新高考数学一轮复习高频考点精讲精练第04讲 空间直线、平面的垂直(分层精练）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习高频考点精讲精练第04讲 空间直线、平面的垂直(分层精练）（2份，原卷版+解析版），文件包含新高考数学一轮复习高频考点精讲精练第04讲空间直线平面的垂直分层精练原卷版doc、新高考数学一轮复习高频考点精讲精练第04讲空间直线平面的垂直分层精练解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
A夯实基础
一、单选题
1．（2023春·天津河西·高一天津市第四十二中学校考阶段练习）如图所示，AB是圆O的直径，C是异于A，B两点的圆周上的任意一点，PA垂直于圆O所在的平面，则△PAB，△PAC，△ABC，△PBC中，直角三角形的个数是（ ）
A．1B．2
C．3D．4
【答案】D
【详解】∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，即BC⊥AC．
∴△ABC为直角三角形．
又PA⊥⊙O所在平面，AC，AB，BC都在⊙O所在平面内，
∴PA⊥AC，PA⊥AB，PA⊥BC，∴△PAC、△PAB是直角三角形，
又PA∩AC＝A，平面PAC,∴BC⊥平面PAC．
∵PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC，∴△PBC是直角三角形，
从而△PAB，△PAC，△ABC，△PBC均为直角三角形．
故选：D.
2．（2023·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，是等边三角形，平面底面，，四棱锥的体积为，为的中点．线段的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】
由已知，设，则矩形的面积，
取中点，连接，
∵是等边三角形，，∴，且,
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，即是四棱锥的高，
∴四棱锥的体积
∴解得，，∴.
故选：D.
3．（2023·全国·高一专题练习）在长方体中，，，点在棱上，若直线与平面所成的角为，则（ ）
A．1B．C．D．
【答案】B
【详解】根据长方体性质知面，故为直线与平面所成的角的平面角，
所以，则，可得，如下图示，
所以在中，符合题设.
故选：B
4．（2023·全国·高一专题练习）如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，则图中与平面PCD垂直的平面是（ ）
A．平面ABCDB．平面PBC
C．平面PADD．平面PCD
【答案】C
【详解】因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，
由四边形ABCD为矩形得，
因为，
所以平面PAD．
又平面PCD，
所以平面平面PAD．
故选：C
5．（2023·重庆·高二统考学业考试）如图，在长方体中，，，则四棱锥的体积是（ ）

A．6B．9C．18
【答案】A
【详解】在长方体中，，
连接交于点，可得，
又由平面，且面，所以，
因为，且平面，可得平面，
所以四棱锥的高为，
所以的体积.
故选：A.

6．（2023·全国·高一专题练习）在矩形ABCD中，，，若平面ABCD，且，则点A到平面PBD的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】过点A作于E，连接PE.
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
又因为，所以平面PAE，
且平面PAE，可得，
由可得，而，
可得，
设点A到平面PBD的距离为h，
由可得，解得.
故选：D.
7．（2023春·广东茂名·高三统考阶段练习）如图，在正三棱柱中，底面边长为6，侧棱长为8，D是侧面的两条对角线的交点，则直线AD与底面ABC所成角的正切值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【详解】
取BC中点E，连接DE，AE，
由正三棱柱知平面，且，
因为是斜线在底面上的射影，
所以∠DAE为直线AD与底面ABC所成角，
在正三角形中，
直线AD与底面ABC所成角的正切值为.
故选：D
8．（2023·北京·高三专题练习）已知正方形ABCD所在平面与正方形CDEF所在平面互相垂直，且，P是对角线CE的中点，Q是对角线BD上一个动点，则P，Q两点之间距离的最小值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【详解】取边的中点为,连接 , P是CE的中点，则,
由于,平面平面,平面平面，平面, 故平面,平面, 故,
在直角三角形中， , ,
要使最小，则最小，故当时，此时最小，故的最小值为,所以，、
故选：C
二、多选题
9．（2023·全国·高一专题练习）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AA1=1，P为线段B1C1上的动点，则下列结论中正确的是（ ）
A．点A到平面A1BC的距离为B．平面A1PC与底面ABC的交线平行于A1P
C．三棱锥P﹣A1BC的体积为定值D．二面角A1-BC-A的大小为
【答案】BC
【详解】A选项，四边形是正方形，所以，所以，
但与不垂直，所以与平面不垂直，所以到平面的距离不是，A选项错误.
B选项，根据三棱柱的性质可知，平面平面，所以平面，
设平面与平面的交线为，根据线面平行的性质定理可知，B选项正确.
C选项，由于平面,平面，所以平面.所以到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，C选项正确.
D选项，设是的中点，由于，所以，所以二面角的平面角为，由于，所以，D选项错误.
故选：BC
三、填空题
10．（2023春·浙江·高一校联考阶段练习）在三棱锥中，平面，则三棱锥的表面积为__________．
【答案】/
【详解】
因为平面，平面，
所以，，,
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，所以，
因为，，所以，
所以三棱锥的表面积为．
故答案为：.
11．（2023·全国·高三对口高考）如图所示，在斜三棱柱中，，则在面上的射影H必在__________．
①直线上 ②直线上 ③直线上 ④内部

