适用于新高考新教材广西专版2025届高考数学一轮总复习第八章立体几何与空间向量课时规范练41直线平面垂直的判定与性质

课时规范练41直线、平面垂直的判定与性质基础巩固组1.设α,β为两个平面,则下列条件是α⊥β的充要条件的是()A.α,β平行于同一个平面B.α,β垂直于同一个平面C.α内一条直线垂直于β内一条直线D.α内存在一条直线垂直于β2.(2024吉林长春统考三模)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,异面直线A1D与D1C所成角的大小为()A.π6 B.π4 C.π33.如图,四棱锥S-ABCD的底面为正方形,SD⊥底面ABCD,则下列结论不正确的是()A.AC⊥SBB.AD⊥SCC.平面SAC⊥平面SBDD.BD⊥SA4.(2024江西九江二模)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M是平面BCC1B1内一动点,且DM⊥A1C,则DM+MC的最小值为()A.2+2 B.22+2C.2+6 D5.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则()A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCDB.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCDD.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B16.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则()A.平面B1EF⊥平面BDD1B.平面B1EF⊥平面A1BDC.平面B1EF∥平面A1ACD.平面B1EF∥平面A1C1D7.已知α,β是两个不同的平面,l,m是两条不同的直线,l⊥α,m⊂β,下列四个推论:①α∥β⇒l⊥m;②α⊥β⇒l∥m;③l⊥m⇒α∥β;④l∥m⇒α⊥β.其中正确的推论是.(填序号)

8.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,AC∩BD=O,M是PC上的一动点,当点M满意时,平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为正确的条件即可)

9.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面是边长为a的正方形,侧棱PD=a,PA=PC=2a.求证:(1)PD⊥平面ABCD;(2)平面PAC⊥平面PBD.综合提升组10.(多选)若α,β是两个相交平面,则下列结论中,正确的是()A.若直线m⊥α,则在平面β内,确定不存在与直线m平行的直线B.若直线m⊥α,则在平面β内,确定存在多数条直线与直线m垂直C.若直线m⊂α,则在平面β内,确定存在与直线m异面的直线D.若直线m⊂α,则在平面β内,确定存在与直线m垂直的直线11.(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.则满意MN⊥OP的是()12.(2024陕西宝鸡二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,AB∥DC,CD=2AB=2AD=2,PD=4,AD⊥CD,E为棱PD上一点.(1)求证:无论点E在棱PD的任何位置,都有CD⊥AE成立;(2)若在PB上存在一点H,且PH=2HB,求三棱锥C-ABH的体积.13.(2024四川成都二模)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,△A1B1C1与△AB1C1均是边长为2的正三角形,且AA1=6.(1)求证:平面AB1C1⊥平面A1B1C1;(2)求四棱锥A-BB1C1C的体积.14.在五面体EF-ABCD中,正方形CDEF所在平面与平面ABCD垂直,四边形ABCD为等腰梯形,AB∥CD,AD=DC=BC=12AB(1)求证:平面BCF⊥平面ACE;(2)若三棱锥A-BCE的体积为433,求线段AB创新应用组15.(2024陕西渭南一模)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,E为A1C1的中点,AB=BC=2,C1F⊥AB.(1)求证:AB⊥BC;(2)若C1F∥平面ABE,且C1F=2,求点A到平面BCE的距离.16.(2024江西九江十校联考二)如图,四边形ABCD是正方形,ABEF是矩形,平面ABCD⊥平面ABEF,AF=12AB=2,G是EF上一点,且EG=m(0<m<4)(1)当m=2时,求证:平面AGC⊥平面BGC;(2)当m=1时,求直线AC与平面BCG所成角的余弦值.

