重点强化练(十一) 空间中的平行与垂直
一、选择题:本题共8小题.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的.
1.[2025·广西七地市模拟] 在四棱锥P-ABCD中,“BC∥AD”是“BC∥平面PAD”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
2.[2025·湖南衡阳一中模拟] 已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法正确的是 ( )
A.若m∥α,n∥α,则m∥n
B.若m∥α,m∥β,则α∥β
C.若α⊥β,m⊥β,m α,则m∥α
D.若α⊥β,m α,则m⊥β
3.[2025·湖南郴州模拟] 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,二面角B1-AC-B的正切值为 ( )
A. B.
C. D.
4.[2025·江苏常州模拟] 在空间中,设m,n为两条不同的直线,α,β为两个不同的平面,则下列说法正确的是 ( )
A.若m∥α且α∥β,则m∥β
B.若m,n是异面直线,m α,m∥β,n β,n∥α,则α∥β
C.若α⊥β,m α,n β,则m⊥n
D.若m⊥n,m⊥α,α∥β,则n∥β
5.[2025·北京陈经纶中学月考] 《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”;底面为矩形,一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”;四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图,在堑堵ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,且AA1=AB=2,给出以下结论:
①四棱锥B-A1ACC1为“阳马”;
②四面体A1C1CB为“鳖臑”;
③四棱锥B-A1ACC1体积的最大值为;
④过A点分别作AE⊥A1B于点E,AF⊥A1C于点F,则A1B⊥EF.
以上结论正确的是 ( )
A.①②③ B.②③④
C.①②④ D.①③④
6.一个正四面体的棱长为3,则一个与该正四面体体积相等、高也相等的圆柱的侧面积为 ( )
A.3 B.3
C.6 D.9
7.如图,已知大小为60°的二面角α-l-β的棱上有两点A,B,AC α,AC⊥l,BD β,BD⊥l,若AC=3,BD=3,AB=2,则CD的长为 ( )
A.67 B.49
C.7 D.
8.[2024·四川乐山三模] 在三棱柱ABC-A1B1C1中,点D在棱BB1上,满足=,点M在棱A1C1上,且A1M=MC1,点N在直线BB1上,若MN∥平面ADC1,则= ( )
A.2 B.3
C.4 D.5
二、选择题:本题共3小题.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.
9.如图所示,PA垂直于圆O所在的平面,AB是圆O的直径,C是圆O上异于A,B的一点,E,F分别是点A在PB,PC上的射影,则 ( )
A.AF⊥PB
B.EF⊥PB
C.AF⊥BC
D.AE⊥平面PBC
10.[2025·浙南名校联盟联考] 如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=4,M,N,D,Q分别为棱AB,AC,B1C1,AA1的中点,DQ⊥QM,则以下结论正确的是 ( )
A.B1C1∥平面QMN
B.AA1=
C.点Q到平面DMN的距离为
D.三棱锥D-QMN的外接球的表面积为
11.[2025·山东青岛模拟] 平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,平面α∥平面CB1D1,平面α∩平面ABCD=m,平面α∩平面ABB1A1=n,则 ( )
A.B1D1∥m
B.A1B∥平面α
C.n⊥平面ADC1B1
D.m,n所成的角为
三、填空题:本题共3小题.
12.[2025·辽宁抚顺模拟] 正方形ABCD的四个顶点在平面α的同侧,若A,B,C三点到平面α的距离分别为2,3,4,则直线BD与平面α的位置关系是 .
13.[2024·江苏常州期中] 如图是四棱锥P-ABCD的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,E,F分别为P1A,P4D的中点,在此四棱锥中,给出下面四个结论,其中正确结论的序号是 .
①直线BE与直线CF异面;
②直线BE与直线AF异面;
③直线EF∥平面PBC;
④平面BCFE⊥平面PAD.
14.如图所示,四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形,点E是棱PD上一点,PE=PD,若=λ且满足BF∥平面ACE,则λ= .
四、解答题:本题共5小题,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.[2025·浙南名校联盟联考] 如图,三棱台ABC-A1B1C1中,△ABC是正三角形,A1A⊥平面ABC,AB=2A1A=2A1C1=4,M,N分别为棱AB,B1B的中点.
(1)证明:B1B⊥平面MCN;
(2)求直线C1C与平面MCN所成的角的正弦值.
16.[2025·湖南长郡中学模拟] 如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与四边形CDEF均为等腰梯形,AB∥CD,EF∥CD,CD=2AB=2EF=4,AD=DE=,AE=2.
(1)证明:平面ABCD⊥平面CDEF;
(2)若M为线段CD上一点,且CM=1,求平面AEM与平面BEM夹角的余弦值.
