2023-2025北京高三（上）期末数学汇编：空间直线、平面的垂直

第1页/共1页2023-2025北京高三（上）期末数学汇编空间直线、平面的垂直一、单选题1．（2025北京昌平高三上期末）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，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2．（2025北京丰台高三上期末）如图，在三棱锥中，与都是边长为2的等边三角形，且，则点P到平面ABC的距离为（

）A．1 B． C． D．3．（2025北京昌平高三上期末）如图1所示，在正六棱柱中，底面边长为1，侧棱长为2，，，，.在正六棱柱中，截去三棱锥、、，再分别以为轴将分别向上翻转，记三点重合的点为，围成的曲顶多面体如图2所示.记正六棱柱的表面积与体积分别为，当时，记所围成的曲顶多面体的表面积与体积分别为，则下述判断正确的是（

）A． B．C． D．4．（2025北京房山高三上期末）已知正三棱锥的底面边长为2，侧面与底面所成角是，则三棱锥的体积等于（

）A． B． C．2 D．15．（2025北京顺义高三上期末）某同学在劳动实践课中，用四块板材制作了一个簸箕（如图1），其底面挡板是等腰梯形，后侧挡板是矩形，左右两侧挡板为全等的直角三角形，后侧挡板与底面挡板垂直．簸箕的造型可视为一个多面体（如图2）．若，，，与之间的距离为28cm，则该多面体的体积是（

）A． B．C． D．6．（2024北京海淀高三上期末）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．7．（2024北京东城高三上期末）如图，在正方体中，分别是的中点．用过点且平行于平面的平面去截正方体，得到的截面图形的面积为（

）A． B． C． D．8．（2024北京丰台高三上期末）在某次数学探究活动中，小明先将一副三角板按照图1的方式进行拼接，然后他又将三角板折起，使得二面角为直二面角，得图2所示四面体．小明对四面体中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断：①平面；②平面；③平面平面；④平面平面．其中判断正确的个数是（

）A．1 B．2C．3 D．49．（2024北京朝阳高三上期末）如图，在正方体中，点是平面内一点，且平面，则的最大值为（

）

A． B． C． D．10．（2024北京大兴高三上期末）木楔在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形是边长为2的正方形，且均为等边三角形，，，则该木楔的体积为（

）A． B． C． D．11．（2024北京石景山高三上期末）在正方体中，点在正方形内（不含边界），则在正方形内（不含边界）一定存在一点，使得（

）

A． B．C．平面 D．平面平面12．（2024北京东城一六六中高三上期末）风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，相传墨翟以木头制成木鸟，研制三年而成，是人类最早的风筝起源.如图，是某高一年上级学生制作的一个风筝模型的多面体为的中点，四边形为矩形，且，当时，多面体的体积为（

）

A． B． C． D．二、填空题13．（2025北京通州高三上期末）如图，正方形和正方形所在的平面互相垂直.为中点，为正方形内一点（包括边界），且满足，为正方形内一点（包括边界），设，给出下列四个结论：①，使；②，使；③点到的最小值为；④四棱锥体积的最大值为.其中正确结论的序号是.14．（2025北京朝阳高三上期末）在棱长为1的正方体中，点在线段上（不与重合），于于，以下四个结论：①平面；②线段与线段的长度之和为定值；③面积的最大值为；④线段长度的最小值为．其中所有正确的结论的序号是．15．（2023北京海淀高三上期末）如图，在正三棱柱中，是棱上一点，，则三棱锥的体积为.16．（2023北京石景山高三上期末）在四棱锥中，面，底面是正方形，，则此四棱锥的外接球的半径为．

