专题08 空间直线与平面、平面与平面的垂直（课时训练）-【教育机构专用】2022年春季高一数学辅导讲义(新教材人教A版2019)

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专题08 空间直线与平面、平面与平面的垂直
A组 基础巩固
1．（2021·全国高一课时练习）已知直线m，n是平面α，β外的两条直线，且mα，nβ，αβ，则（ ）
A．mn B．mn C．nα D．nα
【答案】C
【分析】
用排除法，做出长方体ABCD﹣A1B1C1D1，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，令面ADD1A1为α，面ABCD为β，在长方体中根据线面位置关系分析每一选项,判断其真假，得出答案.
【详解】
如图，做出长方体ABCD﹣A1B1C1D1，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，令面ADD1A1为α，面ABCD为β，
对于A，若直线CB1为m，则mα，若CC1为n，则nβ，显然mn是假命题；
对于B，此命题和上一命题是一样的，所以也是假命题；
对于C. 设，在平面内任取一点（），在平面内，过点作直线 ，
则由，可得，又，则
由，所以 ，故C正确.
对于D，若直线CB1为m，则mα，若CC1为n，则nβ，显然nα是假命题；
故选：C.

2．（2021·全国高一课时练习）在斜三棱柱中，，，则在底面上的射影必在（ ）

A．直线上 B．直线上 C．直线上 D．内部
【答案】A
【分析】
证明平面平面，利用面面垂直的性质定理可得出结论.
【详解】
连接，，，
，，平面，
平面，

平面，所以，平面平面，
过点在平面内作直线，垂足为点，
平面平面，平面平面，，平面，
所以，平面，则点即为点，因此，点在直线上.
故选：A.
【点睛】
方法点睛：证明线面垂直的方法：
一是线面垂直的判定定理；
二是利用面面垂直的性质定理；
三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；
另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．
3．（2021·全国高一课时练习）已知平面，是直线，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
【答案】C
【分析】
根据充分条件、必要条件的定义结合线面垂直的性质判断可得出结论.
【详解】
充分性：因为平面，若，由线面垂直的性质可知，充分性成立；
必要性：因为平面，若，由线面垂直的性质可知，必要性成立.
因此，“”是“”的充要条件.
故选：C.
4．（2021·云南昆明市·高三二模（文））已知，分别是正方体的棱，上的动点（不与顶点重合），则下列结论错误的是（ ）
A．
B．平面平面
C．四面体的体积为定值
D．平面
【答案】C
【分析】
A，利用线面垂直的判定定理证明平面即可； B，根据平面平面判断； C，根据到平面的距离，到的距离为定值，的长不是定值判断；D，根据平面平面判断.
【详解】
如图所示：
，分别是正方体的棱，上的动点（不与顶点重合），
对于A，，，，、平面，
平面，平面，，故A正确；
对于B，∵平面平面，平面与平面重合，∴平面平面，故B正确；
对于C，到平面的距离为定值，到的距离为定值，的长不是定值，∴四面体的体积不为定值，故C错误；
对于D，∵平面平面，平面，平面，故D正确．
故选：C．
【点睛】
方法点睛：证明直线和平面垂直的常用方法：①线面垂直的定义；②判定定理；③垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；④面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；⑤面面垂直的性质．
5．（2021·全国高一课时练习）如图，为正方体，则以下结论：①平面；②；③平面．其中正确结论的个数是（ ）

A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【分析】
对于①，由正方体的性质可知，再由线面平行的判定定理可得结论；对于②，由正方体的性质可得，再结合三垂直线定理可得结论；对于③，由正方体的性质可得，，从而可由线面垂直的判定定理得到结论
【详解】
由正方体的性质得，，所以结合线面平行的判定定理可得：平面；所以①正确．
由正方体的性质得，因为是在底面内的射影，所以由三垂线定理可得：，所以②正确．
由正方体的性质得，由②可得，所以，同理可得，进而结合线面垂直的判定定理得到：平面，所以③正确．
故选：D．
6．（2021·全国高一课时练习）如图甲所示，在正方形ABCD中，EF分别是BC､CD的中点，是EF的中点，现在沿AE､AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使､､三点重合，重合后的点记为，如图乙所示，那么，在四面体中必有（ ）

