专题24 空间直线、平面的垂直73分练-2024年高考数学小题必刷卷

专题二十四 空间直线、平面的垂直 73分练 (时间:60分钟 分值:73分) 一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分. 4.在四校锥P一ABCD中,底面ABCD是矩形,给 在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目 出以下三个结论: 要求的. ①若PD的中点为E,则PB/平面ACE; 1.(2024·高三课时练习)如图 ②若PA 平面ABCD,则平面PCD 平面PAD; 所示,AB是圆O的直径,C ③若PA I平面ABCD.则线段PC是四梳锥 是异于A,B两点的圆周上的 P一ABCD外接球的直径 则关于这三个结论叙述正确的是 任意一点,PA垂直于圆O所 ,_ A.①对,②③错 在的平面,则△PAB,△PAC B.①②对,③错 C.①错,②③对 _ △ABC,△PBC中,直角三角形的个数是( D.①②③都对 A.1 B.2 5.(2024·四川遂宁模拟预测)A C.3 D.4 如图,在矩形ABCD中,E、 2.已知n,n./是三条不同的直线,a,8,v是三个不 F分别为边AD、BC上的 _ ( 重合的平面,则下列说法错误的是 点,且AD=3AE,BC=3BF,设P、Q分别为线 A.若mla,m3,na,则n3 段AF、CE的中点,将四边形ABFE沿着直线 B.若n与n异面,/n,/|n,则存在a,使得/ EF进行翻折,使得点A不在平面CDEF上,在 ( 这一过程中,下列关系不能成立的是 m/a,n/a ) C.若gx,,a③-/,则/ A.直线AB/直线CD D.若n/a,n/③.al,则nn B. 直线AB 直线PQ 3.(2024·海南省模拟预测)已知 C.直线PQ//直线ED 四校柱ABCD一A.B C.D: 的 D. 直线PQ/平面ADE 底面ABCD为正方形,侧校与 6.在正方体ABCD一A.BC.D.中,L.M,N分别 底面垂直,点P是侧枝DD;上 为校A.B.AD,CC.的中点,则平面LMN与平 D 的点,且DP-2PD ,AA -3, 面CBD,的位置关系是 ~ _~ AB-1.若点Q在侧面BCCB(包括其边界)上运 A.垂直 B.相交不垂直 动,且总保持AQ BP,则动点Q的轨迹长度为 C.平行 D.重合 ( ) 7.(2024·新课标II卷)已知正三校台ABC A.③ B.2 .# D 与平面ABC所成角的正切值为 __ 35 B.1 A.存在t,在翻折过程中存在某个位置,使得 AB1OC C.2 D.3 B.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得 8.如图,矩形ABCD中,E、F分别为BC、AD的中 ACBD 点,且 BC=2AB-2,BFOAE=O,现将△ABE C.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得 沿AE向上翻折,使B点移到P点,则在翻折过 AB|平面ACD ( ) 程中,下列结论不正确的是 D.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得 AC平面ABD 11.(2024·高一课时练习)已知两个平面垂直,下 列命题错误的有 A.一个平面内任意一条直线必垂直于另一个 A.CF1OP 平面内的任意一条直线 B.存在点P,使得PE//CF B.一个平面内的任意一条直线必垂直于另一个 C.存在点P,使得PE ED 平面的无数条直线 C.一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面 D.过一个平面内任意一点作交线的垂线,则此 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分 垂线必垂直于另一个平面 在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分 部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的 12.