第1頁/共1頁2023-2025北京高三（上）期末數(shù)學(xué)匯編空間直線、平面的垂直一、單選題1．（2025北京昌平高三上期末）設(shè)是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，且，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件2．（2025北京豐臺高三上期末）如圖，在三棱錐中，與都是邊長為2的等邊三角形，且，則點P到平面ABC的距離為（

）A．1 B． C． D．3．（2025北京昌平高三上期末）如圖1所示，在正六棱柱中，底面邊長為1，側(cè)棱長為2，，，，.在正六棱柱中，截去三棱錐、、，再分別以為軸將分別向上翻轉(zhuǎn)，記三點重合的點為，圍成的曲頂多面體如圖2所示.記正六棱柱的表面積與體積分別為，當(dāng)時，記所圍成的曲頂多面體的表面積與體積分別為，則下述判斷正確的是（

）A． B．C． D．4．（2025北京房山高三上期末）已知正三棱錐的底面邊長為2，側(cè)面與底面所成角是，則三棱錐的體積等于（

）A． B． C．2 D．15．（2025北京順義高三上期末）某同學(xué)在勞動實踐課中，用四塊板材制作了一個簸箕（如圖1），其底面擋板是等腰梯形，后側(cè)擋板是矩形，左右兩側(cè)擋板為全等的直角三角形，后側(cè)擋板與底面擋板垂直．簸箕的造型可視為一個多面體（如圖2）．若，，，與之間的距離為28cm，則該多面體的體積是（

）A． B．C． D．6．（2024北京海淀高三上期末）正四棱錐中，，二面角的大小為，則該四棱錐的體積為（

）A．4 B．2 C． D．7．（2024北京東城高三上期末）如圖，在正方體中，分別是的中點．用過點且平行于平面的平面去截正方體，得到的截面圖形的面積為（

）A． B． C． D．8．（2024北京豐臺高三上期末）在某次數(shù)學(xué)探究活動中，小明先將一副三角板按照圖1的方式進(jìn)行拼接，然后他又將三角板折起，使得二面角為直二面角，得圖2所示四面體．小明對四面體中的直線、平面的位置關(guān)系作出了如下的判斷：①平面；②平面；③平面平面；④平面平面．其中判斷正確的個數(shù)是（

）A．1 B．2C．3 D．49．（2024北京朝陽高三上期末）如圖，在正方體中，點是平面內(nèi)一點，且平面，則的最大值為（

）

A． B． C． D．10．（2024北京大興高三上期末）木楔在傳統(tǒng)木工中運用廣泛.如圖，某木楔可視為一個五面體，其中四邊形是邊長為2的正方形，且均為等邊三角形，，，則該木楔的體積為（

）A． B． C． D．11．（2024北京石景山高三上期末）在正方體中，點在正方形內(nèi)（不含邊界），則在正方形內(nèi)（不含邊界）一定存在一點，使得（

）

A． B．C．平面 D．平面平面12．（2024北京東城一六六中高三上期末）風(fēng)箏又稱為“紙鳶”，由中國古代勞動人民發(fā)明于距今2000多年的東周春秋時期，相傳墨翟以木頭制成木鳥，研制三年而成，是人類最早的風(fēng)箏起源.如圖，是某高一年上級學(xué)生制作的一個風(fēng)箏模型的多面體為的中點，四邊形為矩形，且，當(dāng)時，多面體的體積為（

）

A． B． C． D．二、填空題13．（2025北京通州高三上期末）如圖，正方形和正方形所在的平面互相垂直.為中點，為正方形內(nèi)一點（包括邊界），且滿足，為正方形內(nèi)一點（包括邊界），設(shè)，給出下列四個結(jié)論：①，使；②，使；③點到的最小值為；④四棱錐體積的最大值為.其中正確結(jié)論的序號是.14．（2025北京朝陽高三上期末）在棱長為1的正方體中，點在線段上（不與重合），于于，以下四個結(jié)論：①平面；②線段與線段的長度之和為定值；③面積的最大值為；④線段長度的最小值為．其中所有正確的結(jié)論的序號是．15．（2023北京海淀高三上期末）如圖，在正三棱柱中，是棱上一點，，則三棱錐的體積為.16．（2023北京石景山高三上期末）在四棱錐中，面，底面是正方形，，則此四棱錐的外接球的半徑為．

