2023-2025北京高三一模数学汇编：空间直线、平面的垂直

第1页/共1页2023-2025北京高三一模数学汇编空间直线、平面的垂直一、单选题1．（2025北京东城高三一模）祈年殿（图1）是北京市的标志性建筑之一､距今已有600多年历史.殿内部有垂直于地面的28根木柱，分三圈环形均匀排列.内圈有4根约为19米的龙井柱，寓意一年四季；中圈有12根约为13米的金柱，代表十二个月；外圈有12根约为6米的檐柱，象征十二个时辰.已知由一根龙井柱和两根金柱形成的几何体（图2）中，米，，则平面与平面所成角的正切值约为（

）

A． B． C． D．2．（2025北京房山高三一模）如图，将棱长为2的正方体六个面的中心连线，可得到八面体，为棱上一点，则下列四个结论中错误的是（

）A．平面B．八面体的体积为C．的最小值为D．点到平面的距离为3．（2025北京西城高三一模）设直线平面，平面平面直线，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4．（2025北京丰台高三一模）如图，正方体的棱长为2，为的中点，为线段上的动点，给出下列四个结论：①存在唯一的点，使得，，，四点共面；②的最小值为；③存在点，使得；④有且仅有一个点，使得平面截正方体所得截面的面积为.其中所有正确结论的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．45．（2025北京延庆高三一模）已知正方体的棱长为1，若在该正方体的棱上有点M，满足，则点M的个数为（

）A．2 B．4 C．6 D．86．（2024北京东城高三一模）如图1，正三角形与以为直径的半圆拼在一起，是弧的中点，为的中心.现将沿翻折为，记的中心为，如图2.设直线与平面所成的角为，则的最大值为（

）

A． B． C． D．7．（2024北京门头沟高三一模）如图，正方体中，点为线段上的动点，则下列结论正确的个数是（

）（1）三棱锥的体积为定值；（2）直线与平面所成的角的大小不变；（3）直线与所成的角的大小不变，（4）．A．1 B．2 C．3 D．48．（2023北京顺义高三一模）在正方体中，点，分别是棱和线段上的动点，则满足与垂直的直线（

）A．有且仅有1条 B．有且仅有2条 C．有且仅有3条 D．有无数条二、填空题9．（2025北京西城高三一模）端午节又名端阳节、粽子节等，它是中国首个入选世界非遗的节日．从形状来分，端午节吃的粽子有三角粽、四角粽、枕形粽、牛角粽等．其中，四角粽的形状可以近似看成一个四面体，如图所示．设棱的长为，其余的棱长均为，则该四角粽的表面积为，内含食物的体积为．（粽叶的厚度忽略不计）10．（2023北京延庆高三一模）四面体的三条棱两两垂直，，，为四面体外一点，给出下列命题：①不存在点，使四面体三个面是直角三角形；②存在点，使四面体是正三棱锥；③存在无数个点，使点在四面体的外接球面上；④存在点，使与垂直且相等，且.其中真命题的序号是.11．（2023北京门头沟高三一模）在正方体中，棱长为，已知点、分别是线段、上的动点（不含端点）.①与垂直；②直线与直线不可能平行；③二面角不可能为定值；④则的最小值是.其中所有正确结论的序号是.12．（2023北京平谷高三一模）如图，矩形ABCD中，，M为BC的中点，将沿直线AM翻折，构成四棱锥，N为的中点，则在翻折过程中，①对于任意一个位置总有平面；②存在某个位置，使得；③存在某个位置，使得；④四棱锥的体积最大值为．上面说法中所有正确的序号是．三、解答题13．（2025北京通州高三一模）如图1，将边长为2的正六边形沿翻折，使平面与平面垂直，如图2.点M在线段上，平面.

(1)证明：M为线段中点；(2)求二面角的余弦值.14．（2024北京门头沟高三一模）如图，在四棱锥中，平面，，为棱的中点．(1)求证：//平面；(2)当时，求直线与平面所成角的正弦值．

参考答案1．B【分析】若平面平面，是的中点，连接，从而得到是平面与平面所成角的平面角，即为所求角，结合已知求其正切值.【详解】若平面平面，则平面与平面所成角，即为平面与平面所成角，由题意有，即是等腰三角形，腰长约为8米，，易知，若是的中点，连接，则，且平面，由平面，则，都在平面内，所以平面，则是平面与平面所成角的平面角，其中，，则.

