2025高考数学一轮复习-7.5-空间直线、平面的垂直行-专项训练【含答案】

2025高考数学一轮复习-7.5-空间直线、平面的垂直行-专项训练【A级基础巩固】1．已知平面α和直线l有交点，则“直线l与平面α垂直”是“平面α内存在两条夹角为30°的直线m，n，使得m⊥l且n⊥l”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．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不垂直的是()3．如图所示，已知四边形ABCD是由一个等腰直角△ABC和一个有一内角为30°的直角三角形ACD拼接而成，将△ACD绕AC边旋转的过程中，下列结论中不可能成立的是()A．CD⊥AB B．BC⊥ADC．BD⊥AB D．BC⊥CD4．(多选)四棱台ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，AA1⊥平面ABCD，则下列结论正确的是()A．直线AD与直线B1D1所成的角为45°B．直线AA1与直线CC1异面C．平面ABB1A1⊥平面ADD1A1D．CA1⊥AD5．如图所示是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中，棱________所在的直线与棱AB所在的直线是异面直线且互相垂直．(注：填上你认为正确的一条棱即可，不必考虑所有可能的情况)6．已知△ABC在平面α内，∠A＝90°，DA⊥平面α，则直线CA与DB的位置关系是________．7．如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE.INCLUDEPICTURE"B组.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF"INET【B级能力提升】1．(多选)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点，则满足MN⊥OP的是()2．(多选)在三棱锥D­ABC中，已知AB＝BC＝2，AC＝2eq\r(3)，DB＝4，平面BCD⊥平面ABC，且DB⊥AB，则()A．DB⊥ACB．平面DAB⊥平面ABCC．三棱锥D­ABC的体积为eq\f(4\r(3),3)D．三棱锥D­ABC的外接球的表面积为16π3．如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为是正确的条件即可).4．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱AA1的中点为E，AC与BD交于点O，平面α过点E，且与直线OC1垂直．若AB＝1，则平面α截该正方体所得截面图形的面积为________．5．在如图所示的五面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF＝2，EF∥AB，M为BC的中点．(1)求证：FM∥平面BDE；(2)若平面ADE⊥平面ABCD，求点F到平面BDE的距离．参考答案【A级基础巩固】1．解析：若直线l与平面α垂直，则l垂直α内的任意一条直线，若平面α内存在两条夹角为30°的直线m，n，则l⊥m且l⊥n，故充分性成立；若平面α内存在两条夹角为30°的直线m，n，使得m⊥l且n⊥l，由线面垂直的判定定理可知直线l与平面α垂直，故必要性成立，所以“直线l与平面α垂直”是“平面α内存在两条夹角为30°的直线m，n，使得m⊥l且n⊥l”的充要条件．答案：C2．解析：对于A选项，如图①，因为M，N，Q为所在棱的中点，故由正方体的性质易得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选项不符合题意；对于B选项，如图②，因为M，N，Q为所在棱的中点，所以MN∥CD，MQ∥A1C，由正方体的性质得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选项不符合题意；对于C选项，如图③，因为M，N，Q为所在棱的中点，所以MN∥A1B1，AC∥A1B1，则MN∥AC.在△ABC中，AB与AC的夹角为eq\f(π,3)，故异面直线MN与AB所成的角为eq\f(π,3)，故AB⊥平面MNQ不成立，故C选项符合题意；对于D选项，同A选项，可判断AB⊥平面MNQ.答案：C3．解析：对于A，D，当平面ADC⊥平面ABC时，因为CD⊥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；对于C，假设DC＝eq\r(2)a，则AD＝2eq\r(2)a，AC＝eq\r(AD2－DC2)＝eq\r(6)a，BC＝AB＝eq\r(3)a，连接BD(图略).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，则在旋转过程中，存在某一时刻满足BD＝eq\r(5)a，此时BD2＋AB2＝AD2，BD⊥AB.故C可能成立；利用排除法可知选项中不成立的结论为B项．答案：B4．解析：对于A，如图，连接BD，则BD∥B1D1，则直线AD与直线BD所成的角即为直线AD与直线B1D1所成角．在正方形ABCD中，∠ADB＝45°，故直线AD与直线B1D1所成的角为45°，故A正确；对于B，由于棱台的侧棱延长后会交于同一点，故直线AA1与直线CC1是相交直线，故B错误；对于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正确；对于D，如图，连接AC，由题意知AC⊥BD.因为AA1⊥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，显然不成立，故AD不可能垂直于CA1，故D错误．答案：AC5．解析：如图，结合平面图形还原出正方体，结合正方体性质易知，棱CG，DH，EH，FG所在的直线与棱AB所在的直线是异面直线且互相垂直．答案：CG，DH，EH，FG(任选一个作答)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．证明：(1)因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC.(2)因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE.因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.又AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB，所以AE⊥平面PAB.因为AE⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.INCLUDEPICTURE"B组.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF"INET【B级能力提升】1．解析：设正方体的棱长为2.对于A，如图(1)所示，连接AC，则MN∥AC，故∠POC(或其补角)为异面直线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错误；对于B，如图(2)所示，取MT的中点为Q，连接PQ，OQ，则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正确；对于C，如图(3)，连接BD，则BD∥MN，由B的判断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正确；对于D，如图(4)，取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC，PQ，OQ，PK，OK，则AC∥MN.因为DP＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，所以∠QPO(或其补角)为异面直线PO，MN所成的角．因为正方体的棱长为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错误．答案：BC2．解析：因为AB＝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).如图，过D作DE⊥BC于E.因为平面BCD⊥平面ABC，平面BCD∩平面ABC＝BC，所以DE⊥平面ABC.因为AB⊂平面ABC，所以DE⊥AB.假设DB，DE不重合，因为DB⊥AB，DE∩DB＝D，DE，DB⊂平面BCD，所以AB⊥平面BCD.因为BC⊂平面BCD，所以AB⊥BC，与∠ABC＝eq\f(2π,3)矛盾，所以假设不成立，所以DB，DE重合，即DB⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以DB⊥AC.因为DB⊂平面DAB，所以平面DAB⊥平面ABC，故A，B正确；三棱锥D­ABC的体积为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×sineq\f(2π,3)×4＝eq\f(4\r(3),3)，故C正确；如图，设△ABC的外心为F，其外接圆半径为eq\f(1,2)×eq\f(2\r(3),sin\f(2π,3))＝2，过F作FO⊥平面ABC，设O为外接球的球心，则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，所以外接球的半径为OA＝eq\r(22＋OF2)＝2eq\r(2)，所以三棱锥D­ABC的外接球的表面积为S＝4π·OA2＝32π，故D错误．答案：ABC3．解析：连接AC，BD，则AC⊥BD.因为PA⊥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.所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，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：如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱AA1的中点，AB＝1，则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截该正方体所得截面图形的面积为eq\f(\r(6),4).答案：eq\f(\r(6),4)5．(1)证明：取BD的中点O，连接OM，OE.因为O，M分别为BD，BC的中点，所以OM∥CD，且OM＝eq\f(1,2)CD.因为四边形ABCD为菱形，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OM∥EF，且OM＝EF，所以四边形OMFE为平行四边形，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，所以点F到平面BDE的距离等于点M到平面BDE的距离．取AD的中点H，连接EH，BH，因为EA＝ED，四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，所以EH⊥AD，BH⊥AD.因为平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，EH⊂平面ADE，所以EH⊥平面ABCD.因为BH⊂平面ABCD，所以EH⊥BH.因为EH＝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\