课时规范练41直线、平面垂直的判定与性质1.D解析若α,β平行于同一个平面,则α∥β,A错误;若α,β垂直于同一个平面,则α,β可能垂直,也可能相互平行,也可能相交但不垂直,B错误;若α内一条直线垂直于β内一条直线,则α,β可能垂直,也可能相互平行,也可能相交但不垂直,C错误;若α内一条直线垂直于β,则α⊥β,反之也成立,D正确.2.C解析连接A1B,BD(图略),在正方体中,A1B∥D1C,所以A1D与A1B所成的角等于异面直线A1D与D1C所成的角.因为△A1BD为正三角形,所以A1D与A1B所成角的大小为π3.故选C3.D解析SD⊥底面ABCD,SB在平面ABCD的射影BD与AC垂直,则SB⊥AC,A正确;SC在平面ABCD的射影DC与AD垂直,则SC⊥AD,B正确;利用上述垂直可得AC⊥平面SBD,且AC⊂平面SAC,从而有平面SAC⊥平面SBD,C正确;若BD⊥SA,则BD垂直SA在平面ABCD内的射影DA,这不符合题意,D错误.故选D.4.C解析如图1,连接BD,BC1,DC1,易知A1C⊥平面BDC1,∵DM⊥A1C,∴DM⊂平面BDC1,即M在线段BC1上.如图2,将△BDC1沿着BC1绽开,使得D,B,C,C1四点共面,则DM+MC≥CD=2+6.图1图25.A解析连接AD1,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是A1D的中点,所以M为AD1的中点.又N是D1B的中点,所以MN∥AB.因为MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.因为AB不垂直BD,所以MN不垂直BD,则MN不垂直平面BDD1B1,所以选项B,D错误;在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AD1⊥A1D,AB⊥平面AA1D1D,所以AB⊥A1D,AD1∩AB=A,所以A1D⊥平面ABD1.D1B⊂平面ABD1,所以A1D⊥D1B,且直线A1D,D1B是异面直线,所以选项C错误,选项A正确.故选A.6.A解析如图,对于A,∵E,F分别为AB,BC的中点,∴EF∥AC.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AC⊥BD,DD1⊥AC,又BD∩DD1=D,∴AC⊥平面BDD1,∴EF⊥平面BDD1.又EF⊂平面B1EF,∴平面B1EF⊥平面BDD1.故A正确.对于B,连接AC1,易证AC1⊥平面A1BD.假设平面B1EF⊥平面A1BD,又AC1⊄平面B1EF,∴AC1∥平面B1EF.又AC∥EF,AC⊄平面B1EF,EF⊂平面B1EF,∴AC∥平面B1EF.又AC1∩AC=A,∴平面AA1C1C∥平面B1EF.又平面AA1C1C∩平面AA1B1B=AA1,平面B1EF∩平面AA1B1B=B1E,∴AA1∥B1E,明显不成立,∴假设不成立,即平面B1EF与平面A1BD不垂直.故B错误.对于C,由题意知,直线AA1与B1E必相交,故平面B1EF与平面A1AC必相交.故C错误.对于D,连接AB1,CB1,易证平面AB1C∥平面A1C1D,又平面B1EF与平面AB1C相交,∴平面B1EF与平面A1C1D不平行.故D错误.7.①④解析α∥β,l⊥α,所以l⊥β.又m⊂β,所以l⊥m,①正确;α⊥β,l⊥α,则l∥β或l⊂β,所以l,m可能平行、相交或异面,②错误;l⊥m,l⊥α,m⊂β,则α,β相交或平行,③错误;l∥m,l⊥α,则m⊥α,又m⊂β,所以α⊥β,④正确.8.DM⊥PC(答案不唯一)解析当DM⊥PC时,平面MBD⊥平面PCD.证明如下:由四边形ABCD为菱形,则AC⊥BD.∵PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴PA⊥BD,又PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC,又PC⊂平面PAC,∴BD⊥PC,又DM⊥PC,BD∩DM=D,∴PC⊥平面MBD,又PC⊂平面PCD,∴平面MBD⊥平面PCD.9.证明(1)∵PD=a,DC=a,PC=2a,∴PC2=PD2+DC2,则PD⊥DC.同理可证PD⊥AD.又AD∩DC=D,且AD⊂平面ABCD,DC⊂平面ABCD,∴PD⊥平面ABCD.(2)(方法1)由(1)知PD⊥平面ABCD,又AC⊂平面ABCD,∴PD⊥AC.∵四边形ABCD是正方形,∴AC⊥BD.又BD∩PD=D,且PD⊂平面PBD,BD⊂平面PBD,∴AC⊥平面PBD.又AC⊂平面PAC,∴平面PAC⊥平面PBD.