作AG⊥BC于G,连接FG,由CC1⊥平面ABC,AG⊂平面ABC,得AG⊥CC1,而BC∩CC1=C,BC,CC1⊂平面BCC1B1,则AG⊥平面BCC1B1.又DE⊂平面BCC1B1,于是AG⊥DE,又AF∩AG=A,AF,AG⊂平面AFG,则DE⊥平面AFG,GF⊂平面AFG,故DE⊥GF,故∠AFG是二面角A⁃DE⁃C的平面角,即∠AFG=α,依题意,sin β=.又AG=AC,AF=AE,AG⊥GF,因此sin α===sin β,所以=1. 答案:1 12.解:(1)证明:在正三角形PAD中,Q为AD的中点,故PQ⊥AD. 因为侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩底面ABCD=AD,PQ⊂平面PAD, 所以PQ⊥底面ABCD.又DB⊂底面ABCD,所以DB⊥PQ. (2)存在点N,当N为AB中点时,平面PCN⊥平面PQB,证明如下: 由(1)知PQ⊥底面ABCD,又CN⊂底面ABCD,所以PQ⊥CN. 因为四边形ABCD是正方形,Q为AD的中点,N为AB的中点, 所以BA=CB,AQ=BN,∠QAB=∠NBC=90°,所以△QAB≌△NBC, 所以∠AQB=∠BNC.因为∠AQB+∠ABQ=90°,所以∠CNB+∠ABQ=90°, 所以CN⊥BQ,而PQ∩BQ=Q,PQ,BQ⊂平面PQB, 所以CN⊥平面PQB.又CN⊂平面PCN,所以平面PCN⊥平面PQB. 13.解:(1)证明:由题意,得EF∥MC,且EF=MC,所以四边形EFCM是平行四边形, 所以EM∥CF.又CF⊂平面BCF,EM⊄平面BCF,所以EM∥平面BCF. (2)取DM的中点O,连接OA,OE,因为AB∥MC,且AB=MC,所以四边形AMCB是平行四边形,所以AM=BC=.又AD=,故△ADM是等腰三角形,同理△EDM是等边三角形.所以OA⊥DM,OE⊥DM,OA==3,OE==.又AE=2,所以OA2+OE2=AE2,故OA⊥OE.又OA⊥DM,OE∩DM=O,OE,DM⊂平面EDM,所以OA⊥平面EDM.易知S△EDM=×2×=.在△ADE中,cos∠DEA==, 所以sin∠DEA=,S△ADE=×2×2×=.设点M到平面ADE的距离为d,由VM⁃ADE=VA⁃EDM,得S△ADE·d=S△EDM·OA,得d=,故点M到平面ADE的距离为. 14.选ABD　因为D,E分别是BC1,AC1的中点,所以DE∥AB, 又DE⊄平面ABB1A1,AB⊂平面ABB1A1,所以DE∥平面ABB1A1,故A正确; 因为AC1⊥平面A1B1C1,所以AC1⊥平面ABC,又BC⊂平面ABC,所以AC1⊥BC, 因为AB⊥BC,AB∩AC1=A,AB,AC1⊂平面ABC1,所以BC⊥平面ABC1, 又AD⊂平面ABC1,所以BC⊥AD,因为AD⊥BC1,BC∩BC1=B,BC,BC1⊂平面BCC1, 则AD⊥平面BCC1,故B正确; 由于D为BC1的中点,且AD⊥BC1,AC1⊥AB,因此△ABC1是等腰直角三角形. E是AC1的中点,则∠ADE=,故直线AD与直线DE所成的角为,故C错误; 连接AB1,如图所示, 由于AC1⊥A1B1,B1C1⊥A1B1,AC1∩B1C1=C1,AC1,B1C1⊂平面AB1C1,所以A1B1⊥平面AB1C1,又AB1⊂平面AB1C1, 则A1B1⊥AB1,因此二面角B⁃A1B1⁃C1的平面角为∠AB1C1, 由于∠BAC=,因此AB=BC,由C项分析知AB=AC1, 则AC1=B1C1,因此∠AB1C1=,故D正确. 15.快审准解:根据题意,证得AC⊥平面PAB,得到AC⊥BD,由BD⊥CD,证得AD⊥BD,得到点D落在以AB为直径的四分之一圆上,结合圆的周长公式,即可求解. 解析:因为PA⊥平面ABC,且AC⊂平面ABC,所以PA⊥AC, 又由AB=AC=2,BC=2,可得AB2+AC2=BC2,所以AB⊥AC. 又因为PA∩AB=A,且PA,AB⊂平面PAB,所以AC⊥平面PAB, 因为BD⊂平面PAB,所以AC⊥BD,如图所示,连接AD,若BD⊥CD,且CD∩AC=C,CD,AC⊂平面ACD,所以BD⊥平面ACD,又因为AD⊂平面ACD,所以AD⊥BD,即在平面PAB内,若AD⊥BD,则BD⊥CD,即点D落在以AB为直径的四分之一圆上,因为AB=2,所以点D的轨迹长度为π×=. 答案: 13.(15分)(2024·全国甲卷)如图,已知AB∥CD,CD∥EF,AB=DE=EF=CF=2,CD=4,AD=BC=,AE=2,M为CD的中点. (1)证明:EM∥平面BCF;(5分) (2)求点M到平面ADE的距离.(10分) |能力进阶|备选题| 14.[多选]如图,已知三棱柱ABC⁃A1B1C1,AC1⊥平面A1B1C1,AB⊥BC,AD⊥BC1,D,E分别是BC1,AC1的中点,则下列说法正确的是 (　　) A.DE∥平面ABB1A1 B.AD⊥平面BCC1 C.直线AD与直线DE所成的角为 D.若∠BAC=,则二面角B⁃A1B1⁃C1的平面角的大小为 15.在三棱锥P⁃ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB=AC=2,BC=2,点D为△PAB内(包含边界)一点,且BD⊥CD,则点D的轨迹的长度为　　　　.  学科网（北京）股份有限公司 $