【答案】①
【详解】由于，所以，又，，
所以平面，平面，所以平面 平面，
又 平面平面，
所以点H在两面的交线上，即.
故答案为：①.
四、解答题
12．（2023春·高一课时练习）如图，四棱锥的底面ABCD是菱形，，，F是PB的中点，连接AC，BD，且AC与BD交于点E，连接EF.

(1)求证：平面PCD；
(2)求证：平面平面PAC.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）由题知，E是BD的中点，F是PB的中点，∴，
又∵平面PCD，平面PCD，
∴平面PCD；
（2）∵，，，AB，平面ABCD，∴平面ABCD，
∵平面ABCD，∴，
∵底面ABCD是菱形，∴，
又，PA，平面PAC，
∴平面PAC，
又平面PBD，
∴平面平面PAC.
13．（2023·陕西咸阳·统考三模）如图，三棱柱的侧面是边长为1的正方形，侧面侧面，，，G是的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)若P为线段BC的中点，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）在中，，，，
则在中，由余弦定理得，
因为，即，
所以，
由已知平面平面，且平面平面，
又平面，故平面，
又平面GBC，则平面平面．
（2）由题意知，，
由（1）知，平面，平面，
则，
又，且，平面，
可得平面，因此PB为三棱锥的高，
因为，，
所以，
又，
所以．
B能力提升
1．（2023春·江苏盐城·高一盐城市第一中学校联考期中）已知正方形的边长为，现将△沿对角线翻折，得到三棱锥.记的中点分别为，则下列结论错误的是（ ）

A．与平面所成角的范围是
B．三棱锥体积的最大值为
C．与所成角的范围是
D．三棱锥的外接球的表面积为定值
【答案】C
【详解】对于A，如图，取，的中点为，，连接，，，，

则可得，，
因为平面，平面，所以平面，
同理可证得平面，又、平面，，
所以平面平面，
依题意可得，，，所以平面，
所以平面，因为，所以平面，
所以即为直线与平面所成的角，
在折叠过程中，设，则，
由，为，的中点，所以，
在中，可得，
所以的取值范围是，即与平面所成角的范围是，
所以A正确；
对于B，当平面平面时，点到平面的距离最大，
即三棱锥高的最大值为，
此时三棱锥的最大体积为，
所以B正确；
对于C，因为，所以为异面直线与所成的角，
所以，
所以的取值范围是，所以C错误；
对于D，由，所以三棱锥的外接球的球心为，
即外接球半径，所以三棱锥的外接球的表面积为为定值，
所以D正确.
故选：C
2．（2023春·河北石家庄·高一校考期中）如图一，矩形中，，交对角线于点，交于点．现将 沿翻折至的位置，如图二，点为棱的中点，则下列判断一定成立的是（ ）

