8.6《空间直线、平面的垂直》同步基础练习 （含答案解析） 2025~2026学年高中数学人教A版（2019）必修第二册

page1page28.6《空间直线、平面的垂直》同步基础练习（含答案解析）一、选择题

1.如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段EB的中点，则（

）

A.DM≠EN，且直线DM、B.DM=EN，且直线DM、C.DM≠EN，且直线DM、D.DM=EN，且直线DM、

2.若m，n为空间中两条不同的直线，α、β为空间两个不同的平面，则下列结论不正确的是（

）A.若m⊥α，n⊥α，则m∥n B.若m⊥α，m∥β，则α⊥β

C.若α∥β，m⊥α，n⊂β

3.堑堵、阳马、鳖臑这些名词出自中国古代的数学名著《九章算术·商功》.如图1，把一块长方体分成相同的两块，得到两个直三棱柱（堑堵）.如图2，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得到四棱锥和三棱锥各一个，其中四棱锥称为阳马，三棱锥称为鳖臑.则在图2中，下列说法正确的个数为（

）

①阳马的四个侧面中恰有3个是直角三角形

②鳖臑的四个面均为直角三角形

③堑堵的表面积是阳马的表面积的2倍

④堑堵的体积是鳖臑的体积的2倍A.0 B.1 C.2 D.3

4.如图，在三棱锥P−ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是（

A.BC⊥平面APC B.AP⊥PC，AP⊥PB

C.PC⊥BC，平面APC⊥平面BPC D.BC⊥PC

5.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别是CD，CCA.30∘ B.90∘ C.60∘ D.45∘

6.在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=AB，M是ABA.12 B.22 C.32 D.34二、多选题

7.如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，底面三角形A1B1A.CC1与B1E是异面直线 B.C1C与AE共面

C.AE与B1C1是异面直线 D.AE与B1C1

8.如图1，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使得B、C、D三点重合于点S，得到四面体S−AEF（如图2）．下列结论正确的是（

）

A.平面AEF⊥平面B.四面体S−AEFC.二面角A−EFD.顶点S在底面AEF上的射影为△AEF三、填空题

9.二面角的取值范围是____________．

10.在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为2，AA1，BB1，CC1，DD1均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90四、解答题

11.如图，在四面体A−BCD中，BC⊥CD，BC=CD，∠ACB=∠ACD，点E为BD的中点，点F为AC（1）求证：平面ACE⊥平面BDF（2）若AE⊥CE，∠BFD恰为二面角B

12.如图，在三棱台ABC−DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD（1）证明：EF⊥（2）求平面DBC与平面ABC所成角的余弦值．

13.如图，在正方体A1B1C1D1−（1）求异面直线A1C1（2）求证：D1B//（3）求CD和平面ACE所成角的正弦值．

参考答案与试题解析一、选择题1.【答案】D【考点】异面直线的判定空间中直线与直线之间的位置关系平面与平面垂直的性质【解析】连接BD，可得N是BD的中点，可得DM与EN相交，进而可证△ECB≅△DCB，从而可得【解答】连接BD，

因为点N为正方形ABCD的中心，所以N是BD的中点，

所以DM,EN⊂平面BDE，所以DM与EN相交，

因为四边形ABCD是正方形，所以BC⊥CD，

又因为平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD=CD，

所以BC⊥平面ECD，因为EC,CD⊂平面ECD，所以BC⊥EC,BC⊥CD，

又因为△ECD2.【答案】D【考点】面面关系有关命题的判断平面与平面平行的判定平面与平面垂直的判定线面垂直证明线线平行【解析】A选项，由线面垂直的性质可得A正确；B选项，由线面平行得到面面平行，进而由线面垂直得到面面垂直，推出B正确；C选项，先得到m⊥β，又n⊂β，则【解答】A：若m⊥α，n⊥α，则m∥n，故A正确；

B:m∥β，存在平面γ，使得m⊂γ且γ∥β，

因为m⊥α，所以γ⊥α，故α⊥β，故B正确；

C：若α∥β，m⊥α，则m⊥β，又n⊂β3.【答案】B【考点】棱锥表面积的有关计算柱体体积的有关计算锥体体积的有关计算线面垂直证明线线垂直【解析】对于①，根据阳马的定义结合线面垂直的判定与性质分析判断；对于②，根据鳖臑的定义结合线面垂直的判定与性质分析判断；对于③，根据棱柱与棱锥的表面积公式结合已知条件分析判断；对于④，根据棱柱与棱锥的体积公式结合已知条件分析判断.【解答】对于①，如图，由题意可知DD1⊥平面ABCD，AD,DC⊂平面ABCD，则DD1⊥AD,DD1⊥DC，

因为AB⊥平面ADD1，AD1⊂平面ADD1，所以AB⊥AD1，

因为BC⊥平面CDD1，CD1⊂平面CDD1，所以BC⊥CD1，

所以阳马的四个侧面都是直角三角形，故①错误；

对于②，如图，由题意可知BC⊥平面CC1D1，CC1,CD1⊂平面CC1D1，则BC⊥CC1,BC⊥CD14.【答案】D【考点】直线与平面垂直平面与平面垂直空间中直线与直线之间的位置关系【解析】由线面垂直的判定定理和性质定理，以及面面垂直的性质定理可得结论．【解答】解：由BC⊥平面APC，可得BC⊥AP，故A正确；

由AP⊥PC，AP⊥PB，PB∩PC=P，可得AP⊥平面PBC，则AP⊥BC，故B正确；

由PC⊥BC，平面APC⊥平面BPC，平面APC∩平面BPC=PC，可得BC⊥平面APC，则BC5.【答案】B【考点】异面直线及其所成的角【解析】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量的方法求出DN→与A1M→夹角求出异面直线【解答】若E为CN中点，连接ME，A1E，又M是CD的中点，则ME//DN，