(2024·四川广安模拟预测)已知平面。,3,直线 得0分. m满足nCB,a B,则“n g”是“n//B”的 9.(2024·高一课时练习)如图 条件,(填“充分不必要”,“必要不充分” 所示,在四校锥P一ABCD “充要条件”,“既不充分也不必要”) 中,PA底面ABCD,且底 13.如图,AB为圆柱下底面圆O的直径,C是下底 面ABCD为萎形,M是PC 上的一个动点,若要使得平 的高为5.若点D在圆柱表面上运动,且满足BC 面MBD平面PCD,则应补充的一个条件可以 1AD,则点D的轨迹所围成图形的面积为 是 ( ) A. MD |MB B. MD PC C.ABAD D. BM PC 10.(2024·海南模拟预测)如图,在矩形ABCD 中,BC=1,AB=x,BD和AC交于点O,将 八BAD沿直线BD翻折,则正确的是 ) 14.(2024·贵州校联考模拟预测)在四校锥P一 ABCD中,底面ABCD是矩形,PA底面 ABCD.且 PA-AB,AD-3AB,则tan APC 36所以CN与BE平行,故②错误。 所以Ia,故B正确. 对③,连接MD,同②的方法可证四边形AFMD为平行 对选项C,设aOv=a,3v-b,在平面y内任取一个不 四边形, 在直线a,b上的点P, 所以AF/MD. 过点P作直线PA a,PB|b,垂足分别为点A,B 又AF乎面BDM,MDC平面BDM,所以AF/平面 又因为PACy,PBC,a/,7, BDM,故③正确. 所以PA|a,PB③,又lCa,lC. 同②的方法可证四边形AEMC为平行四边形,则AC/ 故1PA,I PB. EM. 又因为PAOPB=P,PA,PBC平 又ACC平面BEM,EMC平面BEM,所以AC/平面 面”,从而/v.故选项C正确. 对选项D.直线n,n的位置关系可 BEM,同理AN/乎面BEM. 以是任意的,比如设a-l,nCa且 ? 又ACOAN-A,AC,ANC面CAN,所以平面CAN/ n/l,mC3,m/l,则根据平行的传递性知m/n,故D错误. 平面BEM,故④正确. 故选:D. 故答案为:③④. 3.D 如图,在侧核AA;上取一点R,使 14.答案:[17,5] D 得AR-2RA,连接PR,BR. B 过点A作AN |BR交BR于点M,交 取点F,使DF-2DF BB. 于点N,连接AC,CN. 连结EF、C.E.C.F,则平面CMN/ 由PR/AD,可知PR AN 平面C.EF. BR.PRC平面BPR,BROPR=R. 从而AN|平面BPR,所以BP |AN, 因为P是侧面四边形ADD,A 内一动点(含边界), C.P/平面CMN. 又由BP在平面ABCD内的射影BD1 AC,所以BP1AC, 所以PE线段EF,所以当P与EF的中点O重合时, AN.ACC平面ACN,ANOAC=A. 线段C.P长度取最小值C.O. 知BP1平面ACN,CNC平面ACN,所以BP1CN. 当P与点E或点F重合时,线段C.P长度取最大值 所以动点Q的轨迹为线段CN. C.E或C.F. 在 Rt△ABN,Rt△RAB中,BAN=ARB. 因为在长方体ABCD-A.BC.D 中,AA=6,AB=3, N 所以Rt△ABNCoR: RAB. AD-8. BNAB 点M是校AD的中点,点N在校AA 上,且满足AN-2NA. 所以(C.P)=CE=CF-3+4-5.EF=42 (C P=C0 CEF-E0-25-(2 /②)=17 故选:D. 所以线段C.P长度的取值范围是[17,5] 4.D ①正确,连接BD交AC于G,连 故答案为:[17,5]. 接EG,则在△PBD中,EG/PB,而 EGC平面ACE,PB平面ACE,则 专题二十四 1 空间直线、平面的 PB/乎面ACE. 垂直 73分练 ②正确,因为PA 平面ABCD,得p 1.D 因为AB是O的直径,所以 ACB=90{,即BC1AC PA IAB,又由于AD|AB,所以AB1乎面PAD,又AB /CD,所以CD1平面PAD,而CDC平面PCD,故平面 所以八ABC为直角三角形. PCD1平面PAD. 又PA1O所在平面,AC,AB,BC都在O所在平面内, ③正确,由于PA上平面ABCD,将四校锥还原成长方 所以PA|AC,PA|AB,PA |BC,所以△PAC、△PAE 体,知PC为该长方体的体对角线,故PC为四校锥P一 是直角三角形, ABCD外接球的直径. 