A．所在平面 B．所在平面
C．所在平面 D．所在平面
【答案】A
【分析】
由已知条件可得，，再由线面垂直的判定定理可得平面，从而可判断A，B选项；由已知可得平面，从而得平面平面，进而可对C，D选项进行判断
【详解】
根据折叠前､后，不变，平面，正确；
过只有一条直线与平面垂直，不正确；
，，平面，平面平面，过作直线垂直于平面，一定在平面内，
不正确；
不垂直于，平面不正确，不正确.
故选：A

7．（2021·全国高一课时练习）在正方体中，下列判断正确的是（ ）

A．面 B．面 C．面 D．
【答案】A
【分析】
在正方体中，，根据线面垂直判断定理和性质可证得，同理，可证得平面，可判断A、B选项；
连接，，则为与所成角，由此可判断C、D选项.
【详解】
在正方体中，，
又，且，平面，则，
同理，则平面，故A正确，B不正确；
连接，，则为与所成角，为，故C､D不正确.
故选：A.

8．（2021·全国高一课时练习）把正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角后，下列命题正确的是（ ）
A． B．
C．平面 D．平面平面
【答案】B
【分析】
利用折前折后不变量可判断线线、线面、面面位置关系.
【详解】
取的中点为连接、,由折前折后不变量可知，
,
,
为二面角的平面角，
选项，由上述可证，是正三角形，不正确．
选项，易证平面，正确；
选项， 易证为正三角形，不垂直，不正确；
选项，由，是正三角形，取中点，连接，，
为二面角的平面角,设正方形边长为1，
则可求，，有，
可得，命题D不正确．

故选:B．
9．（2021·全国高一课时练习）如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折过程中，下面四个命题中正确是___________.(填序号即可)

①|BM|是定值；
②总有CA1⊥平面A1DE成立；
③存在某个位置，使DE⊥A1C；
④存在某个位置，使MB平面A1DE.
【答案】①④
【分析】
根据翻折过程中的一些线线，线面关系不变，结合线线垂直，线面平行的相关知识一一分析即可.
【详解】

对于①：由图知，取CD的中点F，联结MF，BF，设，
易知∠A1DE=∠MFB，MFA1D=，FB=DE=，
由余弦定理可得MB2=MF2+FB2﹣2MF•FB•cos∠MFB，
所以MB是定值，故①正确.
对于②：由反证法，若总有CA1⊥平面A1DE成立，则CA1⊥A1E成立，
而CE=，，求得CA1=为定值，而在翻折过程中，
CA1的长是一直变化的，故②错误；
对于③：∵A1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直，
∴A1C与DE一定不垂直，可得③不正确.
对于④：由①知，MFDA1，BFDE，
∴平面MBF平面A1DE，
∴MB平面A1DE，故④正确.
故答案为：①④.
【点睛】
方法点睛：反证法证伪会简化解题步骤，熟练使用线线，线面关系的性质，来判断线线，线面关系.
10．（2021·全国高一课时练习）如图，在三棱锥中，若，，是的中点，则下列命题中正确的有___________(写出全部正确命题的序号).

①平面平面；
②平面平面；
③平面平面，且平面平面；
④平面平面，且平面平面.
【答案】③
【分析】
由等腰三角形三线合一的性质可得，，再由线面垂直的判定定理可得平面，然后利用面面垂直的判定定理可得平面平面，平面平面
【详解】
因为，且是的中点，所以，
同理有，
因为，平面.
所以平面.
因为在平面内，所以平面平面.
又由于平面，所以平面平面，
故答案为：③.
11．（2021·全国高一课时练习）如图，多面体，，，，且，，两两垂直，给出下列5个结论：
①三棱锥的体积是定值；
②球面经过点、、、四点的球的直径是；
③直线平面；
④直线与所成角是；
⑤二面角等于．
其中正确的结论是__．