参考答案1．A【分析】由充分（必要）条件的判定，结合线面垂直的判定和性质判断即可.【详解】由题，，则，若，根据线面垂直的性质，则定有，故“”是“”的充分条件；当时，也可以在内，故不一定有，故“”不是“”的必要条件，故选：A.2．C【分析】根据题意，取中点，连接，由线面垂直的判定定理可得平面，从而可得平面平面，则点P到平面ABC的距离为点P到直线的距离，即可得到结果.【详解】取中点，连接，因为与都是边长为2的等边三角形，所以，，且，平面，所以平面，且平面，所以平面平面，所以点P到平面ABC的距离为点P到直线的距离，过点做，所以点P到直线的距离即为，又，且，所以为等边三角形，所以，即点P到平面ABC的距离为.故选：C3．C【分析】利用割补法求解可得.结合正六边形与正棱柱性质，由割补部分体积相等可得；再由割补方法根据表面积的变化，求解并比较两几何体表面积大小即可.【详解】如图2，由题意，由旋转方法可知，四点共面，且四边形为菱形，连接，交于，则为中点，且；如图1，正六棱柱中，平面，因为平面，所以，在上底面正六边形中，设中心为.连接，与的交点即为中点，则四点共线，且为中点，为中点.连接，四边形为菱形，则，且，如图2，连接，由，，平面，且，故平面，又平面，所以.结合图1与图2，在与中，，，，所以与全等，，则，即，平面，且，则平面，且，同理，，，又，则，设均为，，故，故曲顶多面体可看作由正六棱柱截去个小三棱锥（三棱锥，三棱锥，三棱锥）再补上个大三棱锥，故曲顶多面体的体积；因为，，所以由正六棱柱的性质结合上面的分析，可知曲顶多面体的表面积；而正六棱柱的表面积；所以，即.综上所述，.故选：C.【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于割补法的应用.4．B【分析】根据正三棱锥的定义和侧面与底面所成二面角的定义求出三棱锥的高，代入体积公式即可.【详解】如下图所示：由正三棱锥的定义，底面为正三角形，且边长为，作正三棱锥的高，垂足为的中心，连接并延长，交于点；由正三棱锥的几何的性质可知：，，就是侧面与底面所成二面角的平面角，，可得是等腰直角三角形，.根据正三角形的性质，，即正三棱锥的高为.三棱锥的体积为：.故选：B5．C【分析】将几何体的体积转化为四棱锥和三棱锥的体积后可得正确的选项.【详解】因为四边形为矩形，故，而平面平面，平面平面，平面，故平面，在平面中过作，垂足为，则，同理可证平面，而，故，，故几何体的体积为，故选：C.6．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：D7．B【分析】根据平行四边形的性质可得四边形为截面所在的四边形，即可利用线面垂直得四边形为矩形，即可求解.【详解】取的中点，连接,则,故四边形为平行四边形，即为过点且平行于平面的截面，,,且平面,平面,则,故四边形为矩形，故四边形的面积为，故选：B8．C【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.【详解】对于①中，因为二面角为直二面角，可得平面平面，又因为平面平面，，且平面，所以平面，所以①正确；对于②中，由平面，且平面，可得，又因为，且，平面，所以平面，所以②正确；对于③中，由平面，且平面，所以平面平面，所以③正确；对于④，中，因为平面，且平面，可得平面平面，若平面平面，且平面平面，可得平面，又因为平面，所以，因为与不垂直，所以矛盾，所以平面和平面不垂直，所以D错误.故选：C.9．C【分析】点是平面内一点，且平面，先考虑平面平面，从而得在直线上，取最大值时取最小值，此时，求解即可.【详解】正方体中，连接，交于点，再连接和由于，且，∴四边形是平行四边形，所以，又平面，且平面，，所以平面，同理证明平面，因为平面，平面，平面，平面，且，所以平面平面，且平面平面，从而得，若平面，点是平面内一点，且平面，则，即在直线上时，都满足平面，因为平面，所以，显然，当最大时，即取最小值时，此时点满足，连接，可设正方体的棱长为，所以．故选：C．10．D【分析】如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接，取的中点O，连接，求出，结合三棱锥和三棱柱的体积公式计算即可.【详解】如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接，则由题意等腰梯形全等于等腰梯形，则.取的中点O，连接，因为，所以，则，∴.因为，，所以，因为四边形为正方形，所以，又因为，平面，所以平面，所以平面，同理可证平面，∴多面体的体积，故选：D.11．A【分析】作出截面后可作，从而判断A，利用线面垂直的性质判断BC，根据面面平行的性质判断D．【详解】选项A，正方体中，显然有，连接延长，如果直线交棱于点（图1），则作交于，连接，则是梯形，作交于，则平面，如果直线交棱于点（图2），则直接连接，在三角形内作交于，也有平面，因此A正确；

选项B，正方体中易知平面，因此与垂直的直线都可能平移到平面内，而当平面，平面时，直线与平面相交，不可能平移到平面内，B错；选项C，由选项B知与不可能垂直，因此与平面也不可能垂直，C错；选项D，过的平面只有平面与平面平行，因此要使得平面平面，则平面与平面重合，从而点只能在棱上，与已知不符，D错．故选：A．12．A【分析】根据题意，先证得平面，在中，利用余弦定理求得，再结合线面垂直判定定理证得平面，得到，设，利用，求得，结合，即可求解.【详解】在中，因为且为的中点，所以，又因为，且，平面，所以平面，在中，因为且，所以，所以，且，因为四边形为矩形，可得，又因为，且平面，所以平面，因为，所以平面，又因为平面，所以，设，在直角中，可得，在直角中，可得，因为，所以，即，解得，所以多面体的体积为：.故选：A.

13．①③④【分析】先求出点的轨迹方程，建立适当的直角坐标系后，借助空间线面的概念研究位置关系，结合距离公式、三棱锥体积公式逐项判断即可得.【详解】根据题意，正方形和正方形所在的平面互相垂直，平面平面，为正方形内一点，所以平面，平面，平面，所以、均为直角三角形，因为，所以，又因为为中点，,所以,如图，以D为原点，所在直线分别作，轴，建立平面直角坐标系，因为，所以，，，设，由可得，化简可得，点的轨迹为以圆心半径为的圆的一部分，如图所示，当与重合，在点时，此时平面，平面，所以，故①正确；当与重合，在点时，最大，即，，，所以在中，，因为,故不存在，使，故②错误；设到的距离为，点到的距离最小值为-，在中，利用等面积法可得：，即，解得，所以点到的距离最小值为，故③正确；四边形的面积，，当在点时，四棱锥体积有最大值，，故④正确.故答案为：①③④【点睛】关键点点睛：求出点的轨迹方程，建立适当的直角坐标系，借助空间线面的概念研究位置关系是解题关键，第④个结论的关键点在于借助四面体的体积公式，分别求出高与底面三角形的最大值.14．①②④【分析】对于①，结合图形，利用面面垂直的判定证得平面平面，再用其性质推得平面，得，利用，即可证得结论；对于②，利用平行线分线段成比例性质可求得和，即可证明；对于③，④，利用②的结论，借助于基本不等式可求得面积的最大值和的最小值，即可判断.【详解】对于①，如图，在正方体中，平面，因平面，则平面平面，因平面平面，平面且，故平面，又平面，则，又因，，平面，故平面，故①正确；对于②，由①分析易得，则有，即得；又由，可得，则有，即得，故得：，即为定值1，故②正确；对于③，由①，已得平面，因平面，则有，则的面积，当且仅当时等号成立，即当时，面积的最大值为，故③错误；对于④，由③已得，则，当且仅当时等号成立，即当时，线段长度的最小值为，故④正确.故答案为：①②④.15．【分析】利用线面垂直的判定定理确定三棱锥的高，再用锥体体