17.[2025·山东齐鲁名校天一联考] 如图,在四棱锥P-ABCD中,侧棱PA⊥底面ABCD,AB⊥BC,且PA=2,AB=BC=,AD=CD=.
(1)证明:BD⊥平面PAC;
(2)求平面PBC与平面PAD夹角的正弦值.
18.[2022·新高考全国Ⅱ卷] 如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为PB的中点.
(1)证明:OE∥平面PAC;
(2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.
19.[2024·郑州二模] 如图,在多面体DABCE中,△ABC是等边三角形,AB=AD=2,DB=DC=EB=EC=.
(1)求证:BC⊥AE;
(2)若二面角A-BC-E的大小为30°,求直线DE与平面ACD所成角的正弦值.重点强化练(十一)
1.C [解析] 如图,由BC∥AD,BC 平面PAD,AD 平面PAD,得BC∥平面PAD.由BC∥平面PAD,BC 平面ABCD,平面ABCD∩平面PAD=AD,得BC∥AD.故“BC∥AD”是“BC∥平面PAD”的充要条件.故选C.
2.C [解析] 对于A,若m∥α,n∥α,则m,n的位置关系不确定,故A错误;对于B,若m∥α,m∥β,则α,β的位置关系不确定,故B错误;对于C,若α⊥β,m⊥β,m α,则m∥α,故C正确;对于D,若α⊥β,m α,则m,β的位置关系不确定,故D错误.故选C.
3.D [解析] 如图,取AC的中点M,连接MB,MB1,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,可得AB1=B1C,AB=BC,所以B1M⊥AC,BM⊥AC,所以∠B1MB是二面角B1-AC-B的平面角.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,可得AC=2,则BM=,在Rt△B1MB中,
tan∠B1MB===,所以二面角B1-AC-B的正切值为.故选D.
4.B [解析] 对于A,若m∥α且α∥β,则m∥β或m β,故A错误;对于B,若m,n是异面直线,m α,m∥β,n β,n∥α,则在直线m上任取一点P,过直线n与点P确定平面γ,设γ∩α=c,又n∥α,所以n∥c,又n β,c β,所以c∥β,又m∥β,m α,c α,m∩c=P,所以α∥β,故B正确;
对于C,若α⊥β,m α,n β,则m,n可能平行、相交或异面,故C错误;对于D,若m⊥n,m⊥α,α∥β,则n β或n∥β,故D错误.故选B.
5.C [解析] ∵底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”,∴在堑堵ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥平面ABC,∴AA1⊥BC,又AC⊥BC,且AA1∩AC=A,∴BC⊥平面A1ACC1,∴四棱锥B-A1ACC1为“阳马”,故①正确;由AC⊥BC,得A1C1⊥BC,又A1C1⊥C1C且BC∩C1C=C,∴A1C1⊥平面BB1C1C,∴A1C1⊥BC1,则△A1BC1为直角三角形,由BC⊥平面AA1C1C,得△A1BC为直角三角形,由“堑堵”的定义可得△A1C1C为直角三角形,△CC1B为直角三角形,∴四面体A1C1CB为“鳖臑”,故②正确;在△ABC中,4=AC2+BC2≥2AC·BC,即AC·BC≤2,当且仅当AC=BC=时取等号,=×BC=AA1×AC×BC=AC×BC≤,故③错误;∵BC⊥平面AA1C1C,∴BC⊥AF,又AF⊥A1C,且BC∩A1C=C,∴AF⊥平面A1BC,则AF⊥A1B,∵AE⊥A1B且AE∩AF=A,∴A1B⊥平面AEF,又EF 平面AEF,∴A1B⊥EF,故④正确.故选C.
6.A [解析] 如图,在正四面体ABCD中,O是正三角形BCD的中心,则AO⊥底面BCD,BO=×3×sin 60°=,则正四面体ABCD的高AO==,所以V四面体ABCD=S△BCD·AO=××32×=.设圆柱的底面半径为r,依题意,πr2·=,得r=,所以该圆柱的侧面积S=2πr·=2π·=3.故选A.
7.C [解析] 过A作AE∥BD且AE=BD,连接CE,DE,则四边形ABDE是平行四边形.因为BD⊥AB,所以平行四边形ABDE是矩形.因为BD⊥l,所以AE⊥l,又AC⊥l,所以∠CAE是二面角α-l-β的平面角,即∠CAE=60°.又因为BD=AE=AC=3,所以△ACE为正三角形,所以CE=3.因为l⊥AC,所以ED⊥AC,又ED⊥AE,AE∩AC=A,AE,AC 平面AEC,所以ED⊥平面AEC.因为EC 平面AEC,所以ED⊥EC,因为ED=AB=2,所以CD===7.故选C.