【答案】①②④
【分析】
由题意，构造长方体，设，，，由已知解得，，，
对于①，根据三棱锥的体积公式可判断；
对于②，球面经过点、、、两点的球的直径即为长方体的对角线长，由此可判断；
对于③，由可判断；
对于④，由已知得即为直线与所成的角，解三角形可判断；
对于⑤，由已知得异面直线与所成的角大小为二面角的二面角大小，解三角形可判断 ；
【详解】
由题意，构造长方体，如下图所示，设，，，
则，，，解得，，，，
对于①，三棱锥的体积为，故①对；
对于②，球面经过点、、、两点的球的直径即为长方体的对角线长，即为，故②对；
对于③，由于，和平面相交，则和平面相交，故③错．
对于④，由于，则即为直线与所成的角，
由，则，故④对；
对于⑤，因为，，所以异面直线与所成的角大小为二面角的二面角大小，连接，则为所求，，所以；⑤错误；
故答案为：①②④

【点睛】
方法点睛：解决几何体相关的外接球等问题时，补全几何体是常用的一种方法，利用补全的几何体的性质研究原几何体的性质.

B组 能力提升
12．（2021·江苏高三专题练习）（多选题）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，棱长为2，E为线段B1C上的动点，O为AC的中点，P为棱CC1上的动点，Q为棱AA1的中点，则以下选项中正确的有（ ）
A．AE⊥B1C
B．直线B1D⊥平面A1BC1
C．异面直线AD1与OC1所成角为
D．若直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，则m平面B1D1Q
【答案】BD
【分析】
选项A. 只有当E运动到线段B1C的中点时，AE⊥B1C才成立,可判断；选项B .由DD1⊥平面A1B1C1D1，可得A1C1⊥B1D，同理可得BC1⊥B1D，从而可判断；选项C.由 AD1BC1，则∠OC1B（或其补角）即为异面直线AD1与OC1所成的角．从而可求解判断； 选项D.由条件结合BDB1D1，可得mB1D1，从而可判断.
【详解】
解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，B1C⊥BC1，B1C⊥AB，BC1∩AB＝B，
∴B1C⊥平面ABC1D1，
∵只有当E运动到线段B1C的中点时，AE⊥B1C才成立，故A错误．
连接B1D1，∵在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，DD1⊥平面A1B1C1D1，
∴DD1⊥A1C1，∵BD1⊥A1C1，BD1∩DD1＝D1，
∴A1C1⊥平面BDD1B1，∴A1C1⊥B1D，
同理可得BC1⊥B1D，又A1C1∩BC1＝C1，
∴直线B1D⊥平面A1BC1，故选项B正确．
连接BD，BC1，则AD1BC1，
∴∠OC1B（或其补角）即为异面直线AD1与OC1所成的角．
因为正方体的棱长为2，则BC1＝2，OB＝，在Rt△C1OB中，OC1＝，
∴cos∠OC1B＝，∴∠OC1B，故选项C错误．
由题意知如图2，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为棱CC1上的动点，Q为棱AA1的中点，
直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，且BDB1D1，
∴mB1D1．∵平面B1D1Q，
∴m平面B1D1Q，故选项D正确．
故选：BD．

【点睛】
思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
13．（2021·全国高一课时练习）如图所示，已知二面角的大小为分别是的中点，F，E分别在AB，AD上，，且AC⊥平面BCD，则以下说法正确的是( )

A．四点共面
B．平面
C．若直线交于点，则三点共线
D．若的面积为6，则的面积为3.
【答案】ACD
【分析】
A选项：由条件证得EF//GH并判断得结论；
B选项：如果有FG//平面ADC成立，经推理可得F是AB的中点，作出判断；
C选项：分析出P是平面ABC与平面DAC的公共点并作出判断；
D选项：由给定二面角大小，结合AC⊥平面BCD，可以分析得到点A，C到直线BD的距离的关系，再作判断而得.
【详解】
A选项：在△ABD中，因为，所以EF//BD，在△CBD中，G，H分别是BC，CD的中点，所以GH//BD，有EF//GH，E，F，G，H四点共面，故A选项正确；
B选项：假设FG//平面ADC成立，因为平面ABC平面DAC=AC，所以FG//AC，又G是BC的中点，所以F是AB的中点，与矛盾，故B选项错误；
C选项：因为FG平面ABC，P∈FG，所以P∈平面ABC，同理P∈平面DAC，因为平面ABC平面DAC=AC，所以P∈AC，所以P，A，C三点共线，故C选项正确；
D选项：因为二面角A-BD-C的大小为，AC⊥平面BCD，所以点C到直线BD的距离d2是点A到直线BD的距离d1的，故，故D选项正确.
故选：ACD
【点睛】
求二面角的方法：几何法，空间向量法，射影面积公式.
14．（2021·山东枣庄市·高三二模）如图，正方体的棱长为1，点是内部(不包括边界)的动点，若，则线段长度的可能取值为( )