故选：B2．D【分析】依据线面平行判定定理，棱锥体积公式，等体积法求点到面的距离等知识对选项逐一判断即可.【详解】在正方体中，连接可知相交于点，且被互相平分，故四边形是平行四边形，所以，而平面，平面，所以平面，故A正确；因为正方体棱长为2，所以四边形是正方形且，面,，所以八面体的体积等于棱锥体积的2倍，而棱锥体积等于，故八面体的体积为，B正确；因为为棱上一点，将和展开成一个平面，由题和均为正三角形，且边长为，由三角形两边之和大于第三边知最小值为，在中由余弦定理可知，故C正确；对于D选项：设点到平面的距离为,由等体积法知：，故错误.故选：D.3．A【分析】根据线面垂直的判定、性质及充分、必要条件的定义判断即可.【详解】已知直线平面，平面平面直线，若，由平面，则；若，此时得不到，直线可能与平面斜交，如下图：所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.4．B【分析】对于结论①，作出经过点，，的截面即可判断；对于结论②，由分析可得，即可判断；对于结论③，作出经过点且与直线垂直的平面，判断平面与是否有交点即可判断；对于结论④，分析点与点重合时与点从上靠近点的三等分点向点运动时两种情况的截面面积的变化情况即可判断.【详解】对于结论①，取中点为，连接，，，，因为正方体，为的中点，所以，所以，，，四点共面，如图确定的平面与线段有且仅有一个交点，故结论①正确；对于结论②，因为，求的最小值，即求的最小值，因为正方体，所以，，，四点共面，所以与会相交于一点，设为，此时，因为，所以的最小值为错误，故结论②错误；对于结论③，取，中点分别为，，连接，设交于点，若平面，在平面中，易知，所以，所以，所以，所以，又因为平面，平面，所以，，平面，平面，所以平面，因为平面，平面，

所以.所以存在点，使得，故结论③正确.对于结论④，当点与点重合时，截面为矩形，截面面积为，当点为上靠近点的三等分点时，取中点为，连接，，，，，，此时四边形即为平面截正方体所得截面，证明如下：已知平面，求证点为上靠近点的三等分点，因为，所以，所以点为上靠近点的三等分点，得证.又因为，且，，所以四边形为等腰梯形，面积为，所以当点为上靠近点的三等分点时，截面面积为，当点趋近于点时，截面面积趋近于3，因为，，点从上靠近点的三等分点向点运动时，截面面积的变化是连续的，所以点从上靠近点的三等分点向点运动时存在某点，使得截面面积为，故线段上至少存在两个点使得截面面积为，故结论④不正确故选：B.5．C【分析】结合点M在正方体的棱上，可分点M在棱和棱上，在棱，棱，棱，棱上两类讨论即可【详解】因为，所以点M不在棱，棱上，所以当点M在棱上时，设，连，在中，，由余弦定理可得，，即，可解得，所以在棱上存在满足题意的一个点M；由对称性可知在棱，棱，棱上各存在一个点M；因为，所以点M不在平面内.所以当点M在棱上时，设，连，在直角三角形中，，所以，即，可解得，所以在棱上存在满足题意的一个点M；由对称性可知在棱上也存在一个点M；综上可知满足题意的点M共6个.故选：C.6．C【分析】找出点轨迹后，再借助线面垂直的性质得到直线在平面的投影，结合正弦函数定义计算即可得.【详解】取中点，连接，，由三角形为正三角形，故在线段上，且，即，则在以为原点，为半径的圆上，由题意可得，，、平面，，故平面，又平面，故直线在平面的投影为直线，即，则当与该圆相切，即时，有.故选：C.