8.D [解析] 如图所示,因为=,所以=,所以==×=,所以=,所以=,则=.设三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为6,则DB1=4,DB=2,易知M为A1C1的中点,取A1A的中点E,连接ME,则ME∥C1A,又ME 平面ADC1,所以ME∥平面ADC1.过E作EN∥AD,且EN∩BB1=N,连接MN,则EN∥平面ADC1,又ME∩EN=E,所以平面MNE∥平面ADC1,又MN 平面MNE,所以MN∥平面ADC1,所以DN=EA=3,所以NB1=DB1-DN=4-3=1,所以BN=5,则=5.故选D.
9.ABC [解析] 因为PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,所以PA⊥BC,又BC⊥AC,AC∩PC=C,AC,PC 平面PAC,所以BC⊥平面PAC,又AF 平面PAC,所以BC⊥AF,故C正确;因为BC⊥AF,AF⊥PC,BC∩PC=C,BC,PC 平面PBC,所以AF⊥平面PBC,又PB 平面PBC,所以AF⊥PB,故A正确;因为AF⊥PB,AE⊥PB,AE∩AF=A,AE,AF 平面AEF,所以PB⊥平面AEF,又EF 平面AEF,所以EF⊥PB,故B正确;由上可知,AF⊥平面PBC,又因为AF∩AE=A,所以AE与平面PBC不垂直,故D不正确.故选ABC.
10.AC [解析] 由题可得MN∥BC,BC∥B1C1,所以MN∥B1C1,又MN 平面QMN,B1C1 平面QMN,所以B1C1∥平面QMN,A正确;由题可得,QM=QN,DM=DN,设AA1=2a,易得QM2=4+a2,QD2=12+a2,DM2=4+4a2,因为DQ⊥QM,所以DM2=QD2+QM2,即4+4a2=12+a2+4+a2,可得a=,故AA1=2,B错误;因为DM2=QD2+QM2,所以DN2=QD2+QN2,所以DQ⊥QN,又QN∩QM=Q,QN,QM 平面QMN,所以DQ⊥平面QMN,又S△QMN=MN·=×2×=3,所以VQ-DMN=VD-QMN=S△QMN·DQ=×3×3=3,又S△DMN=MN·=3,设点Q到平面DMN的距离为d,所以VQ-DMN=S△DMNd=d=3,得d=,C正确;将三棱锥D-QMN补成以QMN为底面的直三棱柱,则该三棱柱的外接球即为三棱锥D-QMN的外接球,其球心为以上下底面外心为端点的线段的中点,因为sin∠QMN==,故△QMN的外接圆的半径r=×=,设外接球的半径为R,则R2=+=,所以三棱锥D-QMN的外接球的表面积为4πR2=,D错误.故选AC.
11.ABC [解析] 如图,对于A,设平面α∩平面A1B1C1D1=m',在正方体ABCD-A1B1C1D1中,可得平面ABCD∥平面A1B1C1D1,因为平面α∩平面ABCD=m,所以m∥m',又因为平面α∥平面CB1D1,且平面α∩平面A1B1C1D1=m',平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1,所以m'∥B1D1,所以m∥B1D1,故A正确;对于B,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,可得A1B∥D1C,因为平面α∥平面CB1D1,且D1C 平面CB1D1,所以D1C∥平面α,过D1C作平面γ,设平面γ∩平面α=a,可得D1C∥a,可得A1B∥a,又A1B α,a α,所以A1B∥平面α,故B正确;对于C,设平面α∩平面DCC1D1=n',因为平面α∥平面CB1D1且平面CB1D1∩平面DCC1D1=D1C,所以n'∥D1C,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,可得AD⊥平面DCC1D1,因为D1C 平面DCC1D1,所以AD⊥D1C,又因为DC1⊥D1C,且AD∩DC1=D,AD,DC1 平面ADC1B1,所以D1C⊥平面ADC1B1,所以n'⊥平面ADC1B1,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,可得平面ABB1A1∥平面DCC1D1,因为平面α∩平面DCC1D1=n',平面α∩平面ABB1A1=n,所以n∥n',所以n⊥平面ADC1B1,故C正确;对于D,因为m∥B1D1且n∥D1C,所以m,n所成的角,即为B1D1与D1C所成的角,因为△CB1D1为等边三角形,所以可得∠CD1B1=,所以异面直线m,n所成的角为,故D不正确.故选ABC.
12.平行 [解析] 如图,正方形ABCD的四个顶点在平面α的同侧,分别过A,B,C作AA1,BB1,CC1垂直于平面α,垂足分别为A1,B1,C1.连接AC,A1C1,取AC,A1C1的中点分别为O,O1,连接OO1,B1O1,则OO1∥AA1∥CC1∥BB1,所以OO1⊥α,由已知得AA1=2,BB1=3,CC1=4,则OO1==3=BB1,所以四边形BB1O1O是平行四边形,则BO∥B1O1,即BD∥B1O1,又BD 平面α,B1O1 平面α,所以BD∥平面α.