A．B．平面
C．平面D．平面平面
【答案】D
【详解】对于D选项，翻折前，，，翻折后，，，
因为，、平面，则平面，
因为平面，所以，平面平面，故D正确；
对于B选项，因为，，
则二面角的平面角为，
在翻折的过程中，的大小会发生变化，故与不一定垂直，
所以，与平面不一定垂直，故B错误；
对于A选项，设，在图一中，，
又因为，所以，，，
因为，所以，，
所以，，则，
在图二中，过点在平面内作，交于点，连接，
则，故，则，
因为，所以，不是的中点，
因为，，则，
若，因为，、平面，则平面，
因为平面，所以，，
因为、平面，且，所以，，
因为为的中点，则为的中点，与已知矛盾，故A错误；
由选项A知，因为，平面，平面，
所以，平面，
若平面，则，、平面，
所以，平面平面，
因为平面平面，平面平面，则，
因为为的中点，则为的中点，与已知条件矛盾，故C错误．
故选：D．

3．（2023春·高一课时练习）已知点P在正方体的侧面及边界上运动，并保持，若正方体的棱长为1，则PC的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】如图，连接AC，，，BD，由正方体的性质知，，，
因为平面，所以平面，
所以，同理，
因为，所以平面，
若，则动点P的轨迹为线段.
由正方体的棱长为1，可得点C到线段的距离，
则PC的取值范围是.
故选：A.

4．（2023春·全国·高一专题练习）在古代数学中，把正四棱台叫做方亭，数学家刘徽用切割的方法巧妙地推导出了方亭的体积公式，为方亭的下底面边长，为上底面边长，为高.某地计划在一片平原地带挖一条笔直的沟渠，渠的横截面为等腰梯形，上底为米，下底为米，深米，长为米，并把挖出的土堆成一个方亭，设计方亭的下底面边长为米，高为米，则其侧面与下底面所成的二面角的正切值为________.
【答案】/
【详解】由题意知挖出的土的体积，
则由，整理得，
解得或（舍去）.
在正四棱台中，，，
设点在底面内的射影为点，点在底面内的射影为点，
设直线分别交、于点、，连接、，

因为平面，平面，所以，，
又因为平面平面，所以，，
故四边形为矩形，所以，，
因为，，则，所以，，
因为平面，平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
所以，侧面与底面所成二面角的平面角为，
易知四边形、是全等的等腰梯形，且，，
所以，，
因为，且，则四边形为矩形，故，则，
故四边形为等腰梯形，
因为，，，故，
所以，，
又因为，，故，
在中，.
故答案为：.
5．（2023春·广东广州·高一广州市天河中学校考期中）如图1，在平行四边形ABCD中，，将沿BD折起，使得点A到达点P，如图2．

(1)证明：平面平面PAD；
(2)当二面角的平面角的正切值为时，求直线BD与平面PBC夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）中，由余弦定理：，
所以,则,
将沿BD折起，使得点A到达点P，则，所以,
又平面PAD,所以平面PAD，又平面BCD，
所以平面平面PAD；
（2）
如图，取中点E，连接BE,DE，因为AB=PB,AD=PD,则
所以为二面角的平面角，
且由（1）知，平面
所以,
中，中垂线，
所以由勾股定理可得，
所以，又,
所以平面PBD,又，所以平面PBD,
过D作于点F，因为DF平面PBD,所以，
因为,所以DF面PBC，所以直线BD与平面PBC夹角即为
中，，所以直线BD与平面PBC夹角的正弦值为.
C综合素养
1．（多选）（2023·安徽亳州·蒙城第一中学校联考模拟预测）如图，正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为，.若将正三棱锥绕旋转，使得点E，P分别旋转至点A，处，且A，B，C，D四点共面，点A，C分别位于BD两侧，则（ ）

A．B．
C．多面体的外接球的表面积为D．点P与点E旋转运动的轨迹长之比为
【答案】AD
【详解】取的中点为，连接，
由，所以，
又，平面，所以平面，
将正三棱锥绕旋转，使得点E，P分别旋转至点A，处，
所以平面，所以，故A正确；
因为平面，所以，故B不正确；

