高中数学必修二 专题08 空间直线与平面与平面与平面的垂直（课时训练）（含答案）

1、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，外的两条直线，且m，n，则（ ）AmnBmnCnDn【答案】C【分析】用排除法，做出长方体ABCDA1B1C1D1，在长方体ABCDA1B1C1D1中，令面ADD1A1为，面ABCD为，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ABCDA1B1C1D1，在长方体ABCDA1B1C1D1中，令面ADD1A1为，面ABCD为，对于A，若直线CB1为m，则m，若CC1为n，则n，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

2、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m，若CC1为n，则n，显然n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

3、（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

4、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（ ）AB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

5、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：线面垂直的定义；判定定理；垂直于平面的传递性(ab，ab)；面面平行的性质(a，a)；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：平面；平面其中正确结论的个数是（ ）A0B1C2D3【答案】D【分析】对于，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，由正方体的性质可得，再结合三垂直线定理可得结论；对于，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

6、可得：平面；所以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：，所以正确由正方体的性质得，由可得，所以，同理可得，进而结合线面垂直的判定定理得到：平面，所以正确故选：D6（2021全国高一课时练习）如图甲所示，在正方形ABCD中，EF分别是BCCD的中点，是EF的中点，现在沿AEAF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

7、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：A7（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CD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

8、BC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:B9（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)|BM|是定值；总有CA1平面A1D

9、E成立；存在某个位置，使DEA1C；存在某个位置，使MB平面A1DE.【答案】【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：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+FB22MFFBcosMFB，所以MB是定值，故正确.对于：由反证法，若总有CA1平面A1DE成立，则CA1A1E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，故错误；对于：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，可得不正

10、确.对于：由知，MFDA1，BFDE，平面MBF平面A1DE，MB平面A1DE，故正确.故答案为：.【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).平面平面；平面平面；平面平面，且平面平面；平面平面，且平面平面.【答案】【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

11、面，所以平面平面，故答案为：.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：三棱锥的体积是定值；球面经过点、四点的球的直径是；直线平面；直线与所成角是；二面角等于其中正确的结论是_【答案】【分析】由题意，构造长方体，设，由已知解得，对于，根据三棱锥的体积公式可判断；对于，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，由可判断；对于，由已知得即为直线与所成的角，解三角形可判断；对于，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，三棱锥的体积为，故对；对于，球面经

12、过点、两点的球的直径即为长方体的对角线长，即为，故对；对于，由于，和平面相交，则和平面相交，故错对于，由于，则即为直线与所成的角，由，则，故对；对于，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；错误；故答案为：【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ABCDA1B1C1D1，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（ ）AAEB1CB直线B1D平面

13、A1BC1C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，AEB1C才成立,可判断；选项B .由DD1平面A1B1C1D1，可得A1C1B1D，同理可得BC1B1D，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ABCDA1B1C1D1中，B1CBC1，B1CAB，BC1ABB，B1C平面ABC1D1，只有当E运动到线段B1C的中点时，AE

14、B1C才成立，故A错误连接B1D1，在正方体ABCDA1B1C1D1中，DD1平面A1B1C1D1，DD1A1C1，BD1A1C1，BD1DD1D1，A1C1平面BDD1B1，A1C1B1D，同理可得BC1B1D，又A1C1BC1C1，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BC12，OB，在RtC1OB中，OC1，cosOC1B，OC1B，故选项C错误由题意知如图2，在正方体ABCDA1B1C1D1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

15、，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

16、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

17、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，PFG，所以P平面ABC，同理P平面DAC，因为平面ABC平面DAC=AC，所以PAC，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( )ABCD【答案】ABC【分析】由

18、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，BDAC，BDAA1，则BD平面ACC1A1，因APBD，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

19、体中，E、F分别为棱、的中点，则下列说法中正确的有（ ）AB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

20、=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、

21、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

22、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

23、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

24、，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

25、，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