2024北京重点校高一（下）期末数学汇编：空间中的垂直关系（人教B版）（非解答题）

第1页/共1页2024北京重点校高一（下）期末数学汇编空间中的垂直关系（人教B版）（非解答题）一、单选题1．（2024北京大兴高一下期末）已知是空间中两个不同的平面，是空间中两条不同的直线，，则“”是“”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件2．（2024北京丰台高一下期末）已知直线，与平面，，，下列说法正确的是（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，，则3．（2024北京101中学高一下期末）将边长为4的正方形沿对角线折起，折起后点D记为．若，则四面体的体积为（

）A． B． C． D．4．（2024北京怀柔高一下期末）已知是两条不重合直线，是两个不重合平面，则下列说法正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则5．（2024北京第八中学高一下期末）在棱长为1的正方体中，，E是线段（含端点）上的一动点，①；②平面；③三棱锥的体积为定值；④与所成的最大角为.上述命题中正确的个数是（

）A．4 B．3 C．2 D．16．（2024北京通州高一下期末）一个长为，宽为的长方形，取这个长方形的四条边的中点依次为，，，，依次沿，，，，折叠，使得这个长方形的四个顶点都重合而得到的四面体，称为“萨默维尔四面体”，如下图，则这个四面体的体积为（

）A． B． C． D．7．（2024北京通州高一下期末）在下列关于直线与平面的命题中，真命题是（

）A．若，且，则 B．若，且，则C．若，，，则 D．若，且，则8．（2024北京顺义高一下期末）已知直线，，与平面，则下列四个命题中正确的是（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则9．（2024北京北师大附中高一下期末）已知正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为为棱上一点，则三棱锥的体积为（

）A．3 B．32 C．1 D．10．（2024北京海淀高一下期末）给定空间中的直线l与平面，则“直线l与平面垂直”是“直线l垂直于平面内无数条直线”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件11．（2024北京延庆高一下期末）已知，是两条不重合直线，，，是不重合平面，则下列说法正确的是（

）A．若，，则B．若，，则C．若，，，则D．若，，，则12．（2024北京房山高一下期末）如图，在三棱锥中，平面BCD，，E，F，G分别是AC，AD，BC的中点，则过E，F，G三点的平面截三棱锥所得截面的面积为（

）A． B．2 C． D．413．（2024北京昌平高一下期末）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（

）A．若，，则 B．若，l//m，则C．若，，则 D．若，α//β，则14．（2024北京西城高一下期末）已知是不重合的平面，是不重合的直线，下列命题中不正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则15．（2024北京朝阳高一下期末）已知，是平面外的两条不同的直线，若，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件16．（2024北京第八中学高一下期末）已知两条不同的直线，两个不同的平面，则下列说法正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则17．（2024北京东城高一下期末）设是两个不同的平面，是两条直线，且.则“”是“”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件18．（2024北京理工大附中高一下期末）如图，三棱台中，底面是边长为6的正三角形，且，平面平面，则棱（

）

A． B． C．3 D．19．（2024北京房山高一下期末）如图，在正方体中，点P在面对角线上运动，下列四个命题中错误的是（

）A．平面 B．平面平面C．三棱锥的体积不变 D．二、填空题20．（2024北京丰台高一下期末）已知正方体中，点E，F，G分别为棱，，的中点，给出下列四个结论：①直线与平面相交；②直线平面；③若，则点D到平面的距离为；④该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等.其中所有正确结论的序号是．21．（2024北京101中学高一下期末）如图，在棱长为4的正方体中，点P是线段AC上的动点（包含端点），点E在线段上，且，给出下列四个结论：

①存在点P，使得直线平面；②点P沿直线AC从点A移动到点C的过程中，四面体的体积逐渐减小；③若，则点P轨迹的长度为；④当二面角的平面角的正切值为时，平面截正方体所得截面图形的面积为．其中所有正确结论的序号是．22．（2024北京顺义高一下期末）已知正方体的边长为2，且为棱的中点，点在正方形的边界及其内部运动，且满足与底面所成的角为，给出下列四个结论：