A． B． C． D．
【答案】ABC
【分析】
由所给条件探求出动点P的轨迹，然后在三角形中求出点A与动点P的距离范围得解.
【详解】
在正方体AC1中，连接AC，A1C1，，如图，

BD⊥AC，BD⊥AA1，则BD⊥平面ACC1A1，
因AP⊥BD，所以平面ACC1A1，又点P是△B1CD1内部(不包括边界)的动点，
连接CO，平面B1CD1平面ACC1A1=CO，所以点P在线段CO上(不含点C，O)，
连接AO，在等腰△OAC中，，而底边AC上的高为1，
腰OC上的高，从而有，
都符合，不符合.
故选：ABC
【点睛】
几何体中定点到符合某个条件的动点的距离问题，先探求出符合所给条件的动点轨迹，再转化成平面问题解决，探求轨迹是关键.
15．（2021·江苏高三其他模拟）如图，在长方体中，，E、F分别为棱、的中点，则下列说法中正确的有（ ）

A．
B．三棱锥的体积为
C．若P是棱上一点，且，则E、C、P、F四点共面
D．平面截该长方体所得的截面为五边形
【答案】BCD
【分析】
连接DE， ，根据勾股定理，可证，根据线面垂直的判定定理，可证平面，即，因为，即可判断A的正误；利用等体积法，即可求得三棱锥的体积，即可判断B的正误；取中点G，则P为中点，连接FP，CP，，则可证，根据两平行线可确定一个平面，即可判断C的正误；作，交于H ，则可证E、H、P、C在同一平面内，即可得E、C、P、F、H在同一平面内，即可判断D的正误，即可得答案.
【详解】
连接DE， ，如图所示，

因为E为AB的中点，所以EB=BC=2，
所以，同理，又DC=4，
所以，即，
又因为底面ABCD，底面ABCD，
所以，
所以平面，即，
又，即与不平行，
所以CE不垂直，故A错误；
由等体积法可得：三棱锥的体积，故B正确；
作出P，使，取中点G，则P为中点，连接FP，CP，，
因为F，P分别为，中点，
所以，
又，且，
所以，所以，
所以E、C、P、F四点共面，故C正确；

由选项C可得E、C、P、F四点共面，平面CEF即为平面CEFP，
作，交于H ，如图所示：

所以E、H、P、C在同一平面内，即H点在平面ECP内，
所以E、C、P、F、H在同一平面内，
所以平面截该长方体所得的截面为五边形，故D正确.
故选：BCD
【点睛】
解题的关键是熟练掌握线面垂直的判定定理、性质定理并灵活应用，证明四点共面时，常用两平行线可以确定一个平面，两相交线可以确定一个平面，考查学生对基础知识的掌握程度，属中档题.
16．（2021·云南高三二模（文））如图，在三棱柱中，四边形是菱形，，，，为棱的中点.

（1）求证：平面平面；
（2）若，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）设，利用余弦定理结合勾股定理可证得，证明平面，可得出，再利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）分析得出三棱锥的高为，计算出、的面积，利用等体积法可求得点到平面的距离.
【详解】
（1）证明：设.
四边形是菱形，为棱的中点，，.
在中，，
由余弦定理得，解得.
，，即.
，，且，平面.
平面，.
，，且，平面.
平面，平面平面；
（2）由和（1）知，平面，
是点到平面的距离.
平面，，则是以为斜边的直角三角形，
，，点为棱的中点，，
的面积，的面积.
设点到平面的距离为，则.
，解得.
点到平面的距离为.
【点睛】
方法点睛：求点到平面的距离，方法如下：
（1）等体积法：先计算出四面体的体积，然后计算出的面积，利用锥体的体积公式可计算出点到平面的距离；
（2）空间向量法：先计算出平面的一个法向量的坐标，进而可得出点到平面的距离为.
17．（2021·全国高二课时练习）在多面体中，正方形和矩形互相垂直，、分别是和的中点，．