又PAOAC=A,PA,ACC平面PAC,所以BC]平 故选:D. 面PAC. 5.C 翻折之后如图所示: 因为PCC平面PAC,所以BC |PC,所以△PBC是直角 ①因为AD-3AE,BC-3BF,所 三角形, 以AB/EF且EF/CD. 从而△PAB,△PAC,△ABC,△PBC均为直角三角形. 因此AB/CD,故选项A成立. 故选:D. ②连接FD,因为P、Q分别为 2.D 对选项A,若mla,mlB,则a//③,又na,所以nl FA、FD的中点,所以PQ//AD. 9.选项A正确. 又因为AB AD,所以AB PQ,故选项B成立. 对选项B,在/上取点Q,分别 ③因为PQ/AD,EDOAD= 作n.n的平行线n',n',这两条 D,所以PQ与ED不平行,故 相交直线确定平面a, 选项C不成立. 因为m/m',ma,mCa,则m/ ④因为PQ/AD,且PQ亡平面 a,同理可证n/a. ADE,ADC乎面ADE. 因为Im,ln,m/m',n/n', 所以PQ/平面ADE,故选项D成立. 所以lm',ln',又因为m'On'=Q,n',n'C 故选:C. 162 6.A 设核AA.,BC 的中点分别 而FO|AE,POOAE-O,PO,AEC平面PAE,因此 为P.Q.连接LP,LM.PM.LQ FOI乎面PAE,又O,F分别为AE,AD的中点 QN.LN,连接BC.B.C.BD 即ED/FO,于是ED|平面PAE,而PEC平面PAE. CD.,如图所示, 则PEED.C正确. 正方体中,C.D1平面BCC.B. 在翻折过程中,令PO与平面AED所成角为0,则点P CB.C平面BCC.B.C.D 1CB. 正方形BCC B 中,BC.CB.BC.OCD.=C ,BC C.DC平面BCD. 又△AED的面积SAxo-AD·AB-1,因此三梭锥 CB |平面BC.D,BDC平面BCD,所以BD |CB, Q.N分别为校BC.CC 的中点,NQ/CB,所以BD.INQ 同理可证BDILQ,NO.LOC平面NOL.NOOLQ Q.所以BD。1平面NQL, 当且仅当0一90{*},即PO 平面AED时取等号,所以三 LNC平面NQL,所以BD 1LN. 同理可证BD 1LM, LM.LNC平面LMN,LMOLN-L,所以BD I平面 故选:B. 9. BD 连接AC,BD,BM.MD. LMN,BDC平面CBD.,故平面CBDI平面LMN. 故选:A. 因为在四校锥P一ABCD中,PA1 7.B 设正三校台ABC一A.B.C 的高为h,三条侧校延长 底面ABCD. 后交于一点P,作PO|平面ABC于点O,PO交平面 且底面各边都相等,M是PC上的 A.B.C. 于点O,连接OA,OA:如图所示:由AB 一动点, 所以BD |PA,BD |AC,因为PA B AC-A. 所以BD 平面PAC,所以BD PC 一93,所以正三核台 所以当DMPC(或BM PC)时. 即有PC1平面MBD. ABC-A.BC 的体积V=Vp--Vp-4.= 而PCC平面PCD,所以平面MBD)平面PCD ×3-1×3×-52#解得#-43.,故P= 故选:BD. 10.ABC 对A,当AB-x=1时,所以此时矩形ABCD为 正方形,则AC1BD 将△BAD沿直线BD翻折,若使得面ABD 面 BCD时, 由OC |BD,OCC面BCD,面ABDO面BCD=BD. 所以 PAO是AA与平面ABC所成的角,在Rt 所以OC1面ABD,又ABC面ABD,所以AB1OC,故 OA 选项A正确. 故选B. 对B,又OC1BD,OA1BD,且OAOOC-O. 所以BD|面OAC,又ACC面OAC,所以AC|BD,故 选项B正确. #1h#)# 对C.在矩形ABCD中,AB|AD,AC=1+, 所以将△BAD沿直线BD翻折时,总有AB1AD, 有AB+AC一BC, 即AB1AC,且ACOAD-A,则此时满足AB1平面 ACD,故C正确. 8.B 依题意,AF/EC,AF=EC,则四边形AECF为乎行 对D,若AC1平面ABD,又AO二平面ABD,则AC|AO. 