①存在点使得；②点的轨迹长度为；③三棱锥的体积的最小值为；④线段长度最小值为．其中所有正确结论的序号是23．（2024北京101中学高一下期末）已知a，b是平面外的两条不同直线．给出下列六个论断：①；②；③；④；⑤；⑥．选其中的两个论断作为条件，余下的其中一个论断作为结论，写出一个正确的命题：．24．（2024北京北师大附中高一下期末）已知正三棱锥S-ABC的侧棱长SA=6，S到底面ABC的距离为则SA与BC的位置关系是；AB=.25．（2024北京延庆高一下期末）如图：在正方体中，棱长为1，为中点，与平面交于点，点是棱上一点，在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是.①为的中点；②点可以是的中点；③当是的中点时，点面；④线段的最大值为.26．（2024北京东城高一下期末）一木块如图所示，所有棱长都等于，点为三角形的中心，过点将木块锯开，截面平行于直线和，则截面面积为．27．（2024北京海淀高一下期末）如图，在正三棱柱中，P，Q分别为，的中点.

(1)证明：平面ABC；(2)证明：平面平面.请在下列证明过程中的横线上填上推理的依据.【解答】（1）证明：取AB的中点D，连接PD、CD，因为P，Q分别为，的中点，所以且，又三棱柱是正三棱柱，所以，，所以且，所以PDCQ为平行四边形，所以，又因为平面ABC，平面ABC，所以平面ABC（①定理）.（2）证明：在正三棱柱中，D为AB的中点，所以，又平面ABC，平面ABC，所以，，，平面，所以平面（②定理）.又，所以平面，又平面，所以平面平面（③定理）.

28．（2024北京房山高一下期末）金刚石也被称作钻石，是天然存在的最硬的物质，可以用来切割玻璃，也用作钻探机的钻头．金刚石经常呈现如图所示的“正八面体”外形，正八面体由八个全等的等边三角形围成，呈现了对称美．下面给出四个结论：①平面ABE；②平面平面BDE；③过点E存在唯一一条直线与正八面体的各个面所成角均相等；④以正八面体每个面的中心为顶点的正方体的棱长是该正八面体棱长的．其中所有正确结论的序号是．29．（2024北京朝阳高一下期末）在正四棱锥中，与所成的角的大小为α，PA与底面所成的角的大小为β，侧面与底面所成的角的大小为，二面角的大小为．给出下列四个结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的序号是．30．（2024北京大兴高一下期末）已知菱形的边长为2，，沿将折起得到二面角.当二面角为直二面角时，的长为；当三棱锥的体积为时，二面角的度数为.31．（2024北京大兴高一下期末）如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），有下列命题：①平面截正方体的截面为等腰梯形；

②若平面，则直线不可能垂直于直线；③若，则点的轨迹长度为；

④三棱锥的外接球的表面积为．则上述命题中，所有真命题的序号为．32．（2024北京昌平高一下期末）在棱长为1的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.给出下列四个结论：①平面；②点轨迹的长度为；③存在点，使得直线平面；④平面截正方体所得的截面面积为.其中所有正确结论的序号是.33．（2024北京西城高一下期末）如图，在棱长为2的正方体中，点为的中点，点是侧面上（包括边界）的动点，点是线段上的动点，给出下列四个结论：①任意点，都有；②存在点，使得平面；③存在无数组点和点，使得；④点到直线的距离最小值是．其中所有正确结论的序号是．