7．C【分析】由已知可得面，可得上任意一点到平面的距离相等，即可判断（1）；点P在直线上运动时，直线与平面所成的角和直线与平面所成的角不相等，即可判断（2）；根据线面垂直的判定定理可证得平面，再由线面垂直的性质即可判断（3）；由线面垂直的判定定理可证平面，即可判断（4）【详解】对于（1），因为，面，面，所以面，所以上任意一点到平面的距离相等，又，所以三棱锥的体积不变，故正确；对于（2），点P在直线上运动时，直线AB与平面所成的角和直线与平面所成的角不相等，故错误；对于（3），设，则，又面，所以，又，所以平面,又平面，所以，所以点P在直线上运动时，直线与直线所成的角的大小不变，故正确；对于（4），因为为正方体，则平面，且平面，则，又，且，平面，所以平面，且平面，所以，又平面，且平面，所以，又，且，平面，所以平面，且平面，所以，又，平面，所以平面，且平面，所以，故正确；故选：C8．D【分析】过点作，垂足为，连接，当，高度一样，即时，一定有，进而求解.【详解】过点作，垂足为，连接，当，高度一样，即时，一定有，理由如下：在正方体中，，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，且平面，所以，即.所以当，高度一样，即时，一定有，此时满足条件的直线有无数条.故选：D.9．【分析】根据棱锥的表面积公式和体积公式，结合线面垂直的判定定理、三角形的余弦定理，面积公式求解.【详解】,所以为锐角，所以，该四角粽的表面积，取中点为，连接，则,所以,即，且，平面，所以平面，内含食物的体积为.故答案为：；.10．②③④.【分析】对于①，可构造四棱锥与四面体一样进行判定；对于②，使，此时存在点D，使，使四面体是正三棱锥；对于③，四面体的外接球的球心为P，半径为为r，只需，可判定真假；对于④，取，，此时满足CD与AB垂直并且相等.【详解】如图所示：对于①，∵四面体的三条棱两两垂直，，，∴，．当四棱锥与四面体一样时，即取，，四面体的三条棱、、两两垂直，此时点D，使四面体有三个面是直角三角形，故①不正确；对于②，由①知，，使，此时存在点D，使，则四面体是正三棱锥，故②正确；对于③，四面体的外接球的球心为P，半径为为r，只需即可，∴存在无数个点D，使点O在四面体的外接球面上，故③正确；对于④，由，，取，，AB的中点为E，则有，，平面，，平面，平面，，即存在点，使与垂直且相等，且，故④正确.故答案为∶②③④【点睛】思路点睛：本题考查空间几何图形有构造法，围绕线面垂直的判定与性质定理、直三棱锥的结构特征、长方体与外接球的性质、特殊的四面体性质，需要较强的空间想象能力、推理能力，运用好数形结合的思想是关键.11．①④【分析】证明出平面，利用线面垂直的性质可判断①；取、分别为、的中点，利用中位线的性质以及平行线的传递性可判断②；利用二面角的定义可判断③；将和延展至同一平面，分析可知当时，取最小值，根据三角形边与角的关系可求得的最小值，可判断④.【详解】对于①，因为，则、、、四点共面，因为四边形为正方形，则，因为平面，平面，则，因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，①对；对于②，当、分别为、的中点时，，又因为，此时，②错；对于③，因为、，平面即为平面，平面即为平面，所以，二面角即为二面角，而二面角为定值，故二面角为定值，③错；对于④，因为平面，平面，则，同理可得，因为，同理可得，，将和延展至同一平面，如下图所示：在中，，，因为，，，所以，，所以，，故，所以，，当时，取最小值，且最小值为，④对.故答案为：①④.12．①④【分析】证明，结合线面平行判定判断①；由结合与不垂直，判断②；由线面垂直的判定得出点与点重合，从而判断③；取的中点为，连接，当平面时，四棱锥的体积最大，从而判断④.【详解】分别取的中点为，连接.因为的中点分别为，所以，且.即四边形为平行四边形，故，由线面平行的判定可知对于任意一个位置总有平面，故①正确；因为，所以与不垂直，由可知，与不垂直，故②错误；由题意，若，则由线面垂直的判定可得平面.则，因为，所以与全等，则，此时点与点重合，不能形成四棱锥，故③错误；取的中点为，连接，，当平面时，四棱锥的体积最大，最大值为，故④正确；故答案为：①④13．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面平行的性质可得，即可结合正边形的性质求证，（2）根据面面垂直的性质可得的补角即为二面角的平面角，即可利用三角形的边角关系求解.【详解】（1）由于平面，平面，平面平面,故,又,故四边形为平行四边形，故,由于，故,故M为线段中点，（2）过作于,过作于，连接,由于平面与平面垂直,且交线为,平面，故平面，平面，故,又，平面，故平面平面，故,故的补角即为二面角的平面角，由于故为的中点，则，由于为等边三角形，为的中点，故,在直角中，故二面