13.②③ [解析] 由展开图还原几何体如图所示.对于①,因为E,F分别为PA,PD的中点,所以EF∥AD,而AD∥BC,所以EF∥BC,则E,F,B,C共面,所以直线BE与CF不是异面直线,故①错误;对于②,因为E∈平面PAD,AF 平面PAD,E AF,B 平面PAD,所以直线BE与直线AF是异面直线,故②正确;对于③,由①知EF∥BC,因为EF 平面PBC,BC 平面PBC,所以直线EF∥平面PBC,故③正确;对于④,假设平面BCFE⊥平面PAD,在平面PAD上过点P作PO⊥EF分别交EF,AD于点O,N,在BC上取一点M,连接PM,OM,MN,因为平面BCFE∩平面PAD=EF,PO⊥EF,所以PO⊥平面BCFE,而OM 平面BCFE,所以PO⊥OM,由中位线的性质,易知O是PN的中点,此时△PMN是等腰三角形,即PM=MN恒成立,因为M是线段BC上任意取的一点,且△PBC中PC,PB与BC的长度不确定,所以不一定有PM=MN成立,若PM≠MN,则平面BCFE与平面PAD不垂直,所以④错误.
14. [解析] 如图,连接BD,交AC于点O,连接OE,由四边形ABCD是正方形,得BO=OD,在线段PE上取点G,使得GE=ED,由PE=PD,得=,连接BG,FG,则BG∥OE,由OE 平面ACE,BG 平面ACE,得BG∥平面ACE,而BF∥平面ACE,BG∩BF=B,BG,BF 平面BGF,因此平面BGF∥平面ACE,又平面PCD∩平面ACE=EC,平面PCD∩平面BGF=GF,所以GF∥EC,所以λ===.
15.解:(1)证明:因为△ABC是正三角形,M为AB的中点,所以CM⊥AB.
因为A1A⊥平面ABC,CM 平面ABC,所以CM⊥A1A,又A1A∩AB=A,A1A,AB 平面A1ABB1,
所以CM⊥平面A1ABB1,又因为B1B 平面A1ABB1,所以CM⊥B1B.
连接AB1,易得AB1=B1B=2,
所以AB2=A+B1B2,所以AB1⊥B1B,又因为AB1∥MN,所以MN⊥BB1.因为MN∩CM=M,MN,CM 平面MCN,所以B1B⊥平面MCN.
(2)取AC的中点O,连接BO,C1O,易知C1O⊥平面ABC,BO⊥OC,故OB,OC,OC1两两垂直,
以O为坐标原点,OB,OC,OC1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则B1(,-1,2),B(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,0,2).
由(1)知平面MCN的一个法向量为=(,1,-2),又=(0,2,-2),所以|cos<,>|=
==,
所以直线C1C与平面MCN所成的角的正弦值为.
16.解:(1)证明:在平面CDEF内,过点E作EO⊥CD交CD于点O,由四边形CDEF为等腰梯形,且CD=2EF=4,得DO=1,又DE=,
所以OE==2.
连接AO,易知△ADO≌△EDO,可得AO⊥CD且AO=2,又AE=2,
所以在△OAE中,AE2=OE2+OA2,
从而OE⊥OA,
又OE⊥CD,OA∩CD=O,OA,CD 平面ABCD,所以OE⊥平面ABCD,
又OE 平面CDEF,
所以平面ABCD⊥平面CDEF.
(2)由(1)知,OE,OC,OA两两垂直,以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,2),E(2,0,0),M(0,2,0),B(0,2,2),
所以=(2,0,-2),=(-2,2,0),=(0,0,2).
设平面AEM的法向量为n=(x,y,z),
则即
取z=1,则n=(1,1,1).设平面BEM的法向量为m=(x1,y1,z1),
则即
取y1=1,则m=(1,1,0),
所以cos===,
所以平面AEM与平面BEM夹角的余弦值为.
17.解:(1)证明:记AC∩BD=O,如图.因为AB=BC,AD=CD,BD=BD,
所以△ABD≌△CBD,所以∠ADO=∠CDO,所以∠AOD=∠COD=90°,即AC⊥BD.又PA⊥底面ABCD,BD 平面ABCD,所以PA⊥BD.
又因为AC∩PA=A,且AC 平面PAC,PA 平面PAC,
所以BD⊥平面PAC.