参考答案1．D【分析】由空间直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系结合充分必要条件判断即可.【详解】若，，则与位置关系有：平行，相交，异面，则不一定垂直；若，，则与不一定垂直，也可以平行，故“”是“”的既不充分也不必要条件；故选：D2．A【分析】根据空间线面平行与垂直的判定和性质定理即可判断．【详解】A．若，则面内必存在直线，使得，若，则，因为，则，故正确，符合题意；B．若，，则与还可能相交，只需，都与和的交线平行，故错误，不符合题意；C．若，，则或与相交，故不正确，不符合题意；D．若，，，则只能说明与相交，不一定垂直，不符合题意；故选：A．3．A【分析】利用勾股定理证明一个垂直关系，再结合正方形性质可证明线面垂直，从而求体积即可.【详解】

在边长为4的正方形中，连接交于点，可得，由于，所以，则，又因为，平面，所以平面，即四面体的体积为，故选：A.4．B【分析】对于ACD，举例判断，对于B，利用面面垂直的判定定理结合已知条件分析判断.【详解】对于A，如图，当时，是异面直线，所以A错误，

对于B，因为，所以，因为，所以，所以B正确，对于C，如图，当时，是异面直线，所以C错误，

对于D，如图，当时，与，所以D错误，

故选：B5．A【分析】利用正方体的结构特征，利用线面位置关系的判定和性质，异面直线所成角及锥体体积计算对4个命题逐个判断即可得出结论.【详解】对于①，因为平面，平面，则，又因为，且平面，得平面，又平面，所以；因为平面，平面，则，又因为平面，所以平面，又平面，所以，又平面，所以平面.又平面，所以，正确；对于②，在正方体中，因为，，所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面，同理，平面，又平面，所以平面平面.又平面，所以平面，正确；对于③，由②知，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，所以为定值，正确；对于④，当与重合时，与所成的角最大,最大为，理由如下：因为，平面，平面，所以，，且平面，所以平面，平面，所以，所以与所成的最大角为，正确.故正确的命题个数为4个.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查了线线、线面关系的判断及锥体的体积，解题的关键是利用等体积转化法判断体积为定值.6．B【分析】根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，再由锥体的体积公式代入计算，即可得到结果.【详解】由题意可得，，，取中点，连接，又，所以，且，，则，所以，且，平面，所以平面，则.故选：B7．B【分析】利用线面垂直的判定条件说明、推理判断AB；利用面面平行的判定说明判断C,利用线面平行的判定说明判断D.【详解】对于A，，当平面的交线为时，满足，此时，A错误；对于B，由，得存在过直线的平面，，由于α//β，则平面与平面必相交，令，于是，显然，而，则，同理，又是平面内的两条相交直线，因此，B正确；对于C，,,,或异面，C错误；对于D，，令，当直线在平面内，且时，满足，此时不成立，D错误.故选：B8．D【分析】利用直线与直线、直线与平面的位置关系逐项分析可得答案.【详解】对于A，，，直线在平面内或与平面平行，A错误；对于B，，，直线可以在平面内、与平面平行，也可以与平面相交，B错误；对于C，，，直线与可以是相交直线、平行直线、也可以是异面直线，C错误；对于D，，，由异面直线互相垂直的意义，得，D正确.故选：D9．C【分析】连接,通过已知条件证明平面,即为三棱锥的高，再通过三棱锥的体积公式计算即可.【详解】如图所示，连接,因为为正三角形，且为中点，所以,又因为平面,且平面，所以,因为,平面,平面，所以平面,所以为三棱锥的高，且,所以故选：C.10．A【分析】由线面垂直的性质结合两个条件之间的推出关系可得正确的选项.【详解】若直线l与平面垂直，由垂直的定义知，直线l垂直于平面内无数条直线；但是当直线l垂直于平面内无数条直线时，直线l与平面不一定垂直.所以“直线l与平面垂直”是“直线l垂直于平面内无数条直线”的充分不必要条件，故选：A11．C【分析】利用空间线、面平行或垂直的判定与性质，对每个选项逐一判断，正确的加以证明，不正确的举出反例.【详解】对A：两条直线平行，其中一条与平面平行，那么另一条与平面平行或在平面内，故A错误；对B：直线平行于平面，则该直线与平面内的直线平行或异面，故B错误；对C：根据面面平行的性质定理可知，C正确；对D：若，，，则直线与平面的位置关系不确定，故D错误.故选：C12．D【分析】取的中点，连接，，可得截面，由三角形的中位线定理，以及线面垂直的性质定理，可得截面为边长为2的正方形，可得截面的面积.【详解】如图所示，可取的中点，连接，，由为的中位线，可得，，又，，所以，且，可得四边形为平行四边形，截面为所求截面.因为平面，平面，所以，又，，可得，则截面为矩形；又，可得截面为边长为2的正方形，其面积为4.故选：D.13．D【分析】根据线线，线面及面面位置关系判断各个选项即可.【详解】对于A:若,则可能，A错误；对于B:若,则可能,B错误；对于C:若则可能不垂直，C错误；对于D:若,则,D正确.故选：D.14．A【分析】根据特例判断A，根据线面垂直的判定定理判断B，根据平面平行的判定定理判断C，根据面面垂直的判定定理判断D.【详解】对A，两平面相交时，两平面外直线平行交线，即满足，不能得出，故A错误；对B，由线面垂直的判定定理，，则，正确；对C，由两平面平行的判定定理知，，则，正确；对D，由面面垂直的判定定理知，，则，正确.故选：A15．B【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合线面间的关系分析判断即可.【详解】因为，是平面外的两条不同的直线，，所以当时，可能与垂直，可能与平行，也可能与相交不垂直，当时，成立，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B16．D【分析】由点线面位置关系、定理及性质即可判断.【详解】对于A，如图，若，则或与异面，故A错误；对于B，，若，则由线面垂直定义，故B错误；对于C，如图，，此时，故C错误；对于D，若，则由线面平行性质定理，故D正确.故选：D.17．A【分析】通过面面平行的性质判断充分性，通过列举例子判断必要性.【详解】，且，所以，又，所以，充分性满足，如图：满足，，但不成立，故必要性不满足，所以“”是“”的充分而不必要条件.故选：A.

