2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-7.5-空間直線、平面的垂直行-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-7.5-空間直線、平面的垂直行-專項(xiàng)訓(xùn)練【A級(jí)基礎(chǔ)鞏固】1．已知平面α和直線l有交點(diǎn)，則“直線l與平面α垂直”是“平面α內(nèi)存在兩條夾角為30°的直線m，n，使得m⊥l且n⊥l”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．如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，直線AB與平面MNQ不垂直的是()3．如圖所示，已知四邊形ABCD是由一個(gè)等腰直角△ABC和一個(gè)有一內(nèi)角為30°的直角三角形ACD拼接而成，將△ACD繞AC邊旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中，下列結(jié)論中不可能成立的是()A．CD⊥AB B．BC⊥ADC．BD⊥AB D．BC⊥CD4．(多選)四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，AA1⊥平面ABCD，則下列結(jié)論正確的是()A．直線AD與直線B1D1所成的角為45°B．直線AA1與直線CC1異面C．平面ABB1A1⊥平面ADD1A1D．CA1⊥AD5．如圖所示是一個(gè)正方體的平面展開(kāi)圖，則在該正方體中，棱________所在的直線與棱AB所在的直線是異面直線且互相垂直．(注：填上你認(rèn)為正確的一條棱即可，不必考慮所有可能的情況)6．已知△ABC在平面α內(nèi)，∠A＝90°，DA⊥平面α，則直線CA與DB的位置關(guān)系是________．7．如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點(diǎn)．(1)求證：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE.INCLUDEPICTURE"B組.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大樣\\人教數(shù)學(xué)\\B組.TIF"INET【B級(jí)能力提升】1．(多選)如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點(diǎn)，M，N為正方體的頂點(diǎn)，則滿足MN⊥OP的是()2．(多選)在三棱錐D-ABC中，已知AB＝BC＝2，AC＝2eq\r(3)，DB＝4，平面BCD⊥平面ABC，且DB⊥AB，則()A．DB⊥ACB．平面DAB⊥平面ABCC．三棱錐D-ABC的體積為eq\f(4\r(3),3)D．三棱錐D-ABC的外接球的表面積為16π3．如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿足________時(shí)，平面MBD⊥平面PCD(只要填寫(xiě)一個(gè)你認(rèn)為是正確的條件即可).4．已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱AA1的中點(diǎn)為E，AC與BD交于點(diǎn)O，平面α過(guò)點(diǎn)E，且與直線OC1垂直．若AB＝1，則平面α截該正方體所得截面圖形的面積為_(kāi)_______．5．在如圖所示的五面體ABCDEF中，四邊形ABCD為菱形，且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF＝2，EF∥AB，M為BC的中點(diǎn)．(1)求證：FM∥平面BDE；(2)若平面ADE⊥平面ABCD，求點(diǎn)F到平面BDE的距離．參考答案【A級(jí)基礎(chǔ)鞏固】1．解析：若直線l與平面α垂直，則l垂直α內(nèi)的任意一條直線，若平面α內(nèi)存在兩條夾角為30°的直線m，n，則l⊥m且l⊥n，故充分性成立；若平面α內(nèi)存在兩條夾角為30°的直線m，n，使得m⊥l且n⊥l，由線面垂直的判定定理可知直線l與平面α垂直，故必要性成立，所以“直線l與平面α垂直”是“平面α內(nèi)存在兩條夾角為30°的直線m，n，使得m⊥l且n⊥l”的充要條件．答案：C2．解析：對(duì)于A選項(xiàng)，如圖①，因?yàn)镸，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，故由正方體的性質(zhì)易得BB1⊥AB，CD⊥AB，MQ∥CD，MN∥BB1，所以MQ⊥AB，MN⊥AB，且MQ∩MN＝M，MQ，MN?平面MNQ，故AB⊥平面MNQ，故A選項(xiàng)不符合題意；對(duì)于B選項(xiàng)，如圖②，因?yàn)镸，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，所以MN∥CD，MQ∥A1C，由正方體的性質(zhì)得AB1⊥CD，CD⊥BB1，且AB1∩BB1＝B1，AB1，BB1?平面ABB1，所以CD⊥平面ABB1.又AB?平面ABB1，故CD⊥AB，所以MN⊥AB，同理得MQ⊥AB.又MN∩MQ＝M，MN，MQ?平面MNQ，故AB⊥平面MNQ，故B選項(xiàng)不符合題意；對(duì)于C選項(xiàng)，如圖③，因?yàn)镸，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，所以MN∥A1B1，AC∥A1B1，則MN∥AC.