2023-2025北京高二（上）期末数学汇编：空间中的垂直关系（人教B版）

第1页/共1页2023-2025北京高二（上）期末数学汇编空间中的垂直关系（人教B版）一、单选题1．（2025北京西城高二上期末）正四棱锥的所有棱长均为2，则侧面与底面所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．2．（2025北京昌平高二上期末）在中国古代数学经典著作《九章算术》中，称图中的多面体为“刍（chu）甍（meng）”.若底面是边长为的正方形，，且，和是等腰三角形，，则该刍甍的高（即点到底面的距离）为（

）A． B．C． D．3．（2025北京石景山高二上期末）已知两条不同直线与两个不同平面，下列命题正确的是（

）A．若，，则 B．若，则C．若，则 D．若，则4．（2025北京北师大附中高二上期末）已知是空间中两个不同平面，是两条不同直线，则下列命题中正确的是（

）A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则5．（2025北京101中高二上期末）如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，动点F沿着线段从点B移动到点．则下列结论中正确的是（

）A．直线与直线为异面直线 B．恒为钝角C．三棱锥体积越来越大 D．6．（2025北京房山高二上期末）庑殿（图1）建筑是古代传统建筑中的最高型制．这种建筑形式常用于宫殿、坛庙一类皇家建筑，是北京中轴线上主要建筑最常采取的形式．如故宫午门、太和殿、乾清宫等，都是庑殿式建筑．庑殿殿顶的基本结构包括四个坡面，坡面相交处形成5根屋脊，又称“四阿殿”或“五脊殿”．图2是根据庑殿顶构造的多面体模型，底面是矩形，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形，且等腰梯形和等腰三角形所在的平面与平面的夹角都相等．若，，则的长为（

）A． B． C． D．7．（2025北京北师大附中高二上期末）在正方体中，点Q为底面（含边界）上的动点，满足平面平面，则点的轨迹为（

）A．一段圆弧 B．一段抛物线C．一段椭圆 D．一条线段8．（2025北京东城高二上期末）如图，在棱长为2的正方体中，M为棱的中点，则点C到平面的距离为（

）A．5 B． C．1 D．9．（2025北京北师大附属实验中学高二上期末）已知正四棱锥的高为4，棱的长为2，点为侧棱上的一动点，则面积的取小值为（

）A． B． C． D．10．（2025北京石景山高二上期末）正四棱锥中，，二面角的大小为，则该四棱锥的体积为（

）A．4 B．2 C． D．11．（2025北京平谷高二上期末）已知是两个不同的平面，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12．（2025北京石景山高二上期末）如图，在正方体中，为棱的中点，动点在平面及其边界上运动，总有，则动点的轨迹为（

）A．两个点 B．线段 C．圆的一部分 D．抛物线的一部分二、填空题13．（2025北京平谷高二上期末）某玩具模型设计图为一个六面几何体，如图所示，、和均为等边三角形，测得cm，cm，则这个玩具模型的体积是cm3.14．（2025北京石景山高二上期末）如图所示，在四面体中，，截面是矩形，给出下列四个结论：①平面平面；②平面；③平面平面；④平面．其中所有正确结论的序号是.15．（2025北京房山高二上期末）如图，在边长为的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列四个结论：①三棱锥的体积为定值；②不存在点，使得平面；③对每一个点，在棱上总存在一点，使得平面；④点到的距离的最小值为．其中正确结论的序号是．16．（2025北京东城高二上期末）某景观亭（如图1）的上部可视为正四棱锥（如图2）．已知长为4米，且平面平面，则顶点S到直线的距离为米；正四棱锥的侧面积为平方米．17．（2025北京房山高二上期末）如图，在棱长为2的正方体中，点为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足平面平面，给出下列四个结论：①的面积的最大值为；②满足的面积为2的点有且仅有4个；③点可能为的中点；④线段的最大值为3.其中所有正确结论的序号是.三、解答题18．（2025北京平谷高二上期末）已知等腰直角三角形，如图（1），，为斜边上的高.以为折痕将三角形折起，使得为直角，为中点.如图（2）.(1)求证：平面平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.19．（2025北京海淀高二上期末）如图，在斜三棱柱中，，点为的中点．(1)求证：平面；(2)若平面平面，求证：．20．（2025北京石景山高二上期末）如图，在三棱柱中，底面，底面为等边三角形，分别为的中点．