(2)由(1)易知O为AC的中点,取PC的中点M,连接OM,则OM∥PA,所以OM⊥平面ABCD,所以OC,OD,OM两两垂直,以O为原点,OC,OD,OM所在的直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
由题意及(1)知OA=OB=1,OD=2,
则A(-1,0,0),B(0,-1,0),C(1,0,0),D(0,2,0),P(-1,0,2),
所以=(1,2,-2),=(1,2,0),=(1,-1,-2),=(1,1,0).设平面PAD的法向量为m=(x1,y1,z1),则取y1=1,则m=(-2,1,0).
设平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2),则取x2=1,则n=(1,-1,1),所以cos===-,所以平面PBC与平面PAD夹角的余弦值为,所以平面PBC与平面PAD夹角的正弦值为.
18.解:方法一:(1)证明:连接OA,如图,
因为PO是三棱锥P-ABC的高,所以PO⊥平面ABC,
所以PO⊥OA,PO⊥OB,
所以∠POA=∠POB=90°,又PA=PB,PO=PO,所以△POA≌△POB,所以OA=OB.
取AB的中点D,连接OD,DE,则有OD⊥AB,又AB⊥AC,所以OD∥AC,
又OD 平面PAC,AC 平面PAC,所以OD∥平面PAC.
因为D,E分别为AB,PB的中点,所以DE∥PA.又DE 平面PAC,PA 平面PAC,所以DE∥平面PAC.
又OD,DE 平面ODE,OD∩DE=D,所以平面ODE∥平面PAC,又OE 平面ODE,所以OE∥平面PAC.
(2)过点D作DF∥OP,以D为原点,以DB所在直线为x轴,DO所在直线为y轴,DF所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.因为PO=3,PA=5,所以OA=OB=4,
又∠ABO=∠CBO=30°,所以OD=2,DB=2,所以P(0,2,3),B(2,0,0),A(-2,0,0),E.
设AC=a,则C(-2,a,0),故=,=(4,0,0),=(0,a,0).设平面AEB的法向量为n1=(x1,y1,z1),则
所以
令y1=3,则x1=0,z1=-2,
所以n1=(0,3,-2).
设平面AEC的法向量为n2=(x2,y2,z2),则
所以令x2=,则y2=0,z2=-6,
所以n2=(,0,-6),
所以cos====.
设二面角C-AE-B的平面角为θ,
则sin θ==,
所以二面角C-AE-B的正弦值为.
方法二:(1)证明:连接OA,如图,
因为PO是三棱锥P-ABC的高,所以PO⊥平面ABC,所以PO⊥OA,PO⊥OB,所以∠POA=∠POB=90°,
又PA=PB,PO=PO,所以△POA≌△POB,所以OA=OB.
延长BO交AC于F,连接PF,
则在Rt△ABF中,O为BF的中点.
在△PBF中,O,E分别为BF,PB的中点,所以EO∥PF.因为EO 平面PAC,PF 平面PAC,所以EO∥平面PAC.
(2)过点A作AG∥OP,以A为原点,以AB所在直线为x轴,AC所在直线为y轴,AG所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.因为PO=3,PA=5,所以OA=OB=4,
又∠ABO=∠CBO=30°,所以AB=4,所以P(2,2,3),B(4,0,0),
A(0,0,0),E,
设AC=a,则C(0,a,0),
故=(4,0,0),=,=(0,a,0).
设平面AEB的法向量为n1=(x1,y1,z1),则
所以令y1=3,则x1=0,z1=-2,所以n1=(0,3,-2).设平面AEC的法向量为n2=(x2,y2,z2),则所以令x2=,则y2=0,z2=-6,所以n2=(,0,-6),所以cos====.
设二面角C-AE-B的平面角为θ,
则sin θ==,
所以二面角C-AE-B的正弦值为.
19.解:(1)证明:取BC的中点O,连接AO,EO.
∵△ABC是等边三角形,O为BC中点,∴AO⊥BC,又EB=EC,∴EO⊥BC.
∵AO∩EO=O,AO,EO 平面AEO,∴BC⊥平面AEO,
又AE 平面AEO,∴BC⊥AE.
(2)连接DO,则DO⊥BC,
由AB=AC=BC=2,
DB=DC=,得AO=,DO=1,
又AD=2,∴AO2+DO2=AD2,
∴DO⊥AO,
又AO∩BC=O,AO,BC 平面ABC,∴DO⊥平面ABC.
如图,以O为坐标原点,OA,OB,OD所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),A(,0,0),C(0,-1,0),D(0,0,1),
∴=(,1,0),=(0,1,1).
设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),
则即
取x=1,则n=(1,-,).
∵∠AOE是二面角A-BC-E的平面角,
∴∠AOE=30°,又OE=1,∴E,∴=,
则cos<,n>==-,
∴直线DE与平面ACD所成角的正弦值为.(共69张PPT)
重点强化练（十一） 空间中的平行
与垂直
一、选择题：本题共8小题.在每小题给出的四个选项中，只有一
个选项是正确的.
