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】

这是一份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】，共12页。
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⊥AD
C．BD⊥AB D．BC⊥CD
4．(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ADD1A1
D．CA1⊥AD
5．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" \* MERGEFORMATINET 【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＝2 eq \r(3)，DB＝4，平面BCD⊥平面ABC，且DB⊥AB，则( )
A．DB⊥AC
B．平面DAB⊥平面ABC
C．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16π
3．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：C
2．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：C
3．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＝2 eq \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·cs ∠DCB)
＝ eq \r(2a2＋3a2－2×\r(2)a×\r(3)a×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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：B
4．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：AC
5．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.
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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