參考答案1．A【分析】由充分（必要）條件的判定，結(jié)合線面垂直的判定和性質(zhì)判斷即可.【詳解】由題，，則，若，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)，則定有，故“”是“”的充分條件；當(dāng)時，也可以在內(nèi)，故不一定有，故“”不是“”的必要條件，故選：A.2．C【分析】根據(jù)題意，取中點，連接，由線面垂直的判定定理可得平面，從而可得平面平面，則點P到平面ABC的距離為點P到直線的距離，即可得到結(jié)果.【詳解】取中點，連接，因為與都是邊長為2的等邊三角形，所以，，且，平面，所以平面，且平面，所以平面平面，所以點P到平面ABC的距離為點P到直線的距離，過點做，所以點P到直線的距離即為，又，且，所以為等邊三角形，所以，即點P到平面ABC的距離為.故選：C3．C【分析】利用割補法求解可得.結(jié)合正六邊形與正棱柱性質(zhì)，由割補部分體積相等可得；再由割補方法根據(jù)表面積的變化，求解并比較兩幾何體表面積大小即可.【詳解】如圖2，由題意，由旋轉(zhuǎn)方法可知，四點共面，且四邊形為菱形，連接，交于，則為中點，且；如圖1，正六棱柱中，平面，因為平面，所以，在上底面正六邊形中，設(shè)中心為.連接，與的交點即為中點，則四點共線，且為中點，為中點.連接，四邊形為菱形，則，且，如圖2，連接，由，，平面，且，故平面，又平面，所以.結(jié)合圖1與圖2，在與中，，，，所以與全等，，則，即，平面，且，則平面，且，同理，，，又，則，設(shè)均為，，故，故曲頂多面體可看作由正六棱柱截去個小三棱錐（三棱錐，三棱錐，三棱錐）再補上個大三棱錐，故曲頂多面體的體積；因為，，所以由正六棱柱的性質(zhì)結(jié)合上面的分析，可知曲頂多面體的表面積；而正六棱柱的表面積；所以，即.綜上所述，.故選：C.【點睛】關(guān)鍵點點睛：解決此題的關(guān)鍵在于割補法的應(yīng)用.4．B【分析】根據(jù)正三棱錐的定義和側(cè)面與底面所成二面角的定義求出三棱錐的高，代入體積公式即可.【詳解】如下圖所示：由正三棱錐的定義，底面為正三角形，且邊長為，作正三棱錐的高，垂足為的中心，連接并延長，交于點；由正三棱錐的幾何的性質(zhì)可知：，，就是側(cè)面與底面所成二面角的平面角，，可得是等腰直角三角形，.根據(jù)正三角形的性質(zhì)，，即正三棱錐的高為.三棱錐的體積為：.故選：B5．C【分析】將幾何體的體積轉(zhuǎn)化為四棱錐和三棱錐的體積后可得正確的選項.【詳解】因為四邊形為矩形，故，而平面平面，平面平面，平面，故平面，在平面中過作，垂足為，則，同理可證平面，而，故，，故幾何體的體積為，故選：C.6．D【分析】作出輔助線，得到為二面角的平面角，所以，從而求出四棱錐的高，由棱錐體積公式求出答案.【詳解】連接，相交于點，則為正方形的中心，故⊥底面，取的中點，連接，則，，故為二面角的平面角，所以，故，所以該四棱錐的體積為.故選：D7．B【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得四邊形為截面所在的四邊形，即可利用線面垂直得四邊形為矩形，即可求解.【詳解】取的中點，連接,則,故四邊形為平行四邊形，即為過點且平行于平面的截面，,,且平面,平面,則,故四邊形為矩形，故四邊形的面積為，故選：B8．C【分析】根據(jù)題意，結(jié)合線面位置關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理，逐項判定，即可求解.【詳解】對于①中，因為二面角為直二面角，可得平面平面，又因為平面平面，，且平面，所以平面，所以①正確；對于②中，由平面，且平面，可得，又因為，且，平面，所以平面，所以②正確；對于③中，由平面，且平面，所以平面平面，所以③正確；對于④，中，因為平面，且平面，可得平面平面，若平面平面，且平面平面，可得平面，又因為平面，所以，因為與不垂直，所以矛盾，所以平面和平面不垂直，所以D錯誤.故選：C.9．C【分析】點是平面內(nèi)一點，且平面，先考慮平面平面，從而得在直線上，取最大值時取最小值，此時，求解即可.【詳解】正方體中，連接，交于點，再連接和由于，且，∴四邊形是平行四邊形，所以，又平面，且平面，，所以平面，同理證明平面，因為平面，平面，平面，平面，且，所以平面平面，且平面平面，從而得，若平面，點是平面內(nèi)一點，且平面，則，即在直線上時，都滿足平面，因為平面，所以，顯然，當(dāng)最大時，即取最小值時，此時點滿足，連接，可設(shè)正方體的棱長為，所以．故選：C．10．D【分析】如圖，分別過點A，B作的垂線，垂足分別為G，H，連接，取的中點O，連接，求出，結(jié)合三棱錐和三棱柱的體積公式計算即可.【詳解】如圖，分別過點A，B作的垂線，垂足分別為G，H，連接，則由題意等腰梯形全等于等腰梯形，則.取的中點O，連接，因為，所以，則，∴.因為，，所以，因為四邊形為正方形，所以，又因為，平面，所以平面，所以平面，同理可證平面，∴多面體的體積，故選：D.11．A【分析】作出截面后可作，從而判斷A，利用線面垂直的性質(zhì)判斷BC，根據(jù)面面平行的性質(zhì)判斷D．【詳解】選項A，正方體中，顯然有，連接延長，如果直線交棱于點（圖1），則作交于，連接，則是梯形，作交于，則平面，如果直線交棱于點（圖2），則直接連接，在三角形內(nèi)作交于，也有平面，因此A正確；