所以A1M与DN所成角，

即为A1M与ME所成角，令正方体棱长为2，

则A1M=3,6.【答案】D【考点】直线与平面所成的角棱柱的结构特征【解析】此题暂无解析【解答】如图，作MG⊥BC，垂足为G，连接NG．

在正三棱柱ABC−A1B1C1

中，平面ABC⊥平面

BCC1B1，

因为平面ABC∩平面BCC1B1=BC,MG⊥BC，所以MG⊥平面BCC1B1，二、多选题7.【答案】A,B,D【考点】异面直线所成的角的概念及辨析异面直线所成角【解析】根据异面直线的定义及异面直线的夹角问题可一一判断.【解答】由于CC1与B1E都在平面C1B1BC内，故C1C与B1E共面，A错误；

由于C1C在平面C1B1BC内，而AE与平面C1B1BC相交于E点，点E不在C1C上，故C1C与AE是异面直线，B错误；

同理AE与B1C1是异面直线，C8.【答案】B,D【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积平面与平面垂直二面角的平面角及求法棱锥的结构特征【解析】作辅助线，证∠SNO为平面SAF与平面AEF的二面角的平面角，显然∠SNO为锐角，从而判断A选项；

先证SO⊥平面AEF，从而得到锥体的高，计算出所需长度，算出体积即可；

证∠SMA为平面SEF与平面AEF的二面角的平面角，计算∠SMA的正切值；

先证O为S在平面AEF上的射影，由于AM【解答】解：如图，作EF的中点M，连结AM、SM，过S作AM的垂线交AM于点O，连结SO，过O作AF的垂线交AF于点N，连结SN，

由题知AE=AF=5，所以AM⊥EF，SE=SF=1，所以SM⊥EF，

∴∠SMA为平面SEF与平面AEF的二面角的平面角，

又SM∩AM=M，∴EF⊥平面ASM，SO⊂平面ASM，∴EF⊥SO，

作法知SO⊥AM，AM∩EF=M，∴SO⊥平面AEF，

所以SO为锥体的高．所以O为S在平面AEF上的射影，

AF⊂平面AEF，所以SO⊥AF，由作法知ON⊥AF，SO∩NO=O，

∴AF⊥平面SON，SN⊂平面SON，∴SN⊥AF，

∴∠SNO为平面SAF与平面AEF的二面角的平面角，显然∠SNO为锐角，故A错；

由题知AS⊥SEAS⊥SFSE∩SF=S⇒AS⊥平面SEF，SM⊂平面SEF，∴AS⊥SM，

又AS=三、填空题9.【答案】[【考点】二面角的概念及辨析【解析】根据二面角的定义直接作答.【解答】二面角的取值范围是[0,π10.【答案】4【考点】异面直线及其所成的角【解析】建立空间直角坐标系，用向量法求解异面直线AB1与【解答】设上底面圆心为O′，下底面圆心为O，连接OO′，OC，OB，以O为原点，分别以OC，OB，OO′所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

则C(1,0,0)，A(0,2,0)，B1(0,1,2)四、解答题11.【答案】证明见解析；3【考点】平面与平面垂直的判定二面角的概念及辨析【解析】（1）由题意可得△ACB≅△ACD(SAS)，得AB=AD，由点E为BD的中点，可得AE⊥（2）由AE⊥CE，可得AE⊥平面BCD，根据四面体A−BCD的体积为33，可得AE=3，进而可得AB=AD=【解答】（1）解：证明：由题意可得△BCD为等腰直角三角形，斜边BD=2,

所以BC=CD=2，

又因为∠ACB=∠ACD，

所以△ACB≅△ACD(SAS)，

所以AB=AD，

又因为点E为BD的中点，

所以AE⊥BD,CE⊥BD,

又（2）解：因为AE⊥CE，AE⊥BD，

且BD,CE⊂平面BCD，BD∩CE=E，

所以AE⊥平面BCD，

所以AE为四面体的高，

所以四面体的体积V=13S△BCD⋅AE=13×12×2×2×AE=33,

解得AE=3，

又因为BE=12.【答案】【解析】（1）证明：作DH⊥AC，且交AC于点H，

∵面ADFC⊥面ABC，DH⊂面ADFC，∴DH⊥BC,

∴在Rt△DHC中，

DH∴∠HBC=90∘

，即△BHC是直角三角形，

∴HB⊥BC，∴BC⊥面DHB，∵BD⊂面DHB，∴BC⊥BD，

∵在三棱台DEF−ABC中，

EF//BC，

∴EF⊥DB.

（2）由（1）知

DH⊥【考点】余弦定理两条直线垂直的判定二面角的平面角及求法【解析】此题暂无解析【解答】（1）【解析】（1）证明：作DH⊥AC，且交AC于点H，

∵面ADFC⊥面ABC，DH⊂面ADFC，∴DH⊥BC,

∴在Rt△DHC中，

DH（2）∴∠HBC=90∘

，即△BHC是直角三角形，

∴HB⊥BC，∴BC⊥面DHB，∵BD⊂面DHB，∴BC⊥BD，

∵在三棱台DEF−ABC中，

EF//BC，

∴EF⊥DB.

（2）由（1）知

DH⊥13.【答案】【详解】（1）连接AB1，在正方体A1B1C1D1−ABCD中，AA1//CC1且AA1=CC1，所以四边形A连接BD，设直线BD交直线AC于点O，连接EO，

因为在正方体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，所以O为BD中点，

又因为E为DD1的中点，所以D1B//EO,

又因为EO⊂设正方体的棱长为2，则VE−ACD=13×12×2×2×1=23,

又AC=22+22=22, AE=CE=12+22【考点】异面直线及其所成的角直线与平面平