18．A【分析】取中点分别为，连接,过点作的垂线，垂足为，从而在直角梯形求解即可.【详解】

如图，取中点分别为，连接,过点作的垂线，垂足为，因为，所以，且,所以,因为平面平面，平面平面，面,所以平面，又因为平面，所以，又因为在三棱台中，，所以四边形为直角梯形，因为,,所以，所以在直角三角形中，,故选:A.19．D【分析】证明平面平面后可判断A，证明平面后可判断B，由平面可判断C，取是与交点时可判断D．【详解】A．连接，如图，正方体中由与平行且相等得平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，同理平面，，平面，所以平面平面，平面，所以平面，A正确；B．连接，正方体中平面，平面，所以，又正方形中，，，平面，所以平面，而平面，所以，同理，，平面，所以平面，而平面，所以平面平面，B正确；C．由A的证明知平面，，到平面的距离不变，因此三棱锥体积不变，即三棱锥的体积不变，C正确；D．当是与交点时，矩形中，和显然不垂直，D错．故选：D．20．②③④【分析】①先证，，可得平面平面，从而知平面；②利用三垂线定理可得，，再由线面垂直的判定定理知平面，并结合平面平面，即可作出判断；③易知是边长为的等边三角形，再利用等体积法求解即可；④结合四面体是正三棱锥，且正方体的棱构成三组平行线，即可判断．【详解】解：①因为点，分别为棱，的中点，所以，，即四边形是平行四边形，所以，因为点，分别为棱，的中点，所以，又，，、平面，、平面，所以平面平面，因为平面，所以直线平面，即①错误；②由三垂线定理知，，，因为，所以平面，由①知平面平面，所以平面，即②正确；③若，则是边长为的等边三角形，所以，设点到平面的距离为，因为，所以，所以，所以点到平面的距离为，即③正确；④由题意知，四面体的底面是等边，且，即四面体是正三棱锥，所以三条侧棱，，与底面所成角均相等，而，，，所以该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等，由①知平面平面，所以该正方体的棱所在直线与平面所成的角都相等，即④正确．故答案为：②③④．21．①②④【分析】根据面面平行以及线面平行的判断可判断A；结合三棱锥体积的公式可判断B；判断出点P所处的位置，即可求其轨迹长度，判断C；由二面角的平面角的正切值确定P点位置，进而求得截面面积，判断D.【详解】对于①，当P点位于A点时，由于，即四边形为平行四边形，则，同理可证，由于平面，平面，故平面，同理平面，而平面，故平面平面，此时平面，则平面，即存在点P，使得直线平面，①正确；