選項B，正方體中易知平面，因此與垂直的直線都可能平移到平面內(nèi)，而當(dāng)平面，平面時，直線與平面相交，不可能平移到平面內(nèi)，B錯；選項C，由選項B知與不可能垂直，因此與平面也不可能垂直，C錯；選項D，過的平面只有平面與平面平行，因此要使得平面平面，則平面與平面重合，從而點只能在棱上，與已知不符，D錯．故選：A．12．A【分析】根據(jù)題意，先證得平面，在中，利用余弦定理求得，再結(jié)合線面垂直判定定理證得平面，得到，設(shè)，利用，求得，結(jié)合，即可求解.【詳解】在中，因為且為的中點，所以，又因為，且，平面，所以平面，在中，因為且，所以，所以，且，因為四邊形為矩形，可得，又因為，且平面，所以平面，因為，所以平面，又因為平面，所以，設(shè)，在直角中，可得，在直角中，可得，因為，所以，即，解得，所以多面體的體積為：.故選：A.

13．①③④【分析】先求出點的軌跡方程，建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系后，借助空間線面的概念研究位置關(guān)系，結(jié)合距離公式、三棱錐體積公式逐項判斷即可得.【詳解】根據(jù)題意，正方形和正方形所在的平面互相垂直，平面平面，為正方形內(nèi)一點，所以平面，平面，平面，所以、均為直角三角形，因為，所以，又因為為中點，,所以,如圖，以D為原點，所在直線分別作，軸，建立平面直角坐標(biāo)系，因為，所以，，，設(shè)，由可得，化簡可得，點的軌跡為以圓心半徑為的圓的一部分，如圖所示，當(dāng)與重合，在點時，此時平面，平面，所以，故①正確；當(dāng)與重合，在點時，最大，即，，，所以在中，，因為,故不存在，使，故②錯誤；設(shè)到的距離為，點到的距離最小值為-，在中，利用等面積法可得：，即，解得，所以點到的距離最小值為，故③正確；四邊形的面積，，當(dāng)在點時，四棱錐體積有最大值，，故④正確.故答案為：①③④【點睛】關(guān)鍵點點睛：求出點的軌跡方程，建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系，借助空間線面的概念研究位置關(guān)系是解題關(guān)鍵，第④個結(jié)論的關(guān)鍵點在于借助四面體的體積公式，分別求出高與底面三角形的最大值.14．①②④【分析】對于①，結(jié)合圖形，利用面面垂直的判定證得平面平面，再用其性質(zhì)推得平面，得，利用，即可證得結(jié)論；對于②，利用平行線分線段成比例性質(zhì)可求得和，即可證明；對于③，④，利用②的結(jié)論，借助于基本不等式可求得面積的最大值和的最小值，即可判斷.【詳解】對于①，如圖，在正方體中，平面，因平面，則平面平面，因平面平面，平面且，故平面，又平面，則，又因，，平面，故平面，故①正確；對于②，由①分析易得，則有，即得；又由，可得，則有，即得，故得：，即為定值1，故②正確；對于③，由①，已得平面，因平面，則有，則的面積，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，即當(dāng)時，面積的最大值為，故③錯誤；對于④，由③已得，則，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，即當(dāng)時，線段長度的最小值為，故④正確.故答案為：①②④.15．【分析】利用線面垂直的判定定理確定三棱錐的高，再用錐體體