四边形,有CF/AE, 所以在△AOC中,OC为斜边,这与OC-OA相矛盾 而 AF=AB=BE, BAF= 故D不正确. 乙ABE=90{,即有 ABO= 故选:ABC. BAO-45*,因此BF 1AE. 11.ACD 一个平面内只有垂直交线的直线和另一平面垂 即OPAE,因此CF OP,A正确. 直,才和另一个平面内的任意一条直线垂直,所以A,C 因为PEOAE=E,CF/AE,因此PE,CF不乎行,即不 错误. 存在点P,使得PE/CF,B错误. 过一个平面内任意一点作交线的垂线,该垂线在平面 内时,则此垂线必垂直于另一个平面, 若点在交线上时,作交线的垂线,则垂线不一定在平面 FO-1-PF,则PO|FO. 内,此垂线不一定垂直于另一个平面,所以D错误 163 因为另一个平面内有无数条平行直线垂直于该平面, $$ -A-A-^A-AM--^A-2$ 都与该直线垂直,所以B正确. 故选:ACD ##($AB+AC)#--p-(PB-^A+P-pA)= 12.答案:充分不必要条件 #-#-(PB-PA+P-PA)--PA-PB- 解析:因为mla,且alB,mB,所以m/B,反过来,m/ 时,包含m/a或是mCa或nOa一A,所以不一定垂直, 所以“n|a”是“m/B”的充分不必要条件。 故答案为:充分不必要条件. 选:D. 13.答案:10 4.D 因为E是BC中点,所以OE-(OB+O), 解析:因为AB是圆柱下底面圆O的 直径,所以BC AC, 又 BC ]AD,ACOAD-A.AC,ADC .D 平面ACD,所以BC|平面ACD. 所以AG#--##-0#) 设过A的母线与上底面的交点为E, 3 过C的母线与上底面的交点为F,连 因为OG-2GG, EF.CF.AC. 所0--#G-3(0+AG-#+4(o- 因为AE |平面ABC,BCC平面ABC,所以AE|BC. #-20A+4--0A+2(0+)--0A+ 因为AEOAC-A.AE,ACC平面ACE,所以BC1平 面ACE. #7B+#0. 所以点D在平面ACE内,又点D在圆柱的表面,所以 点D的轨迹是矩形AEFC, 故选:D. 所以矩形AEFC的面积为5X2=10. 5.A 因为m+n-1,所以n-1-n, 故点D的轨迹所围成图形的面积为10 所以OP-(1-nOA+OB,即O-OA-(OB-OA. 故答案为:10. 即AP-nAB,所以AP与AB共线. 14.答案:2 又AP,AB有公共起点A. 解析:因为PA 底面ABCD,ACC底面ABCD,所以 所以P,A,B三点在同一真线上,即PEAB. PAAC,设AB-1,则PA=1,AD=/3,AC 故选:A. PA 6.A 取AD的中点O,BC的中点E, 连接PO、OE: 故答案为:2. 因为△PAD是正三角形,所以PO1 专题二十五 空间向量与立体几何 73分练 AD,平面PAD1平面ABCD, 1.D 因为M为AC.与B.D的交点,所以BM-BA+ 平面PADO平面ABCD-AD.POC 平面PAD, #C. 所以PO平面ABCD. 如图建立空间直角坐标系,则P(0.0.,③),C(2,1,0). 故BM-B BM-A+BA+BC-- D(0.1.0),B(2,-1.0). 所以PC-(2.1.一③),DB-(2.-2.0). #1+A-△。 P.DB 所以cosPC,DB一 故选:D. $$.D# MN-N-#-#(oB+)-#-#a+# BD所成角的余弦值为-.故选:A. #.# 7.C 因为A(a,2a,6),B(0,0.1).C(1.1,2),D(-1.0,3). E(a,0,5). 故选:D. 可得DA-(a+1.2a,3),BC-(1,1,1),BD-(-1.0.2). 3.D 取BC中点为M, 设n一(x,y,)是平面BCD的法向量, a-AF-P-PA--PC-PA. n.BC-x+y+-0. 。 n.BB--+2x-0. b-C-P-PC-PB-P. 令x-2,可得y--3,z-1,所以n-(2,-3,1). 所以点A到平面BCD的距离 -BD-pD-PB-1p-PB (-#)#+## -[D.nl12a-6a+5| 三个式子相加可得a十b十c=一- 1#p+PP)#→ Inl 。14 14 p+pB+PC--2(a+b+c). 164