第04讲-空间直线、平面的垂直(分层精练)(解析版)

第04讲空间直线、平面的垂直A夯实基础B能力提升C综合素养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．1 B．2C．3 D．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．1 B． 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：B4．（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ABCD B．平面PBCC．平面PAD D．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：C5．（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．6 B．9 C．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：D8．（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．1 B． 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A1PC．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：C2．（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BEFB．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：24．（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，