对于②，由于平面，平面，故，而，而平面，故平面，平面，故，同理可证,平面，故平面，由于，过点P作平面，垂足为Q，则，当P点沿直线AC从点A移动到点C的过程中，长逐渐变小，而的面积为定值，故逐渐变小，即逐渐减小，②正确；

对于③，，作，垂足为G，连接，则，此时则P点轨迹为在上的线段，如图示，为等腰三角形，则其底边上的高为，故当P向点C运动时，逐渐变小，故在线段上存在一点P，使得,同理在靠近C的那一侧也存在一点P，使得,当时，，则点P轨迹的长度为，③错误；

对于④，设交于R，则R为的中点，由于，故，即为二面角的平面角，而，故，即为锐角，则，即，当P点由A向C运动时，将变小，即可知当二面角的平面角的正切值为时，P点位于A处，由于，此时平面截正方体所得截面即为矩形，面积为，④正确，

故答案为：①②④【点睛】关键点睛：解答此类立体几何问题，关键是要发挥空间想象能力，明确空间的位置关系，继而结合相关的概念进行解答.22．①②③【分析】利用线面垂直的性质判断①，确定点的轨迹后利用圆的周长公式判断②，找到点面距离，结合轨迹图形判断③，合理转化，利用勾股定理判断④即可.【详解】对于①，当在中点上时，如图，连接，，

因为正方体，所以面，，所以，由中位线定理得，而，面，所以面，所以，故①正确，对于②，所以与底面所成的角为，故，而面，所以，因为为棱的中点，所以，所以点的轨迹半径为1的个圆，故长度为，故②正确，对于③，如图，连接，

由正方体性质得，面，所以，由勾股定理得，所以四边形是平行四边形，而，所以四边形是矩形，所以，设中点为，如图，作，

而面，面，所以，因为，面，所以面，而正好在的轨迹上，所以当运动到时，到面距离最短，此时可以得到是的中位线，由勾股定理得，所以，所以体积的最小值为，故③正确，对于④，若最小，则PC最小，连接，，如图，当共线时PC取得最小值，