1.[2025·广西七地市模拟]在四棱锥中，“”是“
平面 ”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
√
[解析] 如图，由， 平面， 平面 ，得
平面.由平面， 平面，平面
平面，得.故“”是“平面 ”的充要
条件.故选C.
2.[2025·湖南衡阳一中模拟]已知,是两条不同的直线， , 是两
个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A.若 , ，则
B.若 , ，则
C.若 ， , ,则
D.若 , ，则
[解析] 对于A，若 , ，则, 的位置关系不确定，故A错误；
对于B，若 , ，则 , 的位置关系不确定，故B错误；
对于C，若 , ， ，则 ，故C正确；
对于D，若 , ，则, 的位置关系不确定，故D错误.故选C.
√
3.[2025·湖南郴州模拟]在正方体 中，二面角
的正切值为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 如图，取的中点，连接, ，
在正方体 中，可得
,，所以 ,
，所以是二面角
的平面角.设正方体 的棱长
为2，可得，则 ，在
中， ,所
以二面角的正切值为 .故选D.
4.[2025·江苏常州模拟]在空间中，设，为两条不同的直线， ，
为两个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A.若 且 ，则
B.若，是异面直线， , , , ，则
C.若 ， ， ，则
D.若， ， ，则
√
[解析] 对于A，若 且 ，则 或 ，故A错误；
对于B，若，是异面直线， , , , ，则在
直线上任取一点，过直线与点确定平面 ，设 ，又
，所以，又 ， ，所以 ，又 ，
， ，，所以 ，故B正确；
对于C，若 ， ， ，则， 可能平行、相交或异
面，故C错误；
对于D，若， ， ，则 或 ，
故D错误.故选B.
5.[2025·北京陈经纶中学月考]《九章算术》中将底面为直角三角形
且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂
直于底面的四棱锥称为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称
为“鳖臑”.如图，在堑堵中， ，且
，给出以下结论：
①四棱锥 为“阳马”;
②四面体 为“鳖臑”;
③四棱锥体积的最大值为 ;
④过点分别作于点， 于点
，则 .
以上结论正确的是( )
A.①②③ B.②③④ C.①②④ D.①③④
√
[解析] 底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的
三棱柱称为“堑堵”， 在堑堵 中，
侧棱 平面，，又 ，
且， 平面， 四棱
锥为“阳马”，故①正确；
由 ⊥ ，得⊥ ，又 ⊥ 且 ∩ = ，
平面，，
则 为直角三角形，
由 平面，得 为直角三角形，由“堑堵”的定义可得
为直角三角形，为直角三角形， 四面体 为“鳖臑”，故②正确；
在 中，，
即 ，当且仅当 时取等
号，
，故③错误；
平面，，又 ，且
，平面 ，则
，且 ，
平面，又 平面 ，
，故④正确.故选C.
6.一个正四面体的棱长为3，则一个与该正四面体体积相等、高也相
等的圆柱的侧面积为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 如图，在正四面体中，是正三角形
的中心，则 底面 ，
，则正四面体 的高
，所以
.
设圆柱的底面半径为，依题意， ，得
，所以该圆柱的侧面积
.故选A.
7.如图，已知大小为 的二面角 的棱上有两点， ，
，， ，，若， ，
，则 的长为( )
A.67 B.49 C.7 D.
√
[解析] 过作且，连接 ，
，则四边形 是平行四边形.因为
，所以平行四边形 是矩形.因为
，所以，又，所以 是
二面角 的平面角，即 .又因为 ，
所以为正三角形，所以.因为，所以 ，又
，，， 平面，所以 平面 .
因为 平面，所以 ，因为
，所以
.故选C.
8.[2024·四川乐山三模]在三棱柱中，点在棱 上，
满足，点在棱上，且 ，点
在直线上，若平面，则 ( )
A.2 B.3 C.4 D.5
√
[解析] 如图所示,因为 ，
所以 ，所以
，
所以 ，所以
，则 .设三棱柱 的侧棱长为6，则 ，，易知为的中点，取的中点 ，
连接，则，又 平面 ，
所以平面. 过作 ，且
，连接，则平面 ，
又，所以平面平面 ，
又 平面，所以平面 ，所
以 ，所以
，所以 ，
则 .故选D.
二、选择题：本题共3小题.在每小题给出的选项中，有多项符合
题目要求.
9.如图所示，垂直于圆所在的平面，是圆
的直径，是圆上异于，的一点，， 分别是
点在， 上的射影，则( )
A. B.
C. D. 平面
√
√
√
[解析] 因为 平面， 平面 ，所以
，又，,, 平
面，所以 平面，又 平面 ，
所以，故C正确；
因为 ，，,, 平面 ，所以
平面，又 平面，所以 ，故A正确；
因为，，, ， 平面，所以
平面，又 平面，所以 ，故B正确；
由上可知， 平面，又因为，所以与平面
不垂直，故D不正确.故选 .