(方法2)设AC与BD交于点O,连接PO(图略),易知PO⊥AC.∵四边形ABCD是正方形,∴AC⊥BD.又PO∩BD=O,PO⊂平面PBD,BD⊂平面PBD,∴AC⊥平面PBD.又AC⊂平面PAC,∴平面PAC⊥平面PBD.10.BD解析设平面α∩平面β=直线l,对于A,当平面α⊥平面β时,在平面β内作直线n⊥l,则n⊥α,而m⊥α,则n∥m,故A错误;对于B,m⊥α,则m⊥l,则平面β内与l平行的全部直线都与直线m垂直,故B正确;对于C,因为直线m⊂α,则m与l重合时,即m⊂β,β内的全部直线都与m共面,故C错误;对于D,当m⊥β时,结论成立,当直线m与β不垂直时,作与直线m垂直的平面γ,则γ必与β相交,所得交线与m垂直,故D正确.故选BD.11.BC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,图1故∠POC(或其补角)为异面直线OP,MN所成的角,在直角三角形OPC中,OC=2,CP=1,故tan∠POC=12=22,则图2对于B,如图2所示,取MT的中点为Q,连接PQ,OQ,则OQ⊥MT,PQ⊥MN.由正方体SBCN-MADT可得SM⊥平面MADT,而OQ⊂平面MADT,故SM⊥OQ,而SN∩MN=N,故OQ⊥平面SNTM.又MN⊂平面SNTM,则OQ⊥MN,而OQ∩PQ=Q,所以MN⊥平面OPQ,而OP⊂平面OPQ,故MN⊥OP,故B正确;对于C,如图3所示,连接BD,则BD∥MN,由B的推断可得OP⊥BD,图3故OP⊥MN,故C正确;对于D,如图4所示,取AD的中点Q,AB的中点K,连接AC,PQ,OQ,PK,OK,OA,则AC∥MN.图4因为DP=PC,DQ=QA,所以PQ∥AC,故PQ∥MN,所以∠QPO(或其补角)为异面直线OP,MN所成的角,因为PQ=12AC=2OQ=AOPO=PK所以OQ2<PQ2+OP2,所以∠QPO不是直角,故OP与MN不垂直,故D不合题意.故选BC.12.(1)证明因为PD⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PD⊥CD.因为AD⊥CD,AD∩PD=D,AD,PD⊂平面PAD,所以CD⊥平面PAD.因为E为棱PD上一点,所以AE⊂平面PAD,所以CD⊥AE.(2)解因为PD⊥平面ABCD,沿H作下底面ABCD的垂线HM(图略),可知HM=13PD=4所以三棱锥C-ABH的体积就等于三棱锥H-ABC的体积,所以V=13|HM|×S△ABC=13×4313.(1)证明如图,取B1C1的中点O,连接AO,A1O.∵△A1B1C1与△AB1C1均是边长为2的正三角形,∴AO⊥B1C1,A1O⊥B1C1,A1O=AO=3,∴∠AOA1为二面角A-B1C1-A1的平面角.∵AA1=6,∴A1O2+AO2=A1A2,∴A1O⊥AO.∵A1O⊥AO,A1O⊥B1C1,AO∩B1C1=O,AO,B1C1⊂平面AB1C1,∴A1O⊥平面AB1C1.又A1O⊂平面A1B1C1,∴平面AB1C1⊥平面A1B1C1.(2)解VA-BB1C1C=VABC-A1B1C∵A1O∩B1C1=O,B1C1⊂平面A1B1C1,A1O⊂平面A1B1C1,∴AO⊥平面A1B1C1,∴AO为三棱锥A-A1B1C1的高,∴VA-A1B1C1=13×S△A1B1C14.(1)证明如图,取AB中点O,连接CO.∵四边形ABCD为等腰梯形,AB∥CD,AD=DC=BC=12AB,∴四边形AOCD为菱形,∴CO=OA=OB=BC,∴△OCB为正三角形,AC⊥BC∵正方形CDEF所在平面与平面ABCD垂直,且平面CDEF∩平面ABCD=CD,CD⊥CF,∴FC⊥平面ABCD,又AC⊂平面ABCD,∴FC⊥AC.∵BC∩FC=C,∴AC⊥平面BCF.∵AC⊂平面ACE,∴平面ACE⊥平面BCF.(2)解设BC=x,则AB=2x,由勾股定理得AC=3x,由(1)可知,ED⊥平面ABCD,故VA-BCE=VE-ABC=13S△ABC·EDS△ABC=12·x·3x=32x即36x3=433,解得x=2,即15.(1)证明在直三棱柱中,CC1⊥AB,又C1F⊥AB,且C1F,C1C⊂平面BCC1B1,CC1∩C1F=C1,∴AB⊥平面BCC1B1,又∵BC⊂平面BCC1B1,∴AB⊥BC.(2)解如图,设平面EC1F与AB的交点为G,连接EG,FG,平面EC1F∩平面ABE=EG,∵C1F∥平面ABE,∴C1F∥EG.∵平面EC1FG与棱柱两底面的交线为FG,EC1,∴EC1∥FG,∴四边形EC1FG是平行四边形.∴FG=EC1,又E是A1C1的中点,∴FG=12A1C1=12∴F是BC中点,由直棱柱中CF=