(1)求证：平面；(2)求证：平面平面．

参考答案1．D【分析】作出辅助线，证明线面垂直，得到线线垂直，得到即为侧面与底面所成角，求出各边长，得到.【详解】连接相交于点，取的中点，连接，，，则⊥平面，因为平面，所以⊥，又，⊥，所以⊥，又，平面，所以⊥平面，因为平面，所以⊥，故即为侧面与底面所成角，正四棱锥的所有棱长均为2，故，由勾股定理得，由，故.故选：D2．B【分析】如图，利用线面垂直的判定定理与性质确定为刍甍的高，求出即可.【详解】如图，取的中点，连接，则，过点分别作，垂足分别为，则四边形为矩形，且，由，平面，得平面，又平面，所以，又平面，所以平面，即为刍甍的高.又，所以，因为，为的中点，所以，所以，即该刍甍的高为.故选：B3．A【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可.【详解】对于A：因为，所以存在直线，使得，又，所以，所以，故A正确；对于B：若，则或或或与相交（不垂直），故B错误；对于C：若，则或与相交或与异面，故C错误；对于D：若，则或，故D错误.故选：A4．C【分析】由平面的基本性质，结合线线、线面关系及平面法向量概念判断各项正误即可.【详解】对于A，若，，，则或相交，或是异面直线，故A错误；对于B，若，，，则或相交，或是异面直线，故B错误；对于C，若，，则直线的方向向量分别为的法向量，又，所以，故C正确；对于D，若，，则或，又，所以或与相交，故D错误；故选：C.5．D【分析】根据直线共面可得A错误，利用的特殊位置可得B错误，利用线面平行可判断C错误，利用线面垂直可判断D正确.【详解】对于A，易知，所以直线与直线为共面直线，A错误；对于B，由正方体的性质可知，当F与重合时，为锐角，B错误；对于C，因为，又平面，平面，所以平面，又在上，所以到平面的距离为定值，又三角形也为定值，所以三棱锥体积为定值，C错误；对于D，因为平面，所以，又，，所以平面，因为平面，所以，D正确.故选：D6．C【分析】设点在底面上的射影为，作，，垂足分别为，，设四个侧面与底面的夹角为，即可得到，根据三角形全等得到方程，整理即可.【详解】如图所示，设点在底面上的射影为，作，，垂足分别为，．则为侧面与底面的夹角，为侧面与底面的夹角，设四个侧面与底面的夹角为，则在和中，，又为公共边，所以，即，整理得．因为，，则.故选：C7．D【分析】取的中点M，连接并延长交的延长线于N，由条件得平面，，所以平面，从而平面平面，结合题意可得，即可得解.【详解】取的中点M，连接并延长交的延长线于N，由，可得，所以，所以A为的中点．连接，由正方体可得，又平面，平面，所以，又平面，所以平面．因为，，所以四边形是平行四边形，所以，所以平面，因为平面，所以平面平面．又因为点Q为底面（含边界）上的动点，满足平面平面，所以，即点Q的轨迹是线段，故选：D．8．D【分析】利用等体积转化求点到平面的距离.【详解】由条件可知，平面，平面，所以，，设点到平面的距离为，由，所以，解得：.故选：D9．B【分析】根据正四棱锥的性质得到平面，，然后根据，，得到的范围，最后根据三角形面积公式求面积的最小值即可.【详解】取中点，连接、、，因为四棱锥为正四棱锥，所以平面，，因为为中点，所以，因为平面，所以，因为，，所以，，在直角三角形中，当时，最小，为，当点和点重合时，最大，最大为4，所以，，所以当时，的面积最小为.故选：B10．D【分析】作出辅助线，得到为二面角的平面角，所以，从而求出四棱锥的高，由棱锥体积公式求出答案.【详解】连接，相交于点，则为正方形的中心，故⊥底面，取的中点，连接，则，，故为二面角的平面角，所以，故，所以该四棱锥的体积为.故选：D11．A【分析】由面面垂直的判定定理及性质定理即可判断【详解】根据面面垂直的判定定理，可知若，则成立，满足充分性；反之，若，则与的位置关系不确定，即不满足必要性，所以“”是“”的充分不必要条件，故选：A.12．B【分析】先找到一个平面总是保持与垂直，取B1B的中点E，CB的中点F，连接AE，EF，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，可得AF⊥面DMD1，MD1⊥平面AEF即可得出．