10.[2025· 浙南名校联盟联考]如图，在正三棱柱 中，
，，，，分别为棱,,,的中点， ，
则以下结论正确的是( )
A.平面
B.
C.点到平面的距离为
D.三棱锥的外接球的表面积为
√
√
[解析] 由题可得, ，所以
,又 平面, 平面
，所以平面 ，A正确；
由题可得，,，设 ，
易得, ，
，因为 ，所以
，即，可得 ，故
，B错误；
因为 ，所以
，所以 ,又,
, 平面,所以 平面 ，
又
，所以
，又 ，设点 到平面的距离为 ，所以
，得，C正确；
将三棱锥 补成以
为底面的直三棱柱，则该三棱柱的外接
球即为三棱锥 的外接球，其球心为以
上下底面外心为端点的线段的中点，因为
，故 的外接圆的半径 ，设外接球的半径为，则 ，所以
三棱锥 的外接球的表面积为，D错误.故选 .
11.[2025·山东青岛模拟]平面 过正方体的顶点 ，
平面平面，平面 平面，平面 平面
，则( )
A. B.平面
C. 平面 D.,所成的角为
√
√
√
[解析] 如图，对于A，设平面 平面
,在正方体 中，
可得平面平面 ，因为平面
平面，所以 ，又因为平
面平面，且平面 平面
，平面 平面，所以 ，
所以，故A正确；
对于B，在正方体 中，可
得，因为平面平面，
且 平面 ，所以平面 ，
过作平面 ，设平面 平面，
可得 ，可得，又 ， ,
所以平面 ，故B正确；
，在正方体 中，可得平面平面
，因为平面 平面，平面 平面 ，
所以，所以 平面 ，故C正确；
对于D，因为且，所以, 所
成的角，即为与 所成的角，因为
为等边三角形，所以可得 ，
所以异面直线,所成的角为 ，故D不正确.
故选 .
三、填空题：本题共3小题.
12.[2025·辽宁抚顺模拟] 正方形的四个顶点在平面 的同侧，
若，，三点到平面 的距离分别为2，3，4，则直线与平面
的位置关系是______.
平行
[解析] 如图，正方形的四个顶点在平面
的同侧，分别过,,作,, 垂直于平面
，垂足分别为,,.连接，,取 ，
的中点分别为,，连接, ，则
，所以 ，由已知得, ,
，则，所以四边形 是平行四
边形，则，即，又 平面 ， 平面 ，
所以平面 .
13.[2024·江苏常州期中] 如图是四棱锥
的平面展开图，其中四边形
为正方形，,分别为, 的中点，在此
四棱锥中，给出下面四个结论，其中正确结
论的序号是______.
②③
①直线与直线 异面；
②直线与直线 异面；
③直线平面 ；
④平面 平面 .
[解析] 由展开图还原几何体如图所示.对于①，
因为,分别为, 的中点，所以，
而，所以，则 , ,,共面，
所以直线与 不是异面直线，故①错误；
对于②，因为 平面 , 平面,, 平面，
所以直线与直线 是异面直线，故②正确；
对于③，由①知，因为 平面, 平面，
所以直线平面 ，故③正确；
,，在上取一
点，连接,, ，因为平面 平面
，，所以 平面，而 平面
，所以 ，由中位线的性质，易知是的
中点，此时 是等腰三角形，即恒成立，因为 是线段
上任意取的一点，且中 ，与 的长度不确定，所以不一
定有成立，若 ，则平面与平面 不垂直，
所以④错误.
14.如图所示，四棱锥的底面是边长为1的正方形，点 是
棱上一点，，若且满足平面 ，则
__.
[解析] 如图，连接，交于点，连接 ，
由四边形是正方形，得 ，在线段
上取点，使得，由 ，得
，连接，，则，由
平面， 平面，得平面 ，
而平面，，, 平面 ，因此平面
平面，又平面 平面，平面 平面
，所以，所以 .
四、解答题：本题共5小题，解答应写出文字说明、证明过程或
演算步骤.
15.[2025· 浙南名校联盟联考] 如图，三棱台 中，
是正三角形， 平面， ，
，分别为棱, 的中点.
（1）证明： 平面 ；
证明：因为是正三角形，为 的
中点，所以 .因为 平面,
平面 ，所以，又
,, 平面 ,所以
平面,又因为 平面，所以 . 连接，
易得 ，所以，所以 ，
又因为，所以 .因为，,
平面 ，所以 平面 .
（2）求直线与平面 所成的角的正弦值.