在△ABC中，AB與AC的夾角為eq\f(π,3)，故異面直線MN與AB所成的角為eq\f(π,3)，故AB⊥平面MNQ不成立，故C選項(xiàng)符合題意；對(duì)于D選項(xiàng)，同A選項(xiàng)，可判斷AB⊥平面MNQ.答案：C3．解析：對(duì)于A，D，當(dāng)平面ADC⊥平面ABC時(shí)，因?yàn)镃D⊥AC，平面ADC∩平面ABC＝AC，所以CD⊥平面ABC.又AB?平面ABC，BC?平面ABC，所以CD⊥AB，CD⊥BC，故A，D可能成立；對(duì)于C，假設(shè)DC＝eq\r(2)a，則AD＝2eq\r(2)a，AC＝eq\r(AD2－DC2)＝eq\r(6)a，BC＝AB＝eq\r(3)a，連接BD(圖略).在△BCD中，由余弦定理得BD＝eq\r(DC2＋BC2－2DC·BC·cos∠DCB)＝eq\r(2a2＋3a2－2×\r(2)a×\r(3)a×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2))))＝eq\r(5＋2\r(3))a＞eq\r(5)a，則在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，存在某一時(shí)刻滿足BD＝eq\r(5)a，此時(shí)BD2＋AB2＝AD2，BD⊥AB.故C可能成立；利用排除法可知選項(xiàng)中不成立的結(jié)論為B項(xiàng)．答案：B4．解析：對(duì)于A，如圖，連接BD，則BD∥B1D1，則直線AD與直線BD所成的角即為直線AD與直線B1D1所成角．在正方形ABCD中，∠ADB＝45°，故直線AD與直線B1D1所成的角為45°，故A正確；對(duì)于B，由于棱臺(tái)的側(cè)棱延長(zhǎng)后會(huì)交于同一點(diǎn)，故直線AA1與直線CC1是相交直線，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，由AA1⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，所以AA1⊥AB.又AB⊥AD，且AA1∩AD＝A，AA1，AD?平面ADD1A1，故AB⊥平面ADD1A1，而AB?平面ABB1A1，故平面ABB1A1⊥平面ADD1A1，故C正確；對(duì)于D，如圖，連接AC，由題意知AC⊥BD.因?yàn)锳A1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以BD⊥AA1，且AA1∩AC＝A，AA1，AC?平面AA1C，所以BD⊥平面AA1C，CA1?平面AA1C，故BD⊥CA1.若CA1⊥AD，而AD∩BD＝D，AD，BD?平面ABCD，所以CA1⊥平面ABCD，顯然不成立，故AD不可能垂直于CA1，故D錯(cuò)誤．答案：AC5．解析：如圖，結(jié)合平面圖形還原出正方體，結(jié)合正方體性質(zhì)易知，棱CG，DH，EH，F(xiàn)G所在的直線與棱AB所在的直線是異面直線且互相垂直．答案：CG，DH，EH，F(xiàn)G(任選一個(gè)作答)6．解析：∵DA⊥平面α，CA?平面α，∴DA⊥CA.在△ABC中，∵∠A＝90°，∴AB⊥CA，且DA∩AB＝A，DA，AB?平面DAB，∴CA⊥平面DAB.又DB?平面DAB，∴CA⊥DB.答案：垂直7．證明：(1)因?yàn)镻A⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥BD.因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，所以BD⊥AC.又PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，所以BD⊥平面PAC.(2)因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，所以PA⊥AE.因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，∠ABC＝60°，且E為CD的中點(diǎn)，所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.又AB∩PA＝A，AB，PA?平面PAB，所以AE⊥平面PAB.因?yàn)锳E?平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.INCLUDEPICTURE"B組.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大樣\\人教數(shù)學(xué)\\B組.TIF"INET【B級(jí)能力提升】1．解析：設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2.對(duì)于A，如圖(1)所示，連接AC，則MN∥AC，故∠POC(或其補(bǔ)角)為異面直線OP，MN所成的角．在直角△OPC中，OC＝eq\r(2)，CP＝1，故tan∠POC＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，故MN⊥OP不成立，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，如圖(2)所示，取MT的中點(diǎn)為Q，連接PQ，OQ，則OQ⊥MN，PQ⊥MN，OQ，PQ?平面OPQ，所以MN⊥平面OPQ.又OP?平面OPQ，故MN⊥OP，故B正確；對(duì)于C，如圖(3)，連接BD，則BD∥MN，由B的判斷可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正確；對(duì)于D，如圖(4)，取AD的中點(diǎn)Q，AB的中點(diǎn)K，連接AC，PQ，OQ，PK，OK，則AC∥MN.