由勾股定理得，此时，由勾股定理得，故④错误.故答案为：①②③【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是先找到点面距离所在的线段，然后结合轨迹确定动点的位置，得到所要求的点面距离，进而得到体积即可．23．，则（答案不唯一，符合题意均可）【分析】取③④作条件，⑥作结论，根据线面垂直的性质即可得解.【详解】以③④作条件，⑥作结论，即若，则.因为，所以．故答案为：，则.（答案不唯一，符合题意均可）24．【分析】利用正三棱锥的性质即可证明线线垂直，再用勾股定理可求得边长.【详解】①取的中点为，由等边三角形可得：，再由正三棱锥可知，，所以，又因为，平面，所以平面，又因为平面，所以.②由正三棱锥的性质可知，顶点在底面的射影是底面等边三角形的中心，如图可知：，又因为，所以由勾股定理得：，由是底面等边三角形的中心，可知，则.故答案为：；.25．①③【分析】根据线面平行的性质定理，得到，又为中点，所以为中点，可判断①的真假；假定点可以是的中点，推出错误结论，判断②的真假；根据线面平行，推导出线线平行，根据两平行线可确定一个平面，判断③的真假；确定点轨迹，可求的最大值，判断④的真假.【详解】因为平面，平面，平面平面，所以，又，所以，又为中点，所以为中点，故①正确；如图：若为中点，由正方体结构特征知，，且，平面，所以平面，平面，所以.假设成立，因为平面，且是两条相交直线，所以平面，而且平面，所以与重合，由①分析知为中点，即，所以不成立，则不可能为中点，故②错误；如图：为中点时，为中点，所以，又，所以，所以点在平面内，故③正确；如图：为棱上的点，点在正方体的表面上运动，且满足，所以点也是棱上的点，所以的最大值为棱长，为1，故④错误.故答案为：①③【点睛】关键点点睛：本题的关键在于确定点轨迹的确定.26．【分析】取的中点，连接，，过点作交、于点、，取、的三等分、（靠近、），连接、、，即可得到四边形即为所求截面，再证明平面，即可得到，从而求出截面面积.【详解】取的中点，连接，，则在上且，过点作交、于点、，则、为、的三等分点（靠近、），取、的三等分、（靠近、），连接、、，则且，且，且，且，所以且，且，所以四边形即为所求截面，又，，，平面，所以平面，又平面，所以，所以，所以四边形为矩形，所以截面面积为.故答案为：27．(1)答案见解析(2)答案见解析【分析】根据题意，由线面平行的判定定理以及线面与面面垂直的判定定理，即可得到结果.【详解】（1）①线面平行的判定定理（2）②线面垂直的判定定理③面面垂直的判定定理28．①②④【分析】根据线面平行的判定定理判断①；根据二面角相关知识判断②；根据线面角相关知识并结合图形特点进而判断③；根据题意找出正方体的棱长，结合相似三角形从而判断④.【详解】对于①，根据正八面体性质可知，，又平面，平面，所以平面，故①正确.对于②，如下图所示，设平面的中心为，由对称性可知平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，故②正确；对于③，直线与正八面体的各个面所成角均相等，将其平移后使其过点，则过点至少存在两条直线与正八面体的各个面所成角均相等，故③错误.对于④，如下图所示，取中点，的中心，连接，则即正方体的一条棱，设该正八面体棱长为，则，，根据，，得，所以，即以正八面体每个面的中心为顶点的正方体的棱长是该正八面体棱长的，故④正确.故答案为：①②④.【点睛】关键点点睛：关键是找出正方体的棱长，结合相似三角形的相关知识即可顺利得解.29．①③④【分析】做出四个角，利用三角函数用边来表示，然后在逐一判断选项.【详解】如图：为底面的中心，分别为的中点，连接，设底面边长为，侧棱长为，斜高为，显然，因为，所以为异面直线与所成的角，即，并且，，因为平面，所以为与平面所成的角，即，并且，因为为的中点，所以，，所以为平面与平面所成角的平面角，即，且，，过点作，垂足为，连接，由侧面三角形全等可知，所以为二面角的平面角，即，，且，因为，所以，即为钝角，所以最大，因为，所以，因为，所以，综上所述，所以，故①正确；，，故②错误；，故③正确；，而，即，故④正确.故答案为：①③④【点睛】关键点点睛：本题的关键是做出4个平面角，然后通过用边来表示这些角的三角函数，没有具体数据，所以运算比较抽象并且运算量较大，在运算过程中，需要注意边之间的等量关系.30．或【分析】利用二面角的定义找到为二面角的平面角，当二面角为直二面角时，易计算得到；当三棱锥的体积为时，求出到平面的距离为，利用三角函数的定义计算即可.【详解】如图将菱形沿将折起得到二面角取的中点，连接，因为菱形的边长为2，，所以，所以，且，所以为二面角的平面角，如图：当二面角为直二面角时，此时，所以.当三棱锥的体积为时，记到平面的距离为,即，解得.如图：过点作,由，且面,所以面,因为面，所以，又因为面,所以面，故到平面的距离为,由，所以为直角三角形，因为，所以由为二面角的平面角，所以，