解：取的中点，连接,，易知
平面， ，故,, 两两垂直，
以为坐标原点，,, 所在直线分别为
，， 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则,
,, .
以为坐标原点，,, 所在直线分别为
，， 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则,,, .
由（1）知平面 的一个法向量为
，又，所以,
，
所以直线与平面所成的角的正弦值为 .
16.[2025·湖南长郡中学模拟] 如图，在以,,,,, 为顶点的五面
体中，四边形与四边形均为等腰梯形， ,
,，, .
（1）证明：平面 平面 ；
证明：在平面内，过点作
交于点，由四边形 为等腰梯形，且
，得,又 ，
所以 .
连接，易知 ，可得且，又 ，
所以在中， ，从而 ，又,
,, 平面，所以 平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面 .
（2）若为线段上一点，且，求平面与平面 夹
角的余弦值.
解：由（1）知，,,两两垂直，以
为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标
系，则,,, ，
所以, ,
.
设平面的法向量为 ，
则即
取，则.设平面 的法向量
为 ，
则即
取，则 ，
所以, ，
所以平面与平面 夹角的余弦值为 .
17.[2025·山东齐鲁名校天一联考] 如图，在四棱锥 中，侧
棱 底面,，且, ,
.
（1）证明： 平面 ；
解：证明：记 ，如图.因为
,， ，
所以，所以 ，
所以 ，即 .
又 底面, 平面 ，所
以 .
又因为，且 平面, 平面 ，
所以 平面 .
解：由（1）易知为的中点，取 的中点
，连接，则，所以 平面
，所以,,两两垂直，以 为原
点，,,所在的直线分别为，， 轴
建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意及（1）知, ，
则,,,, ，
所以,, , .
（2）求平面与平面 夹角的正弦值.
设平面的法向量为 ，则
取 ，则
.设平面的法向量为
，则
取 ，则，所以 ,
，
所以平面 与平面夹角的余弦值为，所以平面 与
平面夹角的正弦值为 .
18.[2022·新高考全国Ⅱ卷] 如图，是三棱锥 的高，
，，为 的中点.
（1）证明：平面 ；
证明： 方法一：连接 ，如图，因为是三棱锥的高，
所以 平面 ，所以， ，所以
,又， ，所以,所以 .
取的中点，连接，，则有，又 ，所以
，又 平面， 平面，所以 平面 .
因为，分别为，的中点，所以 . 又 平面，
平面，所以 平面 .
又， 平面， ,所以平面平面，
又 平面 ，所以平面 .
方法二：连接 ，如图，
因为是三棱锥的高，所以 平
面，所以，，所以 ,
又，，所以, 所以 .
延长交于，连接 ，则在中，为 的中点.
在中，，分别为，的中点，所以.因为 平
面， 平面，所以平面 .
（2）若 ,, ,求
二面角 的正弦值.
解：方法一：过点作，以 为原点，
以所在直线为轴， 所在直线为
轴，所在直线为 轴，建立如图所
示的空间直角坐标系.因为，，所以 ，
又 ,所以，，所以 ，
，， .
设,则,故， ，
.设平面 的法向量为
,则
所以
令,则， ,所以 .
设平面 的法向量为
,则
所以 令,则， ,
所以 ，
所以 ,
.
设二面角的平面角为 ,
则, ,
所以二面角的正弦值为 .
方法二：过点作，以为原点，以所在直线为轴， 所在
直线为轴，所在直线为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.因
为，，所以 ，
又 ,所以，所以 ，
，
， ，
设,则 ,
故,， .
设平面的法向量为,
则 所以
令,则， ，所以.设平面的
法向量为 ,则所以
令,则 ，，所以，所以 ,
.
设二面角的平面角为 ,
则, ,
所以二面角的正弦值为 .
19.[2024·郑州二模] 如图，在多面体中， 是等边三角
形，， .
（1）求证： ；
证明：取的中点，连接， .
是等边三角形，为中点，
，又 ，
.
，, 平面, 平面 ，
又 平面， .
（2）若二面角的大小为 ，求直
线与平面 所成角的正弦值.
解：连接，则 ，
由 ，
，得， ，
又， ，
，
又，, 平面,
平面 .
如图，以为坐标原点，，， 所在
直线分别为，， 轴建立空间直角坐标系，
则，， ，
，
， .
设平面的法向量为 ，
则即
取，则,, .
是二面角 的平面角，
，又 ，
， ，
则, ，
直线与平面所成角的正弦值为 .
1.C 2.C 3.D 4.B 5. C 6.A 7.C 8.D
9.ABC 10.AC 11. ABC
12. 平行 13. ②③ 14. 15. (1)略 (2)
16. (1)略 (2) 17. (1)略 (2) 18. (1)略 (2)
19. (1)略 (2)