因?yàn)镈P＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，所以∠QPO(或其補(bǔ)角)為異面直線PO，MN所成的角．因?yàn)檎襟w的棱長(zhǎng)為2，故PQ＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(2)，OQ＝eq\r(AO2＋AQ2)＝eq\r(1＋2)＝eq\r(3)，PO＝eq\r(PK2＋OK2)＝eq\r(4＋1)＝eq\r(5)，QO2<PQ2＋OP2，故∠QPO不是直角，故PO，MN不垂直，故D錯(cuò)誤．答案：BC2．解析：因?yàn)锳B＝BC＝2，AC＝2eq\r(3)，所以cos∠ABC＝eq\f(22＋22－(2\r(3))2,2×2×2)＝－eq\f(1,2)，所以∠ABC＝eq\f(2π,3).如圖，過(guò)D作DE⊥BC于E.因?yàn)槠矫鍮CD⊥平面ABC，平面BCD∩平面ABC＝BC，所以DE⊥平面ABC.因?yàn)锳B?平面ABC，所以DE⊥AB.假設(shè)DB，DE不重合，因?yàn)镈B⊥AB，DE∩DB＝D，DE，DB?平面BCD，所以AB⊥平面BCD.因?yàn)锽C?平面BCD，所以AB⊥BC，與∠ABC＝eq\f(2π,3)矛盾，所以假設(shè)不成立，所以DB，DE重合，即DB⊥平面ABC.因?yàn)锳C?平面ABC，所以DB⊥AC.因?yàn)镈B?平面DAB，所以平面DAB⊥平面ABC，故A，B正確；三棱錐D-ABC的體積為eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×sineq\f(2π,3)×4＝eq\f(4\r(3),3)，故C正確；如圖，設(shè)△ABC的外心為F，其外接圓半徑為eq\f(1,2)×eq\f(2\r(3),sin\f(2π,3))＝2，過(guò)F作FO⊥平面ABC，設(shè)O為外接球的球心，則FA＝FB＝2，OA＝OD，所以eq\r(FA2＋OF2)＝eq\r(FB2＋(DB－OF)2)，所以eq\r(22＋OF2)＝eq\r(22＋(4－OF)2)，解得OF＝2，所以外接球的半徑為OA＝eq\r(22＋OF2)＝2eq\r(2)，所以三棱錐D-ABC的外接球的表面積為S＝4π·OA2＝32π，故D錯(cuò)誤．答案：ABC3．解析：連接AC，BD，則AC⊥BD.因?yàn)镻A⊥底面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥BD.又PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，所以BD⊥平面PAC，PC?平面PAC，所以BD⊥PC.所以當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時(shí)，有PC⊥平面MBD.又PC?平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)4．解析：如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱AA1的中點(diǎn)，AB＝1，則OCeq\o\al(2,1)＝CCeq\o\al(2,1)＋OC2＝1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，OE2＝OA2＋AE2＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,4)，ECeq\o\al(2,1)＝A1Ceq\o\al(2,1)＋A1E2＝2＋eq\f(1,4)＝eq\f(9,4)，∴OCeq\o\al(2,1)＋OE2＝ECeq\o\al(2,1)，∴OE⊥OC1.又BD⊥平面ACC1A1，OC1?平面ACC1A1，∴BD⊥OC1，且OE∩BD＝O，∴OC1⊥平面BDE，且S△BDE＝eq\f(1,2)BD·OE＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(6),4)，即平面α截該正方體所得截面圖形的面積為eq\f(\r(6),4).答案：eq\f(\r(6),4)5．(1)證明：取BD的中點(diǎn)O，連接OM，OE.因?yàn)镺，M分別為BD，BC的中點(diǎn)，所以O(shè)M∥CD，且OM＝eq\f(1,2)CD.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以CD∥AB，又EF∥AB，所以CD∥EF.又AB＝CD＝2EF，所以EF＝eq\f(1,2)CD，所以O(shè)M∥EF，且OM＝EF，所以四邊形OMFE為平行四邊形，所以MF∥OE.又OE?平面BDE，MF?平面BDE，所以MF∥平面BDE.(2)解：由(1)得FM∥平面BDE，所以點(diǎn)F到平面BDE的距離等于點(diǎn)M到平面BDE的距離．取AD的中點(diǎn)H，連接EH，BH，因?yàn)镋A＝ED，四邊形ABCD為菱形，且∠DAB＝60°，所以EH⊥AD，BH⊥AD.因?yàn)槠矫鍭DE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，EH?平面ADE，所以EH⊥平面ABCD.因?yàn)锽H?平面ABCD，所以EH⊥BH.因?yàn)镋H＝BH＝eq\r(3)，所以BE＝eq\r(6)，所以S△BDE＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(22－\b\lc\(\rc\