【详解】如图，先找到一个平面总是保持与垂直，取B1B的中点E，CB的中点F，连接AE，EF，AF,在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，易证DM⊥AF，⊥AF，则有AF⊥面DMD1，同理MD1⊥AE，则MD1⊥平面AEF又点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，根据平面的基本性质得：点P的轨迹为面AEF与面BCC1B1的交线段EF．故选：B【点睛】本题考查线面垂直的判定与正方体的几何特征、轨迹的求法、平面的基本性质等基础知识，考查空间想象力．属于基础题．13．【分析】取中点，连接，可证明平面，可得三棱锥的体积为，再根据对称性可知三棱锥，三棱锥，棱锥全等，进而可得答案.【详解】如图，取中点，连接，则由、和均为等边三角形，可得，，又，平面平面，又易知，，等腰三角形的底边边上的高为，三角形的面积为，三棱锥的体积为，又根据对称性可知三棱锥，三棱锥，棱锥全等，这个玩具模型的体积是.故答案为：.14．①②③【分析】利用面面垂直，线面平行的判定定理逐个选项分析即可.【详解】因为四边形是矩形，所以，因为面，面，所以面，而面，面面，故，同理，而，得到因为，，面，所以面，因为面，所以面面，同理可得面面，故①，③正确，因为，面，面，所以平面，故②正确，不能得到或，故不能得到平面，故④错误.综上，其中所有正确结论的序号是①②③.故答案为：①②③【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是依据给定条件，分析推线面垂直还缺失什么条件，进而作出否定的判断，得到所要求的结果即可．15．①②④【分析】连接，求出三棱锥的体积可判断①；根据与不垂直可判断②；当点与点重合时，与平面相交可判断③；根据得异面直线之间的距离为1可判断④．【详解】对于①，连接，因为平面，所以上所有点到平面的距离相等，为，因为，所以三棱锥的体积为定值，故正确；对于②，连接，因为，所以四边形为长方形，所以与不垂直，故不存在点，使得平面，故正确；对于③，当点与点重合时，与平面相交，故错误；对于④，因为平面，平面，所以，又，异面直线之间的距离为1，所以当点在棱上运动时，点到的距离的最小值为，故正确．故答案为：①②④【点睛】思路点睛：对于①，根据平面，得出上所有点到平面的距离相等，再求出，可得三棱锥的体积为定值.16．【分析】根据平行关系，构造直二面角的平面角，根据几何关系，即可求解.【详解】设平面和平面交于过点的直线，因为，平面，平面，所以平面，平面，且平面平面，所以，取的中点，连结，，，即，，因为平面平面，所以，且，，所以，所以点到的距离为；正四棱锥的侧面积为.故答案为：；17．①④【分析】先找出的运动轨迹，再结合图形逐项分析，即可得解.【详解】取的中点为，连接，由为的中点，得，，则，，又，则，于是，又平面，平面，则，又平面，因此平面，而平面，则平面平面，又平面平面，于是的轨迹为线段，对于①，由图知，当在上时，此时三角形面积最大，，面积的最大值为，①正确；对于②，由图可知，当或时，的面积为2，因此满足使的面积为2的点有且只有2个，②错误；对于③，由图知，点不可能在线段上，点不可能是的中点，③错误；对于④,由图知，当与重合时，此时长度最大，最大值为，④正确.故答案为：①④18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用线线垂直易证得线面垂直，进而可证面面垂直；（2）由（1）平面，易得即直线与平面所成角，借助于直角三角形和三角函数即可求得.【详解】（1）在图（1）中，因，折起后，，因，则平面，又平面，故平面平面.（2）由（1）已得，平面，连接，则即在平面上的射影，故即直线与平面所成角.在图（1）中，，在图（2）中，，则，在中，，故，即直线与平面所成角的正弦值为.19．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）连接交于点，连接.借助平行四边形性质和中位线性质，得到，结合线面平行判定进而得到线面平行；（2）运用面面垂直性质得到线面垂直，再用线面垂直性质得到线线垂直即可.【详解】（1）连接交于点，连接.因为为平行四边形，所以为的中点

在中，为中位线，所以，

又平面，平面，

所以平面.

（