因为A，B，C，D四点共面，，
可得：，，
所以平面，
所以平面，同理平面，由已知为正方形，
所以可将多面体放入边长为的正方体，

则多面体的外接球即棱长为的正方体的外接球，外接球的半径为，
表面积为，选项C不正确；
由题意转动的半径长为，转动的半径长为，
所以点P与点E旋转运动的轨迹长之比为，故D正确.
故选：AD.
2．（多选）（2023春·安徽马鞍山·高一马鞍山市红星中学校考阶段练习）如图，正四棱柱中，，E，F分别为，的中点，则下列结论错误的是（ ）
A．平面BEF
B．直线与直线BF所成的角为
C．平面BEF与平面ABCD的夹角为
D．直线与平面ABCD所成的角为
【答案】ABC
【详解】对于A，如图，连接，由题意，又E，F分别为，的中点，可得，若平面BEF，则，进而．这显然不成立，故与平面BEF不垂直，A错误；
对于B，假设直线与直线BF所成的角为，即，由正四棱柱的性质可知平面，而平面，所以，又与相交，、面，所以平面，而由正四棱柱的性质可知平面，所以，显然这是不可能的，所以假设不成立，因此B错误；
对于C，分别延长，DA交于点P，连接PB，则直线PB即为平面与平面ABCD的交线．连接BD，，因为且，所以，所以，又平面，面，所以，又面，所以平面，又面，所以，所以即为平面BEF与平面ABCD的夹角，易知，故，C错误；
对于D，可证，则直线与平面ABCD所成的角为，又根据题意易知，D正确．
故选：ABC．
3．（2023春·重庆·高三重庆一中校考阶段练习）在边长为的正方形中，点M是的中点，点N是的中点（如图a），将，，分别沿，，折起，使B，A，C三点重合于点G，得到三棱锥（如图b），设，，与平面所成角分别为，，，平面，平面，平面与平面所成角分别为，，，则__________．

【答案】2
【详解】折叠前后不变性知两两垂直，
，
如图取MN的中点P，连接GP，DP，

因为，故为二面角的平面角，
在中，，
过点G作PD的垂线交于点H，则平面，
在中用等面积得：，
故：．
过点H作ND的垂线交于点E，则，
故为二面角的平面角，即为，
在，
同理，故．
故答案为：2
4．（2023·北京·人大附中校考三模）已知四棱锥的底面为梯形，且，又，，，平面平面，平面平面．

(1)判断直线和的位置关系，并说明理由；
(2)若点到平面的距离为，请从下列①②中选出一个作为已知条件，求二面角余弦值大小．
①；
②为二面角的平面角．
【答案】(1)相交，理由见解析
(2)
【详解】（1）且，延长必交于一点，即为点，
平面，平面，且，，
平面，平面，又平面，平面，
连接，则平面平面，又平面平面，
直线即为直线，如下图所示，

，即直线与相交.
（2）若选条件①，，平面平面，平面平面，平面，平面；
同理可知：平面，
平面，，；
取中点，连接，
，，四边形为平行四边形，，
，，又，，
；
设，则，又，，
，
，
，
，
又，，
由（1）知：二面角即为二面角，设其平面角为，
，，为中点，，，
设点到直线的距离为，
则，即，解得：，
，
又二面角为锐二面角，.
若选条件②，若为二面角的平面角，则，，
又，；
平面平面，平面平面，平面，平面；
同理可知：平面，
平面，，；
取中点，连接，
，，四边形为平行四边形，，
，，又，，
；
设，则，又，，
，
，
，
，
又，，
由（1）知：二面角即为二面角，设其平面角为，
，，为中点，，，
设点到直线的距离为，
则，即，解得：，
，
又二面角为锐二面角，.
5．（2023·全国·高三对口高考）如图所示，直三棱柱中，，，、分别是、的中点．

(1)求证：平面；
(2)求证：；
(3)求证：平面平面；
(4)求与的夹角．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
(4)
【详解】（1）因为，是的中点，所以，
在直三棱柱中，平面，平面，所以，
，平面，
所以平面；
（2）因为平面，平面，所以，
又，，平面，
所以平面，平面，所以.
（3）连接，在直三棱柱中，
因为、分别是、的中点，所以且，
且，
所以四边形、为平行四边形，
所以，，
又平面，平面，所以平面，
平面，平面，所以平面，
又，平面，
所以平面平面.
（4）连接交于点，连接，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，
又平面，平面，所以，所以，
所以与的夹角为.