（1）求证：平面．
（2）在边所在的直线上存在一点，使得平面，求的长；
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）利用面面垂直的性质定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，计算出平面的一个法向量的坐标，由已知条件可得出，可求得的值，进而可求得的长.
【详解】
（1）因为四边形为矩形，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面；
（2）因为平面，四边形为正方形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、，设点，
，，，
设平面的法向量为，
由，令，可得，
要使得平面，则，所以，，解得，
则，此时，.

【点睛】
方法点睛：立体几何开放性问题求解方法有以下两种：
（1）根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，然后再加以证明，得出结论；
（2）假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在．
18．（2021·全国高二课时练习）如图，由直三棱柱和四棱锥构成的几何体中，，平面平面

（1）求证：；
（2）若M为中点，求证：平面；
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）在直三棱柱中，易得，又平面平面，利用面面垂直的性质定理证明即可；
（2）由平面，且，建立空间直角坐标系，求得平面 的一个法向量为，证明即可；
【详解】
（1） 在直三棱柱中，
平面ABC，又 平面ABC，
∴，
∵平面平面,且平面平面，
又 平面,
∴平面，
又平面，∴
（2）直三棱柱中，
∵平面，而平面
∴，
又，
建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
所以，
设平面 的一个法向量为，
则，即，
令，则，
∵M为的中点，则，所以，
因为，所以，又 平面，∴平面.
【点睛】
方法点睛：证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算．
19．（2021·云南高三二模（理））如图，在三棱柱中，四边形是菱形，，，，为棱的中点.

（1）求证：平面平面；
（2）若，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）设，应用余弦定理求，根据勾股逆定理即可知，由线面垂直的判定及性质得，最后由线面垂直、面面垂直的判定即可证平面平面；
（2）由题设及（1），构建以D为原点，射线，，为轴，轴，轴的非负半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，确定，，，坐标，进而得，，的坐标，求面、面的法向量，进而利用空间向量夹角的坐标表示求二面角余弦值，即可得其正弦值.
【详解】
（1）证明：设，由四边形是菱形，为棱的中点，
，，在中，，
由，解得.
，即.
，且，
平面，又平面，
，，
平面，又平面，
面面.
（2）过点作直线的平行线交直线于点，则题设知，，，，分别以射线，，为轴，轴，轴的非负半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，即，，，，

∴，，，
设面的一个法向量为，则，取，则；
设面的一个法向量为，则，取，则；
设二面角的平面角大小为且，有，则.
二面角的正弦值为.
【点睛】
关键点点睛：
（1）由余弦定理求线段长，由勾股逆定理证线线垂直，再综合应用线面垂直的判定及性质、面面垂直的判定证明面面垂直.
（2）构建空间直角坐标系，利用向量法求二面角的正弦值.
20．（2021·湖南高三月考）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，，面面，、分别为、的中点.

（1）证明：面面；
（2）求面与面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）要证明面面垂直，需证明线面垂直，根据垂直关系转化为证明平面，（2）以为坐标原点，、、分别为、、轴建立直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，再根据法向量求二面角的余弦值.
【详解】
（1）设，则，
∴，，
∴，
∴，
∴.
在等边三角形中，为的中点，∴，
∵面面，面，
面面，
∴面.
∵面，∴.
∵，，
∴面.
∵，∴面，
∵面，∴面面.
（2）由（1）知，，以为坐标原点，、、分别为、、轴建立直角坐标系，

则，，，，.
，.
设面的法向量为，
，取，得，，.
面的法向量为，
∴，
∴面与面所成锐二面角的余弦值为.
【点睛】
方法点睛：求二面角的方法通常有两个思路：
一是利用空间向量，建立坐标系，求得对应平面的法向量之间夹角的余弦值，再判断锐二面角或钝二面角，确定结果，这种方法优点是思路清晰、方法明确，但是计算量较大；
二是传统方法，利用垂直关系和二面角的定义，找到二面角对应的平面角，再求出二面角平面角的大小，这种解法的关键是找到平面角.