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

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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β
2.(2023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.B.C.D.
3.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⊥SB
B.AD⊥SC
C.平面SAC⊥平面SBD
D.BD⊥SA
4. (2023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.+2B.2+2
C.D.2
5.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ABCD
B.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1
C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCD
D.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1
6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则( )
A.平面B1EF⊥平面BDD1
B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC
D.平面B1EF∥平面A1C1D
7.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满足 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=a.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,一定不存在与直线m平行的直线
B.若直线m⊥α,则在平面β内,一定存在无数条直线与直线m垂直
C.若直线m⊂α,则在平面β内,一定存在与直线m异面的直线
D.若直线m⊂α,则在平面β内,一定存在与直线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.则满足MN⊥OP的是( )
12. (2023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.(2023四川成都二模)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,△A1B1C1与△AB1C1均是边长为2的正三角形,且AA1=.
(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=AB.
(1)求证:平面BCF⊥平面ACE;
(2)若三棱锥A-BCE的体积为,求线段AB的长.
创新应用组
15. (2023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. (2023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=AB=2,G是EF上一点,且EG=m(0 (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.故选C.
3.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展开,使得D,B,C,C1四点共面,则DM+MC≥CD=.故选C.
图1
图2
5. 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,显然不成立,∴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=a,∴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平行的所有直线都与直线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内的所有直线都与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=,CP=1,故tan∠POC=,则MN⊥OP不成立,故A错误;
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的判断可得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=AC=,
OQ=,
PO=,
所以OQ2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=PD=,
所以三棱锥C-ABH的体积就等于三棱锥H-ABC的体积,
所以V=|HM|×S△ABC=|AB|×|AD|=.
13.(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=,
∴∠AOA1为二面角A-B1C1-A1的平面角.
∵AA1=,∴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=2,由(1)知,A1O⊥AO,AO⊥B1C1.
∵A1O∩B1C1=O,B1C1⊂平面A1B1C1,A1O⊂平面A1B1C1,∴AO⊥平面A1B1C1,
∴AO为三棱锥A-A1B1C1的高,
∴×AO=×4×=1.∴四棱锥A-BB1C1C的体积为2.
14.(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=AB,∴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=x,由(1)可知,ED⊥平面ABCD,
故VA-BCE=VE-ABC=S△ABC·ED,
S△ABC=·x·x=x2,
即x3=,解得x=2,即AB=4.
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=A1C1=AC,
∴F是BC中点,由直棱柱中CF=1,C1F=2,
∴CC1=,△ABC的面积为2.
由(1)知A1C1=AC=AB=2,
∴BE=CE=,∴△BCE的面积为2.
设点A到平面BCE的距离为d,由体积法得,∴d=,点A到平面BCE的距离为.
16.(1)证明因为四边形ABCD是正方形,所以BC⊥AB.
又平面ABCD⊥平面ABEF,且平面ABCD∩平面ABEF=AB,所以BC⊥平面ABEF.
因为AG⊂平面ABEF,所以BC⊥AG.当m=2时,G为EF的中点,
且AF=AB=2,FG=2,则AG=2,
所以CG2=BC2+BE2+EG2=16+4+4=24,AC2=16+16=32,所以有AG2+CG2=AC2,所以AG⊥CG.
又BC∩CG=C,BC⊂平面BCG,CG⊂平面BCG,所以AG⊥平面BCG.
因为AG⊂平面ACG,所以平面AGC⊥平面BCG.
(2)解作AO⊥平面BCG,垂足为O,连接OC,则∠ACO为直线AC与平面BCG所成角,图略.
由(1)知,BC⊥平面ABEF.故三棱锥C-AGB的体积为VC-ABG=S△ABG·BC=×4×2×4=,
当m=1时,BG=,△BCG的面积为S△BCG=BG·BC=×4=2,
则VA-BCG=S△BCG·AO=·AO,因为VA-BCG=VC-ABG,所以·AO=,故AO=.
在△AOC中,AC=4,所以sin∠ACO=,可得cs∠ACO=.
故直线AC与平面BCG所成角的余弦值为.